椭圆大题集（含解析）
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一、解答题：
1.已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.
（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；
（Ⅱ）设O是坐标原点，直线平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明：存在常数，使得，并求的值.
2. 已知圆上的动点，点Q在NP上，点G在MP上，且满足.
（I）求点G的轨迹C的方程；
（II）过点（2，0）作直线，与曲线C交于A、B两点，O是坐标原点，设 是否存在这样的直线，使四边形OASB的对角线相等（即）？若存在，求出直线的方程；若不存在，试说明理由.
3．如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，右顶点，上顶点分别为A，B，且|AB|＝|BF|.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若斜率为2的直线l过点(0,2)，且l交椭圆C于P，Q两点，OP⊥OQ，求直线l的方程及椭圆C的方程．
4.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0) 的离心率为 ，短轴长为2．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若圆O：x2+y2=1的切线l与曲线E相交于A、B两点，线段AB的中点为M，求|OM|的最大值．
5.已知是椭圆：的左顶点，斜率为的直线交与，两点，点在上，
.
（Ⅰ）当时，求的面积；
（Ⅱ）当时，证明：.
答案
1.【答案】（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.
【解析】（I）由已知，，即，所以，则椭圆E的方程为.
由方程组 得.①
方程①的判别式为，由，得，
此方程①的解为，
所以椭圆E的方程为.
点T坐标为（2,1）.
（II）由已知可设直线 的方程为，
有方程组 可得
所以P点坐标为（ ），.
设点A，B的坐标分别为 .
由方程组 可得.②
方程②的判别式为，由，解得.
由②得.
所以 ，
同理，
所以
.
故存在常数，使得.
2. 【答案】：（1）；（2）存在
【解析】：（1）Q为PN的中点且GQ⊥PN
GQ为PN的中垂线|PG|=|GN|
∴|GN|+|GM|=|MP|=6，故G点的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，其长半轴长，半焦距，∴短半轴长b=2，∴点G的轨迹方程是 ………5分
（2）因为，所以四边形OASB为平行四边形
若存在l使得，则四边形OASB为矩形
若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，由
矛盾，故l的斜率存在. ………7分
设l的方程为
①
② ……………9分
把①、②代入
∴存在直线使得四边形OASB的对角线相等.
3. 【答案】(1) (2) 2x－y＋2＝0. ＋y2＝1.
【解析】|AB|＝|BF|，即＝a，4a2＋4b2＝5a2,4a2＋4(a2－c2)＝5a2，∴e＝＝.
(2)由(1)知a2＝4b2，∴椭圆C：＋＝1.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
直线l的方程为y－2＝2(x－0)，即2x－y＋2＝0.
由消去y，得x2＋4(2x＋2)2－4b2＝0，即17x2＋32x＋16－4b2＝0.
Δ＝322＋16×17(b2－4)>0，解得b>.x1＋x2＝－，x1x2＝.
∵OP⊥OQ，∴·＝0，即x1x2＋y1y2＝0，x1x2＋(2x1＋2)(2x2＋2)＝0，
5x1x2＋4(x1＋x2)＋4＝0.从而－＋4＝0，解得b＝1，满足b>.
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
4.【答案】（ I）（ II）
【解析】
（ I）由题意得 ， 解得a=2，b=1． ∴椭圆C的标准方程 ．
（ II）设A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），M（x0 ， y0），
若直线l的斜率为0，则l方程为y=±1，此时直线l与椭圆只有1个交点，不符合题意；
设直线l：x=my+t．
∵l与圆O相切，∴ ，即t2=m2+1；
联立方程组 ，消去x，得（m2+4）y2+2mty+t2﹣4=0，
则△=4m2t2﹣4（t2﹣4）（m2+4）=16（m2﹣t2+4）=48＞0，
∴ ，∴ ， ，即 ，
∴ ，
设x=m2+4，则x≥4， ，
∴当x=8时等号成立，|OM|取得最大值 =
5.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】
设，则由题意知.
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为
又，因此直线AM的方程为
将代入得：
解得，所以
因此的面积.
将直线AM的方程代入得：
由得：，故.
由题设，直线AN的方程为，故同理可得：
由得，即.
设，则是的零点，，所以在单调递增。又，因此在有唯一的零点，且零点在内，所以
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一、解答题：
1.已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.
（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；
（Ⅱ）设O是坐标原点，直线平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明：存在常数，使得，并求的值.
2. 已知圆上的动点，点Q在NP上，点G在MP上，且满足.
（I）求点G的轨迹C的方程；
（II）过点（2，0）作直线，与曲线C交于A、B两点，O是坐标原点，设 是否存在这样的直线，使四边形OASB的对角线相等（即）？若存在，求出直线的方程；若不存在，试说明理由.
3．如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，右顶点，上顶点分别为A，B，且|AB|＝|BF|.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若斜率为2的直线l过点(0,2)，且l交椭圆C于P，Q两点，OP⊥OQ，求直线l的方程及椭圆C的方程．
4.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0) 的离心率为 ，短轴长为2．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若圆O：x2+y2=1的切线l与曲线E相交于A、B两点，线段AB的中点为M，求|OM|的最大值．
5.已知是椭圆：的左顶点，斜率为的直线交与，两点，点在上，
.
（Ⅰ）当时，求的面积；
（Ⅱ）当时，证明：.
答案
1.【答案】（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.
【解析】（I）由已知，，即，所以，则椭圆E的方程为.
由方程组 得.①
方程①的判别式为，由，得，
此方程①的解为，
所以椭圆E的方程为.
点T坐标为（2,1）.
（II）由已知可设直线 的方程为，
有方程组 可得
所以P点坐标为（ ），.
设点A，B的坐标分别为 .
由方程组 可得.②
方程②的判别式为，由，解得.
由②得.
所以 ，
同理，
所以
.
故存在常数，使得.
2. 【答案】：（1）；（2）存在
【解析】：（1）Q为PN的中点且GQ⊥PN
GQ为PN的中垂线|PG|=|GN|
∴|GN|+|GM|=|MP|=6，故G点的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，其长半轴长，半焦距，∴短半轴长b=2，∴点G的轨迹方程是 ………5分
（2）因为，所以四边形OASB为平行四边形
若存在l使得，则四边形OASB为矩形
若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，由
矛盾，故l的斜率存在. ………7分
设l的方程为
①
② ……………9分
把①、②代入
∴存在直线使得四边形OASB的对角线相等.
3. 【答案】(1) (2) 2x－y＋2＝0. ＋y2＝1.
【解析】|AB|＝|BF|，即＝a，4a2＋4b2＝5a2,4a2＋4(a2－c2)＝5a2，∴e＝＝.
(2)由(1)知a2＝4b2，∴椭圆C：＋＝1.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
直线l的方程为y－2＝2(x－0)，即2x－y＋2＝0.
由消去y，得x2＋4(2x＋2)2－4b2＝0，即17x2＋32x＋16－4b2＝0.
Δ＝322＋16×17(b2－4)>0，解得b>.x1＋x2＝－，x1x2＝.
∵OP⊥OQ，∴·＝0，即x1x2＋y1y2＝0，x1x2＋(2x1＋2)(2x2＋2)＝0，
5x1x2＋4(x1＋x2)＋4＝0.从而－＋4＝0，解得b＝1，满足b>.
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
4.【答案】（ I）（ II）
【解析】
（ I）由题意得 ， 解得a=2，b=1． ∴椭圆C的标准方程 ．
（ II）设A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），M（x0 ， y0），
若直线l的斜率为0，则l方程为y=±1，此时直线l与椭圆只有1个交点，不符合题意；
设直线l：x=my+t．
∵l与圆O相切，∴ ，即t2=m2+1；
联立方程组 ，消去x，得（m2+4）y2+2mty+t2﹣4=0，
则△=4m2t2﹣4（t2﹣4）（m2+4）=16（m2﹣t2+4）=48＞0，
∴ ，∴ ， ，即 ，
∴ ，
设x=m2+4，则x≥4， ，
∴当x=8时等号成立，|OM|取得最大值 =
5.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】
设，则由题意知.
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为
又，因此直线AM的方程为
将代入得：
解得，所以
因此的面积.
将直线AM的方程代入得：
由得：，故.
由题设，直线AN的方程为，故同理可得：
由得，即.
设，则是的零点，，所以在单调递增。又，因此在有唯一的零点，且零点在内，所以
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