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1817分解析几何★★★★★
已知椭圆 E:x2a2+y2=1E:\frac{x^2}{a^2}+y^2=1（a>1a>1），过 EE 的右焦点且与 xx 轴垂直的直线被 EE 截得的线段长为 2\sqrt{2}.
(1) 求 EE 的离心率； (2) 设 OO 为坐标原点，给定点 G(t,0)G\left( t,0 \right)（t≠0t\ne 0）. A(x0,y0)A\left( x_0,y_0 \right)（y0≠0y_0\ne 0）为 EE 上的点，过 AA 作 yy 轴的垂线，垂足为 BB，直线 OAOA 与直线 GBGB 的交点为 PP，当 AA 在 EE 上运动时，点 PP 的轨迹为 MM.
(i) 求 MM 的方程； (ii) 当 tt 为何值时，MM 有对称中心？当 MM 有对称中心时，将 MM 平移后得到曲线 M′M'，使得 OO 为 M′M' 的对称中心，说明 M′M' 是什么曲线.

2026 · 全国 · 二卷 · 第 18 题 · 解答题

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1615分解析几何★★★★☆
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的离心率为 22\frac{\sqrt2}{2}，长轴长为 4.
(1) 求 CC 的方程； (2) 过点 (0,−2)(0,-2) 的直线 ll 与 CC 交于 AA，BB 两点，OO 为坐标原点. 若 △OAB\triangle OAB 的面积为 2\sqrt2，求 ∣AB∣|AB|.

2025 · 全国 · 二卷 · 第 16 题 · 解答题

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1917分解析几何★★★★★
已知双曲线 C:x2−y2=mC:x^2-y^2=m（m>0m>0），点 P1(5,4)P_1(5,4) 在 CC 上，kk 为常数，0<k<10<k<1. 按照如下方式依次构造点 PnP_n（n=2n=2，33，…\dots）：过 Pn−1P_{n-1} 作斜率为 kk 的直线与 CC 的左支交于点 Qn−1Q_{n-1}，令 PnP_n 为 Qn−1Q_{n-1} 关于 yy 轴的对称点，记 PnP_n 的坐标为 (xn,yn)(x_n,y_n).
(1) 若 k=12k=\frac12，求 x2x_2，y2y_2； (2) 证明：数列 {xn−yn}\{x_n-y_n\} 是公比为 1+k1−k\frac{1+k}{1-k} 的等比数列； (3) 设 SnS_n 为 △PnPn+1Pn+2\triangle P_nP_{n+1}P_{n+2} 的面积，证明：对任意的正整数 nn，Sn=Sn+1S_n=S_{n+1}.

2024 · 全国 · 新高考二卷 · 第 19 题 · 解答题

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2115分解析几何★★★★☆
已知双曲线 CC 的中心为坐标原点，左焦点为 (−25,0)(-2\sqrt5,0)，离心率为 5\sqrt5.
(1) 求 CC 的方程； (2) 记 CC 的左，右顶点分别为 A1A_1，A2A_2，过点 (−4,0)(-4,0) 的直线与 CC 的左支交于 MM，NN 两点，MM 在第二象限，直线 MA1MA_1 与 NA2NA_2 交于点 PP，证明：点 PP 在定直线上.

2023 · 全国 · 新高考二卷 · 第 21 题 · 解答题

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2115分解析几何★★★★★
已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1（a>0a>0，b>0b>0） 的右焦点为 F(2,0)F(2,0)，渐近线方程为 y=±3xy=\pm \sqrt3 x.
(1) 求 CC 的方程； (2) 过 FF 的直线与 CC 的两条渐近线分别交于 AA，BB 两点，点 P(x1,y1)P(x_1,y_1)，Q(x2,y2)Q(x_2,y_2) 在 CC 上，且 x1>x2>0x_1>x_2>0，y1>0y_1>0. 过 PP 且斜率为 −3-\sqrt3 的直线与过 QQ 且斜率为 3\sqrt3 的直线交于点 MM. 从下面 \circled1\circled{1}，\circled2\circled{2}，\circled3\circled{3} 中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
① MM 在 ABAB 上； ② PQ∥ABPQ\parallel AB； ③ ∣MA∣=∣MB∣|MA|=|MB|.

2022 · 全国 · 新高考二卷 · 第 21 题 · 解答题

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2015分解析几何★★★★☆
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0），右焦点为 F(2,0)F\left(\sqrt2,0\right)，其离心率为 63\dfrac{\sqrt6}{3}.
(1) 求椭圆 CC 的方程； (2) 设 MM，NN 是椭圆 CC 上的两点，直线 MNMN 与曲线 x2+y2=b2x^2+y^2=b^2（x>0x>0） 相切. 证明：MM，NN，FF 三点共线的充要条件是 ∣MN∣=3|MN|=\sqrt3.

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 20 题 · 解答题

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19解析几何★★★★☆
已知椭圆 C1:x2a2+y2b2=1C_1:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的右焦点 FF 与抛物线 C2C_2 的焦点重合，C1C_1 的中心与 C2C_2 的顶点重合，过 FF 且与 xx 轴垂直的直线交 C1C_1 于 AA，BB 两点，交 C2C_2 于 CC，DD 两点，且 ∣CD∣=43∣AB∣|CD|=\dfrac{4}{3}|AB|.
(1) 求 C1C_1 的离心率； (2) 设 MM 是 C1C_1 与 C2C_2 的公共点. 若 ∣MF∣=5|MF|=5，求 C1C_1 与 C2C_2 的标准方程.

2020 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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22解析几何★★★☆☆
已知曲线 C1C_1，C2C_2 的参数方程分别为
C1:{x=4cos⁡2θ,y=4sin⁡2θC_1:\begin{cases} x=4\cos^2\theta,\\ y=4\sin^2\theta \end{cases}
，
C2:{x=t+1t,y=t−1tC_2:\begin{cases} x=t+\dfrac{1}{t},\\ y=t-\dfrac{1}{t} \end{cases}
（θ\theta 为参数，tt 为参数）.
(1) 将 C1C_1，C2C_2 的参数方程化为普通方程； (2) 以坐标原点为极点，xx 轴正半轴为极轴建立极坐标系. 设 C1C_1，C2C_2 的交点为 PP，求圆心在极轴上，且经过极点和 PP 的圆的极坐标方程.

2020 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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19解析几何★★★★☆
已知椭圆 C1:x2a2+y2b2=1C_1:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的右焦点 FF 与抛物线 C2C_2 的焦点重合，C1C_1 的中心与 C2C_2 的顶点重合. 过 FF 且与 xx 轴垂直的直线交 C1C_1 于 AA，BB 两点，交 C2C_2 于 CC，DD 两点，且 ∣CD∣=43∣AB∣\lvert CD\rvert=\dfrac{4}{3}\lvert AB\rvert.
(1) 求 C1C_1 的离心率； (2) 若 C1C_1 的四个顶点到 C2C_2 的准线距离之和为 1212，求 C1C_1 与 C2C_2 的标准方程.

2020 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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22解析几何★★★☆☆
已知曲线 C1C_1 的参数方程为
{x=4cos⁡2θ,y=4sin⁡2θ\begin{cases} x=4\cos^2\theta,\\ y=4\sin^2\theta \end{cases}
（θ\theta 为参数），C2C_2 的参数方程为
{x=t+1t,y=t−1t\begin{cases} x=t+\dfrac{1}{t},\\ y=t-\dfrac{1}{t} \end{cases}
（tt 为参数）.
(1) 将 C1C_1，C2C_2 的参数方程化为普通方程； (2) 以坐标原点为极点，xx 轴正半轴为极轴建立极坐标系. 设 C1C_1，C2C_2 的交点为 PP，求圆心在极轴上，且经过极点和 PP 的圆的极坐标方程.

2020 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
已知点 A(−2,0)A(-2,0)，B(2,0)B(2,0)，动点 M(x,y)M(x,y) 满足直线 AMAM 与 BMBM 的斜率之积为 −12-\dfrac12. 记 MM 的轨迹为曲线 CC.
(1) 求 CC 的方程，并说明 CC 是什么曲线； (2) 过坐标原点的直线交 CC 于 PP，QQ 两点，点 PP 在第一象限，PE⊥xPE\perp x 轴，垂足为 EE，连接 QEQE 并延长交 CC 于点 GG.
(i) 证明：△PQG\triangle PQG 是直角三角形； (ii) 求 △PQG\triangle PQG 面积的最大值.

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★☆☆
在极坐标系中，OO 为极点，点 M(ρ0,θ0)M(\rho_0,\theta_0)（ρ0>0\rho_0>0）在曲线 C:ρ=4sin⁡θC:\rho=4\sin\theta 上，直线 ll 过点 A(4,0)A(4,0) 且与 OMOM 垂直，垂足为 PP.
(1) 当 θ0=π3\theta_0=\dfrac{\pi}{3} 时，求 ρ0\rho_0 及 ll 的极坐标方程； (2) 当 MM 在 CC 上运动且 PP 在线段 OMOM 上时，求 PP 点轨迹的极坐标方程.

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
已知 F1F_1，F2F_2 是椭圆 C:x2a2+y2b2=1C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的两个焦点，PP 为 CC 上的点，OO 为坐标原点.
(1) 若 △POF2\triangle POF_2 为等边三角形，求 CC 的离心率； (2) 如果存在点 PP，使得 PF1⊥PF2PF_1\perp PF_2，且 △F1PF2\triangle F_1PF_2 的面积等于 1616，求 bb 的值和 aa 的取值范围.

2019 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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22解析几何★★★☆☆
在极坐标系中，OO 为极点，点 M(ρ0,θ0)M(\rho_0,\theta_0)（ρ0>0\rho_0>0）在曲线 C:ρ=4sin⁡θC:\rho=4\sin\theta 上，直线 ll 过点 A(4,0)A(4,0) 且与 OMOM 垂直，垂足为 PP.
(1) 当 θ0=π3\theta_0=\dfrac{\pi}{3} 时，求 ρ0\rho_0 及 ll 的极坐标方程； (2) 当 MM 在 CC 上运动且 PP 在线段 OMOM 上时，求 PP 点轨迹的极坐标方程.

2019 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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19解析几何★★★★☆
设抛物线 C:y2=4xC:y^2=4x 的焦点为 FF，过 FF 且斜率为 kk（k>0k>0）的直线 ll 与 CC 交于 AA，BB 两点，∣AB∣=8|AB|=8.
(1) 求 ll 的方程； (2) 求过点 AA，BB 且与 CC 的准线相切的圆的方程.

2018 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，曲线 CC 的参数方程为
{x=2cos⁡θ,y=4sin⁡θ\begin{cases} x=2\cos\theta,\\ y=4\sin\theta \end{cases}
（θ\theta 为参数），直线 ll 的参数方程为
{x=1+tcos⁡α,y=2+tsin⁡α\begin{cases} x=1+t\cos\alpha,\\ y=2+t\sin\alpha \end{cases}
（tt 为参数）.
(1) 求 CC 和 ll 的直角坐标方程； (2) 若曲线 CC 截直线 ll 所得线段的中点坐标为 (1,2)(1,2)，求 ll 的斜率.

2018 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
设抛物线 C:y2=4xC:y^2=4x 的焦点为 FF，过 FF 且斜率为 kk（k>0k>0）的直线 ll 与 CC 交于 AA，BB 两点，∣AB∣=8\lvert AB\rvert=8.
(1) 求 ll 的方程； (2) 求过点 AA，BB 且与 CC 的准线相切的圆的方程.

2018 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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22解析几何★★★☆☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，曲线 CC 的参数方程为
{x=2cos⁡θ,y=4sin⁡θ\begin{cases} x=2\cos\theta,\\ y=4\sin\theta \end{cases}
（θ\theta 为参数），直线 ll 的参数方程为
{x=1+tcos⁡α,y=2+tsin⁡α\begin{cases} x=1+t\cos\alpha,\\ y=2+t\sin\alpha \end{cases}
（tt 为参数）.
(1) 求 CC 和 ll 的直角坐标方程； (2) 若曲线 CC 截直线 ll 所得线段的中点坐标为 (1,2)(1,2)，求 ll 的斜率.

2018 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
如图，椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>b>0a > b > 0）的左，右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，过 F2F_2 的直线交椭圆于 PP，QQ 两点，且 PQ⊥PF1PQ \perp PF_1.
(1) 若 ∣PF1∣=2+2|PF_1| = 2 + \sqrt{2}，∣PF2∣=2−2|PF_2| = 2 - \sqrt{2}，求椭圆标准方程； (2) 若 ∣PF1∣=∣PQ∣|PF_1| = |PQ|，求椭圆的离心率 ee.

2015 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>b>0a > b > 0）的左、右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，过 F2F_2 的直线交椭圆于 PP，QQ 两点，且 PQ⊥PF1PQ \perp PF_1.
(1) 若 ∣PF1∣=2+2|PF_1| = 2 + \sqrt{2}，∣PF2∣=2−2|PF_2| = 2 - \sqrt{2}，求椭圆标准方程； (2) 若 ∣PQ∣=λ∣PF1∣|PQ| = \lambda |PF_1|，且 34⩽λ<43\frac{3}{4} \leqslant \lambda < \frac{4}{3}，试确定椭圆离心率 ee 的取值范围.

2015 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
设椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>b>0a > b > 0）的左，右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，点 DD 在椭圆上，DF1⊥F1F2DF_1 \perp F_1F_2，∣F1F2∣∣DF1∣=22\frac{|F_1F_2|}{|DF_1|} = 2\sqrt{2}，△DF1F2\triangle DF_1F_2 的面积为 22\frac{\sqrt{2}}{2}.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 设圆心在 yy 轴上的圆与椭圆在 xx 轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径.

2014 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
设椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的左、右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，点 DD 在椭圆上，DF1⊥F1F2DF_1 \perp F_1F_2，∣F1F2∣∣DF1∣=22\frac{|F_1F_2|}{|DF_1|} = 2\sqrt{2}，△DF1F2\triangle DF_1F_2 的面积为 22\frac{\sqrt{2}}{2}.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 是否存在圆心在 yy 轴上的圆，使圆在 xx 轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由.

2014 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，椭圆的中心为原点 OO，长轴在 xx 轴上，离心率 e=22e = \frac{\sqrt{2}}{2}，过左焦点 F1F_{1} 作 xx 轴的垂线交椭圆于 AA，A′A' 两点，∣AA′∣=4|AA'| = 4.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 取垂直于 xx 轴的直线与椭圆相交于不同的两点 PP，P′P'，过 PP，P′P' 作圆心为 QQ 的圆. 使椭圆上的其余点均在圆 QQ 外. 若 PQ⊥P′QPQ \perp P'Q，求圆 QQ 的标准方程.
\begin{solution} 设椭圆的标准方程为 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1，（a>b>0a>b>0） 焦距的一半为 cc，则 c2=a2−b2c^2=a^2-b^2，且 ca=22\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}，b2=a2−c2=a22b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{2}.
\begin{enumerate} \item 过左焦点 F1(−c,0)F_1(-c,0) 的垂线为 x=−cx=-c. 代入椭圆方程，弦端点的纵坐标满足
y2=b2(1−c2a2)=b22y^2=b^2\left(1-\frac{c^2}{a^2}\right)=\frac{b^2}{2}
因此
∣AA′∣=2⋅b2=4|AA'|=2\cdot\frac{b}{\sqrt{2}}=4
解得 b2=8b^2=8，再由 b2=a22b^2=\frac{a^2}{2} 得 a2=16a^2=16. 所以椭圆的标准方程为
x216+y28=1\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{8}=1
\item 设垂直于 xx 轴的直线为 x=x0x=x_0，其与椭圆的交点为 P(x0,y0)P(x_0,y_0)，P′(x0,−y0)P'(x_0,-y_0)，y0≠0y_0\ne0. 由于圆过 PP，P′P'，其圆心 QQ 在 PP′PP' 的垂直平分线上，而 PP′PP' 垂直于 xx 轴，所以可设 Q(t,0)Q(t,0)，圆的半径为 rr. 由 PQ⊥P′QPQ\perp P'Q，
(x0−t,y0)⋅(x0−t,−y0)=0(x_0-t,y_0)\cdot(x_0-t,-y_0)=0
即
(x0−t)2=y02(x_0-t)^2=y_0^2
椭圆上的点 M(x,y)M(x,y) 满足 y2=16−x22y^2=\frac{16-x^2}{2}. 于是
∣QM∣2−r2=(x−t)2+16−x22−r2|QM|^2-r^2=(x-t)^2+\frac{16-x^2}{2}-r^2
由题意，除 PP，P′P' 外椭圆上的点均在圆外，所以当 x=x0x=x_0 时上式在区间 (−4,4)(-4,4) 内取得最小值 00. 对关于 xx 的二次式求导，得
x0−2t=0,即x0=2tx_0-2t=0,\qquad\text{即}\qquad x_0=2t
由椭圆方程和上面两个等式， y02=16−x022y_0^2=\frac{16-x_0^2}{2}，(x0−t)2=y02(x_0-t)^2=y_0^2， 从而
t2=16−4t22t^2=\frac{16-4t^2}{2}
解得 t2=83t^2=\frac{8}{3}. 又
r2=(x0−t)2+y02=2t2=163r^2=(x_0-t)^2+y_0^2=2t^2=\frac{16}{3}
所以 t=±263t=\pm\frac{2\sqrt{6}}{3}，圆 QQ 的标准方程为
(x−263)2+y2=163\left(x-\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2+y^2=\frac{16}{3}
或
(x+263)2+y2=163\left(x+\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2+y^2=\frac{16}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，椭圆的中心为原点 OO，长轴在 xx 轴上，离心率 e=22e = \frac{\sqrt{2}}{2}，过左焦点 F1F_{1} 作 xx 轴的垂线交椭圆于 AA，A′A' 两点，∣AA′∣=4|AA'| = 4.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 取平行于 yy 轴的直线与椭圆相交于不同的两点 PP，P′P'，过 PP，P′P' 作圆心为 QQ 的圆，使椭圆上的其余点均在圆 QQ 外，求 △PP′Q\triangle PP'Q 的面积 SS 的最大值，并写出对应的圆 QQ 的标准方程.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆的标准方程为 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1，（a>b>0a>b>0） 焦距的一半为 cc，则 c2=a2−b2c^2=a^2-b^2，e=ca=22e=\frac ca=\frac{\sqrt2}{2}. 所以 c2=a22c^2=\frac{a^2}{2}，从而 b2=a22b^2=\frac{a^2}{2}. 左焦点为 (−c,0)(-c,0)，过它的竖直弦的两个端点纵坐标为 ±2\pm2，故代入椭圆方程得
c2a2+4b2=1\frac{c^2}{a^2}+\frac{4}{b^2}=1
由 c2a2=12\frac{c^2}{a^2}=\frac{1}{2} 得 4b2=12\frac{4}{b^2}=\frac{1}{2}，即 b2=8b^2=8，进而 a2=16a^2=16. 因此椭圆的标准方程为
x216+y28=1\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{8}=1
\item 设竖直弦所在直线为 x=tx=t，其端点为 P=(t,y0)P=(t,y_0)、P′=(t,−y0)P'=(t,-y_0). 由椭圆方程 y02=8−t22y_0^2=8-\frac{t^2}{2}，∣t∣<4|t|<4. 圆心 QQ 必在弦 PP′PP' 的垂直平分线上，而所有椭圆上其余点在圆外，意味着 PP，P′P' 是椭圆上到 QQ 的最近点. 故可设 Q=(q,0)Q=(q,0)，并令椭圆点为 (x,y)(x,y)，则其到 QQ 的距离平方为
(x−q)2+y2=x22−2qx+q2+8(x-q)^2+y^2 =\frac{x^2}{2}-2qx+q^2+8
由于最近点的横坐标 tt 在区间 (−4,4)(-4,4) 内，二次式在 x=tx=t 处取最小值，故
t=2qt=2q
于是 ∣q∣<2|q|<2，且
y02=8−2q2y_0^2=8-2q^2
三角形 PP′QPP'Q 的底为 2∣y0∣2|y_0|，高为 ∣q−t∣=∣q∣|q-t|=|q|，所以
S=∣q∣8−2q2S=|q|\sqrt{8-2q^2}
令 u=q2u=q^2，则 0⩽u<40\leqslant u<4，并且
S2=u(8−2u)=8−2(u−2)2⩽8S^2=u(8-2u)=8-2(u-2)^2\leqslant8
故 SS 的最大值为 222\sqrt2，当且仅当 q2=2q^2=2，即 q=±2q=\pm\sqrt2 时取得. 此时圆的半径平方为
QP2=(t−q)2+y02=q2+4=6QP^2=(t-q)^2+y_0^2=q^2+4=6
因此对应的圆为
(x−2)2+y2=6或(x+2)2+y2=6(x-\sqrt2)^2+y^2=6 \quad\text{或}\quad (x+\sqrt2)^2+y^2=6
\end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
如图，设椭圆的中心为原点 OO，长轴在 xx 轴上，上顶点为 AA，左，右焦点分别为 F1F_{1}，F2F_{2}，线段 OF1OF_{1}，OF2OF_{2} 的中点分别为 B1B_{1}，B2B_{2}，且 △AB1B2\triangle AB_{1}B_{2} 是面积为 4 的直角三角形.
(1) 求该椭圆的离心率和标准方程； (2) 过 B1B_{1} 作直线 ll 交椭圆于 PP，QQ 两点，使 PB2⊥QB2PB_{2} \perp QB_{2}，求直线 ll 的方程.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆方程为 x2a2+y2b2=1\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1，a>b>0a>b>0 焦点为 F1(−c,0)F_{1}(-c,0)，F2(c,0)F_{2}(c,0)，其中 c2=a2−b2c^{2}=a^{2}-b^{2}. 则 A=(0,b)A=(0,b)，B1=(−c2,0)B_{1}=\left(-\frac c2,0\right)，B2=(c2,0)B_{2}=\left(\frac c2,0\right) 三角形 AB1B2AB_{1}B_{2} 为等腰三角形，直角只能在顶点 AA，所以
AB1→⋅AB2→=(−c2,−b)⋅(c2,−b)=b2−c24=0\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{AB_{2}} =\left(-\frac c2,-b\right)\cdot\left(\frac c2,-b\right) =b^{2}-\frac{c^{2}}4=0
故 c2=4b2c^{2}=4b^{2}，从而 a2=b2+c2=5b2a^{2}=b^{2}+c^{2}=5b^{2}. 又
4=S△AB1B2=12∣B1B2∣⋅∣OA∣=12cb=12⋅2b2=b24=S_{\triangle AB_{1}B_{2}}=\frac12|B_{1}B_{2}|\cdot|OA| =\frac12 cb=\frac12\cdot2b^{2}=b^{2}
所以 b2=4b^{2}=4，c=4c=4，a2=20a^{2}=20. 因而离心率为
e=ca=425=25e=\frac ca=\frac4{2\sqrt5}=\frac2{\sqrt5}
椭圆的标准方程为
x220+y24=1\frac{x^{2}}{20}+\frac{y^{2}}4=1
\item 由上问，B1=(−2,0)B_{1}=(-2,0)，B2=(2,0)B_{2}=(2,0). 直线 ll 不能为 xx 轴，否则不满足垂直条件，故设 l:l:，x=my−2x=my-2 将其代入椭圆方程，得 (my−2)220+y24=1\frac{(my-2)^{2}}{20}+\frac{y^{2}}4=1，(m2+5)y2−4my−16=0(m^{2}+5)y^{2}-4my-16=0 设交点 P(x1,y1)P(x_{1},y_{1})，Q(x2,y2)Q(x_{2},y_{2})，则 y1y_{1}，y2y_{2} 是上式的两根，所以 y1+y2=4mm2+5y_{1}+y_{2}=\frac{4m}{m^{2}+5}，y1y2=−16m2+5y_{1}y_{2}=-\frac{16}{m^{2}+5} 由 xi=myi−2x_{i}=my_{i}-2，有 B2P→=(my1−4,y1)\overrightarrow{B_{2}P}=(my_{1}-4,y_{1})，B2Q→=(my2−4,y2)\overrightarrow{B_{2}Q}=(my_{2}-4,y_{2}) 条件 PB2⊥QB2PB_{2}\perp QB_{2} 等价于
0=B2P→⋅B2Q→=(m2+1)y1y2−4m(y1+y2)+16=16(4−m2)m2+50=\overrightarrow{B_{2}P}\cdot\overrightarrow{B_{2}Q} =(m^{2}+1)y_{1}y_{2}-4m(y_{1}+y_{2})+16 =\frac{16(4-m^{2})}{m^{2}+5}
所以 m=±2m=\pm2. 于是直线 ll 为
x−2y+2=0或x+2y+2=0x-2y+2=0\quad\text{或}\quad x+2y+2=0
\end{enumerate} \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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