2014-2023年高考数学真题专题分类--9.2　椭圆及其性质(含解析)

2014-2023年高考数学真题专题分类
9.2　椭圆
考点一　椭圆的定义及标准方程
1.(多选题)(2020新高考Ⅰ,9,5分)已知曲线C:mx2+ny2=1.(　　)
A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上
B.若m=n>0,则C是圆,其半径为
C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±x
D.若m=0,n>0,则C是两条直线
答案　ACD　A选项中,若m>n>0,则方程mx2+ny2=1可变形为+=1,因为m>n>0,所以0<<,所以此曲线表示椭圆,且焦点在y轴上,所以A正确.
B选项中,若m=n>0,则方程mx2+ny2=1可变形为x2+y2=,所以此曲线表示圆,半径为,所以B不正确.
C选项中,若mn<0,则此曲线应为双曲线,mx2+ny2=0可化为y2=-,即y=±x,即双曲线的渐近线方程为y=±x,所以C正确.
D选项中,若m=0,n>0,则方程mx2+ny2=1可化为y2=(x∈R),即y=±,表示两条直线,所以D正确.
故选ACD.
2.(2015广东文,8,5分)已知椭圆+=1(m>0)的左焦点为F1(-4,0),则m=(　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.9
答案　B　依题意有25-m2=16,∵m>0,∴m=3.选B.
3.(2013课标Ⅰ理,10,5分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的方程为(　　)
A.+=1　　　　B.+=1
C.+=1　　　　D.+=1
答案　D　直线AB的斜率k==,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则
①-②得=-·.
即k=-×,
∴=.　　　　　　③
又a2-b2=c2=9,　　　　④
由③④得a2=18,b2=9.
所以椭圆E的方程为+=1,故选D.
评析　本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了线段的中点问题.本题也可利用根与系数的关系解决中点问题.
4.(2014大纲全国,理6,文9,5分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点为F1、F2,离心率为,过F2的直线l交C于A、B两点.若△AF1B的周长为4,则C的方程为(　　)
A.+=1　　　　B.+y2=1　　　　C.+=1　　　　D.+=1
答案　A　由题意及椭圆的定义知4a=4,则a=,又==,∴c=1,∴b2=2,∴C的方程为+=1,选A.
5.(2013广东文,9,5分)已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(1,0),离心率等于,则C的方程是(　　)
A.+=1　　　　B.+=1
C.+=1　　　　D.+=1
答案　D　由右焦点为F(1,0)可知c=1,因为离心率等于,即=,故a=2,由a2=b2+c2知b2=3,故椭圆C的方程为+=1.故选D.
6.(2021全国乙文,11,5分)设B是椭圆C:+y2=1的上顶点,点P在C上,则|PB|的最大值为 (　　)
A.　　　　D.2
答案　A　解题指导:点P在椭圆上,根据两点间的距离公式,消元得关于y0的二次函数,利用二次函数求最值或用三角函数表示出P点坐标,再利用三角函数的有界性求最值.
解析　解法一:由题意可知B(0,1),
设P(x0,y0),则=1,,
|PB|=.
因为-1≤y0≤1,所以y0=-时,|PB|取得最大值,故选A.
解法二:由题意可知B(0,1),由点P在椭圆+y2=1上,
可设P(cos θ,sin θ),
则|PB|2=(cos θ)2+(sin θ-1)2=-4sin2θ-2sin θ+6=-4,
当sin θ=-时,|PB|2取得最大值,此时|PB|最大,为,故选A.
7.(2021新高考Ⅰ,5,5分)已知F1,F2是椭圆C:=1的两个焦点,点M在C上,则|MF1|·|MF2|的最大值为 (　　)
A.13　　　　B.12　　　　C.9　　　　D.6
答案　C　∵M在椭圆C:=1上,且a=3,
∴|MF1|+|MF2|=6,
∵,
∴|MF1|·|MF2|≤=9,
当且仅当|MF1|=|MF2|=3时等号成立.
故选C.
易错警示　在用基本不等式求最值时,要满足“一正、二定、三相等”,三个条件缺一不可.
8.(2023全国甲文,7,5分,中)设F1,F2为椭圆C:+y2=1的两个焦点,点P在C上,若·=0,则|PF1|·|PF2|= (　　)
A.1　　B.2　　C.4　　D.5
答案　B　由题意知,a2=5,b2=1,∴c2=a2-b2=4,∴c=2,则|F1F2|=2c=4,
由椭圆的定义得|PF1|+|PF2|=2a=2,
∵·=0,∴PF1⊥PF2,∴|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=16,
即(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1||PF2|=16,即(2)2-2|PF1||PF2|=16,得|PF1||PF2|=2,故选B.
一题多解　由题意可知a2=5,b2=1,∵·=0,∴∠F1PF2=90°,
∴=b2tan=1,又=|PF1||PF2|,
∴|PF1||PF2|=2,故选B.
9.(2022全国甲文,11,5分)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,A1,A2分别为C的左、右顶点,B为C的上顶点.若=-1,则C的方程为 (　　)
A.=1
C.+y2=1
答案　B　由题意知A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),则=(-a,-b),=(a,-b),所以=-a2+b2=-1①,又e=,即②,联立①②,解得所以椭圆C的方程为=1.故选B.
10.(2021全国甲理,15,5分)已知F1,F2为椭圆C:=1的两个焦点,P,Q为C上关于坐标原点对称的两点,且|PQ|=|F1F2|,则四边形PF1QF2的面积为　　　　.
答案　8
解题指导:利用椭圆的定义并结合其对称性,判断四边形PF1QF2为矩形,进而结合勾股定理与椭圆定义求解其面积.
解析　如图,设|PF1|=m,|PF2|=n,由椭圆方程=1可得,2a=|PF1|+|PF2|=m+n=8,2c=|F1F2|=4.
由P,Q关于原点对称得|OP|=|OQ|,又|OF1|=|OF2|,故四边形PF1QF2为平行四边形.
依据|F1F2|=|PQ|,得到四边形PF1QF2为矩形,故PF1⊥PF2.
在Rt△F1PF2中,∠F2PF1=90°,则m2+n2=(4)2=48,
由(m+n)2=64得m2+n2+2mn=48+2mn=64,解得mn=8,
所以四边形PF1QF2的面积为8.
解题关键　由|PQ|=|F1F2|判断平行四边形PF1QF2是矩形为解题关键.
11.(2021浙江,16,6分)已知椭圆=1(a>b>0),焦点F1(-c,0),F2(c,0)(c>0).若过F1的直线和圆+y2=c2相切,与椭圆在第一象限交于点P,且PF2⊥x轴,则该直线的斜率是　　　　,椭圆的离心率是　　　　.
答案　
解题指导:根据直线与圆相切,得到各线段的长,再利用直线PF1的倾斜角所在的直角三角形即可求出斜率;求解离心率的关键在于利用三角形建立a,b,c的等量关系,再利用变形,得到关于离心率的方程即可求解.
解析　设切点为B,圆心为A,连接AB,如图,易知|F1A|=,|F1F2|=2c,|BF1|=,|AB|=c,|PF2|=.
∴直线PF1的斜率k=tan∠PF1F2=,
在△PF1F2中, tan∠PF1F2=,
即(a2-c2)=4ac,
方程两边同时除以a2,整理可得=0,
解得e=或e=-(舍),∴e=.
一题多解　在求解离心率e时,∵tan∠PF1F2=,∴在Rt△PF1F2中,可令|PF2|=2,|F1F2|=,则|PF1|=3,故e=.
12.(2022新高考Ⅰ,16,5分)已知椭圆C:=1(a>b>0),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|DE|=6,则△ADE的周长是　　　　.
答案　 13
解析　设F1、F2分别为左、右焦点.如图,连接AF1,DF2,EF2,
∵e=,
∴a=2c,∴b=c,∴A(0,c),F2(c,0),F1(-c,0),
∴,∴∠AF2O=60°,又∵|AF1|=|AF2|,∴△AF1F2为正三角形,又∵DE⊥AF2且F1∈DE,∴DE为AF2的中垂线,∴|AD|=|DF2|,|AE|=|EF2|,
∴△ADE的周长为|AD|+|AE|+|DE|=|DF2|+|F2E|+|DF1|+|F1E|=4a.
∵DE⊥AF2,∴kDE=,∴DE的方程为y=(x+c),
联立得消去y得,13x2+8cx-32c2=0,设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=-c2,
∴|DE|==6,∴c=,又∵a=2c,∴4a=8c=13,∴△ADE的周长为13.
13.(2014辽宁,理15,文15,5分)已知椭圆C:+=1,点M与C的焦点不重合.若M关于C的焦点的对称点分别为A,B,线段MN的中点在C上,则|AN|+|BN|=　　　　.
答案　12
解析　根据已知条件画出图形,如图.设MN的中点为P,F1、F2为椭圆C的焦点,连接PF1、PF2.显然PF1是△MAN的中位线,PF2是△MBN的中位线,∴|AN|+|BN|=2|PF1|+2|PF2|=2(|PF1|+|PF2|)=2×6=12.
评析　本题考查了椭圆的定义和方程,考查了数形结合的思想.连接PF1、PF2利用椭圆的定义是求解的关键.
14.(2019江苏,17,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(a>b>0)的焦点为F1(-1,0),F2(1,0).过F2作x轴的垂线l,在x轴的上方,l与圆F2:(x-1)2+y2=4a2交于点A,与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B,连接BF2交椭圆C于点E,连接DF1.已知DF1=.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)求点E的坐标.
解析　本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.满分14分.
(1)设椭圆C的焦距为2c.
因为F1(-1,0),F2(1,0),所以F1F2=2,c=1.
又因为DF1=,AF2⊥x轴,所以DF2===.
因此2a=DF1+DF2=4,从而a=2.
由b2=a2-c2,得b2=3.
因此,椭圆C的标准方程为+=1.
(2)解法一:由(1)知,椭圆C:+=1,a=2.
因为AF2⊥x轴,所以点A的横坐标为1.
将x=1代入圆F2的方程(x-1)2+y2=16,解得y=±4.
因为点A在x轴上方,所以A(1,4).
又F1(-1,0),所以直线AF1:y=2x+2.
由得5x2+6x-11=0,
解得x=1或x=-.
将x=-代入y=2x+2,得y=-.
因此B.
又F2(1,0),所以直线BF2:y=(x-1).
由得7x2-6x-13=0,解得x=-1或x=.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以x=-1.
将x=-1代入y=(x-1),得y=-.
因此E.
解法二:由(1)知,椭圆C:+=1.
如图,连接EF1.
因为BF2=2a,EF1+EF2=2a,所以EF1=EB,
从而∠BF1E=∠B.
因为F2A=F2B,所以∠A=∠B.
所以∠A=∠BF1E,从而EF1∥F2A.
因为AF2⊥x轴,所以EF1⊥x轴.
因为F1(-1,0),由解得y=±.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以y=-.
因此E.
15.(2020北京,20,15分)已知椭圆C:=1过点A(-2,-1),且a=2b.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)过点B(-4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q.求的值.
答案　命题意图:本题考查椭圆的标准方程、几何性质,直线与椭圆的位置关系等知识,考查了学生逻辑推理和数学运算的核心素养.
解题思路:(Ⅰ)由已知条件可列方程组
解得故椭圆C的标准方程为=1. (5分)
(Ⅱ)解法一:由题意知,直线l的斜率存在,设l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+4).
当k≠0时,直线l与椭圆C交于M、N两点,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
联立化简得(4k2+1)x2+32k2x+(64k2-8)=0,
则x1+x2=-,x1x2=,
Δ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32(1-4k2)>0,
解得-. (9分)
直线MA的方程为y=(x+2)-1,令x=-4,得到yP=-1,即P,
同理直线NA的方程为y=(x+2)-1,令x=-4,得到yQ=-1,即Q,
yP+yQ=-(2k+1)[x1x2+3(x1+x2)+8],
因为x1x2+3(x1+x2)+8==0,故yP+yQ=0,即yP=-yQ,所以=1. (13分)
当k=0时,易得直线l与椭圆C的两个交点分别为(-2,0)和(2,0),
(易错:此处容易忽略k=0的情况)
不妨设M(-2,0),N(2,0),
则直线MA的方程为y=-(x+2),
直线NA的方程为y=(x-2),
令x=-4,则yP=,yQ=-,
此时也满足=1.
综上所述,=1. (15分)
解法二:由题意得直线l的斜率存在,设l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+4),设M(x1,y1),N(x2,y2),
联立化简得(4k2+1)x2+32k2x+(64k2-8)=0,
则x1+x2=-,
x1x2=,
Δ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32(1-4k2)>0,
解得-. (9分)
直线MA的方程为y=(x+2)-1,
直线NA的方程为y=(x+2)-1,
令x=-4,则yP=,yQ=,
所以P,Q, (11分)
所以
=
=,
将x1+x2和x1x2代入上式,
整理得=1. (15分)
解法三:易知当l的斜率为0时,=1. (7分)
当l的斜率不为0时,
设直线l:x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),
由得(m2+4)y2-8my+8=0,
由Δ=64m2-4×8×(m2+4)>0,解得m2>4,
且y1+y2=,y1y2=,
此时lMA:y+1=(x+2),令x=-4,得yP=-1,
同理可得yQ=-1, (11分)
则yP+yQ=-2
=-2
=-2×,
因为(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2)
=(y1+1)(my2-2)+(y2+1)(my1-2)+(my1-2)(my2-2)
=m(m+2)y1y2-(m+2)(y1+y2)
=m(m+2)-(m+2)=0,
所以yP+yQ=0,所以|PB|=|BQ|,所以=1.
综上,=1. (15分)
知识延伸:判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时,通常将直线l的方程Ax+By+C=0(A,B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x,y)=0,消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程,即消去y,得ax2+bx+c=0.
(1)当a≠0时,设一元二次方程ax2+bx+c=0的根的判别式为Δ,则
(2)当a=0,b≠0时,即得到一个一次方程,则直线l与圆锥曲线C相交,且只有一个交点,此时,若C为双曲线,则直线l与双曲线的渐近线平行;若C为抛物线,则直线l与抛物线的对称轴平行或重合.
16.(2020天津,18,15分)已知椭圆=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-3),右焦点为F,且|OA|=|OF|,其中O为原点.
(Ⅰ)求椭圆的方程;
(Ⅱ)已知点C满足3,点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点),直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,且P为线段AB的中点.求直线AB的方程.
答案　审题指导:(Ⅰ)A(0,-3)→b=3 c=3→椭圆的方程;
(Ⅱ)设出直线AB的方程→联立椭圆方程和直线AB的方程→点B的坐标 求出点P的坐标,3→求出点C的坐标 求出k→得直线AB的方程.
解题思路:(Ⅰ)由已知可得b=3.记半焦距为c,由|OF|=|OA|可得c=b=3.又a2=b2+c2,所以a2=18.所以,椭圆的方程为=1. (4分)
(Ⅱ)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,且P为线段AB的中点,所以AB⊥CP.依题意,直线AB和直线CP的斜率均存在(由于A为椭圆的一个顶点,B为非顶点,直线AB与圆C相切,故直线AB,CP斜率均存在).设直线AB的方程为y=kx-3.由方程组消去y,可得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0,或x=.依题意,可得点B的坐标为.因为P为线段AB的中点,点A的坐标为(0,-3),所以点P的坐标为(中点坐标公式). (9分)
由3,得点C的坐标为(1,0),故直线CP的斜率为,即.又因为AB⊥CP,所以k·=-1(两直线垂直,斜率之积为-1),整理得2k2-3k+1=0,解得k=,或k=1. (14分)
所以,直线AB的方程为y=x-3,或y=x-3. (15分)
17.(2022天津,19,15分)已知椭圆=1(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为A,上顶点为B,且满足.
(1)求椭圆的离心率e;
(2)已知直线l与椭圆有唯一公共点M,与y轴交于点N(N异于M),记点O为坐标原点,若|OM|=|ON|,且△OMN的面积为,求椭圆的标准方程.
解析　(1)∵|BF|==a,|AB|=,
∴,解得a=b,
∴c=b,∴离心率e=.
(2)由(1)知椭圆方程为=1.
由题可知直线l的斜率存在且不为0,设l:y=kx+m(k≠0),由椭圆的对称性,不妨设k<0,m>0,如图.
则有|OM|=|ON|=m.
联立得
则有(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3b2=0,
Δ=0 3b2k2+b2-m2=0,
由根与系数的关系得xM=-,代入直线l的方程,有yM=.
∴|OM|==m,解得k=-,
设直线OM的倾斜角为θ,
∴kOM=tan θ=,
∴θ=30°,故∠NOM=60°,
∴S△OMN=,解得m=2,
∴3b2×+b2-4=0,可得b2=2,
∴椭圆的标准方程为=1.
一题多解　(2)由(1)知椭圆方程为=1,
不妨设M(x0,y0)(x0>0,0则l:=1,∴N,
∵|OM|=|ON|,∴,①
∵S△MON=,
∴,②
将M的坐标代入椭圆方程可得=3b2,③
联立①②③可得b=,从而a=,
∴椭圆的标准方程为=1.
18.(2021北京,20,15分)已知椭圆E:=1(a>b>0)过点A(0,-2),以四个顶点围成的四边形面积为4.
(1)求椭圆E的标准方程;
(2)过点P(0,-3)的直线l的斜率为k,交椭圆E于不同的两点B,C,直线AB交y=-3于点M,直线AC交y=-3于点N,若|PM|+|PN|≤15,求k的取值范围.
解析　(1)将A(0,-2)代入椭圆方程得b=2,由椭圆四个顶点围成的四边形面积为2ab=4,解得a=,
所以椭圆E的标准方程为=1.
(2)由题意得直线l的方程为y+3=k(x-0),即y=kx-3,
将y=kx-3代入椭圆方程并化简得(4+5k2)x2-30kx+25=0,
由Δ=(-30k)2-4×25(4+5k2)>0,解得k<-1或k>1,
设B(x1,y1),C(x2,y2),不妨设点B位于第一象限,点C位于第四象限,如图所示.
则x1+x2=,x1x2=,
直线AB的方程为,
令y=-3,解得x=-,得M,
同理可得N,
∴|PM|+|PN|=
=
=
=
=
==5k≤15,
解得k≤3,又k>1,所以1由椭圆的对称性知,当点B位于第二象限,点C位于第三象限时,-3≤k<-1.
综上,k的取值范围为[-3,-1)∪(1,3].
解题指导:(1)首先根据椭圆过A点,确定b的值,然后结合四边形面积为4,得到a的值;(2)先写出直线l的方程,然后设出B、C两点坐标,再分别写出直线AB、AC的方程,从而确定点M、N的坐标,再结合|PM|+|PN|≤15,建立不等式求解k的取值范围.
方法总结　处理直线与椭圆的位置关系问题,首先设出直线方程,然后联立直线方程与椭圆方程,再依据根与系数的关系列出所需的关系式求解.
考点二　椭圆的几何性质
1.(2018课标Ⅰ文,4,5分)已知椭圆C:+=1的一个焦点为(2,0),则C的离心率为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　C　本题主要考查椭圆的方程及其几何性质.
由题意可知c=2,b2=4,
∴a2=b2+c2=4+22=8,则a=2,
∴e===,故选C.
方法总结　求椭圆离心率的常用方法:
(1)求得a,c的值,直接代入e=求解.
(2)列出关于a,b,c的齐次方程,结合b2=a2-c2消去b,从而转化为关于e的方程求解.
2.(2018课标Ⅱ文,11,5分)已知F1,F2是椭圆C的两个焦点,P是C上的一点.若PF1⊥PF2,且∠PF2F1=60°,则C的离心率为(　　)
A.1-　　　　B.2-　　　　
C.　　　　D.-1
答案　D　本题主要考查椭圆的定义和几何性质.
不妨设椭圆方程为+=1(a>b>0).
在Rt△F1PF2中,因为∠PF2F1=60°,|F1F2|=2c,
所以|PF2|=c,|PF1|=c.
由椭圆的定义得|PF1|+|PF2|=2a,
即c+c=2a,
所以椭圆的离心率e===-1.故选D.
疑难突破　利用椭圆的定义|PF1|+|PF2|=2a,结合题意得到a与c的等量关系是求解的关键,也是难点的突破口.
3.(2017浙江,理2,文2,5分)椭圆+=1的离心率是(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　B　本题考查椭圆的标准方程和几何性质.
由题意得,a=3,c=,∴离心率e==.故选B.
易错警示　1.把椭圆和双曲线中的a,b,c之间的关系式记混,而错选A.
2.把离心率记成e=或e=,而错选C或D.
4.(2016课标Ⅰ文,5,5分)直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点,若椭圆中心到l的距离为其短轴长的,则该椭圆的离心率为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　B　如图,|OB|为椭圆中心到l的距离,则|OA|·|OF|=|AF|·|OB|,即bc=a·,所以e==.故选B.
易错警示　椭圆中心到直线l的距离为×2b=,容易将短轴长误认为b.
评析　本题考查椭圆的基本知识,利用三角形的面积建立等量关系是求解的关键.
5.(2015福建文,11,5分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F,短轴的一个端点为M,直线l:3x-4y=0交椭圆E于A,B两点.若|AF|+|BF|=4,点M到直线l的距离不小于,则椭圆E的离心率的取值范围是(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　A　直线l:3x-4y=0过原点,从而A,B两点关于原点对称,于是|AF|+|BF|=2a=4,所以a=2.不妨令M(0,b),则由点M(0,b)到直线l的距离不小于,得≥,即b≥1.所以e2===≤,又0评析　本题考查了椭圆的定义及性质.考查数形结合的思想.解题关键在于发现A,B两点关于原点对称,从而得出|AF|+|BF|=2a.
6.(2013四川文,9,5分)从椭圆+=1(a>b>0)上一点P向x轴作垂线,垂足恰为左焦点F1,A是椭圆与x轴正半轴的交点,B是椭圆与y轴正半轴的交点,且AB∥OP(O是坐标原点),则该椭圆的离心率是(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　C　左焦点为F1(-c,0),PF1⊥x轴,
当x=-c时,+=1 =b2= yP=(负值不合题意,已舍去),点P,
由斜率公式得kAB=-,kOP=-.
∵AB∥OP,∴kAB=kOP -=- b=c.
∵a2=b2+c2=2c2,∴= e==.故选C.
7.(2013辽宁文,11,5分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左焦点为F,C与过原点的直线相交于A、B两点,连接AF,BF.若|AB|=10,|BF|=8,cos∠ABF=,则C的离心率为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　B　如图,设|AF|=x,则cos∠ABF==.
解得x=6,∴∠AFB=90°,由椭圆及直线关于原点对称可知|AF1|=8,且∠FAF1=∠FAB+∠FBA=90°,△FAF1是直角三角形,∴|F1F|=10,故2a=8+6=14,2c=10,∴=.故选B.
评析　本题考查余弦定理,椭圆的几何性质,考查了数形结合思想及运算求解能力.
8.(2012课标理,4,5分)设F1,F2是椭圆E:+=1(a>b>0)的左,右焦点,P为直线x=上一点,△F2PF1是底角为30°的等腰三角形,则E的离心率为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　C　设直线x=a与x轴交于点Q,由题意得∠PF2Q=60°,|F2P|=|F1F2|=2c,|F2Q|=a-c,∴a-c=×2c,∴e==,故选C.
评析　本题考查了椭圆的基本性质,考查了方程的思想,灵活解三角形对求解至关重要.
9.(2011课标全国文,4,5分)椭圆+=1的离心率为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　D　在+=1中,a2=16,b2=8,c2=a2-b2=16-8=8,
∴c=2,∴e===,故选D.
10.(2016课标Ⅲ,11,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C:+=1(a>b>0)的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为　(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　A　本题考查椭圆的几何性质,考查了学生的运算求解能力和对数形结合思想方法的运用.
解法一:设点M(-c,y0),OE的中点为N,则直线AM的斜率k=,从而直线AM的方程为y=(x+a),令x=0,得点E的纵坐标yE=.同理,OE的中点N的纵坐标yN=.
因为2yN=yE,所以=,即2a-2c=a+c,所以e==.故选A.
解法二:如图,设OE的中点为N,由题意知|AF|=a-c,|BF|=a+c,|OF|=c,|OA|=|OB|=a,
∵PF∥y轴,∴==,
==,
又∵=,即=,∴a=3c,故e==.
11.(2022全国甲理,10,5分)椭圆C:=1(a>b>0)的左顶点为A,点P,Q均在C上,且关于y轴对称.若直线AP,AQ的斜率之积为,则C的离心率为 (　　)
A.
答案　A　设P(x0,y0)(x0≠±a),由于P,Q两点均在C上,且关于y轴对称,所以Q(-x0,y0),且满足=1,则有(a2-)(x0≠±a).由题意得A(-a,0),所以kPA=,kAQ=,所以kAP·kAQ=-,所以C的离心率e=,故选A.
12.(2021全国乙理,11,5分)设B是椭圆C:=1(a>b>0)的上顶点,若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b,则C的离心率的取值范围是 (　　)
A.
答案　C　解题指导:设点P(x0,y0),利用两点间距离公式及点与椭圆的位置关系求出|PB|2关于y0的函数关系式,利用函数思想求得a,b,c的不等关系,从而得出离心率e的取值范围.
解析　由题意知,B(0,b),设P(x0,y0),则=1,则.
∴|PB|2=+(y0-b)2=a2-2by0+a2+b2,
∵C上任意一点P都满足|PB|≤2b,y0∈[-b,b],∴当y0=-b时,|PB|2取得最大值,∴-≤-b,即b2≥c2,
又a2=b2+c2,∴a2-c2≥c2,即a2≥2c2,∴e2≤,又∵e∈(0,1),
∴e∈,即离心率的取值范围为,故选C.
易错警示　当|PB|2转化成关于y0的函数时,由于忽略y0的取值范围而导致|PB|2的最大值求错,从而失分.
13.(2023新课标Ⅰ,5,5分,易)设椭圆C1:+y2=1(a>1),C2:+y2=1的离心率分别为e1,e2.若e2=e1,则a= (　　)
A.　　B.　　C.　　D.
答案　A　∵e2=e1,∴=3,∴1-=3×,解得a2=,又a>1,∴a=,故选A.
14.(2023新课标Ⅱ,5,5分,中)已知椭圆C:+y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,直线y=x+m与C交于A,B两点,若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍,则m= (　　)
A.　　B.　　C.-　　D.-
答案　C　∵椭圆方程为+y2=1,∴c=,∴F1(-,0),F2(,0),
∵=2,∴F1到直线y=x+m的距离为F2到直线y=x+m距离的2倍,∴=×2,整理得3m2+10m+6=0,∴m=-或m=-3.
易知当m=-3时,直线y=x-3与椭圆C相离,不符合题意,故m=-.
15.(2023全国甲理,12,5分,中)设O为坐标原点,F1,F2为椭圆C:+=1的两个焦点,点P在C上,cos∠F1PF2=,则|OP|= (　　)
A.　　B.　　C.　　D.
答案　B　由椭圆方程+=1知a2=9,b2=6,∴c2=3,设|PF1|=r1,|PF2|=r2,
由椭圆定义知r1+r2=2a=6,在△F1PF2中,cos∠F1PF2=,即=-1=-1,解得r1r2=,∵cos∠F1PF2=,∴sin∠F1PF2=.∴△F1PF2的面积S=r1r2·sin∠F1PF2=××=3,设P(x0,y0),则=×|F1F2|×|y0|=×2c×|y0|=|y0|,
∴|y0|=3,∴|y0|=,代入椭圆方程得=,
∴|OP|===,故选B.
16.(2022新高考Ⅱ,16,5分)已知直线l与椭圆=1在第一象限交于A,B两点,l与x轴、y轴分别交于M,N两点,且|MA|=|NB|,|MN|=2,则l的方程为　　　　.
答案　 x+=0
解析　设M(m,0),N(0,n),其中m>0,n>0,则直线l:=1,
由消y并整理得x+2n2-6=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨令x1>x2,
则x1+x2=.
由|MA|=|NB|得|xN-x2|,
即m-x1=x2,∴x1+x2=m,
故=m,即m2=2n2.①
又由|MN|=2得m2+n2=12,②
由①②及m>0,n>0可得m=2,n=2.
∴l的方程为=1,即x+=0.
17.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆+y2=m(m>1)上两点A,B满足=2,则当m=　　　　时,点B横坐标的绝对值最大.
答案　5
解析　本小题考查椭圆的标准方程,向量的坐标运算,二次函数的最值.
设B(t,u),由=2,易得A(-2t,3-2u).
∵点A,B都在椭圆上,∴
从而有+3u2-12u+9=0,即+u2=4u-3.
即有4u-3=m u=,
∴+=m,∴t2=-m2+m-=-(m-5)2+4.
∴当m=5时,(t2)max=4,即|t|max=2,
即当m=5时,点B横坐标的绝对值最大.
思路分析　(1)设出点B的坐标,利用向量的坐标运算得点A的坐标.
(2)利用点A,B都在椭圆上得方程组,求得点B的横、纵坐标满足的关系式.
(3)利用(2)中的关系式及点B在椭圆上,把点B的横坐标的平方表示为关于m的函数.
(4)利用二次函数的最值得结论.
18.(2015浙江文,15,4分)椭圆+=1(a>b>0)的右焦点F(c,0)关于直线y=x的对称点Q在椭圆上,则椭圆的离心率是　　　　.
答案　
解析　令Q的坐标为(x0,y0),FQ的中点为M,由点M在直线y=x上得bx0-cy0+bc=0①.又因为直线FQ垂直于直线y=x,所以=-,即cx0+by0-c2=0②,联立①②得点Q,把点Q的坐标代入+=1并化简得a6=4c6+a4c2,两边同除以a6得4e6+e2-1=0,令t=e2,则019.(2014江西理,15,5分)过点M(1,1)作斜率为-的直线与椭圆C:+=1(a>b>0)相交于A,B两点,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率等于　　　　.
答案　
解析　设A(x1,y1),B(x2,y2),则+=1①,
+=1②.
①、②两式相减并整理得=-·.
把已知条件代入上式得,-=-×,
∴=,故椭圆的离心率e==.
评析　本题考查了直线和椭圆的位置关系.考查了线段的中点问题,利用整体运算的技巧是求解的关键.本题也可以利用韦达定理求解.
20.(2014江西文,14,5分)设椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点为F1,F2,过F2作x轴的垂线与C相交于A,B两点,F1B与y轴相交于点D,若AD⊥F1B,则椭圆C的离心率等于　　　　.
答案　
解析　不妨设A在x轴上方,由于AB过F2且垂直于x轴,因此可得A,B,由OD∥F2B,O为F1F2的中点可得D,所以=,=,又AD⊥F1B,所以·=-2c2+=0,即3b4=4a2c2,又b2=a2-c2,所以可得(a2-c2)=2ac,两边同时除以a2,得e2+2e-=0,解得e=或-,又e∈(0,1),故椭圆C的离心率为.
评析　本题考查椭圆的几何性质、两直线垂直的充要条件.考查学生的运算求解能力以及知识的转化应用能力.根据已知条件建立起关于a、b、c的等量关系式是求解本题的关键.
21.(2012江西理,13,5分)椭圆+=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A、B,左、右焦点分别是F1、F2.若|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列,则此椭圆的离心率为　　　　.
答案　
解析　∵|AF1|=a-c,|BF1|=a+c,|F1F2|=2c,
则有4c2=(a-c)(a+c),
得e==.
评析　本题考查了椭圆的离心率的概念,椭圆和等比数列的基本性质.
22.(2019天津理,18,13分)设椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4,离心率为.
(1)求椭圆的方程;
(2)设点P在椭圆上,且异于椭圆的上、下顶点,点M为直线PB与x轴的交点,点N在y轴的负半轴上.若|ON|=|OF|(O为原点),且OP⊥MN,求直线PB的斜率.
解析　本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.满分13分.
(1)设椭圆的半焦距为c,依题意,2b=4,=,又a2=b2+c2,可得a=,b=2,c=1.
所以,椭圆的方程为+=1.
(2)由题意,设P(xP,yP)(xP≠0),M(xM,0).设直线PB的斜率为k(k≠0),又B(0,2),则直线PB的方程为y=kx+2,与椭圆方程联立整理得(4+5k2)x2+20kx=0,可得xP=-,代入y=kx+2得yP=,进而直线OP的斜率=.在y=kx+2中,令y=0,得xM=-.由题意得N(0,-1),所以直线MN的斜率为-.由OP⊥MN,得·=-1,化简得k2=,从而k=±.
所以,直线PB的斜率为或-.
思路分析　(1)根据条件求出基本量a,b得到椭圆方程.
(2)要利用条件OP⊥MN,必须求P点和M、N点坐标.由直线PB的方程与椭圆方程联立得到P点坐标,求出M及N点坐标,利用kOP·kMN=-1求出kPB.
23.(2019天津文,19,14分)设椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,左顶点为A,上顶点为B.已知|OA|=2|OB|(O为原点).
(1)求椭圆的离心率;
(2)设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P,圆C同时与x轴和直线l相切,圆心C在直线x=4上,且OC∥AP.求椭圆的方程.
解析　本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.满分14分.
(1)设椭圆的半焦距为c,由已知有a=2b.
又由a2=b2+c2,消去b得a2=+c2,解得=.
所以,椭圆的离心率为.
(2)由(1)知,a=2c,b=c,故椭圆方程为+=1.
由题意,F(-c,0),则直线l的方程为y=(x+c).
点P的坐标满足消去y并化简,得到7x2+6cx-13c2=0,解得x1=c,x2=-.
代入到l的方程,解得y1=c,y2=-c.
因为点P在x轴上方,所以P.
由圆心C在直线x=4上,可设C(4,t).
因为OC∥AP,且由(1)知A(-2c,0),故=,解得t=2.则C(4,2).
因为圆C与x轴相切,所以圆的半径长为2,又由圆C与l相切,得=2,可得c=2.
所以,椭圆的方程为+=1.
思路分析　(1)由已知条件,得a与b的比例关系,代入a2=b2+c2,得a与c的齐次关系,进而求得离心率.(2)设出直线方程(含参数c),联立直线与椭圆方程(含参数c),得交点P的坐标(含参数c),由kAP=kOC,求得C点坐标以及圆的半径r,最后由圆心到直线距离等于半径列出关于c的方程,求得c的值,最终确定椭圆方程.
24.(2018北京文,20,14分)已知椭圆M:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A,B.
(1)求椭圆M的方程;
(2)若k=1,求|AB|的最大值;
(3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C,D和点Q共线,求k.
解析　(1)由题意得
解得a=,b=1.
所以椭圆M的方程为+y2=1.
(2)设直线l的方程为y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).
由
得4x2+6mx+3m2-3=0.
所以x1+x2=-,x1x2=.
|AB|==
==.
当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为.
(3)设A(x1,y1),B(x2,y2).
由题意得+3=3,+3=3.
直线PA的方程为y=(x+2).
由
得[(x1+2)2+3]x2+12x+12-3(x1+2)2=0.
设C(xC,yC).
所以xC+x1==.
所以xC=-x1=.
所以yC=(xC+2)=.
设D(xD,yD).
同理得xD=,yD=.
记直线CQ,DQ的斜率分别为kCQ,kDQ,
则kCQ-kDQ=-=4(y1-y2-x1+x2).
因为C,D,Q三点共线,
所以kCQ-kDQ=0.
故y1-y2=x1-x2.
所以直线l的斜率k==1.
25.(2018天津文,19,14分)设椭圆+=1(a>b>0)的右顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率为,|AB|=.
(1)求椭圆的方程;
(2)设直线l:y=kx(k<0)与椭圆交于P,Q两点,l与直线AB交于点M,且点P,M均在第四象限.若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍,求k的值.
解析　本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.
(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有=,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由|AB|==,从而a=3,b=2.
所以,椭圆的方程为+=1.
(2)设点P的坐标为(x1,y1),点M的坐标为(x2,y2),由题意,x2>x1>0,点Q的坐标为(-x1,-y1).由△BPM的面积是△BPQ面积的2倍,可得|PM|=2|PQ|,从而x2-x1=2[x1-(-x1)],即x2=5x1.
易知直线AB的方程为2x+3y=6,由方程组消去y,可得x2=.由方程组消去y,可得x1=.
由x2=5x1,可得=5(3k+2),两边平方,整理得18k2+25k+8=0,解得k=-或k=-.
当k=-时,x2=-9<0,不合题意,舍去;
当k=-时,x2=12,x1=,符合题意.
所以,k的值为-.
解题关键　第(2)问中把两个三角形的面积的关系转化为点P、M的横坐标间的关系,进而得到关于k的方程是求解的难点和关键.
26.(2017北京文,19,14分)已知椭圆C的两个顶点分别为A(-2,0),B(2,0),焦点在x轴上,离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)点D为x轴上一点,过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M,N,过D作AM的垂线交BN于点E.求证:△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
解析　本题考查椭圆的方程和性质,直线的方程等知识,考查运算求解能力.
(1)设椭圆C的方程为+=1(a>b>0).
由题意得
解得c=.
所以b2=a2-c2=1.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)设M(m,n),则D(m,0),N(m,-n).
由题设知m≠±2,且n≠0.
直线AM的斜率kAM=,故直线DE的斜率kDE=-.
所以直线DE的方程为y=-(x-m).
直线BN的方程为y=(x-2).
联立
解得点E的纵坐标yE=-.
由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2.
所以yE=-n.
又S△BDE=|BD|·|yE|=|BD|·|n|,
S△BDN=|BD|·|n|,
所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
易错警示　在设直线方程时,若设方程为y=kx+m,则要考虑斜率不存在的情况;若设方程为x=ty+n,则要考虑斜率为0的情况.
27.(2017天津文,20,14分)已知椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),右顶点为A,点E的坐标为(0,c),△EFA的面积为.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设点Q在线段AE上,|FQ|=c,延长线段FQ与椭圆交于点P,点M,N在x轴上,PM∥QN,且直线PM与直线QN间的距离为c,四边形PQNM的面积为3c.
(i)求直线FP的斜率;
(ii)求椭圆的方程.
解析　本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质和方程思想.考查运算求解能力,以及综合分析问题和解决问题的能力.
(1)设椭圆的离心率为e.由已知,可得(c+a)c=.
又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0,即2e2+e-1=0.
又因为0(2)(i)依题意,设直线FP的方程为x=my-c(m>0),则直线FP的斜率为.
由(1)知a=2c,可得直线AE的方程为+=1,即x+2y-2c=0,与直线FP的方程联立,可解得x=,y=,即点Q的坐标为.由已知|FQ|=c,有+=,整理得3m2-4m=0,所以m=,即直线FP的斜率为.
(ii)由a=2c,可得b=c,故椭圆方程可以表示为+=1.
由(i)得直线FP的方程为3x-4y+3c=0,与椭圆方程联立得消去y,
整理得7x2+6cx-13c2=0,
解得x=-(舍去),或x=c.因此可得点P,进而可得|FP|==,所以|PQ|=|FP|-|FQ|=-=c.
由已知,线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离,故直线PM和QN都垂直于直线FP.
因为QN⊥FP,所以|QN|=|FQ|·tan∠QFN=×=,所以△FQN的面积为|FQ||QN|=,同理△FPM的面积等于,由四边形PQNM的面积为3c,得-=3c,整理得c2=2c,又由c>0,得c=2.
所以,椭圆的方程为+=1.
方法点拨　1.求离心率常用的方法:(1)直接求a,c,利用定义求解;(2)构造a,c的齐次式,利用方程思想求出离心率e的值.
2.求直线斜率的常用方法:(1)公式法:k=(x1≠x2),其中两点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2);(2)利用导数的几何意义求解;(3)直线的方向向量a=(m,n),则k=(m≠0);(4)点差法.
3.解决四边形或三角形的面积问题时,注意弦长公式与整体代换思想的应用.
28.(2016四川理,20,13分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)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l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.
(1)求椭圆E的方程及点T的坐标;
(2)设O是坐标原点,直线l'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λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.
解析　(1)由已知,a=b,
则椭圆E的方程为+=1.
由方程组得3x2-12x+(18-2b2)=0.①
方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,
此时方程①的解为x=2,
所以椭圆E的方程为+=1.
点T坐标为(2,1).
(2)由已知可设直线l'的方程为y=x+m(m≠0),
由方程组可得
所以P点坐标为,|PT|2=m2.
设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).
由方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②
方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),
由Δ>0,解得-由②得x1+x2=-,x1x2=.所以|PA|==,
同理|PB|=.
所以|PA|·|PB|=
=
==m2.
故存在常数λ=,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.
评析　本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题,这类题中常用的方法是方程法,并结合根与系数的关系,两点间距离公式,难点是运算量比较大,注意运算技巧.
29.(2015福建理,18,13分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)过点(0,),且离心率e=.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设直线l:x=my-1(m∈R)交椭圆E于A,B两点,判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.
解析　解法一:(1)由已知得解得
所以椭圆E的方程为+=1.
(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0).
由得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以y1+y2=,y1y2=-,从而y0=.
所以|GH|2=+=+=(m2+1)+my0+.
==
==(1+m2)(-y1y2),
故|GH|2-=my0+(1+m2)y1y2+=-+=>0,所以|GH|>.
故点G在以AB为直径的圆外.
解法二:(1)同解法一.
(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则=,
=.
由得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以y1+y2=,y1y2=-,
从而·=+y1y2=+y1y2=(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+=++=>0,
所以cos<,>>0.又,不共线,所以∠AGB为锐角.
故点G在以AB为直径的圆外.
评析　本小题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.
30.(2015安徽理,20,13分)设椭圆E的方程为+=1(a>b>0),点O为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线OM的斜率为.
(1)求E的离心率e;
(2)设点C的坐标为(0,-b),N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为,求E的方程.
解析　(1)由题设条件知,点M的坐标为,
又kOM=,从而=.
进而得a=b,c==2b.故e==.
(2)由题设条件和(1)的计算结果可得,直线AB的方程为+=1,点N的坐标为.
设点N关于直线AB的对称点S的坐标为,则线段NS的中点T的坐标为.又点T在直线AB上,且kNS·kAB=-1,从而有
解得b=3.
所以a=3,故椭圆E的方程为+=1.
评析　本题考查椭圆的方程、几何性质以及对称问题,利用方程思想解决点关于直线的对称问题,考查利用待定系数法求椭圆的方程,考查学生的运算求解能力和化归思想的应用.
31.(2014课标Ⅰ理,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.
(1)求E的方程;
(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的方程.
解析　(1)设F(c,0),由条件知,=,得c=.
又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.
故E的方程为+y2=1.
(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).
将y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.
当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>时,x1,2=.
从而|PQ|=|x1-x2|=.
又点O到直线PQ的距离d=,
所以△OPQ的面积
S△OPQ=d·|PQ|=.
设=t,则t>0,S△OPQ==.
因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±时等号成立,且满足Δ>0,
所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=x-2或y=-x-2.
评析　本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质,直线的方程以及直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线综合问题,考查方程思想、函数思想、整体代换以及换元法的应用.考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力.
32.(2014课标Ⅱ理,20,12分)设F1,F2分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直.直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为,求C的离心率;
(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN|=5|F1N|,求a,b.
解析　(1)根据c=及题设知M,2b2=3ac.
将b2=a2-c2代入2b2=3ac,
解得=或=-2(舍去).
故C的离心率为.
(2)由题意,得原点O为F1F2的中点,MF2∥y轴,所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点,故=4,即b2=4a.①
由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.
设N(x1,y1),由题意知y1<0,
则即
代入C的方程,得+=1.②
将①及c=代入②得+=1.
解得a=7,b2=4a=28,故a=7,b=2.
评析　本题考查了椭圆的几何性质,考查用代数方法研究圆锥曲线问题及向量的运算等基础知识.
33.(2018课标Ⅲ理,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C:+=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).
(1)证明:k<-;
(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且++=0.证明:||,||,||成等差数列,并求该数列的公差.
解析　本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系、等差数列的概念及其运算.
(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),
则+=1,+=1.
两式相减,并由=k得+·k=0.
由题设知=1,=m,
于是k=-.①
由题设得0(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).
由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.
又点P在C上,
所以m=,
从而P,||=.
于是||===2-.
同理,||=2-.
所以||+||=4-(x1+x2)=3.
故2||=||+||,
即||,||,||成等差数列.
设该数列的公差为d,则
2|d|=|||-|||=|x1-x2|=.②
将m=代入①得k=-1.
所以l的方程为y=-x+,代入C的方程,并整理得7x2-14x+=0.
故x1+x2=2,x1x2=,代入②解得|d|=.
所以该数列的公差为或-.
思路分析　(1)利用“点差法”建立k与m的关系式,由m的范围得到k的范围.
(2)根据题设++=0及点P在C上,确定m的值.进一步得出||、||、||的关系,再求公差.
解后反思　(1)解决直线与椭圆的位置关系的常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后利用根与系数的关系建立方程(组),解决相关问题.
(2)题中涉及弦的中点坐标时,可以采用“点差法”求解,设出弦端点A、B的坐标,分别代入圆锥曲线方程并作差,变形后可出现弦AB的中点坐标和直线AB的斜率.
34.(2014广东理,20,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的一个焦点为(,0),离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.
解析　(1)由题意知c=,e==,
∴a=3,b2=a2-c2=4,
故椭圆C的标准方程为+=1.
(2)设两切线为l1,l2,
①当l1⊥x轴或l1∥x轴时,l2∥x轴或l2⊥x轴,可知P(±3,±2).
②当l1与x轴不垂直且不平行时,x0≠±3,设l1的斜率为k,且k≠0,则l2的斜率为-,l1的方程为y-y0=k(x-x0),与+=1联立,
整理得(9k2+4)x2+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)2-36=0,
∵直线l1与椭圆相切,∴Δ=0,即9(y0-kx0)2k2-(9k2+4)·[(y0-kx0)2-4]=0,
∴(-9)k2-2x0y0k+-4=0,
∴k是方程(-9)x2-2x0y0x+-4=0的一个根,
同理,-是方程(-9)x2-2x0y0x+-4=0的另一个根,
∴k·=,整理得+=13,其中x0≠±3,
∴点P的轨迹方程为x2+y2=13(x≠±3).
P(±3,±2)满足上式.
综上,点P的轨迹方程为x2+y2=13.
评析　本题考查椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系以及轨迹方程的求法.考查分类讨论思想以及方程思想的应用.
35.(2022北京,19,15分)已知椭圆E:=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1),焦距为2.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与x轴交于点M,N.当|MN|=2时,求k的值.
解析　 (1)由题意得b=1,c=,则a==2,所以椭圆E的方程为+y2=1.
(2)过点P且斜率为k的直线方程为y-1=k(x+2),设B(x1,y1),C(x2,y2),
联立直线和椭圆E的方程得可得(1+4k2)x2+(16k2+8k)x+16k2+16k=0,由Δ>0可得(16k2+8k)2-4(1+4k2)(16k2+16k)>0,解得k<0,
根据根与系数的关系可得x1+x2=,x1x2=.
直线AB的斜率kAB=,则AB的直线方程为y=+1,令y=0,可得点M的横坐标xM=,
同理可得点N的横坐标xN=,
则|MN|=
=
==2.
所以=2,
化简可得,解得k=-4,
故k的值为-4.
36.(2023天津,18,12分)椭圆C:=1(a>b>0)的左,右顶点分别为A1,A2,右焦点为F,已知|A1F|=3,|A2F|=1.
(1)求椭圆C的方程及离心率;
(2)已知点P是椭圆上一动点(不与顶点重合),直线A2P交y轴于点Q,若△A1PQ的面积是△A2FP面积的二倍,求直线A2P的方程.
解析　(1)设椭圆C的焦距为2c(c>0),
则解得
故b2=a2-c2=3,
所以椭圆C的方程为=1,离心率e=.
(2)由(1)可得,|A2F|=|A1A2|,所以,又,所以,
所以|PQ|=|PA2|.
设P(x0,y0),当x0<0时,,此时点P与A1重合,不合题意;
当x0>0时,可得,
故x0=,代入椭圆方程,得P,
又A2(2,0),所以,
所以直线A2P的方程为y=±(x-2).
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