2022年全国新高考II卷数学试题变式题第13-16题解析版

这是一份2022年全国新高考II卷数学试题变式题第13-16题解析版，共41页。试卷主要包含了已知随机变量，则______等内容，欢迎下载使用。
 2022年全国新高考II卷数学试题变式题13-16题
原题13
1．已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．
变式题1基础
2．若随机变量，，则___________.
变式题2基础
3．设随机变量，若，则________.
变式题3基础
4．已知随机变量服从正态分布，且，则___________.
变式题4基础
5．已知随机变量，则______．
变式题5巩固
6．设随机变量服从正态分布，若，则______．
变式题6巩固
7．在某次测验中，测验结果服从正态分布．若，则______．
变式题7巩固
8．随机变量，若，则_____________．
变式题8巩固
9．已知随机变量，，，______.
变式题9提升
10．已知随机变量，若，则的值为______．
变式题10提升
11．在一次期末考试中某学校高三全部学生的数学成绩服从正态分布，若，且，则___________.
变式题11提升
12．一机械制造加工厂的某条生产线在设备正常运行的情况下，生产的零件尺寸（单位：mm）服从正态分布，且，，则____________.
变式题12提升
13．设随机变量X服从正态分布，若，则______．
原题14
14．曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
变式题1基础
15．过原点作曲线的切线，则切点的坐标为______，切线的斜率为______．
变式题2基础
16．过原点作曲线的切线，则切点坐标为________，切线方程为________.
变式题3基础
17．已知曲线，则曲线C在处的切线方程为______；曲线C过点的切线方程为______.
变式题4基础
18．设函数的图象为曲线，直线与曲线相切于点，则 __；函数的解析式为__．
变式题5巩固
19．已知函数，则曲线在点处的切线方程为______；如果曲线的某一切线与直线垂直，则切点坐标为______.
变式题6巩固
20．过点能作曲线的切线_________条，切点坐标为______
变式题7巩固
21．函数的图像在点处的切线为，则实数的值为______，切点的坐标为__________．
变式题8巩固
22．已知函数，则曲线在处的切线方程为______；若该切线是曲线与以原点为圆心，2为半径的圆的公切线，则a+b的最大值是______.
变式题9提升
23．经过原点且与曲线相切的切线方程为______；点是曲线上任意一点，则点到直线的最小距离为______.
变式题10提升
24．已知函数，若有三个不同的零点，则的取值范围是______，，在点处的切线过点，则该切线方程为______．
变式题11提升
25．若存在过点的直线与曲线和都相切，则切线方程为______，______．
变式题12提升
26．已知函数，函数在处的切线方程为____________．若该切线与的图象有三个公共点，则的取值范围是____________．
原题15
27．设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．
变式题1基础
28．把直线按向量平移后恰与相切，则实数的值为______．
变式题2基础
29．已知直线：与圆：相交于两点，若，则的值为________．
变式题3基础
30．若直线被圆截得线段的长为6，则实数的值为__________.
变式题4基础
31．已知直线与圆O：相交于A，B两点（O为坐标原点），且为等腰直角三角形，则实数a的值为___________.
变式题5巩固
32．已知点，，圆：与线段（包含端点）有公共点，则的取值范围是___________.
变式题6巩固
33．过直线上动点P作圆的一条切线，切点为A，若使得的点P有两个，则实数m的取值范围为___________．
变式题7巩固
34．直线与圆交于A、B两点，且，则实数_______．
变式题8巩固
35．在平面直角坐标系中，已知直线与圆交于A，B两点，若钝角的面积为，则实数a的值是______．
变式题9提升
36．已知曲线，圆，当曲线C与圆M有3个公共点时______
变式题10提升
37．在平面直角坐标系xOy中，已知直线和点，动点P满足，且动点P的轨迹上至少存在两点到直线l的距离等于，则实数的取值范围是___________.
变式题11提升
38．在平面直角坐标系中，直线与直线被圆 截得弦长之比为:，则______________ .
变式题12提升
39．已知函数的图像上有且仅有两个不同的点关于直线的对称点在的图像上，则实数k的取值范围是__________．
原题16
40．已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．
变式题1基础
41．已知直线与椭圆交于M，N两点，且，则_________.
变式题2基础
42．已知椭圆的焦距为6，短轴为长轴的，直线l与椭圆交于A，B两点，弦AB的中点为，则直线l的方程为___________.
变式题3基础
43．经过点作直线l交椭圆于A，B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程为___________．
变式题4基础
44．若椭圆的弦AB被点平分，则AB所在的直线方程为______．
变式题5巩固
45．椭圆x2+2y2＝2与直线y＝x+m交于A，B两点，且，则实数m的值为_____．
变式题6巩固
46．已知椭圆(为参数),存在一条直线,使得此直线被这些椭圆截得的线段长都等于,求直线方程_____.
变式题7巩固
47．已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，且，若第一象限的点、在上，，，，则直线的斜率为________.
变式题8巩固
48．已知椭圆，直线与椭圆交于两点，设线段的中点为，为坐标原点，且，则直线的斜率为__________.
变式题9提升
49．已知直线x﹣my﹣2＝0与抛物线C：交于A，B两点.P是线段AB的中点，过P作x轴的平行线交C于点Q，若以AB为直径的圆经过Q，则m＝_____.
变式题10提升
50．已知椭圆，A，B是椭圆C上的两个不同的点，设，若，则直线AB的方程为______．
变式题11提升
51．已知椭圆的右焦点为F，直线与椭圆C交于A，B两点，AB的中点为P，若O为坐标原点，直线OP，AF，BF的斜率分别为，，，且，则k＝______．
变式题12提升
52．已知椭圆()与直线交于A、B两点，，且中点的坐标为，则此椭圆的方程为________．

参考答案：
1．##．
【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．
【详解】因为，所以，因此．
故答案为：．

2．0.14##
【分析】直接由正态分布的对称性求解概率即可.
【详解】由题意知：，则.
故答案为：0.14.
3．0.5##
【分析】根据正态分布曲线的对称性求得，即可得出答案.
【详解】解：因为随机变量，，
所以，
所以.
故答案为：0.5.
4．
【分析】根据正态分布的对称性即可得到答案
【详解】因为随机变量服从正态分布，其对称轴方程为
设 ，所以
又

根据题意 ，

故答案为：
5．0.3
【分析】正态曲线关于直线 ，即 对称，根据其对称性，即可求出答案.
【详解】因为，，又
所以，
根据正态曲线的对称性，可知.
故答案为：0.3
6．0.35##
【分析】根据正态曲线的对称性，即可求得答案。
【详解】由于服从正态分布，所以正态曲线关于直线 对称，
所以,
故答案为：0.35
7．0.6##.
【分析】结合正态分布的性质得到，从而可求出结果.
【详解】因为服从正态分布，所以，
因为



故答案为：0.6.
8．0.15##
【分析】利用正态分布的对称性求概率即可.
【详解】由正态分布的对称性知：，
所以.
故答案为：
9．
【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解.
【详解】已知随机变量，知，
因为,
所以.
故答案为：.
10．0.36
【分析】利用正态曲线的对称性求解.
【详解】解：因为随机变量，
所以正态曲线关于直线对称，
所以，
所以．
故答案为：0.36
11．##
【分析】由正态分布曲线对称性和可知，再利用正态分布曲线的性质可求得.
【详解】由知：；
，.
故答案为：.
12．0.06
【分析】直接由正态分布的对称性求解即可.
【详解】因为零件尺寸服从正态分布，
所以，，
所以.
故答案为：0.06
13．##
【分析】根据正态曲线的对称性计算可得；
【详解】解：因为，所以所对应的正态曲线关于对称，
因为，所以，
所以；
故答案为：
14．         
【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求
分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
解： 因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
因为是偶函数，图象为：

所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.
[方法三]：
因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
故答案为：；.

15．（1,） e
【详解】试题分析：设切点为，因为y=ex，所以，所以切线方程为：，因为切线方程过原点，把原点坐标代入，得，所以切点坐标为，切线的斜率为．
考点：导数的几何意义；曲线切线方程的求法．
点评：我们要注意“在某点处的切线方程”和“过某点的切线方程”的区别．属于基础题型．
16．     （e，1）     x-ey=0
【解析】设切点坐标为：，求导，根据切线过原点，由切线的斜率求解.
【详解】设切点坐标为：，
因为，
所以，
因为切线过原点，
所以切线的斜率为：，
解得， ，
所以切点坐标为：，
切线方程为：，即x-ey=0，
故答案为：； x-ey=0.
17．          或
【分析】由导数的定义得出曲线C在处的切线方程，设切点为，根据导数的定义得出曲线C过点的切线方程.
【详解】将代入曲线C的方程得，所以切点
又，所以
则曲线在点处的切线方程为，即.
设切点为，则，由题意可知
又，则切线方程为，将点代入，得
即，解得或
当时，切点坐标为，相应的切线方程为；
当时，切点坐标为，相应的切线方程为，即，所以切线方程为或.
18．     2    
【分析】先根据直线过点求出的值，求出函数的导数，根据，建立方程，即可求解.
【详解】由函数的图象为曲线，直线与曲线相切于点．
所以直线过点，即，解得，
又由，则，即，
，所以，
所以函数的解析式为，
故答案为：2，
19．          或
【分析】根据题意，求出，得的值，即可得到曲线在处的切线方程，设曲线的切线方程与直线垂直，列方程解得即可.
【详解】由题意，，则，
即曲线在点处的切线斜率为，
所以，曲线在点处的切线方程为：，即，
设曲线在点处的切线与直线垂直，则，
所以，，解得，
当时，；当时，；
所以，曲线的某一切线与直线垂直时其切点坐标为或.
故答案为：，或.
【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查直线方程，属于基础题.
20．          或
【分析】求出导数，设出切点，可得出切线方程，将代入求解即可得出.
【详解】，设切点为，
则切线方程为，
将代入得，
整理得，解得或，
所以切线有2条，切点坐标为或.
故答案为：2；或.
21．         
【分析】设切点，利用导数几何意义和两点连线斜率公式可构造方程求得，进而得到切线斜率和切点坐标.
【详解】由题意得：，
设直线与相切于点，，
又直线恒过点，，
，解得：，
，切点
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：本题考查“在”与“过”某一点的曲线切线方程的求解，方法如下：
（1）“在”：该点必为切点，则切线方程为；
（2）“过”：分为该点是切点和不是切点两种情况，若是切点，则与“在”某一点的切线方程的求法相同；若不是切点，求法如下：
①假设切点坐标；
②利用切线斜率，构造方程，可求得切线斜率；
③根据直线点斜式求得切线方程：.
22．         
【分析】第一空，先对求导，再根据点斜式可求切线方程；第二空根据圆的切线的性质列出方程，在用基本不等式求解即可.
【详解】因为，所以，
则，又切点为，
所以曲线在处的切线方程为，
整理得.因为切线与圆也相切，所以，
即，由基本不等式得（当且仅当时取等号），
所以，
所以，即a+b的最大值为
故答案为：，.
23．     或；     .
【分析】设经过原点且与曲线相切的切点为，求得导数，可得切线的斜率，结合两点的斜率公式，解方程可得，进而可求得切线方程；设与相切的直线为，切点的横坐标为，求得切线的斜率，可得，即可得到切点，由点到直线的距离公式，可得所求最小值.
【详解】设经过原点且与曲线相切的切点为，
可得，

解得：或，
可得切线方程为：或，即是：或；
设与相切的直线为，切点的横坐标为，
可得，切点坐标为，即可得切线方程为，
点到直线的最小距离为：.
故答案为：或；
【点睛】本题考查导数的运用：求切线方程，考查方程思想和运算求解能力,，属于基础题.
24．         
【分析】分段求导，画出图像，转化为函数交点问题即可；以表示出切线方程，代入点即可.
【详解】当时，为减函数；当时，，时，为减函数，时，为增函数，所以的图象如图所示．

时，，时，，结合函数图象知时，方程有三个实根．
切线方程为，即，将代入得，得，故所求切线方程为．
故答案为：，.
【点睛】方法点睛：对于零点个数问题，可以转化为两个函数图像交点的问题，转化的两个函数图像要容易画出，这样才能简化问题.
25．         
【分析】设过点的直线与相切于点，利用过某点切线方程的求解方法可求得，由此可得切线方程；将切线与联立，利用可求得的值.
【详解】设过点的直线与相切于点，
由，切线斜率，则切线方程为：，
又切线过点，，解得：或；
①当时，切线方程为：；
当时，，此时不是该直线切线；
当时，由得：，
，解得：，不符合；
②当时，切线方程为：，即；
当时，，此时不是该直线切线；
当时，由得：，
，解得：，符合；
综上所述：切线方程为：；.
故答案为：；.
26．     ##     ##
【分析】①将切点的横坐标代入函数解析式得切点的纵坐标，利用导数的几何意义可以求得切线的斜率，最后代点斜式即得所求②数形结合，函数过点，当当切线l过点时，切线l与函数的图象有三个公共点，当切线l与（）相切时直线与函数的图象只有两个公共点，计算出两个临界情况相应的值，即可求得的取值范围
【详解】切点坐标为，，，
所以切线l方程为．
函数，即过点，
当切线l过点时，切线l与函数的图象有三个公共点，
将其代入切线l方程得；
当切线l与（）相切时直线与函数的图象只有两个公共点，
设切线l：与（）在处相切，，，
所以切点坐标为，代入切线方程解得，
因此直线与曲线有三个交点时，．

故答案为：；
27．
【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
故答案为：

28．
【分析】首先按照相反方向平移圆，再按照直线与圆相切，求的值.
【详解】圆的方程为，圆心 按向量平移后的圆心，得到方程
设直线直线与圆相切，则圆心到直线的距离，解得：.
故答案为：
29．
【分析】利用垂径定理得到直线的距离为1，再利用点到直线距离公式解得答案.
【详解】由题意，，利用等腰直角三角形的性质，知，又因为，根据垂径定理，到直线的距离，解得.
故答案为：.
30．
【分析】求解圆心到直线的距离，结合圆的弦长公式求解即可．
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离．
据题意，得，解得．
故答案为：
31．## 或
【分析】分析图中的几何关系，即点到直线 的距离为1，利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】如图：

因为 是等于直角三角形，所以圆心（0,0）到直线的距离为 ，
应用点到直线的距离公式得： ；
故答案为： .
32．
【分析】求出两点都在圆内时的范围，再求出原点到直线的距离，再根据题意即可得出答案，注意说明当直线与圆相切时，切点在线段上.
【详解】解：当两点都在圆内时，
则，解得，
直线的方程为，即，
原点到直线的距离为，
又因，
所以原点与线段上的点所在直线的斜率的范围为，
因为圆：与线段（包含端点）有公共点，
所以.
故答案为：.

33．
【分析】将使得的点P有两个，转换为圆心到直线的距离的不等关系式求解即可
【详解】由题，使得的点P有两个，即使得的点P有两个，即圆心到直线的距离小于半径.又圆心到直线的距离，故，即，即
故答案为：
34．或5##5或
【分析】设AB中点为D，则CD⊥AB，且DB=DA，根据化简即可求得圆心C到直线l的距离，再根据点到直线的距离公式即可求出m的值．
【详解】，则圆心，半径，
设AB中点为D，则CD⊥AB，且DB=DA，
则
，
即，
∴或5．
故答案为：或5．
35．##
【分析】由钝角的面积为，求得，得到，进而求得圆心到直线的距离为1，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可求解．
【详解】解：由圆，即，
可得圆心坐标为，半径为，
因为钝角的面积为，可得，
解得，因为，所以，
可得，
设圆心到直线的距离为，又由圆的弦长公式，可得，解得，
根据点到直线的距离公式，解得．
故答案为：．
36．4或5##5或4
【分析】由题可得表示两条直线，利用点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系即得.
【详解】由，得，
则表示两条直线，其方程分别为与，
因为可知圆心，
∴直线与圆相交，
又到直线的距离，
所以当时，直线与圆相切，与圆有3个公共点；
当直线与圆相交，且其中一个交点为原点时，，符合题意；
综上，或.
故答案为：4或5.
37．
【分析】设点，根据列式求解得动点P的轨迹，再代入点到直线的距离公式列不等式即可求解.
【详解】设点，则，
即，所以动点P的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
要在圆上至少存在两点到直线的距离等于，
则需圆心到直线的距离，
解得.
故答案为：
38．
【分析】根据点到直线距离公式以及垂径定理可以用将两直线被圆所截弦长表示出来，再根据题目信息求解的值
【详解】由题意知

因为所以
即可得

故答案为：
39．
【分析】将题设转化为函数的图像和的图象有两个交点，求出直线和相切时的值以及直线过点时的值，结合图象即可求解.
【详解】
由，解得，
又关于直线的对称直线为，
则题设等价于函数的图像和的图象有两个交点.
易得等价于，
画出和的图象，设直线和相切，
由，解得或（舍），
又当直线过点时，，
结合图象可知，当时，
函数的图像和的图象有两个交点.
故答案为：.
40．
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；

故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
[方法三]：
令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；

故答案为：

41．
【分析】设，联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，利用弦长公式可以求出.
【详解】设，
由消去y并化简得，
所以,
由，得，
所以，所以，
即，
化简得，所以，所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式的应用，属于基础题.
42．7x+8y-22=0
【分析】先求出椭圆方程，再利用点差法可求直线方程.
【详解】由已知可得椭圆的半焦距c=3，又短轴为长轴的，
故，故，故椭圆方程为，
设弦的两端点为，，
则有，两式相减得.
整理得，
所以弦所在的直线的斜率为，其方程为，整理得.
故答案为：
43．
【分析】利用点差法得直线l的斜率，再根据点斜式得直线l的方程.
【详解】设
则,,对应相减得
，
因为，
，化简得，所以，,
直线l的方程为，即
故答案为：
44．
【分析】设 和 点的坐标，代入椭圆方程，利用“点差法”即可求得直线 的斜率，利用点斜式方程，即可求得直线方程.
【详解】设直线与椭圆的交点为
为的中点， ；
两点在椭圆上，则
两式相减得 ；
则 ； ；
故所求直线的方程为 ，即 ；
故答案为：
45．±1
【分析】设，联立方程利用韦达定理得到：，代入弦长公式计算得到答案.
【详解】设A（x1，y1），B（x2，y2），由 有：3x2+4mx+2m2﹣2＝0；
则 ，，
|AB|，
可得：m2＝1，即 m＝±1；
故答案为：
【点睛】本题考查了根据弦长求参数，意在考查学生的计算能力.
46．
【分析】先判断出椭圆 (为参数)表示中心在直线上，长轴长和短轴长分别为4,2的一组椭圆，判断出符合条件的直线需要与直线平行，设出直线方程，先利用一个特殊的椭圆与直线方程联立求出直线的方程，再证明对于所有的椭圆都满足条件.
【详解】解:椭圆 (为参数)可化为，
所以表示中心在直线上,长轴长和短轴长分别为4,2的一组椭圆，而所求的直线与这组椭圆种的任意椭圆都相交，
若所求的直线与直线不平行，则必定存在椭圆与直线不相交，
于是，设所求直线的方程为，
因为此直线被这些椭圆截得的线段长都等于，则直线与椭圆所得到弦长为，设弦的两端点为，，
由得，所以，，
所以，即，
解得，
设直线与椭圆 (为参数)，相交所得的弦长为，弦的两端点为：，，
则由得，
所以，，
因此
所以直线与椭圆 (为参数)相交所得的弦长为.
同理可证,对任意,椭圆 (为参数)与直线相交所得弦长为.
【点睛】本题主要考查由椭圆的弦长求弦所在直线方程的问题，熟记椭圆的弦长公式，以及直线与椭圆位置关系即可，属于常考题型.
47．
【分析】设点、，求得椭圆的离心率，利用椭圆的焦半径公式可求得的值，再利用弦长公式可求得直线的斜率.
【详解】椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，且，
所以，，
由椭圆的几何性质可知，，椭圆的离心率为，
设点、，则，，
则
，
同理可得，
所以，，解得，
设直线的斜率为，由弦长公式可得，
解得，
因为点、都在第一象限，则，故.
故答案为：.
48．
【分析】联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和可得，再根据中点公式和斜率公式可得结果.
【详解】联立，消去并整理得，
恒成立，
设，，则，
所以，，
因为，所以，即，
所以，所以，
所以，解得，
所以.
故答案为：
49．±2
【解析】设的坐标，直线与抛物线的方程联立求出两根之和，进而求出的中点的坐标，由题意求出的坐标，进而求出弦长，，再由题意可得的值．
【详解】解：设，，，，由，
整理可得，△，，，
所以的中点，，则，，即，
又，
所以即，解得，
故答案为：．

【点睛】本题考查抛物线的性质及以线段为直径的圆的性质，属于中档题.
50．
【分析】由已知可得为的中点，再由点差法求所在直线的斜率，即可求得直线的方程．
【详解】由，可得为的中点，且在椭圆内，
设，，，，
则，，
，
则，即所在直线的斜率为．
直线的方程为，即．
故答案为：．
51．
【分析】由点差法求得，联立方程组，结合韦达定理化得，根据即可求解结果．
【详解】设，，，
则，，．
由，得，即，
所以，得．
联立方程组，得，
则，．
因为
，
所以，故．
故答案为：．
52．
【分析】根据在上求出m的值，联立直线方程和椭圆方程，结合中点坐标公式、韦达定理、弦长公式即可求出a、b，从而确定椭圆的方程．
【详解】由于的中点坐标为且满足直线方程，
即有，解得，则的中点坐标为．
设，，由得，
则，
∵的中点坐标为，∴，即，
则，即，故，
又，
解得，故．
∴椭圆方程为．
故答案为：．