3.1.2直线与椭圆（2知识点+7题型+强化训练）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（湘教版2019选择性必修第一册）

3.1.2 直线与椭圆 课程标准 学习目标 （1）掌握椭圆的定义、标准方程及简单几何性质！; （2）了解椭圆的简单应用。 （1）掌握直线与椭圆的位置关系; （2）掌握直线与椭圆的弦长问题； （3）掌握中点弦问题； （4）掌握直线与椭圆的最值问题和定点定值问题.（难点) 知识点01 直线与椭圆的位置关系 设直线，椭圆，把两者方程联立得到方程组，消元得到一个关于的方程. 1 当时， 方程有两个不同的实数解，即直线与椭圆有两个交点相交; 方程有两个相同的实数解，即直线与椭圆有一个交点相切; 方程无实数解，即直线与椭圆无交点相离. 2 当时，即得到一个一次方程，则直线与椭圆相交，且只有一个交点。 【即学即练1】 已知直线：，椭圆：，则“”是“与相切”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 知识点02 直线与椭圆的弦长 直线与椭圆相交于，则 或 ， (，注意对公式推导的理解，其本质是两点距离公式) 【即学即练2】 已知椭圆，过原点且倾斜角为的直线交椭圆于两点，则（    ） A． B． C． D． 【题型一：直线与椭圆的位置关系】 例1． 已知椭圆的左､右焦点分别是，直线与交于两点，若的面积是的面积的2倍，则（    ） A． B． C． D．或 变式1-1．与椭圆有相同的焦点且与直线l：相切的椭圆方程为（    ） A． B． C． D． 变式1-2．已知直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式1-3．已知是椭圆上一点，则点到直线的最小距离是（    ） A． B． C． D． 【方法技巧与总结】 设直线，椭圆，把两者方程联立得到方程组，消元得到一个关于的方程. 3 当时， 方程有两个不同的实数解，即直线与椭圆有两个交点相交; 方程有两个相同的实数解，即直线与椭圆有一个交点相切; 方程无实数解，即直线与椭圆无交点相离. 4 当时，即得到一个一次方程，则直线与椭圆相交，且只有一个交点。 【题型二：直线与椭圆的弦长问题】 例2．已知是椭圆的左焦点，过作斜率为的直线交椭圆于，两点，若线段MN的长等于椭圆短轴长的，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 变式2-1．设直线与椭圆相交于A，B两点，则（    ） A． B． C． D． 变式2-2．已知直线与椭圆交于，两点，当取最大值时的值为（    ） A． B． C． D． 变式2-3．定义： 椭圆 中长度为整数的焦点弦(过焦点的弦)为 “好弦”． 则椭圆中所有 “好弦” 的长度之和为（    ） A．162 B．166 C．312 D．364 【方法技巧与总结】 1 直线与椭圆相交于，则 或 ， (，注意对公式推导的理解，其本质是两点距离公式) 2 遇到焦点弦，可以利用椭圆的焦半径公式。 【题型三：直线与椭圆的中点弦问题】 例3.1．（多选）已知圆在椭圆的内部，点为上一动点，为坐标原点.过点作圆的一条切线，交于另一点，切点为，若为的中点，且直线的斜率为，则（    ） A．直线的斜率为 B．直线的斜率是 C．直线的斜率是 D．椭圆的离心率为 例3.2 已知椭圆的离心率，椭圆上任意一点到椭圆的两个焦点的距离之和为4．若直线过点，且与椭圆相交于不同的两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若线段中点的纵坐标为，求直线的方程. 变式3-1．已知是直线l被椭圆所截得的线段的中点，则直线l的方程为（    ） A． B． C． D． 变式3-2．已知椭圆的中心在原点，焦点为，，且离心率．过点的直线与椭圆相交于，两点，且为的中点，则弦长（    ） A． B． C． D． 变式3-3．已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，以，为邻边作平行四边形，点恰好在上．若线段的中点在直线上，则直线的方程为（    ） A． B． C． D． 【方法技巧与总结】 对于中点弦问题，常有的解题方法是点差法(设而不求)，其解题步骤为： (1) 设点：即设出弦的两端点坐标； (2) 代入：即代入圆锥曲线方程； (3) 作差：即两式相减，再用平方差公式把上式展开； (4) 整理：即转化为斜率与中点坐标的关系式，然后求解． “点差法”的常见题型：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题． 【题型四：直线与椭圆的参数范围或最值问题】 例4.1．在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上且在第一象限内，，在轴上任取一点，直线与直线相交于点，则的最大值为 . 例4.2 已知椭圆的左、右焦点分别为，且，过点作两条直线，直线与交于两点，的周长为． (1)求的方程； (2)若的面积为，求的方程； (3)若与交于两点，且的斜率是的斜率的2倍，求的最大值． 变式4-1．直线，当k变化时，此直线被椭圆截得的弦长的最大值是（    ） A．2 B． C．4 D．不能确定 变式4-2．已知O为坐标原点，直线与双曲线相交且只有一个交点，与椭圆交于M，N两点，则面积的最大值为（    ） A．10 B．12 C．14 D．16 变式4-3．已知为坐标原点，是圆上一点，且，线段的垂直平分线交线段于点，设动点的轨迹为曲线，且曲线与直线相切． (1)求的方程； (2)过点且斜率为的直线与曲线交于两点，求面积的最大值． 【方法技巧与总结】 圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围. 【题型五：直线与椭圆的定点问题】 例5．已知椭圆，点为椭圆上顶点，直线与椭圆相交于两点， (1)若为的中点，为坐标原点，，求实数的值； (2)若直线的斜率为，且，证明：直线过定点，并求定点坐标． 变式5-1．如图，已知椭圆的上顶点为，离心率为，若过点作圆的两条切线分别与椭圆相交于点  （不同于点）.直线过定点（   ） A． B． C． D． 变式5-2．已知椭圆：的离心率为，点在上. (1)求的方程； (2)设的右顶点为，点，是椭圆上的两点（异于顶点），若直线，与轴交于点，，若，求证：直线恒过定点. 变式5-3．已知椭圆的左、右顶点为，，焦距为.为坐标原点，过点、的圆交直线于、两点，直线、分别交椭圆于、. (1)求椭圆的方程； (2)记直线，的斜率分别为、，求的值； (3)证明：直线过定点，并求该定点坐标. 【方法技巧与总结】 圆锥曲线中定点问题的一般解法 （1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点，或以曲线上的点为参数，设点，利用点在曲线＝0上，即消参. （2）特殊到一般法：定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，再加以证明. 【题型六：直线与椭圆的定值问题】 例6.1．已知椭圆：经过点，右焦点为，，分别为椭圆的上顶点和下顶点，若过且斜率存在的直线与椭圆交于两点，直线与直线的斜率分别为和，则的值为（   ） A．1 B．3 C．2 D． 例6.2．已知椭圆的离心率为，椭圆短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)已知动直线与椭圆C相交于A、B两点 ①线段AB中点的横坐标为，求斜率k的值； ②若点，求证：为定值． 变式6-1．已知点为椭圆上一点，过原点的直线交椭圆于两点，为椭圆上另一动点，若，则（    ） A．2 B． C．0 D．1 变式6-2．已知椭圆的左顶点为，过点作不与坐标轴垂直的直线交椭圆于点两点，直线与直线分别交于，下列说法正确的是（    ） A．为定值 B．为定值 C．为定值 D．为定值 变式6-3．如图，已知椭圆过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直. (1)求椭圆的方程； (2)若，求的方程； (3)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明:为定值. 【方法技巧与总结】 定值问题往往涉及到一连串的“运动变化”，要确定某几何量的定值，我们要先理解题意，明确“变化的源头”，再找到源头与含定值特征的几何量之间的代数或几何关系，来确定解题的突破口. ① 参数法 把相关几何量用曲线里的参变量表示，再证明结论与求参数无关； 解题步骤 引进参数--列出关系式--化简消参，求出定值. ② 由特殊到一般法 把相关几何量的变元特殊化，在特例中求出几何量的定值，再证明结论与特定状态无关. ③ 几何法 根据几何关系确定相关几何量的不变. 【题型七：椭圆中的定直线问题】 例7.1．已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且位于第一象限，为坐标原点，若线段的中点满足，则直线的方程为（    ） A． B． C． D． 例7.2．已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为，点为上一点，周长为，其中为坐标原点． (1)求的方程； (2)直线与交于两点， （i）求面积的最大值； （ii）设，试证明点在定直线上，并求出定直线方程． 变式7-1．如图，已知点在焦点为的椭圆上运动，则与的边相切，且与边的延长线相切的圆的圆心一定在（    ） A．一条直线上 B．一个圆上 C．一个椭圆上 D．一条抛物线上 变式7-2．在平面直角坐标系中，已知的周长是18，，是轴上关于原点对称的两点，若，动点满足. (1)求动点的轨迹方程； (2)设动直线过定点与曲线交于不同两点，（点在轴上方），在直线上取点，使得，，.（，且）证明：当直线运动过程中，点在某定直线上，并求出该定直线方程. 变式7-3．已知椭圆的左、右焦点分别为，，若到过椭圆左焦点、斜率为的直线的距离为3，连接椭圆的四个顶点得到的四边形面积为4． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左、右顶点分别为，过点的直线与椭圆相交于两点，证明：直线的交点在垂直于轴的定直线上． 【方法技巧与总结】 证明动点在某一定直线上，可设，再证明满足一线性关系；或证明或是一定值. 一、单选题 1．直线与椭圆恒有公共点，则实数m的取值范围（    ） A． B． C． D． 2.直线：在椭圆上截得的弦长是（    ） A． B． C． D． 3. 已知椭圆：的上、下顶点分别为，，是椭圆上异于，的一点，直线和的斜率分别为，，则满足的椭圆的方程是（    ） A． B． C． D． 4.已知椭圆上的两个动点P，Q，设，，且线段PQ的垂直平分线经过一个定点，则定点坐标为（    ） A． B． C． D． 5.已知椭圆，过椭圆的左顶点A作直线，与椭圆和轴分别交于点和点，过原点且平行于的直线与椭圆交于点，则（    ） A．，，始终成等比数列 B．，，始终成等比数列 C．，，始终成等比数列 D．，，始终成等比数列 6.已知过坐标原点且异于坐标轴的直线交椭圆于两点，为中点，过作轴垂线，垂足为，直线交椭圆于另一点，直线的斜率分别为，若，则椭圆离心率为（    ） A． B． C． D． 7.法国数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的两条相互垂直切线的交点轨迹为圆，我们通常称这个圆为该椭圆的蒙日圆．根据此背景，设为椭圆的一个外切长方形（的四条边所在直线均与椭圆相切），若在第一象限内的一个顶点纵坐标为2，则的面积为（    ） A． B．26 C． D． 8.过椭圆上的任意一点M（不与顶点重合）作椭圆的切线交x轴于点N，O为坐标原点，过N作直线的垂线交直线于点P，则（    ） A．既没最大值也没最小值 B．有最小值没有最大值 C．有最大值没有最小值 D．为定值 二、多选题 9．已知椭圆与直线相交于两个不同的点，点为线段的中点，则（   ） A． B．或 C．弦长的最大值为 D．点一定在直线上 10.已知椭圆的上顶点为，右顶点为A，左、右焦点分别为，．若P为C上与点A，B不重合的动点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，则（   ） A．C的方程为 B．面积的最大值为2 C．坐标原点O到直线AB的距离为 D． 11.已知椭圆，分别为它的左右焦点，点分别为它的左右顶点，已知定点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（   ） A．存在点，使得 B．直线与直线斜率乘积为定值 C．有最小值 D．的范围为 三、填空题 12．直线与椭圆相交于A、B两点，则 ． 13.已知是椭圆长轴上的两个顶点，点P是椭圆上异于的任意一点，则直线与的斜率之积为定值 . 14. 我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称为“果圆”，其中，如图．设，是“果圆”与坐标轴的交点，C为半椭圆上一点，F为半椭圆的焦点．若，则“果圆”的内接矩形面积的最大值为 ． 四、解答题 15．已知椭圆的离心率是，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：直线过定点． 16.如图，椭圆C：()的中心在原点，右焦点，椭圆与轴交于两点，椭圆离心率为，直线与椭圆C交于点. (1)求椭圆C的方程； (2)P是椭圆C弧上动点，当四边形的面积最大时，求P点坐标. 17.记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求C的取值范围； (2)若为锐角三角形，设，探究是否存在，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 18.已知椭圆的离心率为点在椭圆上运动，且面积的最大值为. (1)求椭圆的方程； (2)设分别是椭圆的右顶点和上顶点，直线与直线平行，且与轴，轴分别交于点，与椭圆相交于点为坐标原点. （i）求与的面积之比； （ii）证明：为定值. 19．已知椭圆的对称中心在坐标原点，以坐标轴为对称轴，且经过点和． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作不与坐标轴平行的直线交曲线于，两点，过点，分别向轴作垂线，垂足分别为点，，直线与直线相交于点． ①求证：点在定直线上； ②求面积的最大值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 3.1.2 直线与椭圆 课程标准 学习目标 （1）掌握椭圆的定义、标准方程及简单几何性质！; （2）了解椭圆的简单应用。 （1）掌握直线与椭圆的位置关系; （2）掌握直线与椭圆的弦长问题； （3）掌握中点弦问题； （4）掌握直线与椭圆的最值问题和定点定值问题.（难点) 知识点01 直线与椭圆的位置关系 设直线，椭圆，把两者方程联立得到方程组，消元得到一个关于的方程. 1 当时， 方程有两个不同的实数解，即直线与椭圆有两个交点相交; 方程有两个相同的实数解，即直线与椭圆有一个交点相切; 方程无实数解，即直线与椭圆无交点相离. 2 当时，即得到一个一次方程，则直线与椭圆相交，且只有一个交点。 【即学即练1】 已知直线：，椭圆：，则“”是“与相切”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】C 【分析】利用“数形结合”的思想结合“一元二次方程根有一解求解的判别式等于零”求解即可. 【详解】当时，直线：，直线与椭圆相切，当“与相切”时， 联立有，令有， 所以是直线与椭圆相切的充要条件. 故选:C. 知识点02 直线与椭圆的弦长 直线与椭圆相交于，则 或 ， (，注意对公式推导的理解，其本质是两点距离公式) 【即学即练2】 已知椭圆，过原点且倾斜角为的直线交椭圆于两点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题写出直线的点斜式方程,与椭圆方程联立，求出两交点坐标，利用两点距离公式计算即得. 【详解】依题意，可得直线的方程为：，代入中，整理解得：， 当，；当时，，故有, 则. 故选：D. 【题型一：直线与椭圆的位置关系】 例1． 已知椭圆的左､右焦点分别是，直线与交于两点，若的面积是的面积的2倍，则（    ） A． B． C． D．或 【答案】B 【分析】先联立方程组得出判别式大于0，得,再根据点到直线距离得出参数. 【详解】联立，化简得, 因为直线与交于两点，所以, 解得,即得, 由已知的面积是的面积的2倍，得, ，解得或， 时，不合题意，故. 故选：B. 变式1-1．与椭圆有相同的焦点且与直线l：相切的椭圆方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用椭圆性质，再结合直线与椭圆相切，只有唯一交点，即可求解. 【详解】因为所求椭圆与椭圆有相同的焦点，故设所求椭圆为， 联立方程组，得， 整理，得， 因为直线l与椭圆相切，所以解得（舍）或. 所以， 故选：A. 变式1-2．已知直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】方程变形，分析曲线为半椭圆形状，再由直线与椭圆的位置关系，利用代数法求解判别式，结合图形分析范围可得答案. 【详解】由，得，即， 所以为椭圆的右半部分． 当时，直线与有两个公共点； 当时，直线，令， 将代入，得， 则，得，则． 由图可知，所以． 综上，的取值范围是． 故选：D. 变式1-3．已知是椭圆上一点，则点到直线的最小距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用平行直线系，联立直线与椭圆方程，利用判别式可求解相切时的直线，即可根据平行线间距离公式求解，或者利用三角换元，结合辅助角公式以及三角函数的性质求解. 【详解】解法一：设与直线平行的直线为， 联立整理得， 令，解得或，所以与距离， 当时，最小，即点到直线的最小距离是. 解法二：设椭圆上点，则点到直线距离 ， 其中，当 时，， 故选:C. 【方法技巧与总结】 设直线，椭圆，把两者方程联立得到方程组，消元得到一个关于的方程. 3 当时， 方程有两个不同的实数解，即直线与椭圆有两个交点相交; 方程有两个相同的实数解，即直线与椭圆有一个交点相切; 方程无实数解，即直线与椭圆无交点相离. 4 当时，即得到一个一次方程，则直线与椭圆相交，且只有一个交点。 【题型二：直线与椭圆的弦长问题】 例2．已知是椭圆的左焦点，过作斜率为的直线交椭圆于，两点，若线段MN的长等于椭圆短轴长的，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，，直线MN的方程为，联立椭圆方程可得，利用韦达定理和弦长公式可求，由于线段MN的长等于椭圆短轴长的，列出方程，即可求解，进而根据得到椭圆的离心率. 【详解】解：令，则直线MN的方程为，设，， 联立得，， 则，， 所以， 已知线段MN的长等于椭圆短轴长的，则， 整理得，即，解得（舍）或， 则椭圆的离心率， 故选：A. 变式2-1．设直线与椭圆相交于A，B两点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】联立直线与椭圆，根据弦长公式即可. 【详解】联立直线与椭圆方程， 消可得：，， 设， 则，，根据弦长公式有： . 故选：B. 变式2-2．已知直线与椭圆交于，两点，当取最大值时的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，，联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，即可表示出，再由二次函数的性质计算可得. 【详解】设，，由， 消去整理得，解得或，则，， 则，， 所以 ， 所以当，即时取最大值. 故选：C 变式2-3．定义： 椭圆 中长度为整数的焦点弦(过焦点的弦)为 “好弦”． 则椭圆中所有 “好弦” 的长度之和为（    ） A．162 B．166 C．312 D．364 【答案】B 【分析】根据题意分类讨论结合韦达定理求弦长的取值范围，进而判断“好弦” 的长度的取值可能，注意椭圆对称性的应用. 【详解】由已知可得 ， 所以， 即椭圆的右焦点坐标为，对于过右焦点的弦，则有： 当弦与轴重合时，则弦长， 当弦不与轴重合时，设， 联立方程，消去x得：， 则， 故， ∵，则，可得，即， ∴， 综上所述：，故弦长为整数有， 由椭圆的对称性可得：“好弦” 的长度和为 ． 故选 ：B． 【方法技巧与总结】 1 直线与椭圆相交于，则 或 ， (，注意对公式推导的理解，其本质是两点距离公式) 2 遇到焦点弦，可以利用椭圆的焦半径公式。 【题型三：直线与椭圆的中点弦问题】 例3.1．（多选）已知圆在椭圆的内部，点为上一动点，为坐标原点.过点作圆的一条切线，交于另一点，切点为，若为的中点，且直线的斜率为，则（    ） A．直线的斜率为 B．直线的斜率是 C．直线的斜率是 D．椭圆的离心率为 【答案】AD 【分析】根据题意可知这是一个中点弦问题，一般采用点差法求解. 【详解】设，则， 将的坐标代入椭圆的方程，得 两式相减得， 所以， 因为直线的斜率为，所以的斜率为，A正确； 所以. 如图，设为椭圆的左顶点，连接，则 ， 所以. 解得或（舍去），直线的斜率为，B错误，C错误； 所以， 所以， 故，D正确. 故选：AD. 例3.2 已知椭圆的离心率，椭圆上任意一点到椭圆的两个焦点的距离之和为4．若直线过点，且与椭圆相交于不同的两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若线段中点的纵坐标为，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据题意求出、、的值，即可求出椭圆方程； （2）联立直线与椭圆方程，由韦达定理及中点公式求出直线斜率，即可求解． 【详解】（1）由题意可知，得，解得． 所以椭圆的方程为． （2）由题意可知直线斜率存在， 设，设，，，， 联立方程组， 消得， 因为， 设中点坐标为,， 所以，所以， 所以或， 当，中点坐标为,直线方程为：，即． 当，中点坐标为,直线方程为：，即. 变式3-1．已知是直线l被椭圆所截得的线段的中点，则直线l的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理用表示中点坐标，结合已知中点坐标解关于的方程可得解. 【详解】当直线的斜率不存在时，由对称性可知被椭圆截得线段的中点在轴上，不合题意； 故可设直线的方程为，代入椭圆方程化简得， ， 有，，解得， 所以直线的方程为，即. 故选：B. 变式3-2．已知椭圆的中心在原点，焦点为，，且离心率．过点的直线与椭圆相交于，两点，且为的中点，则弦长（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意分别求出，求解椭圆方程，然后分别设，，利用点差法求出直线，然后再与椭圆方程联立从而求解. 【详解】由题知，，所以， 所以，椭圆的方程为， 由题知直线的斜率不为，设，，则， 代入椭圆方程得，作差得， 即，得， 所以直线的斜率，故直线的方程为，即， 联立，化简得，解得或， 所以，，所以弦长，故C正确. 故选：C. 变式3-3．已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，以，为邻边作平行四边形，点恰好在上．若线段的中点在直线上，则直线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意，利用点差法得到，根据平行四边形的性质及点在椭圆上得到，求出k和点M的坐标，结合直线的点斜式方程即可求解. 【详解】设，，， 则，两式相减，得， 故，即①． 又四边形为平行四边形，为线段的中点，所以为线段的中点， 所以，又P在椭圆上， 所以，即②． 由①②，得，故直线的方程为， 即． 故选：B． 【方法技巧与总结】 对于中点弦问题，常有的解题方法是点差法(设而不求)，其解题步骤为： (1) 设点：即设出弦的两端点坐标； (2) 代入：即代入圆锥曲线方程； (3) 作差：即两式相减，再用平方差公式把上式展开； (4) 整理：即转化为斜率与中点坐标的关系式，然后求解． “点差法”的常见题型：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题． 【题型四：直线与椭圆的参数范围或最值问题】 例4.1．在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上且在第一象限内，，在轴上任取一点，直线与直线相交于点，则的最大值为 . 【答案】 【分析】设，根据得到，联立方程组解出点坐标，再设点坐标为，将直线与直线联立解得点坐标，由结合二次函数得性质即可求解. 【详解】由椭圆得左，右焦点分别为，，    设， 因为，所以，整理得， 又因为，联立方程组，解得，， 所以点A点坐标为， 设点坐标为，因为直线斜率不为，设直线方程为， 将，代入解得直线方程为， 再将直线与直线联立解得点坐标为， 所以， 当时，取最大值，最大值为， 故答案为： 例4.2 已知椭圆的左、右焦点分别为，且，过点作两条直线，直线与交于两点，的周长为． (1)求的方程； (2)若的面积为，求的方程； (3)若与交于两点，且的斜率是的斜率的2倍，求的最大值． 【答案】(1) (2)或． (3)． 【分析】（1）根据椭圆的定义求得，即可求解； （2）由题意设，联立椭圆方程，根据韦达定理表示出，结合的面积建立方程，计算即可求解； （3）由（2）可得，进而，则 ，结合基本不等式计算即可求解. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意知，所以， 的周长为，所以， 所以， 故的方程为． （2）易知的斜率不为0，设， 联立，得， 所以． 所以， 由， 解得， 所以的方程为或． （3）由（2）可知， 因为的斜率是的斜率的2倍，所以， 得． 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为．    变式4-1．直线，当k变化时，此直线被椭圆截得的弦长的最大值是（    ） A．2 B． C．4 D．不能确定 【答案】B 【分析】利用两点间距离公式得到弦长为，再根据点在椭圆上可得，然后求最值即可. 【详解】直线恒过定点，且点在椭圆上， 设另外一个交点为，所以，则，弦长为， 当时，弦长最大，为. 故选：B. 变式4-2．已知O为坐标原点，直线与双曲线相交且只有一个交点，与椭圆交于M，N两点，则面积的最大值为（    ） A．10 B．12 C．14 D．16 【答案】A 【分析】根据题意确定，联立方程组，利用弦长公式和面积公式，最后求最值. 【详解】由题意知与双曲线的渐近线平行，故， 设，，将代入， 得，故， ，， 所以， 点O到l的距离, 所以的面积 ， 当且仅当 （满足）时等号成立． 故选：A． 变式4-3．已知为坐标原点，是圆上一点，且，线段的垂直平分线交线段于点，设动点的轨迹为曲线，且曲线与直线相切． (1)求的方程； (2)过点且斜率为的直线与曲线交于两点，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先确定圆心A及半径，由垂直平分线的性质结合椭圆的定义及直线与椭圆的位置关系计算即可； （2）设直线方程，联立椭圆方程，由韦达定理、弦长公式、点到直线的距离及基本不等式计算即可. 【详解】（1）由题意可知圆， 所以圆心，半径， 因为，线段的垂直平分线交线段于点，所以， 又，所以， 即点的轨迹是以点为左、右焦点的椭圆，所以曲线． 因为曲线与直线相切，故， 解得，所以的方程为． （2）由题意得直线，由，得， 令， 所以，即或． 设，则， 所以 ， 令，则， 则， 当且仅当即时，等号成立， 所以面积的最大值为． 【方法技巧与总结】 圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围. 【题型五：直线与椭圆的定点问题】 例5．已知椭圆，点为椭圆上顶点，直线与椭圆相交于两点， (1)若为的中点，为坐标原点，，求实数的值； (2)若直线的斜率为，且，证明：直线过定点，并求定点坐标． 【答案】(1) (2)证明见解析；定点坐标 【分析】（1）直曲联立表示出韦达定理，再由中点坐标公式求出，最后结合两点间距离公式求出即可； （2）当直线的斜率不存在时，设直线方程为，则，由斜率关系求出；当直线的斜率存在时，直曲联立表示出韦达定理，再由斜率的定义结合化简得到和的关系，然后再求出直线所过定点即可； 【详解】（1） 当时，， 设， ，消去可得， ， ， 由中点坐标公式可得，， 又，解得，符合题意； （2）当直线的斜率不存在时，设直线方程为，则， 因为点为椭圆上顶点，所以， 所以，则， 所以， 当直线的斜率存在时，直线方程为， 联立椭圆方程，消去可得， ， ， 则， 将韦达定理代入上式并化简可得， 即，舍，所以， 所以直线，此时直线过定点， 综合以上可知直线过定点. 变式5-1．如图，已知椭圆的上顶点为，离心率为，若过点作圆的两条切线分别与椭圆相交于点  （不同于点）.直线过定点（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由条件列方程求，由此可得椭圆方程，两切线的斜率分别为，由切线性质可求，求直线方程，确定其过定点. 【详解】 椭圆的上顶点为，离心率为 解得 椭圆的方程为. 设切线方程为，则 即 设两切线的斜率分别为， 则是上述方程的两根，根据韦达定理可得: 由 ， 消掉得 设 同理可得 直线方程为 令，得， 故直线过定点. 故选：A. 【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： （1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； （2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 变式5-2．已知椭圆：的离心率为，点在上. (1)求的方程； (2)设的右顶点为，点，是椭圆上的两点（异于顶点），若直线，与轴交于点，，若，求证：直线恒过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率、点坐标列方程求得，由此求得椭圆方程. （2）设，不妨设在左侧，可得，将椭圆平移至，设方程为，联立方程组可得，进而可得的值，可求定点. 【详解】（1）由题意知，的方程为. （2）设，不妨设在左侧，，，，   ，，， 将椭圆平移至，即， 此时平移至，，分别平移至，， 设方程为，， ， ，是关于的方程的两不等实根， 由， 直线的方程为， 恒过定点，恒过定点. 变式5-3．已知椭圆的左、右顶点为，，焦距为.为坐标原点，过点、的圆交直线于、两点，直线、分别交椭圆于、. (1)求椭圆的方程； (2)记直线，的斜率分别为、，求的值； (3)证明：直线过定点，并求该定点坐标. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析， 【分析】（1）由题意求出，即可得答案； （2）法一：设，写出圆的方程为：，利用圆过，代入圆的方程得，化简，即得答案；法二：设，圆半径为r，写出圆方程，圆过，可得，由此化简，，即得答案. （3）设直线，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，结合，化简可得参数之间的关系式，结合直线的点斜式，即可确定定点坐标. 【详解】（1）由已知得，，则， 故椭圆的标准方程为； （2）法一：设，则圆的方程为：， 圆过，代入圆的方程得， 故； 法二：设，圆半径为r，则圆方程为：， 圆过，，由题意可设， 则； （3）由题意知，当圆的圆心不在x轴上时，直线PQ斜率存在， 设直线，， 则，需满足， 则，， 则， 结合第一问知，即， 即得， 化简得， 解得或， 当时，直线PQ方程为，直线PQ过点，不合题意， 当时，直线PQ方程为， 故直线PQ过定点； 当圆的圆心在x轴上时，M，N关于x轴对称，此时直线PQ斜率不存在， 圆G方程为， 令，则，此时不妨设， 则的方程为，即， 联立，得，解得或， 即P点横坐标为，则直线PQ此时也过点， 故直线PQ过定点. 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于第三问中的定点问题，解答时要利用设方程，求出参数之间的关系，利用直线的点斜式确定定点坐标，要特别注意计算的复杂性. 【方法技巧与总结】 圆锥曲线中定点问题的一般解法 （1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点，或以曲线上的点为参数，设点，利用点在曲线＝0上，即消参. （2）特殊到一般法：定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，再加以证明. 【题型六：直线与椭圆的定值问题】 例6.1．已知椭圆：经过点，右焦点为，，分别为椭圆的上顶点和下顶点，若过且斜率存在的直线与椭圆交于两点，直线与直线的斜率分别为和，则的值为（   ） A．1 B．3 C．2 D． 【答案】B 【分析】由已知可得关于，，的方程组，从而可得，的值，从而可得椭圆的方程；设直线，与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，利用两点的斜率公式表示出和，作比，结合根与系数的关系即可求解． 【详解】由题意可知，，， 椭圆的标准方程为． 设直线：，联立直线和椭圆方程， ，得 ，记，， 则， 由题意知和．则，， 则 ， 所以． 故选：B 例6.2．已知椭圆的离心率为，椭圆短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)已知动直线与椭圆C相交于A、B两点 ①线段AB中点的横坐标为，求斜率k的值； ②若点，求证：为定值． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据离心率定义和三角形面积公式列方程组求解可得； （2）①直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理求解即可；②利用韦达定理代入化简即可得证. 【详解】（1）因为满足，， 由已知得． 联立以上三式，解得，， 所以椭圆方程为． （2）证明：①将代入中， 消元并整理得， ， 设点，，， 因为中点的横坐标为，所以，解得． ②由①知，， 所以 ， 故为定值． 变式6-1．已知点为椭圆上一点，过原点的直线交椭圆于两点，为椭圆上另一动点，若，则（    ） A．2 B． C．0 D．1 【答案】C 【分析】设点，由关于原点对称可得，且，代入斜率公式可得，由此可知. 【详解】设点，则， 即，又， 则， 因为，所以． 故选：C.    变式6-2．已知椭圆的左顶点为，过点作不与坐标轴垂直的直线交椭圆于点两点，直线与直线分别交于，下列说法正确的是（    ） A．为定值 B．为定值 C．为定值 D．为定值 【答案】C 【分析】设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程可得，利用直线方程可得，，则可求得，，，的值，从而可得答案. 【详解】解：由题可设直线的方程为，， 由得，所以， 则方程，令，得，所以，同理， 所以， ， ， ， 则只有为定值. 故选：C． 变式6-3．如图，已知椭圆过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直. (1)求椭圆的方程； (2)若，求的方程； (3)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明:为定值. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件列方程组求解即可； （2）设直线的方程为，与椭圆联立，由弦长公式求得的方程； （3）将韦达定理代入中计算结果为定值. 【详解】（1）由题意得解得， 故椭圆的方程为. （2）设直线的方程为， 由得， 由，得， 则. ， 解得或 当时，直线经过点，不符合题意，舍去； 当时，直线的方程为. （3）直线，均不与轴垂直，所以，则且， 所以 为定值. 【方法技巧与总结】 定值问题往往涉及到一连串的“运动变化”，要确定某几何量的定值，我们要先理解题意，明确“变化的源头”，再找到源头与含定值特征的几何量之间的代数或几何关系，来确定解题的突破口. ① 参数法 把相关几何量用曲线里的参变量表示，再证明结论与求参数无关； 解题步骤 引进参数--列出关系式--化简消参，求出定值. ② 由特殊到一般法 把相关几何量的变元特殊化，在特例中求出几何量的定值，再证明结论与特定状态无关. ③ 几何法 根据几何关系确定相关几何量的不变. 【题型七：椭圆中的定直线问题】 例7.1．已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且位于第一象限，为坐标原点，若线段的中点满足，则直线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设椭圆的右焦点为，利用中位线和向量垂直得，从而得到点为圆和椭圆的公共点，求出点的坐标，计算直线的斜率，利用点斜式方程可得答案. 【详解】设椭圆的右焦点为，（）， ，， 分别是和的中点， ，由已知可得，， ，即， 由得， ， 直线的方程为，即. 故选：D. 【点睛】本题考查椭圆中的焦点三角形问题，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的应用. 例7.2．已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为，点为上一点，周长为，其中为坐标原点． (1)求的方程； (2)直线与交于两点， （i）求面积的最大值； （ii）设，试证明点在定直线上，并求出定直线方程． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析，． 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，即可求解； （2）（ⅰ）直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求弦长，并求点到直线的距离，结合三角形的面积公式，以及基本不等式，即可求面积的最大值； （ⅱ）利用韦达定理，结合向量的坐标公式，表示点的坐标，即可求解定直线方程. 【详解】（1）设焦距为，依题意，解得 又，所以， 所以的方程为． （2）（i）设， 因为，所以， ，解得， 所以， 点到直线的距离， 的面积 当且仅当，即时，面积的最大值为． （ii）设，由，有， 即 因为，所以， 故，于是有， 所以点在定直线． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用韦达定理表示弦长，以及坐标. 变式7-1．如图，已知点在焦点为的椭圆上运动，则与的边相切，且与边的延长线相切的圆的圆心一定在（    ） A．一条直线上 B．一个圆上 C．一个椭圆上 D．一条抛物线上 【答案】A 【分析】设出圆与三角形三边及其延长线的切点，利用切线定理得到线段的相等关系，最后转化为线段的长度为定值，说明切点为顶点，由此可得结论. 【详解】解：如图， 设圆与分别相切于， 由切线定理得：， 因为在椭圆上 定值 为定值， ， ∴切点 ∴圆心在过垂直于椭圆所在轴的直线. 故选：A. 【点睛】本题考查了圆锥曲线的轨迹问题，考查了等价转化思想方法，属中档题. 变式7-2．在平面直角坐标系中，已知的周长是18，，是轴上关于原点对称的两点，若，动点满足. (1)求动点的轨迹方程； (2)设动直线过定点与曲线交于不同两点，（点在轴上方），在直线上取点，使得，，.（，且）证明：当直线运动过程中，点在某定直线上，并求出该定直线方程. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据可得是的重心，取点，并设，，由几何关系得，满足椭圆定义，按椭圆定义求方程即可. （2）设出的坐标，根据题意，，（，且），代入坐标并整理可得，，再由点，在椭圆上，得到，，由并结合③④可得定直线方程为 。 【详解】（1），是的重心， 取点，， 不妨设，，则，，且 ， 所以点是以，为焦点的椭圆（除去长轴端点）， 设椭圆的方程是，则，， 于是，即，从而， 点的轨迹方程为. （2）设，，，，（，且）， 于是，， ，， 从而，， 又点，在椭圆上，即， ， 由并结合③④可得 ， 即点总在定直线上. 变式7-3．已知椭圆的左、右焦点分别为，，若到过椭圆左焦点、斜率为的直线的距离为3，连接椭圆的四个顶点得到的四边形面积为4． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左、右顶点分别为，过点的直线与椭圆相交于两点，证明：直线的交点在垂直于轴的定直线上． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据椭圆的几何性质列出方程组求出，即可得出椭圆的方程； （2）设直线的方程为，求出直线AP、BQ的方程，联立即可求出交点的坐标，从而可知其在定直线上． 【详解】（1）斜率为的直线倾斜角为， 到过椭圆左焦点、斜率为的直线的距离为3，故 连接椭圆的四个顶点得到的四边形为对角线互相垂直的四边形， 故面积，则，结合 解得，故椭圆的方程为：. （2）由题意知，直线的斜率不为0， 故设过点的直线的方程为：，， 联立得：， 故，， 易知，故， 所以直线的方程为：， 同理可得，直线的方程为：， 联立得：， 即，化简得：， 因为， 故，即，故， 所以直线的交点在垂直于轴的定直线上.    【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 【方法技巧与总结】 证明动点在某一定直线上，可设，再证明满足一线性关系；或证明或是一定值. 一、单选题 1．直线与椭圆恒有公共点，则实数m的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据直线过定点，只要在椭圆的内部或在椭圆上即可保证直线与椭圆总是有交点的. 【详解】由于直线恒过点， 要使直线与椭圆恒有公共点， 则只要在椭圆的内部或在椭圆上即可， 即 ，解可得且， 故实数m的取值范围为. 故选：C． 2.直线：在椭圆上截得的弦长是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】联立直线与椭圆方程得到关于的一元二次方程，根据韦达定理以及弦长公式可求解出结果. 【详解】设与椭圆交于， 联立可得， 且，， 所以， 故选：D. 3. 已知椭圆：的上、下顶点分别为，，是椭圆上异于，的一点，直线和的斜率分别为，，则满足的椭圆的方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用点在椭圆上及两点斜率公式转化计算得，再判定选项即可. 【详解】由题意可知，．设（），则， 所以，所以， 所以．结合选项可得椭圆的方程可以为． 故选:C． 4.已知椭圆上的两个动点P，Q，设，，且线段PQ的垂直平分线经过一个定点，则定点坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在时，将P、Q坐标代入椭圆方程，结合，可得，再引入参数线段PQ中点的纵坐标，用其表示出，再得线段PQ的垂直平分线的方程，分析即可求解. 【详解】因为，在椭圆上， 且，当时，由， 得， 设线段PQ的中点为，所以， 所以线段PQ的垂直平分线的方程为， 即，该直线恒过定点 当时，线段PQ的垂直平分线也过定点， 故线段PQ的垂直平分线恒过定点 故选：A． 5.已知椭圆，过椭圆的左顶点A作直线，与椭圆和轴分别交于点和点，过原点且平行于的直线与椭圆交于点，则（    ） A．，，始终成等比数列 B．，，始终成等比数列 C．，，始终成等比数列 D．，，始终成等比数列 【答案】A 【分析】联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求得弦长，由等比中项性质判断等比数列即可. 【详解】由题意知，直线l斜率存在，设OP方程为，则AM的方程为，则，. 设直线 或，则该直线必与椭圆存在交点，设为， 由得， 则， 则直线与椭圆交得的弦长为. 当时，该弦长为； 当时，该弦长为，即. ∵，∴，，成等比数列. 故选：A 6.已知过坐标原点且异于坐标轴的直线交椭圆于两点，为中点，过作轴垂线，垂足为，直线交椭圆于另一点，直线的斜率分别为，若，则椭圆离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意设出各个点的坐标，注意到，结合，两式相比结合斜率公式即可求解. 【详解】如图所示：    设，则， 而， 又因为， 所以，解得， 所以椭圆离心率为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：关键是发现，由此即可顺利得解. 7.法国数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的两条相互垂直切线的交点轨迹为圆，我们通常称这个圆为该椭圆的蒙日圆．根据此背景，设为椭圆的一个外切长方形（的四条边所在直线均与椭圆相切），若在第一象限内的一个顶点纵坐标为2，则的面积为（    ） A． B．26 C． D． 【答案】C 【分析】根据题意求出椭圆C的蒙日圆方程，求出M在第一象限的顶点P的坐标，设出过P且与椭圆C相切的直线方程，与椭圆联立，再利用点到直线距离公式即可求解. 【详解】依题意，直线，都与椭圆，且它们围成四边形是矩形， 于是该矩形是椭圆的蒙日圆内接矩形，因此该蒙日圆的圆心为，半径， 因此该椭圆的蒙日圆方程为， M为椭圆的一个外切长方形，设其四个顶点分别为P、Q、、， 其中P在第一象限，显然P与关于原点对称，Q与关于原点对称， 而 P点纵坐标为2，则其横坐标为3，即，显然M的四条边所在直线斜率存在且不为0， 设过P且与椭圆C相切的直线为，由消去y并整理， 得，由， 化简得，解得或，不妨取直线PQ方程为，即， 直线的方程为，即， O点到直线PQ的距离为，O点到直线的距离为， 所以M的面积为. 故选：C 【点睛】关键点点睛：根据蒙日圆的定义求出蒙日圆的方程，并求出第一象限内的点是解决问题的关键. 8.过椭圆上的任意一点M（不与顶点重合）作椭圆的切线交x轴于点N，O为坐标原点，过N作直线的垂线交直线于点P，则（    ） A．既没最大值也没最小值 B．有最小值没有最大值 C．有最大值没有最小值 D．为定值 【答案】D 【分析】利用导数求得切线斜率以及方程，从而求得点坐标，再结合点到直线的距离公式以及两点之间的距离公式求得，再求乘积即可. 【详解】设，对求导可得： ，解得 ，故方程为：， 即，，又，故方程为：； 令，解得，故；又方程为，故 则， 又，故. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用函数求导求得过点的切线方程，事实上，也可在选填中根据二级结论直接写出方程. 二、多选题 9．已知椭圆与直线相交于两个不同的点，点为线段的中点，则（   ） A． B．或 C．弦长的最大值为 D．点一定在直线上 【答案】AD 【分析】先联立椭圆与直线的方程，得一元二次方程，用判别式求的取值范围，进而判断选项A、B；得出韦达定理形式，求弦长的表达式，判断选项C；得到中点的坐标形式，判断选项D. 【详解】设两点的坐标为：， 联立椭圆与直线的方程， 得：， 由判别式，得，即，选项A正确，选项B不正确； 韦达定理：， 弦长， 当时，弦长取最大值， ，选项C不正确； 由直线，线段中点的坐标为， 即 ，所以点的坐标满足直线方程，选项D正确. 故选：AD. 10.已知椭圆的上顶点为，右顶点为A，左、右焦点分别为，．若P为C上与点A，B不重合的动点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，则（   ） A．C的方程为 B．面积的最大值为2 C．坐标原点O到直线AB的距离为 D． 【答案】BCD 【分析】先由已知条件待定，求出椭圆方程，结合图形运算容易判断选项ABC；D项，设出点，分别表示直线方程，求与坐标轴交点坐标则可得距离，进而可求出乘积. 【详解】 A项，由椭圆上顶点为得，， 由知，由对称性可得， 所以，即，则， 椭圆方程为，故A错误； B项，由A项可知，为定值， 故当点到距离最大时，面积最大， 即当为短轴端点时取最大值，最大值为，故B正确； C项，在中，， 设为斜边上的高，由， 可得点到直线的距离为，故C正确； D项，设，由， 所以直线方程为，令，可得， 直线方程为，令，. 由点在椭圆上，则，， 则 ，故D正确. 故选：BCD. 11.已知椭圆，分别为它的左右焦点，点分别为它的左右顶点，已知定点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（   ） A．存在点，使得 B．直线与直线斜率乘积为定值 C．有最小值 D．的范围为 【答案】BCD 【分析】根据椭圆的几何性质，结合正切函数的性质，可得判定A错误；设，根据椭圆的方程，以及斜率公式化简运算，可判定B正确；根据椭圆的定义，结合基本不等式，可判定C正确；设直线与椭圆相交于，结合椭圆的定义和三角形的性质，可得判定D正确. 【详解】对于A中，由椭圆，可得， 且，可得，所以，所以A错误； 对于B中，设，则，且，可得， 则为定值，所以B正确. 对于C中，由椭圆的定义，可得， 则 ， 当且仅当时，即时等号成立，所以C正确. 对于D中，由点Q在椭圆外，设直线与椭圆相交于， 如图所示，则， 因为，且， 可得，即， 所以， 所以，所以D正确. 故选：BCD.    三、填空题 12．直线与椭圆相交于A、B两点，则 ． 【答案】 【分析】本题先联立直线与椭圆方程，消去，整理可得一元二次方程，解得坐标，进而根据两点间距离公式即可求解. 【详解】联立，消去，整理得，解得， 因此 ， 故. 故答案为：. 13.已知是椭圆长轴上的两个顶点，点P是椭圆上异于的任意一点，则直线与的斜率之积为定值 . 【答案】/ 【分析】根据直线的斜率求解直线与的斜率，然后化简即可求解. 【详解】设，， 则， ， ， 故答案为： 14. 我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称为“果圆”，其中，如图．设，是“果圆”与坐标轴的交点，C为半椭圆上一点，F为半椭圆的焦点．若，则“果圆”的内接矩形面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】利用椭圆的定义以及正切二倍角公式求出，从而得出半椭圆与半椭圆的方程，再利用半椭圆与半椭圆的方程以及基本不等式求出“果圆”的内接矩形面积的最大值. 【详解】由已知得，，所以分别是椭圆的右、左焦点. 由及椭圆的定义可得，即. 又设,则， 由正切二倍角公式得，解得和， 因为是锐角则所以， 又因为，所以， 因为，，所以. 半椭圆与半椭圆. 设“果圆”的内接矩形为MNPQ（如图），设，，则满足①②，①-②得，即. 则“果圆”的内接矩形面积为 == ， 当且仅当，即时等号成立. 所以“果圆”的内接矩形面积的最大值为. 故答案为： 四、解答题 15．已知椭圆的离心率是，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程. （2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，化简写出根与系数关系，求得两点的坐标，进而证得直线过定点. 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆方程为. （2）由题意可知：直线的斜率存在，设， 联立方程，消去y得：   ， 则，解得， 可得， 因为，则直线， 令，解得，即， 同理可得， 则 ， 所以直线过定点. 16.如图，椭圆C：()的中心在原点，右焦点，椭圆与轴交于两点，椭圆离心率为，直线与椭圆C交于点. (1)求椭圆C的方程； (2)P是椭圆C弧上动点，当四边形的面积最大时，求P点坐标. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）方法一：由题意得，，把点直接代入椭圆方程求出即可；方法二：把代入 求出即可； （2），而的面积为定值，所以只要的面积最大，进一步分析得知，只需求的最大值，方法一：用判别式法求最值；方法二：利用基本不等式求最值，结合取最值的取等条件即可求解. 【详解】（1）设，又离心率，则. ，则. 法一：则C：，点代入得， 法二：则 ，点代入得， 所以C方程为：. （2）因为，而的面积为定值，所以只要的面积最大. 设，则①. ， ，则线段AM长度为定值. 由图知，P在直线的上方，直线：， P到直线的距离为 只需求的最大值. 法一：设，代入得：， 因为，得.     当时，联立①，解得：，.     法二：因为 . 所以， 当且仅当时，. 所以当四边形的面积最大时，此时点P坐标为 (). 17.记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求C的取值范围； (2)若为锐角三角形，设，探究是否存在，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)定值为 【分析】（1）根据余弦定理，表示出，结合基本不等式求解；（2）根据三角形的边长关系，可分析出顶点的轨迹在一个椭圆上运动，因此可考虑建立坐标系，利用解析几何知识求解. 【详解】（1）根据余弦定理，， 根据基本不等式，，解得，当取等号， 此时， 结合，可得 （2）以为轴，中点为原点，建立如图所示的直角坐标系， 由题意定值，且， 根据椭圆的定义可知，的轨迹是以为焦点的椭圆（不共线）， 则椭圆的，方程为， 设，根据，则， 则，故； 设，根据，则， 则，故， 于是， 结合在椭圆上，， 可得， 要想乘积为定值，则，结合，解得， 此时    【点睛】关键点睛：根据三角形的三边关系，抓住两边之和是“定值”这一特点，可联系到椭圆的知识点，在第二问建立坐标系以方便利用椭圆的工具简化计算. 18.已知椭圆的离心率为点在椭圆上运动，且面积的最大值为. (1)求椭圆的方程； (2)设分别是椭圆的右顶点和上顶点，直线与直线平行，且与轴，轴分别交于点，与椭圆相交于点为坐标原点. （i）求与的面积之比； （ii）证明：为定值. 【答案】(1) (2)（i）1；（ii）证明见解析 【分析】（1）当点为短轴的端点时，面积最大，然后根据题意建立方程组求解即可； （2）先利用直线与直线平行，设直线方程为，然后计算出，再与椭圆联立，得方程，设点，然后用韦达定理得到，分别计算两个小问即可. 【详解】（1）根据题意解得， 所以椭圆的方程为 （2）如图所示： 设直线的方程为，则， 联立方程消去，整理得， ，得 设，则. （i）， ， 与的面积之比为1. （ii）证明： . 综上，. 19．已知椭圆的对称中心在坐标原点，以坐标轴为对称轴，且经过点和． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作不与坐标轴平行的直线交曲线于，两点，过点，分别向轴作垂线，垂足分别为点，，直线与直线相交于点． ①求证：点在定直线上； ②求面积的最大值． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②． 【分析】（1）根据椭圆过两个点，求椭圆方程. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用一元二次方程根与系数的关系，得，点坐标的关系，进一步，的坐标，表示出直线与直线的方程，求其交点即可；再利用换元法，结合基本（均值）不等式可求面积的最大值． 【详解】（1）设椭圆的方程为，代入已知点的坐标， 得：，解得，所以椭圆的标准方程为． （2）如图： ①设直线的方程为，并记点，，， 由消去，得， 易知 则，． 由条件，，，直线的方程为， 直线的方程为， 联立解得， 所以点在定直线上． ② 而，所以， 则 ， 令，则，所以， 当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$