专题03 椭圆【7大经典基础题+3大优选提升题】-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期中真题分类汇编（广东专用）

专题03 椭圆 【题型目录】 【经典基础题】 · 题型01、 椭圆的定义 · 题型02、 椭圆的方程、性质 · 题型03、 椭圆的离心率 · 题型04、 直线与椭圆的位置关系 · 题型05、椭圆的弦长、焦点弦 · 题型06、椭圆的中点弦问题 · 题型07、椭圆的参数范围及最值 【优选提升题】 · 题型01、椭圆的定点、定值问题 · 题型02、椭圆的定值线、向量问题 · 题型03、椭圆的综合问题 椭圆的定义 1．（22-23高二上·广东湛江·期中）在椭圆中，已知焦距为2，椭圆上的一点与两个焦点的距离的和等于4，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（21-22高二上·广东广州·期中）已知是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为（    ） A．28 B．16 C．12 D．9 3．（23-24高二上·广东东莞·期中）已知，为椭圆的两个焦点，是椭圆上的点，且，则三角形的面积为 . 4．（23-24高二上·广东广州·期中）已知圆的圆心为，点是圆上的动点，点，线段的垂直平分线交于点，则点的轨迹的方程为 ． 5．（23-24高二上·广东广州·期中）已知椭圆的两个焦点分别为，椭圆上一点满足，且，则椭圆的离心率为 . 椭圆的方程、性质 6．（23-24高二上·广东珠海·期中）已知椭圆两个焦点为分别为、，过的直线交该椭圆于A、B两点，则的周长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 7．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知椭圆方程为，其右焦点为，过点的直线交椭圆与，两点．若的中点坐标为，则椭圆的方程为（    ） A． B． C． D． 8．（20-21高二上·广东深圳·期中）椭圆的焦点坐标是（    ） A． B． C． D． 9．（19-20高二上·广东茂名·期末）椭圆与关系为（    ） A．有相等的长轴 B．有相等的短轴 C．有相等的焦点 D．有相等的焦距 10．（23-24高二上·广东中山·期中）如图曲线AB是以O为对称中心的椭圆的四分之一，A，B分别为长、短轴端点； 现只用圆规确定该椭圆的右焦点位置，步骤：以 为圆心以 为半径画弧与x轴的交点.（填序号即可）①点O；② 点A；③点B；④ OB长；⑤ OA长. 椭圆的离心率 11．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知是椭圆的两个焦点，满足的点总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高二上·广东汕头·期中）椭圆C：（）的左右两焦点分别为，，点P在椭圆上，正三角形面积为，则椭圆的离心率为 ． 13．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知椭圆C：（）的左、右两焦点分别是、，其中．椭圆C上存在一点，满足，则椭圆的离心率的取值范围是 14．（22-23高二下·广东湛江·期中）已知为坐标原点，是椭圆上位于轴上方的点，为右焦点.延长、交椭圆于、两点，，，则椭圆的离心率为 . 15．（22-23高二上·广东深圳·期中）､是椭圆：的左､右焦点，点为椭圆上一点，点在轴上，满足，若，则椭圆的离心率为 . 直线与椭圆的位置关系 16．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知A，B分别是椭圆E：的左、右顶点，C，D是椭圆上异于A，B的两点，若直线AC，BD的斜率，满足，则直线CD过定点，定点坐标为 17．（23-24高二上·广东东莞·期中）已知椭圆C的一个顶点为，两焦点坐标分别为，. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线，与椭圆C交于不同的两点M，N，满足，求k的取值范围. 18．（23-24高二上·广东东莞·期中）已知椭圆过点，且离心率为． (1)求椭圆C的方程； (2)若过椭圆C焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，且以为底边的等腰直角三角形的顶点恰好在y轴上，求直线l的方程． 椭圆的弦长、焦点弦 19．（21-22高二上·广东深圳·期中）若椭圆与双曲线有相同的焦点，，P是两曲线的一个交点，则的面积是（　　） A． B．t C．2t D．4t 20．（20-21高二上·广东珠海·期中）已知椭圆的两个焦点分别为，，点在椭圆上且，则的面积是（    ） A． B． C． D．1 21．（23-24高二上·广东珠海·期中）已知椭圆C：焦距为6，且椭圆C上任意一点（异于长轴端点）与长轴的两个顶点连线的斜率之积为定值． (1)求曲线C的方程； (2)过右焦点作直线l交曲线C于M、N两个不同的点，记的面积为S，求S的最大值． 椭圆的中点弦问题 22．（23-24高二上·广东广州·期中）在椭圆C：内，通过点，且被这点平分的弦所在直线的方程为（    ） A． B． C． D． 23．（21-22高二上·广东广州·期中）已知椭圆，斜率为2的直线与椭圆相交于两点M，N，MN的中点坐标为，则椭圆C的离心率是（    ） A． B． C． D． 24．（20-21高二上·广东珠海·期中）已知椭圆：内有一点，以点为圆心的圆与椭圆交于、两点，若线段恰好为圆的直径，则所在直线的方程为 . 椭圆的参数范围及最值 25．（21-22高二上·广东深圳·期中）过椭圆上一点M作圆的两条切线，A、B为切点，过A、B的直线l与x轴和y轴分别交于P、Q两点，则（O为坐标原点）面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 26．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，，M是C上的动点，的面积的最大值为9，则椭圆C长轴长的最小值为 . 27．（23-24高二下·广东·期中）已知椭圆. (1)若点在椭圆C上，证明：直线与椭圆C相切； (2)设曲线的切线l与椭圆C交于两点，且以为切点的椭圆C的切线交于M点，求面积的取值范围. 椭圆的定点、定值问题 28．（23-24高二下·广东·期中）已知椭圆C：（）的离心率为，且过点．直线与椭圆C相切于点P（P在第一象限），直线与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点． (1)求椭圆C的方程； (2)设直线OP的斜率为，求证：为定值； (3)求△PAB面积的最大值． 29．（23-24高二上·广东中山·期中）已知点是圆上一动点，点，线段的垂直平分线交线段于点.当点运动时，设点的轨迹为E. (1)求点的轨迹方程； (2)已知过点的直线分别交E于和，且两直线的斜率之积为1，设的中点分别为，探究轴上是否存在定点，使得，若存在，求出定点；若不存在，说明理由. 30．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为为坐标原点，且． (1)求椭圆的方程； (2)已知过点的直线与椭圆交于两点，点，求的值． 椭圆的定值线、向量问题 31．（21-22高二上·广东深圳·期中）已知椭圆的离心率为，长轴长为． (1)求椭圆C的方程； (2)过椭圆C的右焦点F的直线l与椭圆C相交于A、B两点，若以AB为直径的圆过坐标原点O，求直线l的方程． 32．（20-21高二下·广东·期中）椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点． （1）当时，求直线的方程； （2）当点异于两点时，证明：为定值． 33．（20-21高三上·广东深圳·期末）已知椭圆：的离心率为，过左焦点的直线与椭圆交于，两点，且线段的中点为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设为上一个动点，过点与椭圆只有一个公共点的直线为，过点与垂直的直线为，求证：与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程. 椭圆的综合问题 34．（23-24高二下·广东湛江·期中）已知抛物线的方程为，直线与交于两点，且． (1)求； (2)设的焦点为，直线与交于两点，且以为直径的圆经过，当时，求点到距离的取值范围． 35．（23-24高二下·广东·期中）已知双曲线（，）的左右顶点为，，双曲线上一动点关于轴的对称点为，直线与的斜率之积为.    (1)求双曲线的方程； (2)设点是直线上的动点，直线，分别与曲线交于不同于，的点，. （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）过点作的垂线，垂足为，求最大时点的纵坐标. 36．（23-24高二下·广东广州·期中）已知动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切． (1)求动圆圆心的轨迹方程； (2)设过点且斜率为的直线与（1）中的曲线交于、两点，求； (3)设点是轴上一定点，求、两点间距离的最小值． ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 椭圆 【题型目录】 【经典基础题】 · 题型01、 椭圆的定义 · 题型02、 椭圆的方程、性质 · 题型03、 椭圆的离心率 · 题型04、 直线与椭圆的位置关系 · 题型05、椭圆的弦长、焦点弦 · 题型06、椭圆的中点弦问题 · 题型07、椭圆的参数范围及最值 【优选提升题】 · 题型01、椭圆的定点、定值问题 · 题型02、椭圆的定值线、向量问题 · 题型03、椭圆的综合问题 椭圆的定义 1．（22-23高二上·广东湛江·期中）在椭圆中，已知焦距为2，椭圆上的一点与两个焦点的距离的和等于4，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据椭圆中焦点三角形的几何性质，结合椭圆的定义与余弦定理即可求得各边长，再利用面积公式即可求得的面积. 【详解】由题可知，焦距，则，又椭圆上的一点与两个焦点的距离的和等于4， 即，所以， 在中，， 由余弦定理得：， 整理得，所以，则，故的面积. 故选：D. 2．（21-22高二上·广东广州·期中）已知是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为（    ） A．28 B．16 C．12 D．9 【答案】B 【分析】根据椭圆方程求得，再由椭圆的定义可得，利用基本不等式即可求解. 【详解】由椭圆可得，所以， 因为点在上，所以， 所以， 当且仅当时等号成立，最大值为， 故选：B. 3．（23-24高二上·广东东莞·期中）已知，为椭圆的两个焦点，是椭圆上的点，且，则三角形的面积为 . 【答案】4 【分析】由椭圆定义以及勾股定理即可求得，即可求得三角形的面积为4. 【详解】根据椭圆定义可知， 由勾股定理可得， 所以可得， 因此可得三角形的面积为. 故答案为：4 4．（23-24高二上·广东广州·期中）已知圆的圆心为，点是圆上的动点，点，线段的垂直平分线交于点，则点的轨迹的方程为 ． 【答案】 【分析】由垂直平分线的性质，结合椭圆的定义得出点的轨迹方程. 【详解】依题意，点，半径，线段的垂直平分线交于点，则， 于是， 因此点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆， 由，，得， 所以点的轨迹的方程为：. 故答案为：. 5．（23-24高二上·广东广州·期中）已知椭圆的两个焦点分别为，椭圆上一点满足，且，则椭圆的离心率为 . 【答案】 【分析】根据题意，根据椭圆的定义得到，，，通过分析列关系式，从而得到关系，从而得到离心率. 【详解】 由题意知，，， 所以 因为为等腰三角形，取中点为， 在中，， 则，即， 所以， 所以椭圆的离心率为. 故答案为：. 椭圆的方程、性质 6．（23-24高二上·广东珠海·期中）已知椭圆两个焦点为分别为、，过的直线交该椭圆于A、B两点，则的周长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】D 【分析】由图形及椭圆定义可得答案. 【详解】由椭圆方程可得：， 的周长为. 故选：D. 7．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知椭圆方程为，其右焦点为，过点的直线交椭圆与，两点．若的中点坐标为，则椭圆的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】计算，设，，代入椭圆方程相减得到，解得答案. 【详解】的中点坐标为，则， 设，，则，， 相减得到：，即，， 又，，解得，，椭圆的方程为. 故选：C. 8．（20-21高二上·广东深圳·期中）椭圆的焦点坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】先分析，可判断椭圆焦点在轴上，所以，，所以，即可焦点坐标. 【详解】若表示椭圆，则，， 因为，所以椭圆焦点在轴上，且，， 所以，所以， 所以焦点坐标是， 故选：D 9．（19-20高二上·广东茂名·期末）椭圆与关系为（    ） A．有相等的长轴 B．有相等的短轴 C．有相等的焦点 D．有相等的焦距 【答案】D 【分析】分别求出两个椭圆的长轴、短轴和焦距，进行比较可得答案 【详解】解：椭圆的长轴为10，短轴为6，焦距为8，焦点分别为， 椭圆的长轴为，短轴为，焦距为8，焦点分别为， 所以两椭圆的焦距相同， 故选：D 10．（23-24高二上·广东中山·期中）如图曲线AB是以O为对称中心的椭圆的四分之一，A，B分别为长、短轴端点； 现只用圆规确定该椭圆的右焦点位置，步骤：以 为圆心以 为半径画弧与x轴的交点.（填序号即可）①点O；② 点A；③点B；④ OB长；⑤ OA长. 【答案】 ③ ⑤ 【分析】根据椭圆中，的关系画图即可. 【详解】如图： 因为曲线是椭圆的一部分，故，，以为圆心，为半径画弧，交轴正半轴于点，则为椭圆的右焦点. 这是因为：在中，，，， 所以. 故答案为：③；⑤. 椭圆的离心率 11．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知是椭圆的两个焦点，满足的点总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在为直径的圆上，即，根据得到离心率范围. 【详解】，故在为直径的圆上，即， 圆在椭圆内部，故，，故. 故选：B. 12．（23-24高二上·广东汕头·期中）椭圆C：（）的左右两焦点分别为，，点P在椭圆上，正三角形面积为，则椭圆的离心率为 ． 【答案】/ 【分析】作出辅助线，由等边三角形面积得到，，将其代入椭圆中，结合，求出，求出离心率. 【详解】取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 设，则， 故，解得，故， 故， 将代入中得，， 又，故，解得， 故，    故离心率为. 故答案为： 13．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知椭圆C：（）的左、右两焦点分别是、，其中．椭圆C上存在一点，满足，则椭圆的离心率的取值范围是 【答案】 【分析】先设出点，然后由向量数量积得到的轨迹，应用在椭圆上则两个曲线有交点，再求离心率即可. 【详解】设点， 则， 即，所以点在以为圆心，半径为的圆上， 又因为点在椭圆上，所以圆与椭圆有交点， 根据对称性可知，即， 所以，即椭圆离心率， 故答案为： 14．（22-23高二下·广东湛江·期中）已知为坐标原点，是椭圆上位于轴上方的点，为右焦点.延长、交椭圆于、两点，，，则椭圆的离心率为 . 【答案】 【分析】设椭圆的左焦点为，证明四边形为矩形，设，结合椭圆定义可得，结合可得的关系，由此可求离心率. 【详解】如图，设椭圆的左焦点为，连接、、， 由题意可知，、关于原点对称，且为的中点， 所以四边形为平行四边形，    又因为，所以四边形为矩形. 因为，设，， 则，， 所以，， 在中，，即， 解得，所以，，， 在中，由勾股定理可得，即， 整理可得，解得. 故答案为:. 15．（22-23高二上·广东深圳·期中）､是椭圆：的左､右焦点，点为椭圆上一点，点在轴上，满足，若，则椭圆的离心率为 . 【答案】/0.875 【分析】根据给定条件，结合向量加法的平行四边形法则确定与的关系，再利用椭圆定义结合余弦定理求解作答. 【详解】由得：以、为一组邻边的平行四边形的以点M为起点的对角线对应的向量与共线， 由知，平分，因此这个平行四边形是菱形，有， 又，于是得，令椭圆的半焦距为c， 在中，，由余弦定理得：， 即，则有，解得， 所以椭圆的离心率为. 故答案为： 直线与椭圆的位置关系 16．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知A，B分别是椭圆E：的左、右顶点，C，D是椭圆上异于A，B的两点，若直线AC，BD的斜率，满足，则直线CD过定点，定点坐标为 【答案】 【分析】 设出直线方程，联立椭圆方程，由根与系数关系求出C，D点坐标，得出直线方程，即可求出直线所过定点 【详解】 因为，，， 则：，：． 设，． 联立椭圆方程与得： 得， ∴， 因为， ∴，∴， 联立椭圆方程与得：， 得， ∴，∴， 因为，， 所以：，即， 当时，即时方程恒成立，故直线过定点． 故答案为： 17．（23-24高二上·广东东莞·期中）已知椭圆C的一个顶点为，两焦点坐标分别为，. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线，与椭圆C交于不同的两点M，N，满足，求k的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据焦点坐标和顶点坐标求解出的值，根据求解出的值，则的标准方程可求； （2）联立直线与椭圆方程得到对应坐标的韦达定理形式，根据得到斜率之间的关系，结合解不等式即可. 【详解】（1）因为焦点坐标为，所以， 又因为焦点在轴上且为顶点，所以， 所以，所以的标准方程为； （2）设，的中点为， 联立，得， 所以， 且，即， 又因为的中点坐标为，即为，所以， 因为，所以，所以， 所以，所以， 又因为，所以， 所以，解得. 18．（23-24高二上·广东东莞·期中）已知椭圆过点，且离心率为． (1)求椭圆C的方程； (2)若过椭圆C焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，且以为底边的等腰直角三角形的顶点恰好在y轴上，求直线l的方程． 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）根据题意，由求解； （2）当直线l与x轴重合时，符合题意；当直线l与x轴垂直时，判断；当直线l与x轴不重合，不垂直时，设直线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求得线段AB的中点M及中垂线方程，令得到点N的坐标，再由求解. 【详解】（1）解：由题意得：， 又，解得， 所以椭圆的方程为： （2）如图所示： 当直线l与x轴重合时，符合题意； 当直线l与x轴垂直时，，，N，不符合题意； 当直线l与x轴不重合，不垂直时，设直线方程为， ， 联立，消去y得， 则，， ， 线段AB的中点坐标为， 则线段AB的中垂线方程为，即， 令，得， 由题意知：，则， 所以， 即， 即， 整理解得，即， 所以直线方程为：， 综上：直线的方程为：或. 椭圆的弦长、焦点弦 19．（21-22高二上·广东深圳·期中）若椭圆与双曲线有相同的焦点，，P是两曲线的一个交点，则的面积是（　　） A． B．t C．2t D．4t 【答案】B 【分析】设，，再根据椭圆与双曲线的定义列式，化简可得，可得是直角三角形，再根据可得面积. 【详解】设，，不妨设交点P在第一象限，分别为左右焦点， 则①，②，， 可得①②2：， ∴是直角三角形， ①②：，． 故选：B 20．（20-21高二上·广东珠海·期中）已知椭圆的两个焦点分别为，，点在椭圆上且，则的面积是（    ） A． B． C． D．1 【答案】D 【解析】求出两个焦点，的坐标，中，由勾股定理及椭圆的定义得，从而求得的面积的值. 【详解】由题意可得：，，， 所以，， 中，由勾股定理可得：， 所以， 所以， 所以， 所以的面积是， 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键点是利用得，再利用勾股定理及椭圆的定义，，，求出，即可求出面积. 21．（23-24高二上·广东珠海·期中）已知椭圆C：焦距为6，且椭圆C上任意一点（异于长轴端点）与长轴的两个顶点连线的斜率之积为定值． (1)求曲线C的方程； (2)过右焦点作直线l交曲线C于M、N两个不同的点，记的面积为S，求S的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设椭圆C上任意一点，利用该点与长轴的两个顶点连线的斜率之积为定值，列式求得，结合c的值，即可求得的值，即得答案. （2）设直线l方程为，联立椭圆方程可得根与系数关系式，进而求出的面积的表达式，结合基本不等式即可求得其最大值. 【详解】（1）由题意知椭圆C：焦距为6，即， 设椭圆C上任意一点（异于长轴端点），则， 长轴的两顶点坐标为，由题意得， 即，则， 即，结合，解得， 故曲线C的方程为； （2）由题意知直线的斜率不为0，，设直线l方程为， 设，联立， 得，由于直线l过椭圆焦点，必有， 则，， 故 ， 当且仅当，即时取等号， 故S的最大值为. 椭圆的中点弦问题 22．（23-24高二上·广东广州·期中）在椭圆C：内，通过点，且被这点平分的弦所在直线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合点差法求得弦所在直线方程. 【详解】设弦为，，则满足， 两式作差得，又被点平分，故， 且直线的斜率存在，所以，化简得， 则所在直线方程为，化简得. 故选：A 23．（21-22高二上·广东广州·期中）已知椭圆，斜率为2的直线与椭圆相交于两点M，N，MN的中点坐标为，则椭圆C的离心率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设所以，两式相减化简即得解. 【详解】解：设 所以，两式相减得， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以. 故选：B 24．（20-21高二上·广东珠海·期中）已知椭圆：内有一点，以点为圆心的圆与椭圆交于、两点，若线段恰好为圆的直径，则所在直线的方程为 . 【答案】 【解析】设，得到，两式相减，结合中点公式和斜率公式，求得直线的斜率为，进而求得直线的方程. 【详解】设，则， 两式相减，可得， 因为线段恰好为圆的直径，可得是的中点， 可得，即 所以，即直线的斜率为， 则直线的方程为，整理得. 故答案为：. 【点睛】求解中点弦问题的常用方法与策略： 1、点差法：设出现的两端点的坐标后，代入圆锥曲线的方程，并将两个式相减，式子中含有三个未知量，结合中点公式和斜率公式，求得直线的斜率； 2、根有系数的关系法：联立直线与圆锥曲线的方程组，转化为一元二次方程的根与系数的关系，结合韦达定理求解直线的斜率. 椭圆的参数范围及最值 25．（21-22高二上·广东深圳·期中）过椭圆上一点M作圆的两条切线，A、B为切点，过A、B的直线l与x轴和y轴分别交于P、Q两点，则（O为坐标原点）面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设点，结合圆的切线方程求得直线的方程，即可求得面积的表达式，结合基本不等式即可求解答案. 【详解】设点，则，    设，则点A处的切线方程为， 点B处的切线方程为， 由于这两条切线都过点，则， 故直线的方程为， 令，令， 即，则， 由于， 当且仅当，即时等号成立， 故， 即面积的最小值为， 故选：B 【点睛】关键点睛：本题求面积的最小值，因此要想法求得该三角形面积的表达式，故解答本题的关键在于要求出直线AB的方程，从而求得A，B的坐标，即可求得三角形面积表达式，结合基本不等式即可求解. 26．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，，M是C上的动点，的面积的最大值为9，则椭圆C长轴长的最小值为 . 【答案】 【分析】由题意知当M为短轴端点时面积最大，由此求出，由结合基本不等式即可求解. 【详解】当M为短轴端点时面积最大，此时， ，当且仅当时，等号成立，所以，所以    故答案为： 27．（23-24高二下·广东·期中）已知椭圆. (1)若点在椭圆C上，证明：直线与椭圆C相切； (2)设曲线的切线l与椭圆C交于两点，且以为切点的椭圆C的切线交于M点，求面积的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）分类讨论，及，根据直线与椭圆的位置关系结合判别式计算即可证明； （2）法一、先确定圆的切线方程，设坐标，联立切线方程与椭圆方程利用韦达定理得A、B坐标关系，结合（1）得过的椭圆切线方程，联立两切线方程求交点得M坐标与坐标的关系，再结合点在圆上消元化简得，根据三角形面积结合导数求其值域即可；法二、设，由直线与圆的位置关系得参数间关系，再由椭圆的切线方程得切点弦方程，由待定系数法得，利用弦长公式及点到直线的距离公式计算面积求范围即可. 【详解】（1）若，则，此时椭圆切线方程为，满足， 若，则，此时椭圆切线方程为 ，满足， 若，联立方程，得 ， ， ∴与椭圆C只有一个交点，是其切线； 综上，是椭圆C在处的切线方程； （2） 法一、依题意作图：设圆O的切点为， 若，可设， 由直线与圆的位置关系知：， 则， 若，显然切线方程为，满足， 若，显然切线方程为，满足， 故圆在切点P处的切线方程为； 当，设 ， 联立方程： ，得 ， ， ， 结合（1）知：在A点的椭圆C的切线方程为 ， 在B点的椭圆C的切线方程为 ， 联立方程，得 ， ，得 ， 所以 ， 因为 点在切线 上，所以 ，得 ， 使用水平底铅垂高计算的面积，铅垂高为， 又 ，从而 ， 即 ， ， ∵点P在圆O上，∴ ，由题意， ， 设函数，，∴； 当时，切线方程为 ，代入椭圆C的方程得 ，， ，同理时，. 综上 取值范围是. 法二、设直线， 因为AB与曲线O相切，则有，即. 设，将代入椭圆方程得： ， ， 则. 由（1）的结论， 过点A的椭圆切线为，过点B的椭圆切线为， 而两条切线交于点M，则， 所以A，B的坐标满足直线，即直线AB方程. 易知，则，故有， 则点P到直线的距离， 所以， 易知，随增大而增大，则，所以， 当时，， 故 取值范围是. 【点睛】思路点睛：法一、利用圆与椭圆的切线方程及直线的交点坐标，得出切点的坐标关系，根据水平底铅锤高求面积即可；法二、利用直线与圆的位置关系得圆的切线方程参数关系，再由椭圆的切线方程及其切点弦方程得出切点与圆的切线方程参数关系，最后根据点到直线的距离公式、弦长公式计算面积即可. 椭圆的定点、定值问题 28．（23-24高二下·广东·期中）已知椭圆C：（）的离心率为，且过点．直线与椭圆C相切于点P（P在第一象限），直线与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点． (1)求椭圆C的方程； (2)设直线OP的斜率为，求证：为定值； (3)求△PAB面积的最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据条件，结合椭圆中之间的关系，求的值，可得椭圆方程. （2）把直线方程与椭圆方程联立，根据直线与椭圆相切，可得切点坐标，进一步可求，然后可确定为定值. （3）先求弦长，再求三角形的高，利用导数求三角形面积的最值. 【详解】（1）由题意得： . 所以椭圆的标准方程为：. （2）如图：    将直线代入椭圆：，得：， 整理得：. 由 . 此时设，则，. 所以. 所以为定值. （3）如图：    在（2）中，令，得，必有判别式大于0， 设，，则，. 所以. 所以. 又到直线的距离为：. 由（2）知：，且由题意知，，所以. 所以 设，， 则. 当时，，单调递增， 当时，，单调递减. 所以在处取得极大值. 故当且仅当时，取得最大值. 【点睛】关键点点睛：与圆锥曲线有关的最值问题，一般常见的处理方法有： （1）转化成二次函数的值域问题求最值； （2）利用基本（均值）不等式求最值； （3）转化为三角函数的值域问题求解； （4）利用导数分析函数的单调性求最值. 29．（23-24高二上·广东中山·期中）已知点是圆上一动点，点，线段的垂直平分线交线段于点.当点运动时，设点的轨迹为E. (1)求点的轨迹方程； (2)已知过点的直线分别交E于和，且两直线的斜率之积为1，设的中点分别为，探究轴上是否存在定点，使得，若存在，求出定点；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在，和 【分析】（1）结合椭圆的定义求解即可； （2）设直线（），联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及中点坐标公式可得点坐标，同理可得点坐标，进而得直线方程，从而得恒过定点，再由求解即可. 【详解】（1）解：由已知可知 所以， 所以点的轨迹是以为焦点，长轴长的椭圆， 所以， 则E的方程； （2）解：存在轴上存在定点和使得，理由如下： 设直线（）， 联立， 可得，， 则， 所以，， 所以 ， 设，同理可得 ， 所以 所以直线 整理得    所以恒过定点， 设点到直线的距离分别是 所以 ， 所以和. 【点睛】方法点睛：对于直线与圆锥曲线类的题目，联立直线方程和曲线方程，结合韦达定理求解即可. 30．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为为坐标原点，且． (1)求椭圆的方程； (2)已知过点的直线与椭圆交于两点，点，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率和焦距得到，，得到椭圆方程； （2）考虑直线斜率为0和不为0两种情况，设点和直线，联立方程得到根与系数的关系，代入计算得到答案. 【详解】（1）由题可得，解得，可得 ，椭圆的方程为； （2）①当直线斜率为0时，； ②当直线斜率不为0时，设直线方程为，设，， ，则，, 故，， ； 综上所述：. 椭圆的定值线、向量问题 31．（21-22高二上·广东深圳·期中）已知椭圆的离心率为，长轴长为． (1)求椭圆C的方程； (2)过椭圆C的右焦点F的直线l与椭圆C相交于A、B两点，若以AB为直径的圆过坐标原点O，求直线l的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据椭圆基本量与离心率直接求解即可； （2）设出直线方程并联立方程组，将以AB为直径的圆过坐标原点O转化为，用向量进行计算即可. 【详解】（1）设椭圆的焦距为， 因为椭圆的离心率为，长轴长为， 所以，解得， 所以椭圆C的方程为. （2）由题意得，，直线l的斜率不为0， 所以设直线l：，， 联立，则， 恒成立， 则， 因为以AB为直径的圆过坐标原点O， 所以， 所以， 所以， 即， 解得， 所以直线l：， 即或.      32．（20-21高二下·广东·期中）椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点． （1）当时，求直线的方程； （2）当点异于两点时，证明：为定值． 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【分析】（1）先由题意求出椭圆方程，直线不与两坐标轴垂直，设的方程为，然后将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再由弦长公式列方程可求出的值，从而可得直线方程； （2）表示直线，的方程，联立方程组可得而代入化简可得，而，则可得的结果 【详解】（1）由题意，椭圆的方程为 易得直线不与两坐标轴垂直， 故可设的方程为，设， 由消去整理得，判别式 由韦达定理得，① 故，解得， 即直线的方程为． （2）证明：直线的斜率为，故其方程为， 直线的斜率为，故其方程为， 由两式相除得 即 由（1）知， 故 解得．易得， 故， 所以为定值1 33．（20-21高三上·广东深圳·期末）已知椭圆：的离心率为，过左焦点的直线与椭圆交于，两点，且线段的中点为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设为上一个动点，过点与椭圆只有一个公共点的直线为，过点与垂直的直线为，求证：与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析，， 【解析】（Ⅰ）设，，根据点，都在椭圆上，代入椭圆方程两式相减，根据“设而不求”的思想，结合离心率以及中点坐标公式、直线的斜率建立等式即可求解. （Ⅱ）设，由对称性，设，由，得椭圆上半部分的方程为，从而求出直线的方程，再由过点与垂直的直线为，求出，两方程联立，消去，即可求解. 【详解】（Ⅰ）由题可知，直线的斜率存在. 设，，由于点，都在椭圆上， 所以①，②， ①-②，化简得③ 又因为离心率为，所以. 又因为直线过焦点，线段的中点为， 所以，，， 代入③式，得，解得. 再结合，解得，， 故所求椭圆的方程为. （Ⅱ）证明：设，由对称性，设，由，得椭圆上半部分的方程为，， 又过点且与椭圆只有一个公共点，所以， 所以：，④ 因为过点且与垂直，所以：，⑤ 联立④⑤，消去，得， 又，所以，从而可得， 所以与的交点在定直线上. 【点睛】本题考查了椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查了圆锥曲线中“设而不求”的思想，考查了学生的计算能力，属于中档题. 椭圆的综合问题 34．（23-24高二下·广东湛江·期中）已知抛物线的方程为，直线与交于两点，且． (1)求； (2)设的焦点为，直线与交于两点，且以为直径的圆经过，当时，求点到距离的取值范围． 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）根据即可求解； （2）依题意，进而可以得到关于两坐标的关系式，联立直线和抛物线，结合韦达定理即可得到的关系式，再利用点到直线的距离即可求解范围. 【详解】（1）因为直线与C交于A，B两点，且， 所以， 所以． （2）由已知得，，设，， 由可得，， 所以，，， 因为以为直径的圆经过， 所以， 所以， 即， 所以 将，代入得 ， 因为． 所以，且， 解得或， 因为，所以， 设点到直线的距离为， 所以 ， 令， 所以．    【点睛】关键点点睛：第（2）问考察抛物线的焦点到直线的距离，解题关键是找到关于的关系．本题中直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理求出，然后表示出，由此可得到的关系，需要注意的是，由直线和抛物线相交于两点得到，再由的关系式，进一步所小的范围． 35．（23-24高二下·广东·期中）已知双曲线（，）的左右顶点为，，双曲线上一动点关于轴的对称点为，直线与的斜率之积为.    (1)求双曲线的方程； (2)设点是直线上的动点，直线，分别与曲线交于不同于，的点，. （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）过点作的垂线，垂足为，求最大时点的纵坐标. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明过程见解析；（ⅱ） 【分析】（1）由两直线斜率之积为，得点Q所满足的方程式即可； （2）（ⅰ）设直线的方程，代入曲线的方程，由几何关系得直线恒过点，（ⅱ）点的轨迹是以为直径的圆，当与重合时，最大，求出此时，点的纵坐标. 【详解】（1）由题意得，且， ，，所以， 整理得曲线. （2）    （ⅰ）设，，， 若直线平行于轴，根据双曲线的对称性，可知点在轴上，不符合题意， 故设直线：，代入曲线中，得， 则，，则， 由，A，三点共线得，即， 同理，由，B，三点共线得， 消去，得， 即， 得， 得， 即对任意，，都有成立， 故或， 若，由，可得： 所以即，矛盾，故， 所以. 所以直线：恒过点， （ⅱ）点的轨迹是以为直径的圆，其方程为， 当与重合时，最大，此时轴，：，. 所以当最大时，点的纵坐标为. 36．（23-24高二下·广东广州·期中）已知动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切． (1)求动圆圆心的轨迹方程； (2)设过点且斜率为的直线与（1）中的曲线交于、两点，求； (3)设点是轴上一定点，求、两点间距离的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据抛物线的定义即得动圆圆心的轨迹方程； （2）将直线方程与抛物线方程联立，求出交点坐标，再由计算可得； （3）根据题设先求出的解析式，可将距离最小值问题转化为二次函数最小值问题，分类讨论即得. 【详解】（1）因为动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切， 即点到定点的距离与到直线的距离相等，且点不在直线上， 所以由抛物线定义知：圆心的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线， 抛物线方程形如，又，则， 故圆心的轨迹方程为． （2）如图，由题知，直线的方程为， 由，解得或，所以，， 所以.    （3）设，则 ，又， 则 ， 因二次函数的对称轴为， 故当，即时，，此时； 当，即时，，此时. 所以. 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