椭圆的左顶点，过原点的直线MN与椭圆交于M,N两点（M在第三象限），与椭圆的右准
?????????42线交于P点．已知AM?MN，且OA?OM?b．
3（1）求椭圆C的离心率e； （2）若S?AMN?S?POF?10a，求椭圆C的标准方程． 3?x2y2??1【答案】?c22?a2b22解：（1）由题意?，消去y得2x?ax?b?0，解得
a?(x?a)2?y2?(a)2??22ab2x1??a， x2??2，
c?????????ab2ab242c233所以xM??2?(?a,0)，OA?OM?xMxA?2a?b，2?，所以e?；
c2c3a443222b， （2）由（1）M(?b,?b)，右准线方程为x?333直线MN的方程为y?2x，所以P(4346b,b)， 33134622422S?POF?OF?yP=b?b?22b2，S?AMN?2S?AOM?OA?yM?2b?b?b，
22333所以22b2+42210102220b?a，b?b，所以b?2,a?22， 3333x2y2??1． 椭圆C的标准方程为826.（2018·南京盐城期末·18）.
x2y2如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:2?2?1(a?b?0)的下顶点为B，点
abM,N是椭圆上异于点B的动点，直线BM,BN分别与x轴交于点P,Q，且点Q是线
段OP的中点．当点N运动到点(3,（1）求椭圆C的标准方程；
233,0)． )处时，点Q的坐标为(32?????????（2）设直线MN交y轴于点D，当点M,N均在y轴右侧，且DN?2NM时，求直
线BM的方程．
B 第18题图 y D N Q O P M x
【答案】解：（1）由N(3,32),Q(3,0)，得直线NQ的方程为23y?3x?3． …………………2分 2令x?0，得点B的坐标为(0,?3)．
所以椭圆的方程为
x2y2??1． …………………4分 2a33()22(3)3将点N的坐标(3,)代入，得2?2?1，解得a2?4．
a32所以椭圆C的标准方程为x2y2??1． …………………8分 43（2）方法一：设直线BM的斜率为k(k?0)，则直线BM的方程为y?kx?3．
在y?kx?3中，令y?0，得xP?所以直线BN的斜率
33，而点Q是线段OP的中点，所以xQ?． k2kkBN?kBQ?0?(?3)?2k． ………………10分
3?02k?y?kx?383k?联立?x2y2，消去y，得(3?4k2)x2?83kx?0，解得xM?． 23?4k?1??3?4用2k代k，得
163k． ………………12分 23?16k?????????又DN?2NM，所以xN?2(xM?xN)，得
83k163k6k?0，又，解得． ?3?k?3?4k23?16k22所以直线BM的方程为
故2?xN?2xM?3xN． ………………14分
6x?3． ………………16分 2方法二：设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)． y?由B(0,?3)，得直线BN的方程为y?3x1y1?3． x?3，令y?0，得xP?y1?3x1同理，得xQ?3x2．
y2?3而点Q是线段OP的中点，所以xP?2xQ，故
3x123x2． …………………10分 ?y1?3y2?34?????????213?又DN?2NM，所以x2?2(x1?x2)，得x2?x1?0，从而，
3y1?3y2?3解得
y2?43． …………………y1?3312分
2?x?x12?x12(4y1?3)23?将?代入到椭圆C的方程中，得??1．
927?y?4y?321?33?y124(1?)y12(4y1?3)223)，所以又x1?4(1???1，即3y12?2y1?3?0，
39273解得y1??3（舍）或y1?．又x1?0，所以点M的坐标为
3423M(,)．……………14分
33故直线BM的方程为
y?
7.（2018·苏州期末·18）
6x?3． …………………16分 2x2y22在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:2?2?1(a?b?0)的离心率为，椭圆上动点ab2P到一个焦点的距离的最小值为3(2?1)．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知过点M(0,?1)的动直线l与椭圆C交于 A，B 两点，试判断以AB为直径的圆是否恒过定点，并说明理由．
【答案】解（1）由题意
A O y B x M c2?，故a?2c， ·························································· 1分 a2又椭圆上动点P到一个焦点的距离的最小值为3(2?1)，所以a?c?32?3， ····································································································································· 2分 解得c?3，a?32，所以b2?a2?c2?9， ······················································· 4分
22xy?1. ·所以椭圆C的标准方程为?···································································· 6分
189（2）当直线l的斜率为0时，令y??1，则x??4，
此时以AB为直径的圆的方程为x2?(y?1)?16． ················································ 7分 当直线l的斜率不存在时，以AB为直径的圆的方程为x2?y2?9， ················· 8分
2??x?(y?1)?16,联立?2解得x?0,y?3，即两圆过点T(0,3)． 2??x?y?9,猜想以AB为直径的圆恒过定点T(0,3)． ······························································· 9分 对一般情况证明如下： 设过点M(0,?1)的直线l的方程为y?kx?1与椭圆C交于A(x1,y1),B(x2,y2), ?y?kx?1,则?2整理得(1?2k2)x2?4kx?16?0， 2?x?2y?18,4k16所以x1?x2?． ································································· 12分 ,xx??121?2k21?2k2（注：如果不猜想，直接写出上面的联立方程、韦达定理，正确的给3分） ??????因为TA?TB?(x1,y1?3)?(x2,y2?3)?x1x2?y1y2?3(y1?y2)?9
?x1x2?(kx1?1)(kx2?1)?3(kx1?1?kx2?1)?9?(k2?1)x1x2?4k(x1?x2)?16
?16(k2?1)16k2?16(1?2k2)???16??16?0，
1?2k21?2k21?2k2所以TA?TB．
所以存在以AB为直径的圆恒过定点T，且定点T的坐标为(0,3)． ··················· 16分
8.（2018·苏北四市期末·18）
x2y21如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆2?2?1(a?b?0)的离心率为，且过
ab23点(1，).F为椭圆的右焦点，A,B为椭圆上关于原点对称的两点，连接AF,BF分别
2交椭圆于C,D两点. ⑴求椭圆的标准方程；
BF⑵若AF?FC，求的值；
FD⑶设直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，是否存在实数m，使得k2?mk1，若存在，y 求出m的值；若不存在，请说明理由.
A DO F x B C （第18题）
?c1??xy?a2【答案】（1）设椭圆方程为2?2?1(a?b?0)，由题意知：??????2
ab19???1??a24b2分
?x2y2?a?2??1 ???????????4分 解之得：?，所以椭圆方程为：43??b?333（2）若AF?FC，由椭圆对称性，知A(1, )，所以B(?1, ?)，
22此时直线BF方程为3x?4y?3?0， ?????????????????6分
22?3x?4y?3?0,13?由?x2y2，得7x2?6x?13?0，解得x?（x??1舍去），????8分
7?4?3?1,?BF1?(?1)7故??．?????????????????????????10分
13FD?137（x0,y0)，则B(?x0,?y0)， （3）设Ay0x2y2?1，得 (x?1)，代入椭圆方程?直线AF的方程为y?43x0?122?15x0?24x0?0， (15?6x0)x2?8y0因为x?x0是该方程的一个解，所以C点的横坐标xC?又C(xc,yC)在直线y?同理，D点坐标为(科网]8?5x0，???????12分
5?2x0y0y?3y0(x?1)上，所以yC?0(xc?1)?， x0?1x0?15?2x0[来源:学
8?5x03y0)， ?????????????????14分，
5?2x05?2x03y0?3y0?5?2x05?2x05y05所以k2???k，
8?5x08?5x03x031?5?2x05?2x055即存在m?，使得k2?k1． ?????????????????????16分
33
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