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1、专题九 解析几何第二十五讲 椭圆答案部分1C【解析】不妨设，因为椭圆的一个焦点为，所以，所以，所以的离心率为故选C2D【解析】由题设知，所以，由椭圆的定义得，即，所以，故椭圆的离心率故选D3C【解析】由题意，由椭圆的定义可知，到该椭圆的两个焦点的距离之和为，故选C4B【解析】由题意可知，离心率，选B5A【解析】以线段为直径的圆是，直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，整理为，即，即 ，故选A6A【解析】当，焦点在轴上，要使上存在点满足，则，即，得；当，焦点在轴上，要使上存在点满足，则，即，得，故的取值范围为，选A7B【解析】不妨设直线过椭圆的上顶点和左焦点，则直线的方程为，由已知得，解得，又，所
2、以，即，故选B8A【解析】由题意，不妨设点在轴上方，直线的方程为，分别令与，得，设的中点为，由，得，即，整理得，所以椭圆的离心率，故选A9B【解析】抛物线：的焦点坐标为，准线的方程为 ，设椭圆的方程为，所以椭圆的半焦距，又椭圆的离心率为，所以，椭圆的方程为，联立，解得或，所以，选B10B【解析】由题意得：，因为，所以，故选C11A【解析】设椭圆的左焦点为，半焦距为，连结，则四边形为平行四边形，所以，根据椭圆定义，有，所以，解得因为点到直线：的距离不小于，即，所以，所以，解得，所以，所以椭圆的离心率的取值范围为12D【解析】由题意可设，圆的圆心坐标为，圆心到的距离为，当且仅当时取等号，所以，所以
3、两点间的最大距离是13D【解析】设，则=2，=2， 得，=，又=，=，又9=，解得=9，=18，椭圆方程为，故选D.14D【解析】，选D.15C【解析】是底角为的等腰三角形165【解析】设，由，得，即，因为点，在椭圆上，所以，得，所以，所以当时，点横坐标的绝对值最大，最大值为217【解析】设左焦点为，由关于直线的对称点在椭圆上，得，又，所以，不妨设，则，因此，又，由以上二式可得，即，即，所以，18【解析】设，分别代入椭圆方程相减得，根据题意有，且，所以，得，整理，所以1912【解析】设交椭圆于点，连接和，利用中位线定理可得20【解析】由题意可得，由题意可知点为的中点，所以点的坐标为，由，所以，
4、整理得，解得21【解析】由题意得通径，点B坐标为将点B坐标带入椭圆方程得，又，解得椭圆方程为22【解析】由题意可知，中，所以有，整理得，故答案为23【解析】由椭圆的性质可知：，.又已知，成等比数列，故，即，则.故.即椭圆的离心率为24【解析】设点的坐标为，点的坐标为，可得，又点在椭圆上，解得，点的坐标是25【解析】(1)因为椭圆的焦点为，可设椭圆的方程为又点在椭圆上，所以，解得因此，椭圆的方程为因为圆的直径为，所以其方程为(2)设直线与圆相切于，则，所以直线的方程为，即由消去，得（*）因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以因为，所以因此，点的坐标为因为三角形的面积为，所以，从而设，由（*）得，
5、所以因为，所以，即，解得舍去），则，因此的坐标为综上，直线的方程为26【解析】(1)设，则，两式相减，并由得由题设知，于是由题设得，故(2)由题意得，设，则由(1)及题设得，又点在上，所以，从而，于是同理所以故27【解析】(1)由题意得，所以，又，所以，所以，所以椭圆的标准方程为(2)设直线的方程为，由消去可得，则，即，设，则，则，易得当时，故的最大值为(3)设，则 ， ，又，所以可设，直线的方程为，由消去可得，则，即，又，代入式可得，所以，所以，同理可得故，因为三点共线，所以，将点的坐标代入化简可得，即28【解析】(1)设椭圆的焦距为，由已知得，又由，可得 由，从而所以，椭圆的方程为(2)设
6、点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意，点的坐标为 由的面积是面积的2倍，可得，从而，即易知直线的方程为，由方程组 消去y，可得由方程组消去，可得由，可得，两边平方，整理得，解得，或当时，不合题意，舍去；当时，符合题意所以，的值为29【解析】（1）设,则，由得 ，因为在上，所以因此点的轨迹方程为（2）由题意知设，则，由得，又由（1）知，故所以，即又过点存在唯一直线垂直与，所以过点且垂直于的直线过的左焦点30【解析】（）设椭圆的离心率为e由已知，可得又由，可得，即又因为，解得所以，椭圆的离心率为（）（）依题意，设直线FP的方程为，则直线FP的斜率为由（）知，可得直线AE的方程为，即，与直线FP的方
7、程联立，可解得，即点Q的坐标为由已知|FQ|=，有，整理得，所以，即直线FP的斜率为（ii）由，可得，故椭圆方程可以表示为由（i）得直线FP的方程为，与椭圆方程联立消去，整理得，解得（舍去），或因此可得点，进而可得，所以由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离，故直线和都垂直于直线因为，所以，所以的面积为，同理的面积等于，由四边形的面积为，得，整理得，又由，得所以，椭圆的方程为31【解析】（）由椭圆的离心率为，得，又当时，得，所以，因此椭圆方程为（）设，联立方程得，由 得 （*）且 ，因此 ，所以 ，又 ，所以 整理得： ，因为 所以 令，故 所以令，所以当时，从而在上单调递增，因此，等号
8、当且仅当时成立，此时，所以，由（*）得 且，故，设，则 ，所以得最小值为从而的最小值为，此时直线的斜率时综上所述：当，时，取得最小值为32【解析】（）设椭圆的方程为由题意得解得所以所以椭圆的方程为（）设，且，则直线的斜率，由，则，故直线的斜率所以直线的方程为直线的方程为联立，解得点的纵坐标由点在椭圆上，得所以又，所以与的面积之比为33【解析】（1）设椭圆的半焦距为.因为椭圆的离心率为，两准线之间的距离为8，所以， 解得，于是， 因此椭圆的标准方程是.（2）由（1）知，.设，因为点为第一象限的点，故.当时，与相交于，与题设不符.当时，直线的斜率为，直线的斜率为.因为，所以直线的斜率为，直线的斜率
9、为，从而直线的方程：， 直线的方程：. 由，解得，所以.因为点在椭圆上，由对称性，得，即或.又在椭圆上，故.由，解得；，无解.因此点的坐标为.34【解析】（I）由题意得，所以椭圆的方程为又，所以离心率（II）设（，），则又，所以直线的方程为令，得，从而直线的方程为令，得，从而所以四边形的面积从而四边形的面积为定值35【解析】（）设，则由题意知.由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为，又，因此直线的方程为.将代入得，解得或，所以.因此的面积.（）将直线的方程代入得.由得，故.由题设，直线的方程为，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.36
10、【解析】()设椭圆的半焦距为，由题意知，所以，所以椭圆C的方程为.()(i)设，由M(0,)，可得 所以直线PM的斜率 ，直线QM的斜率.此时，所以为定值.(ii)设，直线PA的方程为，直线QB的方程为.联立 ，整理得.由可得 ，所以，同理.所以， ，所以 由，可知k0，所以 ，等号当且仅当时取得.此时，即，符号题意.所以直线AB 的斜率的最小值为 .37【解析】（）设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.（）设直线的斜率为，则直线的方程为，设，由方程组 消去，整理得，解得或，由题意得，从而，由（）知，设，有，由，得，所以，解得，因此直线的方程为，设，由方程组消去，得，在中，即，化
11、简得，即，解得或，所以直线的斜率为或.38【解析】（）由题意有，解得所以的方程为（）设直线：，将代入得故，于是直线的斜率，即所以直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值39【解析】（）设，由已知离心率及，又因为 ,故直线BF的斜率（）设点，（i）由（）可得椭圆方程为，直线BF的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，消去y，得，解得因为，所以直线BQ方程为，与椭圆方程联立，消去，整得，解得又因为 ,及，可得（ii）由（i）有,所以,即，又因为，所以=又因为，所以，因此，所以椭圆方程为40【解析】（）由题设知，结合，解得所以椭圆的方程式为（）由题设知，直线的方程式为，代入，得由已知0设，,， 则从而直线的斜
12、率之和=41【解析】（）由椭圆的定义，故设椭圆的半焦距为，由已知，因此，即，从而故所求椭圆的标准方程为（）如题(21)图，由， 得由椭圆的定义，进而于是解得，故由勾股定理得，从而，两边除以，得，若记，则上式变成由，并注意到关于的单调性，得，即，进而，即42【解析】 （）43【解析】（）设直线的方程为，由，消去得，由于直线与椭圆只有一个公共点，故，即，解得点的坐标为，由点在第一象限，故点的坐标为；（）由于直线过原点，且与垂直，故直线的方程为，所以点到直线的距离，整理得，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以点到直线的距离的最大值为.44【解析】（）根据及题设知将代入，解得（舍去）故C的离心率为.（）由题意，原点为的中点，轴，所以直线与轴的交点 是线段的中点，故，即 由得。设，由题意知，则，即代入C的方程，得。将及代入得解得，故.45【解析】：（）由得。因为的周长为16，所以由椭圆定义可得故。（）设，则且，由椭圆定义可得在中，由余弦定理可得即化简可得，而，故于是有，因此，可得故为等腰直角三角形从而，所以椭圆的离心率46【解析】（）由题意知，可得.椭圆C的方程可化简为.将代入可得，因此，可得.因此，所以椭圆C的方程为.（）（）设，则，因为直线AB的斜率，又，所以直线AD的斜率，设直线AD的方程为，由题意知，由，可得.所以，因此，由题意知，所
