专题九解析几何第二十五讲椭圆答案

专题九 解析几何第二十五讲 椭圆答案部分2019年1.如图所示，设BF2x，则AF22x，所以BF2AB3x.y由椭圆定义BF1BF22a，即4x2a.A又AF1AF22a4x，AF22x，所以AF12x.F1OxB因此点A为椭圆的上顶点，设其坐标为0,b.由AF22BF2可得点B的坐标为3,b.22因为点B在椭圆x2y2911ab0上，所以1.a2b24a24解得a2 3.又c1，所以b22.所以椭圆方程为x2y21.故选B.3 22.解析：由题意可得： 3p p

p

2，解得p 8．故选D．23.解析（I）由题意得， b2=1，c=1．所以a2=b2+c2=2．所以椭圆C的方程为 x2 y21．2（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则直线AP的方程为yy11x1．x1x1令y=0，得点M的横坐标xM ．y1 1又y1kx1t，从而|OM|xM|x1|．kx1t1同理，|ON||x2|．kx2t1ykxt,由2得(12k2)x24ktx2t220．xy212则x1x24kt2t22，x1x2．12k212k2所以|OM||ON||x1||x2|kx1kx2tt11|2x1x22|x1x2k(t1)x1x2(t1)k2t22|2t2212k24kt|k2k(t1)(2)(t212k212k1)2|1 t|．t又|OM||ON|2，所以2|1t|2．1t解得t=0，所以直线l为ykx，所以直线l恒过定点（0，0）．4.解析 （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=5，AF2⊥x轴，所以DF2=DF12F1F22(5)2223，222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x2y21.43（2）解法一：由（1）知，椭圆C：x2y21，a=2，43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.y2x2，得5x26x110，由1)2y216(x解得x1或x11.51112将x2x2，得y，代入y55因此B(11,12).又F2(1，0)，所以直线BF2：y3(x1).554y3(x1)13由4，得2，解得y27x6x130x1或x.x21743又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x1.将x1代入y3(x1)，得y3.因此E(1,3).422解法二：由（1）知，椭圆C：x2y21.如图所示，联结143EF.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.x13因为F1(-1，0)，由x2y2，得y.124 3又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y3.32因此E(1,).25.解析：设椭圆的右焦点为F，连接PF，线段PF的中点A在以原点O为圆心，2为半径的圆，连接AO，可得PF2AO4，设P的坐标为（m,n），可得32m4，可得m3，n15，32215由F(2,0)，可得直线PF的斜率为215．3226.解：（1）连结PF1，由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，F1PF290，PF2c，PF13c，于是2aPF1PF2(31)c，故C的离心率是ec1.3a（2）由题意可知，满足条件的点P(x,y)存在当且仅当1|y|2c16，yy1，2xcxcx2y21，即c|y|16，①a2b2x2y2c2，②x2y21，③a2b2由②③及a2b2c2得y2b4，又由①知y2162，故b4.c2c2由②③得x2a2c2b2，所以c2b2，从而a2b2c22b232,故a42.c2当b4，a42时，存在满足条件的点P.所以b4，a的取值范围为[42,).7.解析（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，由已知有3a2b，又由a2b2c2，消去b得3a2c2，解得c1a2.2a2所以，椭圆的离心率为1.2（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a2c，b3c，故椭圆方程为x2y21.4c23c2由题意，Fc,0，则直线l的方程为y3(xc).4x2y21，4c23c222点P的坐标满足，消去y并化简，得到7x6cx13c0，解得x1c，3(xyc)，4x213c，代入到l的方程，解得y139c.7c，y2142因为点P在x轴上方，所以Pc,3c.由圆心C在直线x4上，可设C4,t.2，故t3c因为OC∥AP，且由（Ⅰ）知A2c,0c22c，解得t2.43(4c)2因为圆C与x轴相切，所以圆的半径为2，又由圆C与l相切，得4322，可得14c2.所以，椭圆的方程为x2y21.16128.解析设M(m,n)，m,n0，椭圆C：C:x2y21的a6，b25，c2，36 20ec2，由于M为C上一点且在第一象限，可得|MF1||MF2|，a3△MF1F2为等腰三角形，可能|MF1|2c或|MF2|2c，即有62m8，即m3，n15；2m368，即m30，舍去．可得M(3,15).39.解析（1）设Dt,1,Ax1,y1，则x122y1.2由于y'x，所以切线DA的斜率为x1，故y112，整理得2tx12y1+1=0.x1tx1设Bx2,y2，同理可得2tx22y2+1=0.故直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点(0,1).21（2）由（1）得直线AB的方程为ytx.2ytx12，可得由x2x22tx10.y2于是x1x22t,y1y2tx1x212t21.设M为线段ABMt,t21.的中点，则2由于EMAB，而EMt,t22，AB与向量(1,t)平行，所以tt22t0.解得t=0或t1.52当t=0时，|EM|=2，所求圆的方程为x2y4；252当t1时，|EM|2，所求圆的方程为x2y2.22010-2018年1．C【解析】不妨设a0，因为椭圆C的一个焦点为(2，0)，所以c2，所以a2b2c2448，所以C的离心率为ec2．故选C．a2．【解析】由题设知F1PF290，21，|F1F2|2c，2DPFF60所以|PF2|c，|PF1|3c．由椭圆的定义得|PF1||PF2|2a，即3cc2a，所以(31)c2a，故椭圆C的离心率ec231．故选D．a313．C【解析】由题意a25，a5．由椭圆的定义可知，P到该椭圆的两个焦点的距离之和为2a25，故选C．4．B【解析】由题意可知a29，b24，∴c2a2b25，∴离心率ec5，a3选B．5．A【解析】以线段A1A2为直径的圆是x2y2a2，直线bxay2ab0与圆相切，所以圆心到直线的距离d2aba，整理为a23b2，a2b2即a23a2c22a23c2c22，ec6，故选A．，即23aa36．A【解析】当0m3，焦点在x轴上，要使C上存在点M满足AMB120，则atan603，即33，得0m1；当m3，焦点在y轴上，bm要使C上存在点M满足AMB120，则atan603，即m3，b3得m9，故m的取值范围为(0,1][9,)，选A．7．B【解析】不妨设直线l过椭圆的上顶点(0,b)和左焦点(c,0)，b0,c0，则直线l的方程为bxcybc0，由已知得bcc212b，解得b23c2，b24又b2a2c2，所以c21，即e1，故选B．a2428．A【解析】由题意，不妨设点P在x轴上方，直线l的方程为yk(xa)(k0)，分别令xc与x0，得|FM|k(ac)，|OE|ka，设OE的中点为G，由OBGFBM，得|OG||OB|，即kaa，整理得c1，|FM||BF|2k(ac)aca3所以椭圆C的离心率e1，故选A．39．B【解析】∵抛物线C：y28x的焦点坐标为(2,0)，准线l的方程为x2①，设椭圆E的方程为x2y21(ab0)，所以椭圆E的半焦距c=2，又椭圆的离心a2b2率为1，所以a4,b23，椭圆E的方程为x2y21②，联立①②，21612解得A(2,3),B(2,3)或A(2,3),B(2,3)，所以|AB|=6，选B．10．B【解析】由题意得：m225429，因为m0，所以m3，故选C．11．A【解析】设椭圆的左焦点为F1，半焦距为c，连结AF1，BF1，则四边形AF1BF为平行四边形，所以|AF1||BF1||AF||BF|4，根据椭圆定义，有|AF1||AF||BF1||BF|4a，所以8=4a，解得a=2．因为点M到直线l：3x+4y=0的距离不小于4，即4b≥4,b≥1，所以b2≥1，555所以a2c2≥1,4c2≥1，解得0c≤3，所以0c≤3，所以椭圆的离a2心率的取值范围为(0,3]．212．D【解析】由题意可设Q(10cos,sin)，圆的圆心坐标为C(0,6)，圆心到Q的距离为|CQ|(10cos)2(sin6)2509(sin2)2≤5052，当且3仅当sin2r52262，所以时取等号，所以|PQ|max≤|CQ|max3P,Q两点间的最大距离是62．13．D【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1x2=2，y1y2=－2，x12y121①x22y221②a2b2a2b2①－②得(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0，a2b2∴kAB=y1y2=b2(x1x2)=b2，又kAB=01=1，∴b2=1，又9=c2=a2b2，x1x2a2(yy)a2312a2212解得b2=9，a2=18，∴椭圆方程为x2y21，故选D.18914．D【解析】∵c1,a2,b3，选D.15．C【解析】F2PF1是底角为30的等腰三角形PF2F2F12(3ac)2cec32a416．5【解析】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由AP2PB，得x12x2，1y12(y21)4x22(3x2)2m即x12x2，y132y2．因为点A，B在椭圆上，所以4，得x22y22m4y21m3，所以x22m(32y2)21m25m91(m5)24≤4，444244所以当m5时，点B横坐标的绝对值最大，最大值为2．17．2【解析】设左焦点为F1，由F关于直线ybx的对称点Q在椭圆上，2c得|OQ||OF|，又|OF1||OF|，所以F1QQF，不妨设|QF1|ck，则|QF|bk，|F1F|ak，因此2cak，又2ackbk，由以上二式可得2ck2a，abc即ca，即a2c2bc，所以bc，e2．abc218．2【解析】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，分别代入椭圆方程相减得2(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0，根据题意有x1x22,y1y22，a2b2且y1y21，所以22(1)0，得a22b2，整理a22c2，所以e2．x1x22a2b22219．12【解析】设MN交椭圆于点P，连接F1P和F2P，利用中位线定理可得ANBN2F1P2F2P22a4a12．20．3【解析】由题意可得A(c,b2)，B(c,b2)，由题意可知点D为F1B的中点，所3aa以点D的坐标为(0,b2)，由ADF1B，所以kADkF1B1，整理得3b22ac，2a3．解得e321．x23y21【解析】由题意得通径AF2b2，∴点B坐标为B(5c,1b2)2335c(1b2)2将点B坐标带入椭圆方程得(231，3)b2b22又b21c2，解得3c213∴椭圆方程为x23y21．22231MF1F2中，．【解析】由题意可知，MF1F260,MF2F130,F1MF290，MF12MF22F1F22(2c)2c31，故答案为所以有MF1MF22a，整理得e31．aMF2 3MF123．5【解析】由椭圆的性质可知：AF1ac，F1F22c，F1Bac.又已知AF1，5F1F2，F1B成等比数列，故(ac)(ac)(2c)2，即a2c24c2，则a25c2.故ec5.即椭圆的离心率为5．a5524．(0,1)【解析】设点A的坐标为(m,n)，B点的坐标为(c,d)．F1(2,0),F2(2,0)，可得F1A(m2,n)，F2B(c2,d)，∵F1A5F2B，∴cm62,dn，又点A,B在椭圆上，55m2m622∴n21，(5)(n21，解得m0,n1，33)5∴点A的坐标是(0,1)．25．【解析】(1)因为椭圆C的焦点为F1(3,0),F2(3,0)，可设椭圆C的方程为x2y21(ab0)．又点(1在椭圆C上，a223,)b2所以311,a24,a24b2，解得b21,223,ab因此，椭圆C的方程为x2y21．4因为圆O的直径为F1F2，所以其方程为x2y23．(2)①设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x00,y00)，则x02y023，所以直线l的方程为yx0(xx0)y0，即yx0x3y0y0．y0x2y21,由4消去y，得x03yx,y0y0(4x02y02)x224x0x364y020．（*）因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以(24x0)24(4x02y02)(364y02)48y02(x022)0．因为x0,y00，所以x02,y01．因此，点P的坐标为(2,1)．②因为三角形OAB的面积为26，所以1ABOP26，从而AB42．7277设A(x1,y1),B(x2,y2)，24x0222)由（*）得x1,248y0(x0，222(4x0y0)222所以AB2(x1x2)2(y1y2)2(1x0)48y0(x0y2)．y2(4x22)2000因为x02y023，所以AB216(x022)32，即2x0445x021000，(x021)249解得x025(x0220舍去），则y021，因此P的坐标为(10,2)．2222综上，直线l的方程为y5x32．yBPF1 O F2 xAx12y12x22y2226．【解析】(1)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则1，1．4343两式相减，并由y1y2k得x1x2y1y2k0．x1x243由题设知x1x21，y1y2m，223．①于是k4m由题设得0m31，故k．22由题意得F(1,0)，设P(x3,y3)，则(x31,y3)(x11,y1)(x21,y2)(0,0)．由(1)及题设得x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m0．又点P在C上，所以m3，从而P(1,3)，|FP|3．422于是同理所以

|FA|(x11)22(x11)23(1x2xy11)21．42|FB|2x2．21|FA||FB|42(x1x2)3．故2|FP||FA| |FB|27．【解析】(1)由题意得2c22，所以c2，又ec6，所以a3，所以b2a2c21，a3所以椭圆M的标准方程为x2y21．3(2)设直线AB的方程为yxm，yxm22由x2消去y可得4x6mx3m30，y213则36m244(3m23)4812m20，即m24，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x23m，x1x23m2324，则|AB|1k2|x1x2|1k2(x1x2)24x1x264m2，2易得当m20时，|AB|max6，故|AB|的最大值为6．(3)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，则x123y123①，x223y223②，又P(2,0)，所以可设k1kPAy1，直线PA的方程为yk1(x2)，x12yk1(x2)3k12)x212k12x12k12由x2y21消去y可得(130，3则x1x312k12，即x312k12x1，13k1213k12又k1y12，代入①式可得x37x112，所以y3y1，x14x174x17所以C(7x112,y1)，同理可得D(7x212,y2)．4x174x174x274x27故QC(x37,y31)，QD(x47,y41)，4444因为Q,C,D三点共线，所以(x37)(y41)(x47)(y31)0，4444将点C,D的坐标代入化简可得y1y21，即k1．x1x228．【解析】(1)设椭圆的焦距为2c，由已知得c25222，可得2a3b.a2，又由abc9由|AB|a2b213，从而a3,b2．所以，椭圆的方程为x2y21．94(2)设点P的坐标为(x1,y1)，点M的坐标为(x2,y2)，由题意，x2x10，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x2x12[x1(x1)]，即x25x1．易知直线AB的方程为2x3y6，由方程组2x3y6,ykx,消去y，可得x26x2y21,消去y，可得x16．由方程组94．3k29k2ykx,4由x25x1，可得9k245(3k2)，两边平方，整理得18k225k80，解得k8，或k1．92当k890，不合题意，舍去；时，x29当k112，x112时，x25，符合题意．21所以，k的值为．229．【解析】（1）设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0)，NP(xx0,y)，NM(0.y0)．由NP2NM得x0x，y02y．2因为M(x0,y0)在C上，所以x2y21．22因此点P的轨迹方程为x2y22．2）由题意知F(1,0)．设Q(3,t)，P(m,n)，则OQ(3,t)，PF(1m,n)，OQPF33mtn，OP(m,n)，PQ(3m,tn)，由OPPQ1得3mm2tnn21，又由（1）知m2n22，故33mtn0．所以OQPF0，即OQPF．又过点P存在唯一直线垂直与OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．30．【解析】（Ⅰ）设椭圆的离心率为e．由已知，可得1(ca)cb2．22又由b2a2c2，可得2c2aca20，即2e2e10．又因为0e11，解得e．2所以，椭圆的离心率为1．20)，则直线FP的斜率为1．（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线FP的方程为xmyc(mxym由（Ⅰ）知a2c，可得直线AE的方程为1，即x2y2c0，与直线2ccFP的方程联立，可解得x(2m2)c,y3c，m2m2即点Q的坐标为((2m2)c,3c)．m2m2由已知|FQ|=3c，有[(2m2)cc]2(3c)2(3c)2，整理得3m24m0，2m2m22所以m4，即直线FP的斜率为3．34（ii）由a2c，可得b3c，故椭圆方程可以表示为x2y21．4c23c23x4y3c0,由（i）得直线FP的方程为3x4y3c0，与椭圆方程联立x2y2消1,4c23c2去y，整理得7x26cx13c20，解得x13c（舍去），或xc．7因此可得点P(c,3c)，进而可得|FP|(cc)2(3c)25c，222所以|PQ||FP||FQ|5c3cc．由已知，线段PQ的长即为PM与QN这22两条平行直线间的距离，故直线PM和QN都垂直于直线FP．因为QNFP，所以|QN||FQ|tanQFN3c39c，所以△FQN的面248积为1|FQ||QN|27c2，同理△FPM的面积等于75c2，由四边形PQNM的23232面积为3c，得75c227c23c，整理得c22c，又由c0，得c2．3232所以，椭圆的方程为x2y21．161231．【解析】（Ⅰ）由椭圆的离心率为2，得a22(a2b2)，2又当y1时，x2a2a2，得a2a2b2b22，所以a24，b22，因此椭圆方程为x2y21．42（Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2)，联立方程ykxmx22y24得(2k21)x24kmx2m240，由0得m24k22（*）且x1x24km，2k21因此y1y22m，2k21所以D(2km,m)，2k212k21又N(0,m)，所以ND(2km)2(mm)222k212k2124m2(13k2k4)整理得：ND(2k21)2，因为NFmND24(k43k21)8k所以2(2k21)21NF(2k令t8k23，t≥3

231)2故2k21t14所以NDNF

216t16．21(1t)2112tt令yt11．，所以y1t2t当t≥3时，y0，从而因此

1yt在[3,)上单调递增，tt1≥10，等号当且仅当t3时成立，此时k0，t32ND所以2≤134，NF由（*）得2m2且m0，故ND≥1，NF2设EDF2，则sinNF≥1，ND2所以得最小值为6．从而EDF的最小值为，此时直线l的斜率时0．3综上所述：当k0，m(2,0)(0,2)时，EDF取得最小值为．332．【解析】（Ⅰ）设椭圆C的方程为x2y21(a0,b0)．a2b2a2,由题意得c3解得c3．a2,所以b2a2c21．所以椭圆C的方程为x2y21．4（Ⅱ）设M(m,n)，且2m2，则D(m,0),N(m,n)．n，由AMDE，则kAMkDE1，直线AM的斜率kAMm2m2故直线DE的斜率kDEn．所以直线DE的方程为ym2(xm)．nn直线BN的方程为y(x2)．2mm2yn(xm),，解得点E的纵坐标n(4m2)．联立nyEn2y(x2),4m22m由点M在椭圆C上，得4m24n2．所以yE4n．5又S△BDE1|BD||yE|2|BD||n|，25S△BDN1|BD||n|，2所以△BDE与△BDN的面积之比为4:5．33．【解析】（1）设椭圆的半焦距为c.因为椭圆E的离心率为1，两准线之间的距离为8，所以c1，2a28，2a2c解得a2,c1，于是ba2c23，因此椭圆E的标准方程是x2y21.32）由（1）知，F1(1,0)，F2(1,0).设P(x0,y0)，因为点P为第一象限的点，故x00,y00.当x01时，l2与l1相交于F1，与题设不符.当x01时，直线PF1的斜率为y0，直线y0PF2的斜率为.x01x01因为l1⊥PF1，l2⊥PF2，所以直线l1的斜率为x01，直线l2的斜率为x01y0y0，从而直线l1的方程：yx01(x1)，①y0直线l2的方程：yx01(x1).②y0由①②，解得xx0,y1x02，所以Q(x0,1x02).y0y0因为点Q在椭圆上，由对称性，得1x02y0，即x02y021或x02y021.y0又P在椭圆E上，故x02y021.43x02y02147,y037；x02y021由x02y02，解得x0x02y02，无解.43177431因此点P的坐标为(47,37).7734I）由题意得，a2，b1．所以椭圆C的方程为x2y21．．【解析】（4又ca2b23，所以离心率ec3．a2（II）设x0,y0（x00，y00），则x024y024．又2,0，0,1，所以直线的方程为yy0x2．x02令x0，得y2y0，从而1y12y0．x02x02直线的方程为yy01x1．x0令y0，得xx0，从而2x2x0．y01y01所以四边形的面积S112x012y022y01x02x024y024x0y04x08y042x0y02x04y04．2x0y0x02y02x0y0x02y022从而四边形的面积为定值．35．【解析】（Ⅰ）设M(x1,y1)，则由题意知 y1 0.由已知及椭圆的对称性知，直线 AM的倾斜角为 ，4又A(2,0)，因此直线AM的方程为yx2.将xy2代入x2y21得7y212y0，43解得y0或y12，所以y112.77AMN的面积SAMN11212144.因此277492（Ⅱ）将直线AM的方程yk(x2)(k0)代入x2y21得43(34k2)x216k2x16k2120.由x1(2)16k212得x12(34k2)，34k234k2故|AM|1k2|x12|121k2.34k2由题设，直线AN的方程为y1(x2)，k故同理可得|AN|12k1k2.43k2由2|AM||AN|得24k，即4k36k23k80.34k23k2设f(t)4t36t23t8，则k是f(t)的零点，f'(t)12t212t33(2t1)20，所以f(t)在(0,)单调递增，又f(3)153260,f(2)60，因此f(t)在(0,)有唯一的零点，且零点k在(3,2)内，所以3k2.36．【解析】(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c，由题意知2a4,2c22，所以a2,ba2c22，所以椭圆C的方程为x2y21.42(Ⅱ)(i)设Px0,y0x00,y00，由M(0,m)，可得Px0,2m,Qx0,2m.所以直线PM的斜率k2mmm2mm3mx0，直线QM的斜率k'x0.x0x0此时k'3，所以k'为定值3.kk(ii)设Ax1,y1,Bx2,y2，直线PA的方程为ykxm，直线QB的方程为y3kxm.ykxm联立x2y21，整理得2k21x24mkx2m240.422222m22km22m4可得x1由x0x12k21x0，所以y1kx1m2k2m，2k211x0同理x22m22,y26km22m.18k21x018k21x0所以x2x12m222m2232k2m22，18k21x02k21x018k212k21x0y2y16km22m2m22m8k6k21m22，18k21x02k21x018k212k21x0所以kABy2y16k2111x2x14k46k.k由m0,x00，可知k>0，所以6k126，等号当且仅当k6时取得.k6此时m6，即m14，符号题意.48m267所以直线AB的斜率的最小值为6.237．【解析】（Ⅰ）设F(c,0)，由113c，即113c，|OF||OA||FA|caa(ac)可得a2c23c2，又a2c2b23，所以c21，因此a24，所以椭圆的方程为x2y241.3（Ⅱ）设直线的斜率为k(k0)，则直线l的方程为yk(x2)，设B(xB,yB)，由方程组x2y21,消去y，43yk(x2),整理得(4k23)x216k2x16k2120，解得x2或x8k26，4k23由题意得xB8k26，从而yB12k，4k234k23由（Ⅰ）知F(1,0)，设H(0,yH)，有FH(1,yH)，BF94k2,12k)，(234k24k3由BFHF，得BFHF0，所以4k2912kyH0，4k234k23解得yH94k2，因此直线MH的方程为y1x94k2，12kk12k设M(xM,yM)，由方程组y1x94k2,消去y，得x20k29，k12kM12(k21)yk(x2),在MAO中，MOAMAO|MA||MO|，即(xM2)2yM2xM2yM2，化简得xM1，即20k291，12(k21)解得k6k6，4或4所以直线l的斜率为k6或k6.4438．【解析】（Ⅰ）由题意有a2b22421，解得a28,b24．a2，b2a2所以C的方程为x2y21．84（Ⅱ）设直线l：ykxb(k0,b0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(xM,yM)将y=kx+b代入x2y21得(2k21)x24kbx2b280．84故xMx12x22kb，yMkxMbb1．2k212k2于是直线OM的斜率kOMyM1，即kOMk1xM．2k2所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．39．【解析】（Ⅰ）设Fc,0，由已知离心率c5及a2b2c2，又因为B0,b,a5故直线BF的斜率kb0b．0c2c（Ⅱ）设点PxP,yP,QxQ,yQ,MxM,yM，（i）由（Ⅰ）可得椭圆方程为x2y21，直线BF的方程为y2x2c，将直线方程与椭圆方程联立，5c24c2消去y，得3x25cx0，解得xP5c．因为BQBP，所以直线BQ方程为1x3y2c，与椭圆方程联立，消去y，整得21x240cx0，2解得xQ40cPM,及xM0，可得xMxPxP7．又因为MQxQxMxQ．218（ii）由（i）有PM7,所以PM7715MQ8PMMQ78,即PQPM，又因为157|PM|sinBQP=75，所以BP=|PQ|sinBQP=15|PM|sinBQP55．9734c，所以BP225c，因此又因为yP2xP2c05c2c4c5333355c55，c1，所以椭圆方程为x2y21．543340．【解析】（Ⅰ）由题设知c2，b=1结合a2b2c2，解得a2．a2所以椭圆的方程式为x2y21．2（Ⅱ）由题设知，直线PQ的方程式为y（kx1）+1(k2)，代入x2y21，2得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0．由已知>0．设P(x1,y1)，Q(x2,y2),x1x20，则x1x24k(k1),x1x22k(k2)．12k212k2从而直线AP,AQ的斜率之和kAPkAQy11y21kx12kkx22kx1x2x1x2=2k(2k)(11)2k(2k)x1x2x1x2x1x2=2k(2k)4k(k1)2k2(k1)2．2k(k2)41．【解析】（Ⅰ）由椭圆的定义，2a|PF1||PF2|22224，故a2．设椭圆的半焦距为c，由已知PF1PF2，因此2c|F1F2||PF1|2|PF2|222222223，即c3，从而ba2c21．故所求椭圆的标准方程为x2y21．4（Ⅱ）如题(21)图，由PF1PQ,|PQ||PF1|，得|QF1||PF1|2|PQ|212|PF1|．由椭圆的定义，|PF1||PF2|2a，|QF1||QF2|2a，进而|PF1||PQ||QF1|4a．于是(112)|PF1|4a．4a2a(121)．解得|PF1|，故|PF2|2a|PF1|211211由勾股定理得|PF1|2|PF2|2|PF2|2(2c)24c2，4a22a(121)24c2，从而22111122两边除以4a2，得122(11)2e2，111124(t2)2121若记t112，则上式变成21．et28t42由34，并注意到112关于的单调性，得3t4，即111，434t3进而1e25，即2e5．292342．【解析】（I）设F(c,0)，由条件知，2=23，得c=3.c3又c3,所以a=2,b2a2c21.故E的方程为x2y21.a24（Ⅱ）当lx轴时不合题意，故设l:y=kx2,P(x1,y1),Q(x2,y2).将ykx2代入x2y21得(14k2)x216kx120.4当=16(4k23)0,即k23时，x1,28k24k23.44k21从而PQk21x1x24k214k234k21.又点O到直线PQ的距离d2.所以OPQ的面积k21SOPQ=1dPQ44k23.24k21设4k23t,则t0,SOPQt4t4.24t4t因为t44,当且仅当t2，即k7时等号成立，且满足0.t2所以，当OPQ的面积最大时，的方程为7x2或y72．yx22ykxm43．【解析】（Ⅰ）设直线l的方程为ykxmk0，由x2y2，1a2b2消去y得，b2a2k2x22a2kmxa2m2a2b20，由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故0，即b2m2a2k20，解得点P的坐标为a2km,b2m，由点P在第一象限，b2a2k2b2a2k2故点P的坐标为a2k,b2；b2a2k2b2a2k2（Ⅱ）由于直线l1过原点O，且与l垂直，故直线l1的方程为xky0，a2kb2所以点P到直线l1的距离db2a2k2b2a2k2，1k222，因为a2k2b2整理得dab222ab，b2a2a2k2bkk2所以a2b222a22b2ab，当且仅当k2b时等号成立，ab2a2a2k2bba2abk2所以点P到直线l1的距离的最大值为 a b.44．【解析】（Ⅰ）根据ca2b2及题设知M(c,b223ac),2ba将b2a2c2代入2b23ac，解得c1,c2（舍去）故C的离心率为1a2a.2（Ⅱ）由题意，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b24，即b24a①a由MN5F1N得DF12F1N。2(cx1)c3c,设N(x1,y1)，由题意知y120，则2y12，即x1y11代入C的方程，得9c211。②4a2b2将①及ca2b2代入②得9(a24a)114a24a解得a7,b24a28，故a7,b27.45．【解析】：（Ⅰ）由|AF1|3|F1B|,|AB|4得|AF1|3,|F1B|1。因为ABF2的周长为16，所以由椭圆定义可得4a16,|AF1||AF2|2a8故|AF2|2a|AF1|835。（Ⅱ）设|F1B|k，则k0且|AF1|3k,|AB|4k，由椭圆定义可得|AF2|2a3k,|BF2|2ak在ABF2中，由余弦定理可得|AB|2|AF2|2|BF2|22|AF2||BF2|cosAF2B即(4k)2(2a3k)2(2ak)26(2a3k)(2ak)5化简可得(ak)(a3k)0，而ak0，故a3k于是有|AF2|3k |AF1|,|BF2| 5k，因此|BF2|2|AF2|2|AB|2，可得AF1AF2故AF1F2为等腰直角三角形．从而c2a，所以椭圆的离心率ec2．2a246．【解析】（Ｉ）由题意知a2b23，可得a24b2.a2椭圆C的方程可化简为x24y2a2.将yx代入可得x5a5，因此25a4102.25，可得a5因此b 1，2x 2所以椭圆C的方程为 y 1.（Ⅱ）（ⅰ）设A(x1,y1)(x1y10),D(x2,y2)，则B(x1,y1)，因为直线AB的斜率kABy1，x1又ABAD，所以直线AD的斜率kx1，y1设直线AD的方程为ykxm，由题意知k0,m0，ykxm222由，可得(14k)x8mkx40.x2y24m14所以x1x28mk，14k22m因此y1y2k(x1x2)2m1，4k2由题意知，x1x2，所以k1y1y21y1，x1x24k4x1所以直线BD的方程为yy1y1(xx1)，4x1令y0，得x3x1，即M(3x1,0)．可得k2y1．2x1所以k11k2，即1．212因此存在常数使得结论成立.2（ⅱ）直线BD的方程yy1y1(xx1)，4x1令x0，得y3y1，即N(0,3y1)，44由（ⅰ）知 M(3x1,0)，OMN的面积S13|x1|3|9可得2|y1|x1||y1|，48因为|x1||y1|x12y121，当且仅当|x1||y1|2时等号成立，422此时S取得最大值9，所以OMN的面积的最大值为9.8847．【解析】（Ｉ）设C2的焦距为2c2,由题可得2c22,2a12,从而a11,c21,23y22322因为点Px2123,3,1在双曲线21上,所以32b1b1b1由椭圆的定义可得22222a231123112a23,3323b22a22c222,所以C1,C2的方程为x2y21,y2x21.332（Ⅱ）不存在符合题设条件的直线 .若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,所以直线的方程为

x

2或x

2,当x

2时,易知

A

2,

3,B

2,

3,所以

OA

OB

2 2,AB

2 3,此时OA OB AB.当x 2时,同理可得OA OB AB.ykxm（2）当直线l不垂直于x轴,设l的方程为ykxm,由x2y213可得3k2x22kmxm230,当l与C1相交于A,B两点时,设Ax,y,Bx,y2,则x1,x2满足上述方程的两个实根,从而112x1x22km,x1x2m23k2x1x2kmx1x2m23k23m23k2k2,于是y1y2k23,3ykxm可得2k23x22m2由y2x214kmx60,因为直线l与C2只有一个公32共点，所以上述方程的判别式016k2m282k23m230,化简可得2k2m23，因此OAOBx1x2y1y2m233k23m2k230，k23k23k23222OAOB222OAOB2,所于是OAOBOAOB2OAOB,即OAOB以OAOBAB,综合（i）（ii）可知，不存在符合题目条件的直线．c2a26x2y248．【解析】（1）依条件a3b，所以椭圆C的标准方程为12b262a2b2c24（Ⅱ）设T(3,m)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，又设PQ中点为N(x0,y0)（i）因为F(2,0)，所以直线PQ的方程为：xmy2xmy2x2y21(m23)y24my206216m28(m23)24(m21)0所以y1y24mm23y1y22m23于是y0y1y22m，x0my022m22623m23m23m2所以N(63,2m)。因为kOTmkONm2m233所以O，N，T三点共线即OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）（ii）|TF|m21，|PQ||y1y2|m2124(m21)m21m23所以|TF|2m21m23，令m21x（x1）|PQ|224(m1)m2124(m1)m23则|TF|x2221(x2)3（当且仅当x22时取“”）|PQ|26x6x3所以当|TF|最小时，x22即m1或1，此时点T的坐标为(3,1)或(3,1)|PQ|49．【解析】（Ⅰ）因为焦距为4，所a2b24，又因为椭圆C过点P(2,3)，所以231，故a28，b24，从而椭圆C的方程为x2y21。a2b284（Ⅱ）由题意，E点坐标为(x0,0)，设D(xD,0)，则AEx0,22，ADx0,22，再由ADAE知，AEAD0，即xDx080．由于x0y00，故xD8．因为点G是点D关于y轴的对称点，x0所以点G(8,0)．x0故直线QG的斜率kQGy0x0y0．8x028x0x0又因Qx0,y0在椭圆C上，所以x022y028．①从而kQGx02yn故直线QG的方程为yx0x8②2y0x0将②代入椭圆 C方程，得：xn2 2y02x2 16x0x 64 16y02 0 ③再将①代入③，化简得： x2 2x0x xn2 0解得xx0,yy0，即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点．50．【解析】依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1：x2y2x2y21.其中amn0，m1.a2m21，C2：n2na2（Ⅰ）解法1：如图1，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x0，则S11|BD||OM|1a|BD|，S21|AB||ON|1a|AB|，所以S1|BD|.2222S2|AB|在C1和C2的方程中分别令x0，可得yAm，yBn，yDm，于是|BD||yByD|mn1．|AB||yAyB|mn1若S1，则1，化简得2210.由1，可解得21．S21故当直线l与y轴重合时，若S1S2，则21．解法2：如图1，若直线l与y轴重合，则|BD||OB||OD|mn，|AB||OA||OB|mn；S11|BD||OM|1a|BD|，S21|AB||ON|1a|AB|．.2222所以S1|BD|mn1．S2|AB|mn1若S1，则1，化简得2210.由1，可解得21．S21故当直线l与y轴重合时，若S1S2，则21．yAyABBONxNxMMOCCDD第28题解答图1第28题解答图2（Ⅱ）解法1：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2.根据对称性，不妨设直线l：ykx(k0)，点M(a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1，d2，则因为d1|ak0|ak，d2|ak0|ak，所以d1d2.1k21k21k21k2又S11|BD|d1，S21|AB|d2，所以S1|BD|，即|BD||AB|.22S2|AB|由对称性可知|AB||CD|，所以|BC||BD||AB|(1)|AB|，|AD||BD||AB|(1)|AB|，于是|AD|1.①|BC|1将l的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得xAam，xBan2.a2k2m22k2an根据对称性可知xCxB，xDxA，于是|AD|2xD|2xA2221k|xAmakn②2222.|BC|xC|2xBnakm1k|xB从而由①和②式可得a2k2n21.③a2k2m2(1)令t(1，则由mn，可得t1，于是由③可解得k2n2(2t21).1)a2(1t2)因为k0，所以2.于是③式关于k有解，当且仅当n2(2t21)0，k0a2(1t2)等价于(t21)(t210.由1，可解得112)t，即1(11，由1，解得12，所以1)当112时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2；当12时，存在与坐标轴不重合的直线l使得S1S2.解法2：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2.根据对称性，不妨设直线l：ykx(k0)，点M(a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1，d2，则因为d1|ak0|ak，d2|ak0|ak，所以d1d2.1k21k21k21k2又S111|AB|d2，所以S1|BD|.|BD|d1，S22S2|AB|2因为|BD|1k2|xBxD|xAxB，所以xA1.|AB|1k2|xAxB|xAxBxB1由点A(xA,kxA)，B(xB,kxB)分别在C1，C2上，可得222222222222xAkxA1，xBkxB1，两式相减可得xAxBk(xAm2xB)0，a2m2a2n2a2222m2(x2x2)依题意xAxB0，所以xAxB.所以由上式解得k.2(2xB22axA)因为k20，所以由m2(xA2xB2)xA.2xB20，可解得1xBa2(xA2)从而11，解得12，所以1当112时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2；当12时，存在与坐标轴不重合的直线l使得S1S2.51．【解析】(Ⅰ)设F(－c,0)，由c33c.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－a，知a3(c)2y21，c，代入椭圆方程有a2b2解得y6b26b432，3，于是3，解得b3又a2－c2＝b2，从而a＝3，c＝1，所以椭圆的方程为x2y2=1.32(Ⅱ)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1,0)得直线CD的方程为 y＝k(x＋1)，y kx 1,由方程组x2y2消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.312求解可得x1＋x2＝6k2，x1x2＝3k26.23k223k2因为A(3，0)，B(3，0)，所以AC·DB＋AD·CB＝(x1＋3，y1)·(3－x2，－y2)＋(x2＋3，y2)·(3－x1，－y1)2＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k(x1＋1)(x2＋1)＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝62k212．23k2由已知得62k212＝8，解得k＝2．23k252．【解析】：（Ⅰ）由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程x2y21得yb2a2b2a2b21，即a2b2，又ec3，由题意知aa2所以a2，b1，所以椭圆方程为x2y21．4（Ⅱ）由题意可知：PF1PMPF2PMPF1PMPF2PM=,|PF1|=,|PF1||PM||PF2||PM||PF2|设P(x0,y0)其中x024，将向量坐标代入并化简得：m(4x0216)3x0312x0，因为x024，所以m3x0，而x0(2,2)，所以m334(,)22（Ⅲ）由题意可知，l为椭圆的在P点处的切线，由导数法可求得，切线方程为：x0xy0y1，所以kx0，而k1y0,k2y0，代入11中得44y0x3x3kk1kk2114(x0x03x0x03)8为定值．kk1kk2a253．【解析】（Ⅰ）由题意得c2解得b2.所以椭圆C的方程为x2y21.a242a2b2c2yk(x1)2k2)x24k2x2k2（Ⅱ）由x2y21得(140.42设点M,N的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，则y1k(x11)，y2k(x21)，x1x214k2，x1x22k24．2k212k2所以|MN|=(x2x1)2(y2y1)2=(1k2)[(x1x2)24x1x2]=2(1k2)(46k2)12k2.由因为点A(2,0)到直线yk(x的距离d|k|，1）12k2所以△AMN的面积为S1|MN|d|k|46k2.由|k|46k210