高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册椭圆课堂检测

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知识点一 直线与椭圆的位置关系
直线y＝kx＋m与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系的判断方法：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1.))
消去y得到一个关于x的一元二次方程．直线与椭圆的位置关系、对应一元二次方程解的个数及Δ的取值的关系如表所示．
知识点二、弦长公式
(1)解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，应用根与系数的关系，解决相关问题．涉及中点弦的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．记住必须检验．
(2)设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
或|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])(k为直线斜率)．
(3)利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式．
【题型目录】
题型一、直线与椭圆的位置关系
题型二、弦长及中点弦问题
命题点1 弦长问题
命题点2 中点弦问题
题型三、直线与椭圆的综合问题
题型一、直线与椭圆的位置关系
1．直线和曲线的位置关系为_____.
【答案】相交
【分析】根据直线过点且在椭圆内部可得出结论.
【详解】曲线为：可得直线恒过，由知定点在椭圆内部，所以直线与椭圆的位置关系为相交.故答案为：相交.
2．已知直线，椭圆C：.试问当k取何值时，直线l与椭圆C：
(1)有两个不重合的公共点；
(2)有且只有一个公共点；
(3)没有公共点.
【答案】(1)或；(2)；(3).
【分析】直线l的方程与椭圆C的方程联立，根据判别式结合条件即得.
【详解】（1）由，可得，
依题意，得，
当，即或时，方程有两个不同的实数根，
可知原方程组有两组不同的实数解，这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点；
（2）当，即或时，方程有两个相同的实数根，
可知原方程组有两组相同的实数解，这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点；
（3）当，即时，方程没有实数根，
可知原方程组没有实数解，这时直线l与椭圆C没有公共点.
题型二、弦长及中点弦问题
命题点1 弦长问题
3．在平面直角坐标系中，椭圆的左顶点到右焦点的距离是3，离心率为．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)斜率为的直线l经过椭圆E的右焦点，且与椭圆E相交于A，B两点，求弦的长．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据题设条件可得关于基本量的方程组，求解后可求椭圆的方程.
（2）联立直线方程和椭圆方程，利用公式可求弦长.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，则，而，则，
故，故，故椭圆方程为：.
（2）椭圆的右焦点坐标为，则直线，由，故，
设，故.
4．已知椭圆的左右焦点分别为，，若过点及的直线交椭圆于A，B两点，求．
【答案】
【分析】由椭圆的焦点弦长公式可得，写出直线AB的方程，联立椭圆方程，即可由韦达定理得出，即可求.
【详解】由题意，，，则直线AB的方程为，即，
令，则，，
直线方程与椭圆方程联立， 得：，
所以．
5．如图，设P是圆x2＋y2＝25上的动点，作PD⊥x轴，D为垂足，M为PD上一点，且.
(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
(2)求过点且斜率为的直线被方程C所截线段的长度
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）设，，则由PD⊥x轴与，得，代入，整理得；
（2）由题意可求得直线方程为，代入椭圆方程，由韦达定理可知：，，进而由弦长公式即可求得直线被C所截线段的长度．
【详解】（1）设点的坐标为，点的坐标为，
因为PD⊥x轴且，得，即，
因为在圆上，得，故，整理得，故的方程为；
（2）由点斜式知，过点且斜率为的直线方程为，
设直线与的交点为，，将直线方程代入的方程，
得，整理得，所以，，
故线段的长度为，
所以直线被所截线段的长度为.
6．已知椭圆：，过椭圆右焦点的直线与椭圆交于，两点，求的取值范围．
【答案】．
【分析】分类讨论直线的斜率情况，当斜率不存在时，可得；当斜率存在时，联立直线与椭圆的方程，通过弦长公式可求得的取值范围，即可求得最终结果.
【详解】解：由椭圆：知，，，则，
所以椭圆的右焦点为．当直线的斜率不存在时，．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
将其代入椭圆的方程得．
设，，则，，
所以
因为，所以．综上，的取值范围是．
命题点2 中点弦问题
7．已知斜率为的直线与椭圆相交于A， B两点，若线段AB的中点为， 则的值为______， 此时_________
【答案】 2
【分析】根据中点弦以及点差法即可求解斜率，联立方程得韦达定理，由弦长公式即可求解.
【详解】设，则，两式相减得，进而可得 ，又是 的中点，所以，
因此，此时直线方程为： ，
联立，
因此 ，故答案为：2，
8．已知双曲线与斜率为1的直线交于A，B两点，若线段AB的中点为，则C的离心率（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】中点弦问题利用点差法处理.
【详解】法一：设，则，
所以，又AB的中点为，
所以，所以，由题意知，
所以，即，则C的离心率.故A，B，D错误.故选：C.
法二：直线AB过点，斜率为1，所以其方程为，即，
代入并整理得，
因为为线段AB的中点，所以，整理得，
所以C的离心率.故A，B，D错误.故选：C.
9．设椭圆经过点，离心率为，求过点且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标________.
【答案】
【分析】根据点和离心率可得椭圆方程，联立直线和椭圆方程得根与系数的关系，进而根据中点坐标公式即可求解.
【详解】椭圆经过点 所以 ，又因为 ，得，所以椭圆C方程为 ，
过点且斜率为的直线方程为 ，设直线与椭圆C的交点为 ，线段EF的中点为 ，将直线方程代入C的方程，整理就会得到， ， 中点坐标为，故答案为：
10．椭圆的一个焦点，离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)求以点为中点的弦所在的直线方程.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据题意，求得，即可求得椭圆的方程；
（2）利用点差法即可求得直线的斜率，利用点斜式即可求得直线方程.
【详解】（1）根据题意可得，故可得，则，故椭圆方程为：.
（2）显然，直线的斜率存在，设两点的坐标为，
故可得，故，
故，由题可知，故可得，
故直线的方程为，即.
11．已知椭圆：的左､右焦点分别为，，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，的中点坐标为.求椭圆的标准方程；
【答案】
【分析】设，代入椭圆方程，相减后利用中点坐标、离心率求得直线的斜率得直线方程，从而求得焦点坐标，求出得椭圆标准方程．
【详解】设，，，，可得，，
两式相减得，，，
将，代入上式，得，又，∴，
∴直线的方程为，即，即，∴，，
∴椭圆的标准方程；
12．已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，过点的直线交椭圆于，两点，的中点坐标为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求的面积．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由离心率得到，再设，，利用点差法得到，即可求出直线的方程，令，即可求出，从而求出、，即可求出椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，列出韦达定理，即可求出，最后根据计算可得.
【详解】（1）解：设，，因为的中点坐标为，
所以，，
因为，所以，即，所以，
又、，所以，
即，所以，
即，即，
所以直线的方程为，即，
令，解得，即，所以，则，
所以椭圆方程为；
（2）解：由得，所以，，
则，，
所以，所以.
题型三、直线与椭圆的综合问题
13．已知椭圆的左，右焦点分别为且经过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若斜率为1的直线与椭圆C交于A，B两点，求面积的最大值（O为坐标原点）
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义可得，进而可求其方程，
（2）根据弦长公式和点到直线的距离可表达三角形的面积，结合不等式即可求解最大值.
【详解】（1）由椭圆的定义，可知
解得，又.椭圆C的标准方程为.
（2）设直线l的方程为，联立椭圆方程，得，
，得
设，则，
，
点到直线的距离，
.
当且仅当，即时取等号；面积的最大值为.
14．已知椭圆的离心率为，短轴长为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点的直线交椭圆C于A，B两点，求的取值范围．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据离心率及短轴长及求出，，求出椭圆方程；
（2）先考虑直线AB的斜率不存在时的值，再考虑直线AB的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立后得到两根之和，两根之积，从而求出，从而求出的取值范围.
【详解】（1），，∴，
又，即，解得：，，椭圆的标准方程为；
（2）当直线AB的斜率不存在时，，
不妨设，则
当直线AB的斜率存在时，设，
由，恒成立，
故，
∴
，综上：，
故的取值范围为．
15．已知椭圆的离心率为，且过点．圆的圆心为是椭圆上的动点，过原点作圆两条斜率存在的切线，．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)记直线，的斜率分别为，，求的值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据椭圆离心率和所过点的坐标求得，从而求得椭圆的方程；
（2）设出过原点的圆的切线方程，根据圆心到切线的距离建立关于斜率的方程，再由根与系数的关系求出，利用圆心在椭圆上得到关系，代入消元即可得出的值.
【详解】（1）依题意，解得，所以椭圆的方程为.
（2）设过原点的圆的切线方程为，即，
则，两边平方并化简得，其两根满足，
是椭圆上的点，所以.
.即的值为.
1．若直线与圆没有交点，则过点的直线与椭圆的交点的个数为（ ）
A．0或1B．2C．1D．0
【答案】B
【分析】由直线与圆相离得到点位置后判断
【详解】由题意，得，故点在以原点为圆心，2为半径的圆内，即在椭圆内部，过点的直线与该椭圆必有2个交点．故选：B
2．过椭圆的左焦点作斜率为1的弦，则弦的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先求出椭圆左焦点，然后写出直线方程为，再联立椭圆解出两交点坐标，最后依据两点之间距离公式得到弦长.
【详解】由,得椭圆方程,左焦点为,
过左焦点的直线为,代入椭圆方程得，解得或，
，故选：D.
3．一条过原点的直线与椭圆的一个交点为，则它被椭圆截得的弦长等于（ ）
A．3B．6C．D．
【答案】B
【分析】已知直线与椭圆的一个交点为，可求得其与原点的距离，根据对称性可知，直线被椭圆截得的弦长为两交点分别与原点的距离之和，从而得出答案.
【详解】设过原点的直线的方程为：，直线与椭圆的一个两个交点分别设为，则根据对称性可知两点关于原点对称，即，
而直线被椭圆截得的弦长为,所以.
故选：B.
4．已知斜率为且不经过原点的直线与椭圆相交于两点，若为线段的中点，且在轴上，则（ ）
A．B．1C．2D．0
【答案】D
【分析】根据中点弦的问题求解即可.
【详解】解：设，，，
所以，，两式相减得，所以，．
若在轴上，则．因为不经过原点，所以，所以，．
故选：D
5．设直线，椭圆．
（1）直线与椭圆有一个公共点，则m满足的条件是______．
（2）直线与椭圆有两个公共点，则m满足的条件是______．
（3）直线与椭圆没有公共点，则m满足的条件是______．
【答案】 或
【分析】联立直线的方程和椭圆的方程，化简后利用判别式求得正确答案.
【详解】由消去并化简得，
.
（1）当，即时，直线与椭圆有一个公共点.
（2）当，即时，直线与椭圆有两个公共点.
（3）当，即或时，直线与椭圆没有公共点.
故答案为：；；或
6．椭圆，则该椭圆所有斜率为的弦的中点的轨迹方程为_________________．
【答案】
【分析】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，利用点差法可得答案.
【详解】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，
设中点坐标为，则，
所以，两式相减可得，
，即，由于在椭圆内部，由得，
所以时，即直线与椭圆相切，
此时由解得或，所以，
所求得轨迹方程为．故答案为：．
7．椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆经过点且长轴长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且斜率为1的直线与椭圆交于，两点，求弦长.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）先设出椭圆方程，然后由题意可得，从而可得椭圆方程，
（2）由题意可得直线的方程为，代入椭圆方程中，利用根与系数的关系，结合弦长公式可求得结果.
【详解】（1）由题意设椭圆的方程为，
因为椭圆经过点且长轴长为，所以，所以椭圆方程为，
（2）因为直线过点且斜率为1，所以直线的方程为，
设，将代入，得，整理得，
所以，所以
8．已知、，动点满足与所在直线的斜率之积为．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)求上述轨迹中以为中点的弦所在的直线方程．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）设，根据斜率公式化简可得出点的轨迹方程；
（2）设所求弦为，设点、，利用点差法可求得所求弦所在直线的斜率，再利用点斜式可得出所求直线的方程.
【详解】（1）解：设，则，，其中，
因为，整理可得.
因此，点的轨迹方程为.
（2）解：设所求弦为，设点、，
若轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意.
所以，直线的斜率存在，则，，
因为，两个等式作差可得，
则，且，，
因此，所求直线的方程为，即.
9．已知椭圆C的焦点为F1（0，-2）和F2（0，2），长轴长为2，设直线y=x+2交椭圆C于A，B两点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)求弦AB的中点坐标及|AB|.
【答案】(1)；(2)中点坐标，弦长
【分析】（1）由题意以及即可求出椭圆的标准方程.
（2）将直线与椭圆方程联立，由中点坐标公式以及弦长公式即可求解.
【详解】（1）因为椭圆C的焦点为和 ，长轴长为，
所以椭圆的焦点在轴上，. 所以.所以椭圆C的标准方程.
（2）设，，AB线段的中点为，
由得，所以，
所以，，所以弦AB的中点坐标为，
.
10．已知椭圆的弦所在直线过点，求弦中点的轨迹方程.
【答案】
【分析】设，弦的中点， 将代入椭圆方程，点差法可得
，时利用，可得答案；时，则直线方程为，代入椭圆方程解得坐标， 满足上述方程，可得答案.
【详解】设，弦的中点，则，
将代入椭圆方程得，两式相减得，
所以，当时，，
因为，所以，则，整理得；
当时，则直线方程为，代入椭圆方程解得所以满足上述方程，
故点的轨迹方程.
11．已知椭圆与直线交于A、B两点，，且AB的中点的坐标为，求此椭圆的方程．
【答案】
【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】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
12．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点A在椭圆C上，|AF1|＝2，∠F1AF2＝60°，过F2与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于P，Q两点，N为线段PQ的中点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点M，且MN⊥PQ，求线段MN所在的直线方程．
【答案】(1)＋＝1；(2)16x＋8y－1＝0或16x＋24y－3＝0
【分析】（1）由离心率公式以及余弦定理得出椭圆C的方程；
（2）联立直线l和椭圆的方程，利用韦达定理以及中点坐标公式得出点坐标，再由垂直关系得出线段MN所在的直线方程．
【详解】(1)解：（1）由e＝，得a＝2c，易知|AF1|＝2，|AF2|＝2a－2，
由余弦定理，得|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|cs A＝|F1F2|2，
即4＋(2a－2)2－2×2×(2a－2)×＝a2，解得a＝2，则c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1；
(2)设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝，
∴N.又M，则kMN＝＝－.
∵MN⊥PQ，∴kMN＝－，得k＝或，
则kMN＝－2或kMN＝－，故直线MN的方程为16x＋8y－1＝0或16x＋24y－3＝0.
13．已知椭圆：的右焦点和上顶点均在直线上.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点，若过点的直线与椭圆交于不同的两点，.直线和直线的斜率分别为和，求证：为定值.
【分析】（1）求出直线与坐标轴的交点，可得椭圆的右焦点和上顶点，从而可求出，再由求出，进而可得椭圆方程，
（2）设直线方程为，将直线方程代入椭圆方程化简后，利用根与系数的关系，然后表示出和，再计算即可.
【详解】（1）对于直线，当时，，当时，，
因为椭圆的右焦点和上顶点均在直线上，所以，所以，
所以椭圆方程为，
（2）因为在椭圆外，过点的直线与椭圆交于不同的两点，
所以直线的斜率一定存在，所以设直线方程为，设，
由，得，
，得，
，因为，，
所以
1．已知，则直线与椭圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．以上三种情况均有可能
【答案】A
【分析】结合题意得直线过定点，再结合点在椭圆内部即可判断.
【详解】解：因为，所以直线可化为，
所以，直线过定点，因为点在椭圆内部，
所以，直线与椭圆的位置关系是相交.故选：A
2．斜率为1的直线与椭圆相交于A，B两点，则的最大值为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】设直线方程，与椭圆联立，利用弦长公式表示弦长，再求最值即可
【详解】设A，B两点的坐标分别为，直线l的方程为y＝x＋t，
由消去y，得5x2＋8tx＋4（t2－1）＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|AB|＝|x1－x2|＝＝＝·，
当t＝0时，|AB|max＝．故选：C.
3．过椭圆的左焦点F作倾斜角为60°的直线l与椭圆C交于A、B两点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，，把直线与椭圆联立，求出，
，即可求出.
【详解】由，得，，，左焦点为．
则过左焦点F，倾斜角为60°直线l的方程为．代入，得，
设，，则，，
又，
根据弦长公式得：，
且，
∴，故选：A．
4．已知直线与双曲线交于、两点，且弦的中点为，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用点差法可求得中点弦方程.
【详解】设，，则①，②，又弦的中点为，
所以，，①②得，即有，
可得直线的斜率为，即有直线的方程为，化简得，经检验满足题意，故选：D
5．平行四边形内接于椭圆，椭圆的离心率为，直线的斜率为1，则直线的斜率为（ ）
参考知识：椭圆内接平行四边形的对称中心就是椭圆的对称中心.
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用点差法求得直线的斜率.
【详解】，设，
设是的中点，由于是的中点，所以，所以直线的斜率为.
，两式相减并化简得，
即.故选：A
6．过点的直线l与椭圆交于A，B两点，设线段AB中点为M，设直线l的斜率为，直线OM的斜率为，则的值为（ ）
A．B．－2C．D．2
【答案】A
【分析】假设出A，B两点坐标，代入椭圆方程，两式相减求出，已知M坐标求出，最后相乘即可得出答案.
【详解】设，，联立方程两式相减得，所以，，.故选:A
7．过椭圆：右焦点的直线：交于，两点，为的中点，且的斜率为，则椭圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由与x轴交点横坐标可得半焦距c，设出点A，B坐标，利用点差法求出的关系即可计算作答.
【详解】依题意，焦点，即椭圆C的半焦距，设，，
则有，两式相减得：，
而，且，即有，
又直线的斜率，因此有，而，解得，经验证符合题意，
所以椭圆的方程为.故选：A
8．设椭圆的方程为，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，下列结论正确的是（ ）
A．直线AB与OM垂直；
B．若直线方程为，则.
C．若直线方程为，则点M坐标为
D．若点M坐标为，则直线方程为；
【答案】D
【分析】利用椭圆中中点弦问题的处理方法，结合弦长的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】不妨设坐标为，则，两式作差可得：，设，则.对A：，故直线不垂直，则A错误；
对B：若直线方程为，联立椭圆方程，可得：，解得，故，则，故错误；
对：若直线方程为y=x+1，故可得，即，又，
解得，即，故错误；
对：若点M坐标为,则，则，又过点，则直线的方程为，即，故正确.故选：.
9．定义曲线为椭圆的“倒椭圆”，已知椭圆，它的倒椭圆为，过上任意一点做直线垂直轴于点，作直线垂直轴于点，则直线与椭圆的公共点个数为________个．
【答案】1
【分析】设点，则直线的方程为，代入椭圆方程化简求判别式即可得答案.
【详解】设点，则，，，所以直线的方程为，
进而与椭圆联立方程得：，
所以，所以方程有且只有一个实数根，故直线与椭圆的公共点个数为个．故答案为：1
10．直线与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则实数m的取值范围是______．
【答案】
【分析】由直线的性质可知过点，只需使点在椭圆内部或椭圆上，可得范围，又由椭圆的焦点在x轴上，所以有5>m，综合可得答案.
【详解】根据题意, 可得 过点 ，
要使直线与椭圆 总有公共点，只需使点 在椭圆内部或椭圆上, 则有 ，
又由椭圆 的焦点在轴上，则有；综合可得 ，故答案为：.
11．已知直线与椭圆交于两点，且的中点为，则直线的斜率为___________.
【答案】.
【分析】利用点差法求解即可.
【详解】设，则，，所以，
所以，因为的中点为，所以，
所以，所以，所以直线的斜率为，经检验满足题意，
故答案为：.
12．已知椭圆，过点作直线交椭圆于，两点，且点是的中点，则直线的方程是___________.
【答案】
【分析】设，结合中点公式和“点差法”求得直线的斜率，结合直线的点斜式方程，即可求解.
【详解】设，因为点是的中点，可得，
由，两式相减得，
即，所以直线的方程为，即.故答案为：.
13．已知椭圆C的焦点为F1（0，-2）和F2（0，2），椭圆C与轴相交于两点，且，设直线y=x+2交椭圆C于A，B两点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)求弦AB的中点坐标及|AB|.
【答案】(1)；(2)，
【分析】（1）由题意以及即可求出椭圆的标准方程.
（2）将直线与椭圆方程联立，由中点坐标公式以及弦长公式即可求解.
【详解】（1）由题意，椭圆C的焦点为和 ，长轴长为，
所以椭圆的焦点在轴上，. 所以.所以椭圆C的标准方程.
（2）设，，AB线段的中点为，
由得，所以， 所以，，
所以弦AB的中点坐标为， .
14.已知椭圆的离心率为，焦距为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若点是直线被椭圆所截得的线段的中点，求直线的方程.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）依题意可得，，即可求出、，再根据求出，即可求出椭圆方程；
（2）设，，利用点差法求出直线的斜率，从而求出直线的方程.
【详解】（1）解：由已知，，∴，，
所以，所以椭圆方程为.
（2）解：设直线与椭圆交于，两点，则且，
两式相减并化简得.又，，所以，即，
所以直线的方程为.
15．已知椭圆．
(1)过椭圆的左焦点引椭圆的割线，求截得的弦的中点的轨迹方程；
(2)求斜率为2的平行弦的中点的轨迹方程；
(3)求过点且被平分的弦所在直线的方程．
【答案】(1)（在椭圆内部分）
(2)（在椭圆内部分）
(3)
【分析】（1）设弦与椭圆两交点坐标分别为、，设，进而分和，结合点差法求解即可；
（2）结合（1）中(*)式，代入，，整理即可；
（3）结合（1）中(*)式，代入，，即可得，进而得答案.
【详解】（1）解：设弦与椭圆两交点坐标分别为、，
设，当时，．当时，，
两式相减得，即(*)，
因为，，，
所以，代入上式并化简得，显然满足方程.
所以点P的轨迹方程为（在椭圆内部分）．
（2）解：设，在（1）中式子里，
将，，代入上式并化简得点Q的轨迹方程为（在椭圆内部分）．
所以，点的轨迹方程（在椭圆内部分）.
（3）解：在（1）中式子里，
将，，代入上式可求得．所以直线方程为．
16．设椭圆过点，离心率为．
(1)求的方程；
(2)求过点且斜率为的直线被所截得线段的中点的横坐标．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）将代入椭圆方程求出，再由椭圆的离心率求出，得到椭圆方程；
（2）写出直线方程联立椭圆方程，利用中点坐标公式结合韦达定理得出．
【详解】（1）将代入的方程得，则，
，，即，，椭圆的方程为．
（2）过点且斜率为的直线方程为，设直线与的交点为，．
将直线方程代入的方程，得，即，，
故，设线段的中点坐标为，则．
17．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，长轴长为4．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线的过定点，若椭圆上存在两点，关于直线对称，求直线斜率的取值范围．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由椭圆的离心率为，长轴长为求解；
（2）设直线方程为：，，AB中点的坐标为，利用点差法求得中点坐标，再由线段AB的中点在椭圆内部，即求解.
【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，长轴长为，解得，则，
所以椭圆的标准方程是；
（2）易知直线的斜率存在，设直线方程为：，，AB中点的坐标为，
则，两式相减得，
即，又，解得，因为线段AB的中点在椭圆内部，
所以，即，解得，所以直线斜率的取值范围
18．已知椭圆经过点，且离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过点的直线与椭圆交于，两点，设坐标原点为，线段的中点为，求的最大值.
【答案】(1)；(2)
【分析】(1) 由，，又，即可求出椭圆的方程.
(2) 设，，，利用点差法，把表示为关于的函数，可求最大值.
【详解】（1）椭圆经过点，其离心率为．
，，，，故椭圆的方程为：；
（2）当直线斜率不存在时，M与O重合，不合题意，
当直线斜率存在时，设，，，
则有，，直线的斜率为，
，两点在椭圆上，有，，
两式相减，，即，得，化简得，
，∴当时，的最大值为.直线与椭圆
解的个数
Δ的取值
两个不同的公共点
两解
Δ>0
一个公共点
一解
Δ＝0
没有公共点
无解
Δ