2024年高考理科數學圓錐曲線專題訓練一、圓錐曲線核心考點梳理圓錐曲線是解析幾何的核心內容，也是高考理科數學的重點與難點，占分比例約15%-20%。其考查內容圍繞定義、方程、幾何性質及直線與圓錐曲線的位置關系展開，核心考點如下：（一）橢圓1.定義：平面內到兩定點（焦點）距離之和為定值（大于兩焦點間距離）的點的軌跡。2.標準方程：焦點在x軸：\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)）；焦點在y軸：\(\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)）。3.幾何性質：離心率：\(e=\frac{c}{a}\)（\(0<e<1\)，\(c=\sqrt{a^2-b^2}\)）；頂點：\((\pma,0)\)、\((0,\pmb)\)（焦點在x軸時）；準線：\(x=\pm\frac{a^2}{c}\)（焦點在x軸時）。（二）雙曲線1.定義：平面內到兩定點（焦點）距離之差的絕對值為定值（小于兩焦點間距離）的點的軌跡。2.標準方程：焦點在x軸：\(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>0,b>0\)）；焦點在y軸：\(\frac{y^2}{a^2}-\frac{x^2}{b^2}=1\)（\(a>0,b>0\)）。3.幾何性質：離心率：\(e=\frac{c}{a}\)（\(e>1\)，\(c=\sqrt{a^2+b^2}\)）；漸近線：\(y=\pm\frac{a}x\)（焦點在x軸時）；頂點：\((\pma,0)\)（焦點在x軸時）。（三）拋物線1.定義：平面內到定點（焦點）與定直線（準線）距離相等的點的軌跡。2.標準方程（開口方向與焦點、準線關系）：開口向右：\(y^2=2px\)（焦點\((\frac{p}{2},0)\)，準線\(x=-\frac{p}{2}\)）；開口向上：\(x^2=2py\)（焦點\((0,\frac{p}{2})\)，準線\(y=-\frac{p}{2}\)）。3.幾何性質：離心率\(e=1\)；過焦點的弦長：\(|AB|=x_1+x_2+p\)（開口向右時）。（四）直線與圓錐曲線的位置關系1.判定方法：聯立直線與圓錐曲線方程，消元得二次方程（若為一次方程則為拋物線與直線平行），通過判別式\(\Delta\)判斷：\(\Delta>0\)：相交（兩個不同交點）；\(\Delta=0\)：相切（一個交點）；\(\Delta<0\)：相離（無交點）。2.核心工具：韋達定理（設而不求），用于求弦長、中點、斜率等。弦長公式：\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot|x_1-x_2|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\)；中點坐標：若弦AB中點為M，則\(x_M=\frac{x_1+x_2}{2}\)，\(y_M=\frac{y_1+y_2}{2}\)（由韋達定理直接得）。二、高頻題型分類訓練與解題策略（一）定義應用類：回歸本質，簡化計算解題策略：遇到焦點距離、準線距離或軌跡問題時，優(yōu)先用圓錐曲線定義，避免聯立方程的繁瑣計算。例題：設橢圓\(\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1\)的左、右焦點分別為\(F_1,F_2\)，點P在橢圓上，且\(|PF_1|=3\)，則\(|PF_2|\)等于（）A.2B.5C.7D.10解析：由橢圓定義，\(|PF_1|+|PF_2|=2a=10\)，故\(|PF_2|=10-3=7\)，選C。練習：拋物線\(y^2=4x\)上一點M到焦點的距離為5，則點M的橫坐標為（）（答案：4，提示：拋物線定義，點到焦點距離等于到準線距離，準線\(x=-1\)，故\(x_M+1=5\)）（二）方程求解類：待定系數法的靈活運用解題策略：根據焦點位置設標準方程，結合已知條件（如點在曲線上、離心率、漸近線等）列方程求解。例題：已知雙曲線的漸近線方程為\(y=\pm\frac{3}{4}x\)，且過點\((4,-3)\)，求雙曲線的標準方程。解析：設雙曲線方程為\(\frac{x^2}{16}-\frac{y^2}{9}=\lambda\)（\(\lambda\neq0\)，漸近線方程對應），代入點\((4,-3)\)得\(\frac{16}{16}-\frac{9}{9}=\lambda\)，即\(\lambda=0\)？不對，應調整形式：若漸近線為\(y=\pm\frac{a}x=\pm\frac{3}{4}x\)，則設雙曲線方程為\(\frac{x^2}{16k}-\frac{y^2}{9k}=1\)（\(k>0\)，焦點在x軸）或\(\frac{y^2}{9k}-\frac{x^2}{16k}=1\)（\(k>0\)，焦點在y軸）。代入點\((4,-3)\)，前者得\(\frac{16}{16k}-\frac{9}{9k}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k}=0\)，無解；后者得\(\frac{9}{9k}-\frac{16}{16k}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k}=0\)，也無解？哦，不對，應該是漸近線方程為\(y=\pm\frac{3}{4}x\)，所以雙曲線方程可設為\(9x^2-16y^2=\mu\)（\(\mu\neq0\)），代入點\((4,-3)\)得\(9\times16-16\times9=\mu\)，即\(\mu=0\)？不對，等一下，點\((4,-3)\)在漸近線上嗎？代入漸近線方程\(y=-\frac{3}{4}x\)，右邊是-3，左邊是-3，所以點在漸近線上？不對，雙曲線的漸近線是無限接近但不相交的，所以點不可能在漸近線上，題目可能有誤？或者我設方程的方式錯了？再想，漸近線方程為\(y=\pm\frac{3}{4}x\)，所以\(\frac{a}=\frac{3}{4}\)，設\(a=4k\)，\(b=3k\)，則雙曲線方程為\(\frac{x^2}{16k^2}-\frac{y^2}{9k^2}=1\)或\(\frac{y^2}{9k^2}-\frac{x^2}{16k^2}=1\)。代入點\((4,-3)\)，前者：\(\frac{16}{16k^2}-\frac{9}{9k^2}=\frac{1}{k^2}-\frac{1}{k^2}=0\)，無解；后者：\(\frac{9}{9k^2}-\frac{16}{16k^2}=\frac{1}{k^2}-\frac{1}{k^2}=0\)，也無解，說明點在漸近線上，不可能在雙曲線上，題目有誤，換個例題吧。例題：已知橢圓的離心率為\(\frac{1}{2}\)，焦點在x軸上，且過點\((2,3)\)，求橢圓的標準方程。解析：設橢圓方程為\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)），由離心率\(e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}\)，得\(c=\frac{a}{2}\)，又\(a^2=b^2+c^2\)，故\(a^2=b^2+\frac{a^2}{4}\)，即\(b^2=\frac{3a^2}{4}\)。代入點\((2,3)\)得\(\frac{4}{a^2}+\frac{9}{\frac{3a^2}{4}}=\frac{4}{a^2}+\frac{12}{a^2}=\frac{16}{a^2}=1\)，故\(a^2=16\)，\(b^2=12\)，橢圓方程為\(\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1\)。練習：雙曲線的焦點在y軸上，離心率為2，且過點\((1,2\sqrt{3})\)，求雙曲線的標準方程。（答案：\(\frac{y^2}{9}-\frac{x^2}{27}=1\)，提示：設方程\(\frac{y^2}{a^2}-\frac{x^2}{b^2}=1\)，\(e=\frac{c}{a}=2\)，\(c=2a\)，\(b^2=c^2-a^2=3a^2\)，代入點得\(\frac{12}{a^2}-\frac{1}{3a^2}=1\)，解得\(a^2=9\)）（三）幾何性質類：挖掘圖形特征，結合代數運算解題策略：幾何性質（如離心率、漸近線、焦點坐標）是圓錐曲線的“標識”，需結合定義或方程推導，注意符號與位置。例題：已知雙曲線\(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>0,b>0\)）的一條漸近線與直線\(x+2y-1=0\)垂直，則雙曲線的離心率為（）A.\(\sqrt{5}\)B.\(\frac{\sqrt{5}}{2}\)C.\(\sqrt{3}\)D.2解析：漸近線方程為\(y=\pm\frac{a}x\)，直線\(x+2y-1=0\)的斜率為\(-\frac{1}{2}\)，由垂直得\(\frac{a}\times(-\frac{1}{2})=-1\)，故\(\frac{a}=2\)，離心率\(e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+(\frac{a})^2}=\sqrt{5}\)，選A。練習：橢圓\(\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{4}=1\)的離心率為\(\frac{1}{2}\)，則m的值為（）（答案：\(3\)或\(\frac{16}{3}\)，提示：分焦點在x軸（\(m>4\)，\(e=\frac{\sqrt{m-4}}{\sqrt{m}}=\frac{1}{2}\)）和y軸（\(m<4\)，\(e=\frac{\sqrt{4-m}}{2}=\frac{1}{2}\)））（四）直線與圓錐曲線位置關系類：設而不求與韋達定理的核心地位解題策略：聯立直線與圓錐曲線方程，消元得二次方程，用韋達定理表示根的和與積，代入所求表達式（如弦長、中點斜率），避免求具體根。例題：已知直線\(y=kx+1\)與橢圓\(\frac{x^2}{4}+y^2=1\)相交于A、B兩點，求弦AB的長（用k表示）。解析：聯立方程\(\begin{cases}y=kx+1\\\frac{x^2}{4}+y^2=1\end{cases}\)，消去y得\(\frac{x^2}{4}+(kx+1)^2=1\)，整理得\((1+4k^2)x^2+8kx=0\)。設A\((x_1,y_1)\)，B\((x_2,y_2)\)，則\(x_1+x_2=-\frac{8k}{1+4k^2}\)，\(x_1x_2=0\)。弦長\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot|x_1-x_2|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\left|-\frac{8k}{1+4k^2}\right|=\frac{8|k|\sqrt{1+k^2}}{1+4k^2}\)。練習：直線\(y=x+1\)與拋物線\(y^2=4x\)交于A、B兩點，求線段AB的中點坐標。（答案：\((1,2)\)，提示：聯立得\(x^2-2x+1=0\)？不對，聯立\(y=x+1\)和\(y^2=4x\)，得\((x+1)^2=4x\)，即\(x^2+2x+1=4x\)，\(x^2-2x+1=0\)，Δ=0？不對，應該是\(y=x+1\)代入\(y^2=4x\)得\((x+1)^2=4x\)，即\(x^2+2x+1=4x\)，\(x^2-2x+1=0\)，解得x=1，y=2，只有一個交點？不對，直線\(y=x+1\)與拋物線\(y^2=4x\)的位置關系：判別式Δ=(-2)^2-4×1×1=0，所以相切，中點就是切點(1,2)。換個直線，比如\(y=x-1\)，聯立得\((x-1)^2=4x\)，即\(x^2-2x+1=4x\)，\(x^2-6x+1=0\)，Δ=36-4=32>0，中點橫坐標\(x_M=\frac{x_1+x_2}{2}=3\)，縱坐標\(y_M=3-1=2\)，中點(3,2)。）（五）定點定值與最值類：動態(tài)問題中的不變量探究解題策略：定點問題：設直線方程為\(y=kx+m\)（或含參數的其他形式），聯立圓錐曲線方程，通過韋達定理及條件化簡，得m與k的關系（如\(m=ak+b\)），從而得定點\((-b/a,b)\)；定值問題：設變量（如點坐標、斜率），通過代數運算消去變量，得常數；最值問題：用二次函數求最值（如弦長關于k的函數）、幾何法（如橢圓上點到直線距離的最值）、參數法（如橢圓參數方程）。例題：已知橢圓\(\frac{x^2}{4}+y^2=1\)，過點\(P(1,0)\)的直線l與橢圓交于A、B兩點，求證：\(\frac{1}{|PA|^2}+\frac{1}{|PB|^2}\)為定值。解析：設直線l的參數方程為\(\begin{cases}x=1+t\cos\theta\\y=t\sin\theta\end{cases}\)（t為參數，θ為傾斜角），代入橢圓方程得\(\frac{(1+t\cos\theta)^2}{4}+(t\sin\theta)^2=1\)，整理得\((\cos^2\theta+4\sin^2\theta)t^2+2\cos\theta\cdott-3=0\)。設A、B對應的參數為\(t_1,t_2\)，則\(t_1+t_2=-\frac{2\cos\theta}{\cos^2\theta+4\sin^2\theta}\)，\(t_1t_2=-\frac{3}{\cos^2\theta+4\sin^2\theta}\)。由參數t的幾何意義，\(|PA|=|t_1|\)，\(|PB|=|t_2|\)，故\(\frac{1}{|PA|^2}+\frac{1}{|PB|^2}=\frac{1}{t_1^2}+\frac{1}{t_2^2}=\frac{t_1^2+t_2^2}{(t_1t_2)^2}=\frac{(t_1+t_2)^2-2t_1t_2}{(t_1t_2)^2}\)。代入得：\[\frac{\left(-\frac{2\cos\theta}{D}\right)^2-2\cdot\left(-\frac{3}{D}\right)}{\left(-\frac{3}{D}\right)^2}=\frac{\frac{4\cos^2\theta}{D^2}+\frac{6}{D}}{\frac{9}{D^2}}=\frac{4\cos^2\theta+6D}{9}\quad(\text{其中}\D=\cos^2\theta+4\sin^2\theta)\]化簡\(4\cos^2\theta+6(\cos^2\theta+4\sin^2\theta)=4\cos^2\theta+6\cos^2\theta+24\sin^2\theta=10\cos^2\theta+24\sin^2\theta=10(1-\sin^2\theta)+24\sin^2\theta=10+14\sin^2\theta\)？不對，等一下，D=cos2θ+4sin2θ=1+3sin2θ，所以4cos2θ+6D=4(1-sin2θ)+6(1+3sin2θ)=4-4sin2θ+6+18sin2θ=10+14sin2θ？不對，應該直接代入D=cos2θ+4sin2θ，計算分子：4cos2θ+6D=4cos2θ+6(cos2θ+4sin2θ)=4cos2θ+6cos2θ+24sin2θ=10cos2θ+24sin2θ=10(1-sin2θ)+24sin2θ=10+14sin2θ？不對，可能我參數方程設錯了，應該用普通直線方程試試，設直線l的方程為y=k(x-1)，代入橢圓方程\(\frac{x^2}{4}+y^2=1\)，得\(\frac{x^2}{4}+k^2(x-1)^2=1\)，整理得\((1+4k^2)x^2-8k^2x+4k^2-4=0\)。設A(x?,y?)，B(x?,y?)，則x?+x?=8k2/(1+4k2)，x?x?=(4k2-4)/(1+4k2)。計算|PA|2=(x?-1)2+y?2=(x?-1)2+k2(x?-1)2=(1+k2)(x?-1)2，同理|PB|2=(1+k2)(x?-1)2，故1/|PA|2+1/|PB|2=[1/(x?-1)2+1/(x?-1)2]/(1+k2)。計算分子：[(x?-1)2+(x?-1)2]/[(x?-1)(x?-1)]2=[x?2-2x?+1+x?2-2x?+1]/[x?x?-(x?+x?)+1]2=[(x?+x?)2-2x?x?-2(x?+x?)+2]/[x?x?-(x?+x?)+1]2。代入x?+x?和x?x?：分子：(64k?/(1+4k2)2)-2*(4k2-4)/(1+4k2)-2*(8k2/(1+4k2))+2=先通分，分母(1+4k2)2：64k?-2*(4k2-4)(1+4k2)-2*8k2(1+4k2)+2*(1+4k2)2展開計算：64k?-2*(4k2+16k?-4-16k2)-16k2(1+4k2)+2*(1+8k2+16k?)=64k?-2*(16k?-12k2-4)-16k2-64k?+2+16k2+32k?=64k?-32k?+24k2+8-16k2-64k?+2+16k2+32k?合并同類項：(64k?-32k?-64k?+32k?)+(24k2-16k2+16k2)+(8+2)=0k?+24k2+10=24k2+10分母：[x?x?-(x?+x?)+1]2=[(4k2-4)/(1+4k2)-8k2/(1+4k2)+1]2=[(4k2-4-8k2+1+4k2)/(1+4k2)]2=[(-3)/(1+4k2)]2=9/(1+4k2)2所以分子/分母=(24k2+10)/(1+4k2)2÷9/(1+4k2)2=(24k2+10)/9故1/|PA|2+1/|PB|2=(24k2+10)/(9(1+k2))？不對，等一下，剛才|PA|2=(1+k2)(x?-1)2，所以1/|PA|2=1/[(1+k2)(x?-1)2]，同理1/|PB|2=1/[(1+k2)(x?-1)2]，所以總和是[1/(x?-1)2+1/(x?-1)2]/(1+k2)=(24k2+10)/(9(1+k2))？這不是定值啊，說明我哪里錯了，可能題目中的點P不是(1,0)？橢圓\(\frac{x^2}{4}+y^2=1\)的右焦點是(√3,0)，(1,0)不是焦點，換個點，比如過焦點F(√3,0)的直線，再試一下，可能我選的點不對，導致不是定值。比如題目改為過橢圓右焦點F(√3,0)的直線l與橢圓交于A、B兩點，求證1/|PA|2+1/|PB|2為定值，這樣可能正確?；蛘咴}中的點P是(2,0)？橢圓的右頂點是(2,0)，過(2,0)的直線與橢圓交于A、B兩點，其中A或B可能是(2,0)，比如直線x=2，與橢圓交于(2,0)，只有一個點，不對?？赡芪覒摀Q個例題，比如定點問題：例題：已知拋物線\(y^2=4x\)，過點(1,0)的直線l與拋物線交于A、B兩點，求證：OA⊥OB（O為原點）。解析：設直線l的方程為\(x=ty+1\)（避免斜率不存在的情況），代入拋物線方程得\(y^2=4(ty+1)\)，即\(y^2-4ty-4=0\)。設A(x?,y?)，B(x?,y?)，則y?+y?=4t，y?y?=-4。計算向量OA·OB=x?x?+y?y?=(ty?+1)(ty?+1)+y?y?=t2y?y?+t(y?+y?)+1+y?y?=(t2+1)y?y?+t(y?+y?)+1=(t2+1)(-4)+t·4t+1=-4t2-4+4t2+1=-3≠0？不對，應該是過點(2,0)的直線，比如x=ty+2，代入得y2=4(ty+2)，即y2-4ty-8=0，y?+y?=4t，y?y?=-8，OA·OB=x?x?+y?y?=(ty?+2)(ty?+2)+y?y?=t2y?y?+2t(y?+y?)+4+y?y?=(t2+1)y?y?+2t(y?+y?)+4=(t2+1)(-8)+2t·4t+4=-8t2-8+8t2+4=-4≠0，還是不對，換個點，比如過點(0,1)的直線與拋物線y2=4x交于A、B兩點，求證OA⊥OB，設直線y=kx+1，代入得(kx+1)2=4x，即k2x2+(2k-4)x+1=0，x?x?=1/k2，y?y?=(kx?+1)(kx?+1)=k2x?x?+k(x?+x?)+1=k2·1/k2+k·(4-2k)/k2+1=1+(4-2k)/k+1=2+4/k-2=4/k，OA·OB=x?x?+y?y?=1/k2+4/k=0，解得k=-1/4，所以只有當k=-1/4時，OA⊥OB，不是對任意直線都成立，說明定點問題需要正確的點。比如已知拋物線y2=2px，過焦點F(p/2,0)的直線與拋物線交于A、B兩點，求證OA·OB為定值，設直線x=ty+p/2，代入得y2=2p(ty+p/2)=2pty+p2，即y2-2pty-p2=0，y?y?=-p2，x?x?=(y?2/2p)(y?2/2p)=y?2y?2/(4p2)=p?/(4p2)=p2/4，OA·OB=x?x?+y?y?=p2/4-p2=-3p2/4，是定值，對，這才是定點定值問題的正確例子。練習：已知橢圓\(\frac{x^2}{4}+y^2=1\)，過點(0,1)的直線l與橢圓交于A、B兩點，求線段AB中點的軌跡方程。（答案：\(x^2+4(y-\frac{1}{2})^2=1\)，提示：設直線l的方程為y=kx+1，聯立橢圓方程得(1+4k2)x2+8kx=0，中點橫坐標x_M=-4k/(1+4k2)，縱坐標y_M=kx_M+1=-4k2/(1+4k2)+1=1/(1+4k2)，消去k得x_M2+4(y_M-1/2)2=1）三、2024年高考圓錐曲線模擬題精練（一）選擇題1.雙曲線\(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\)的漸近線方程為\(y=\pm\frac{3}{2}x\)，則雙曲線的離心率為（）A.\(\frac{\sqrt{13}}{2}\)B.\(\frac{\sqrt{13}}{3}\)C.\(\frac{5}{2}\)D.\(\frac{5}{3}\)2.拋物線\(y^2=4x\)上一點M到y(tǒng)軸的距離為3，則點M到焦點的距離為（）A.3B.4C.5D.6（二）填空題3.已知雙曲線\(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\)的離心率為\(\sqrt{3}\)，則其漸近線方程為__________。4.直線\(y=x+1\)與橢圓\(\frac{x^2}{2}+y^2=1\)相交于A、B兩點，則弦AB的長為__________。（三）解答題5.已知橢圓\(C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)）的離心率為\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)，且過點(2,1)。（1）求橢圓C的標準方程；（2）設直線l與橢圓C交于A、B兩點，且以AB為直徑的圓過原點O，求證：直線l過定點。四、答案與解析（一）選擇題1.答案：A解析：漸近線方程為\(y=\pm\frac{a}x=\pm\frac{3}{2}x\)，故\(\frac{a}=\frac{3}{2}\)，離心率\(e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+(\frac{a})^2}=\sqrt{1+\frac{9}{4}}=\sqrt{\frac{13}{4}}=\frac{\sqrt{13}}{2}\)，選A。2.答案：B解析：拋物線\(y^2=4x\)的準線為\(x=-1\)，點M到y(tǒng)軸的距離為3，故點M的橫坐標為3，由拋物線定義，點M到焦點的距離等于到準線的距離，即\(3-(-1)=4\)，選B。（二）填空題3.答案：\(y=\pm\sqrt{2}x\)解析：離心率\(e=\frac{c}{a}=\sqrt{3}\)，故\(c=\sqrt{3}a\)，由\(c^2=a^2+b^2\)得\(3a^2=a^2+b^2\)，即\(b^2=2a^2\)，\(\frac{a}=\sqrt{2}\)，漸近線方程為\(y=\pm\sqrt{2}x\)。4.答案：\(\frac{4\sqrt{2}}{3}\)解析：聯立直線與橢圓方程\(\begin{cases}y=x+1\\\frac{x^2}{2}+y^2=1\end{cases}\)，消去y得\(\frac{x^2}{2}+(x+1)^2=1\)，整理得\(3x^2+4x=0\)，解得\(x_1=0\)，\(x_2=-\frac{4}{3}\)，對應的\(y_1=1\)，\(y_2=-\frac{1}{3}\)，弦長\(|AB|=\sqrt{(0+\frac{4}{3})^2+(1+\frac{1}{3})^2}=\sqrt{\frac{16}{9}+\frac{16}{9}}=\sqrt{\frac{32}{9}}=\frac{4\sqrt{2}}{3}\)。（三）解答題5.（1）解析：由離心率\(e=\frac{\sqrt{3}}{2}\)得\(\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，故\(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a\)，\(b^2=a^2-c^2=a^2-\frac{3}{4}a^2=\frac{1}{4}a^2\)，橢圓方程為\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{\frac{1}{4}a^2}=1\)，即\(\frac{x^2}{a^2}+4y^2=1\)。代入點(2,1)得\(\frac{4}{a^2}+4=1\)？不對，等一下，\(b^2=\frac{1}{4}a^2\)，所以橢圓方程應為\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{\frac{1}{4}a^2}=1\)，即\(\frac{x^2}{a^2}+4y^2=1\)？不對，應該是\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)，\(b^2=\frac{1}{4}a^2\)，所以\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{\frac{a^2}{4}}=1\)，即\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{4y^2}{a^2}=1\)，\(x^2+4y^2=a^2\)，代入點(2,1)得\(4+4=a^2\)，故\(a^2=8\)，\(b^2=2\)，橢圓方程為\(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\)。（2）證明：設