猜押18题 椭圆解答题-2025年高考数学冲刺抢押秘籍（天津专用）

猜押08 椭圆第18题（ 解答题） 猜押考点 3年真题 考情分析 押题依据 解三角形 2024年天津卷第16题 2023年天津卷第16题 2022年天津卷第16题 天津高考大题对圆锥曲线考察，主要围绕着椭圆来考察，难度是中等偏难，涉及到求椭圆方程，直线和椭圆位置关系求直线方程，直线和椭圆关系求面积，求最值，利用向量知识求参数，求参数范围等等，涉及到计算量较大，转化化归思维灵活，需要学生熟练掌握相关知识，有较强的计算能力。 预测2023年天津高考对于圆锥曲线大题的考察，继续对椭圆与直线的关系为主考察，利用向量等知识交汇处知识点转化，利用直线与椭圆位置关系，所形成的角度关系，斜率关系，面积关系，依托韦达定理来化归转化。 题型一 面积比型求直线方程（第二问） （解答题） 1．（2025·天津南开·一模）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点． (1)求的方程； (2)过点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于．若，求直线的斜率． 2．（2025·天津·一模）椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程． 3．（2025·天津和平·一模）椭圆的左、右焦点分别为和，左顶点为，下顶点为. (1)求椭圆的离心率； (2)已知过的直线与椭圆交于两点，若在直线上存在一点，使得为面积是的等边三角形，求直线的方程与椭圆的标准方程. 4．（2025·天津·一模）已知椭圆的左焦点在抛物线的准线上，且椭圆的短轴长为． (1)求椭圆的方程； (2)已知过原点的直线与椭圆相交于M，N两点，若直线：上存在点Q，使得是以为底边的等腰直角三角形，求直线的方程． 5．（2024·天津和平·二模）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的右焦点为点F，椭圆上顶点为点A，右顶点为点B，且满足． (1)求椭圆的离心率； (2)是否存在过原点O的直线l，使得直线l与椭圆在第三象限的交点为点C，且与直线AF交于点D，满足，若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由． 题型二 求面积型范围比值或者（第二问）（解答题） 1．（2025·天津河西·一模）已知椭圆的左、右顶点为、，左焦点为，离心率为，过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线交椭圆于，两点（其中点在轴上方），求与的面积之比的取值范围． 2．（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知椭圆（）的左顶点为A，左、右焦点分别为，，离心率为，P为椭圆上任一点，且的面积的最大值为． (1)求C的方程； (2)若直线l与C有两个不同的交点M，N（均不与点A重合），且，判断直线l是否恒过一个定点，若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由； (3)在（2）的条件下，求△AMN面积的最大值． 3．（2020·天津·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率是，短轴长为2，若点分别是椭圆的左右顶点，动点，，直线交椭圆于点. (1)求椭圆的方程； (2)（i）求证：是定值； （ii）设的面积为，四边形的面积为，求的最大值. 4．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足． (1)求椭圆的方程； (2)证明直线过定点； (3)椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围． 5．（2023·天津·二模）已知椭圆右焦点为，已知椭圆短轴长为4，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆相交于M、N两点，线段MN垂直平分线与直线及轴和y轴相交于点D、E、G，直线GF与直线相交于点，记三角形EFG与三角形GDH的面积分别为，，求的值. 题型三 给条件求椭圆方程 （第二问）（解答题） 1．（2023·天津和平·二模）在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为、，椭圆与轴正半轴的交点为点，且为等腰直角三角形． (1)求椭圆的离心率； (2)已知斜率为的直线与椭圆相切于点，点在第二象限，过椭圆的右焦点作直线的垂线，垂足为点，若，求椭圆的方程． 2．（2023·天津北辰·三模）已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，椭圆内一点M满足，． (1)求椭圆的离心率； (2)椭圆上一点P在第一象限，且满，与椭圆交于点Q，直线交的延长线于点D．若的面积为，求椭圆的标准方程． 3．（2024·天津·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点的坐标为，且线段的长是长轴长的． (1)求椭圆的离心率； (2)若直线交椭圆于两点（在的上方），过作的垂线交轴于点，若线段延长线上的一个点满足的面积为． ①证明四边形是菱形； ②若，求椭圆的方程． 4．（2023·天津·一模）已知椭圆：的右焦点为点，、分别为椭圆的上、下顶点，若椭圆中心到直线的距离为其短轴长的． (1)求椭圆的离心率； (2)过点且斜率为（）的直线交椭圆于另一点（异于椭圆的右顶点），交轴于点，直线与直线相交于点，过点且与平行的直线截椭圆所得弦长为，求椭圆的标准方程． 5．（2023·天津·一模）已知椭圆的左､右焦点分别为、，过作斜率为的直线与椭圆相交于、两点，且与轴垂直. (1)求椭圆的离心率； (2)若三角形的面积为，求椭圆的方程. 题型四 给向量条件求参( 第二问）（解答题） 1．（24-25高三上·天津西青·阶段练习）已知椭圆 的左顶点为，离心率，过点且斜率为的直线与椭圆交于点与轴交于点 . (1)求椭圆的方程； (2)设点为的中点. 若轴上存在点，对于任意的，都有（为原点）. （i）求出点的坐标； （ii）若，求的值. 2．（2020·天津·一模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上． (1)求椭圆的方程； (2)已知直线与椭交于两点，点的坐标为，且，求实数的值． 3．（24-25高三上·天津北辰·阶段练习）已知椭圆的左焦点为，离心率.    (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线交椭圆于，两点. ①若直线经过椭圆的左焦点，交轴于点，且满足，.求证：为定值； ②若，求面积的取值范围. 4．（24-25高二上·天津·期末）已知椭圆的离心率为， (1)若原点到直线的距离为，求椭圆的方程； (2)设过椭圆的右焦点且倾斜角为的直线和椭圆交于，两点， ①若，求的值 ②对于椭圆上任一点，若，求实数，满足的关系式． 5．（24-25高二上·天津和平·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为.A为椭圆上异于顶点的一点，点P满足. (1)若点P的坐标为，求椭圆的方程； (2)设过点P的一条直线交椭圆于B，C两点，且，直线，的斜率之积为，求实数m的值. 题型五 求范围与最值（第二问）（解答题） 1．（24-25高三下·天津武清·开学考试）已知椭圆的离心率为，四个顶点所围成菱形的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)若A、B两点在椭圆C上，坐标原点为O，且满足，求的取值范围. 2．（24-25高三上·天津·期末）已知椭圆C：的离心率为点在椭圆C上，A，B分别为椭圆的左右顶点. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线：与椭圆C相交于P，Q两点，且求证：为坐标原点的面积为定值； (3)若M为平面上的一个动点，设直线AM，BM的斜率分别为且满足直线AM，BM分别交动直线于点D，E，过点D作BM的垂线交x轴于点判断是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由. 3．（24-25高二上·天津·期末）已知椭圆：的离心率，点在上. (1)求椭圆的方程； (2)已知椭圆的左顶点为A，过点A作斜率为的直线交椭圆于点P，交y轴于点D，若过原点作直线的平行线交椭圆于点E，求的最小值. 4．（24-25高二上·天津和平·期末）已知椭圆的离心率为分别是椭圆的左右焦点，过点的直线交椭圆于两点，且的周长为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，判断在轴上是否存在点，使得是以为底边的等腰三角形？若存在，求点横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由. 5．（24-25高二上·天津南开·期末）已知为椭圆上的点，为椭圆的左，右焦点，点，直线将的面积分为两部分. (1)求椭圆的方程； (2)已知直线与椭圆相交于两点，为的中点，为坐标原点，且，求实数的最小值. 题型六 综合条件求参数 （第二问）（解答题） 1．（24-25高二上·天津·期末）已知椭圆C：的长轴长为4，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为. (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆C交于A、B两点，与y轴交于点M，线段的垂直平分线与交于点P，与y轴交于点Q，O为坐标原点，如果，求k的值. 2．（24-25高二上·天津东丽·阶段练习）若椭圆的右焦点为，且椭圆过点，焦距是短半轴长的倍. (1)求椭圆的标准方程； (2)若一条不过原点的直线与椭圆相交于、两点，线段的垂直平分线与直线 及轴和轴分别交于点、、，点满足，线段的延长线与椭圆交于点，与的面积之比为，求直线斜率的取值范围. 3．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知椭圆的右顶点为A，左焦点为F，点P在椭圆C上，最大值与最小值的比为. (1)求椭圆的离心率； (2)若线段AP的垂直平分线与y轴相交于点Q，且为等边三角形，求直线AP的斜率； (3)当时，直线上存在一点Q，使得是以A为直角顶点的等腰直角三角形，求实数m的取值范围. 4．（24-25高二上·天津·期中）已知圆，圆. (1)试判断圆与圆是否相交，若相交，求两圆公共弦所在直线的方程，若不相交，说明理由； (2)若直线与圆交于，两点，且以线段为直径的圆经过坐标原点，求实数的值. 5．（24-25高二上·天津南开·期中）已知椭圆短轴长为2，左，右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中M，N分别在x轴上方和下方，直线与直线MO交于点直线与直线NO交于点    (1)若的坐标为求椭圆C的方程； (2)在（1）的条件下，过点并垂直于x轴的直线交C于点B，椭圆上不同的两点A，D满足求弦AD的中垂线的纵截距的取值范围； (3)若，求实数a的取值范围. 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押08 椭圆第18题（ 解答题） 猜押考点 3年真题 考情分析 押题依据 解三角形 2024年天津卷第16题 2023年天津卷第16题 2022年天津卷第16题 天津高考大题对圆锥曲线考察，主要围绕着椭圆来考察，难度是中等偏难，涉及到求椭圆方程，直线和椭圆位置关系求直线方程，直线和椭圆关系求面积，求最值，利用向量知识求参数，求参数范围等等，涉及到计算量较大，转化化归思维灵活，需要学生熟练掌握相关知识，有较强的计算能力。 预测2023年天津高考对于圆锥曲线大题的考察，继续对椭圆与直线的关系为主考察，利用向量等知识交汇处知识点转化，利用直线与椭圆位置关系，所形成的角度关系，斜率关系，面积关系，依托韦达定理来化归转化。 题型一 面积比型求直线方程（第二问） （解答题） 1．（2025·天津南开·一模）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点． (1)求的方程； (2)过点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于．若，求直线的斜率． 【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据椭圆所过的点求参数，即可得方程； （2）设直线，联立椭圆并应用韦达定理，再由直线，直线求交点坐标，根据面积关系得，进而求得，即可得. 【详解】（1）设的方程为且， 将两点代入得，解得，故的方程为． （2）依题意，设直线， 联立，消去整理得， 则，即，且． 直线，直线，令，则， 令，则，由，得，即，整理得， 因为，所以，解得，所以直线的斜率为． 2．（2025·天津·一模）椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】首先根据三角形面积公式确定，【算法一】设直线方程为，联立直线和直线求得点的坐标，思路一，根据求点的坐标，代入椭圆方程，即可求解；思路二，直线与椭圆方程联立，求点的坐标，再根据，即可求解；【算法二】设直线方程为，，后面的过程同【算法一】. 【详解】（1）由题意得：，所以所以椭圆方程为. （2）由题意可知，直线的斜率存在且为正，直线方程为，因为三角形的面积是三角形面积的5倍∴∵  ∴ 又由题意可知、均在轴右侧，∴ 【算法一】设直线方程为，由，解得，思路一： 所以因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得： ∴所以直线方程为，即． 思路二：由得，显然成立∵ ∴∴ 整理得：∴所以直线方程为，即． 【算法二】设直线方程为，由，解得， 思路一：．所以由  得 因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得： ∴ 所以直线方程为，即．15分 思路二：得， 显然成立∵ ∴ ∴ 整理得： ∴ 所以直线方程为，即 3．（2025·天津和平·一模）椭圆的左、右焦点分别为和，左顶点为，下顶点为. (1)求椭圆的离心率； (2)已知过的直线与椭圆交于两点，若在直线上存在一点，使得为面积是的等边三角形，求直线的方程与椭圆的标准方程. 【答案】(1) (2)椭圆方程为，直线方程为或. 【分析】（1）根据题意可得出，由此求得椭圆的离心率； （2）讨论直线斜率存在和不存在，设直线为，联立直线的方程和椭圆的方程，写出韦达定理，由此求得的表达式并进行化简，由，整理可求出，由此可求出直线的方程与椭圆的标准方程. 【详解】（1）依题意，且， 所以，又，所以， 整理得. （2）由（1）有，故椭圆方程可写成. ①当直线斜率不存在时，直线为，显然不成立； ②当直线斜率存在时，设直线为，设直线与椭圆交于不同的两点中点为， 由方程组整理得 由已知可得，所以，且， ①， ②， ①②式代入，整理得，满足，即， 代入①式，求得， 故椭圆方程为， 直线方程为或. 4．（2025·天津·一模）已知椭圆的左焦点在抛物线的准线上，且椭圆的短轴长为． (1)求椭圆的方程； (2)已知过原点的直线与椭圆相交于M，N两点，若直线：上存在点Q，使得是以为底边的等腰直角三角形，求直线的方程． 【答案】(1)(2)或 【分析】(1)利用抛物线方程可求出，再由短轴长可求出，进而求得的值，可写出椭圆的方程； (2)将直线分三种情况讨论：斜率不存在时，斜率为时和斜率存在且不为时，再利用是以为底边的等腰直角三角形进行求解即可. 【详解】（1）抛物线的准线方程为， 椭圆的左焦点为，即， 椭圆的短轴长为，，即，，椭圆的方程为； （2）设，， 当直线的斜率不存在时，：， 此时M，N分别为椭圆的上、下顶点，不妨设，， 要使是以为底边的等腰直角三角形，则， ，，，不合题意；    当直线的斜率为时，：， 此时M，N分别为椭圆的左、右顶点，不妨设，， 要使是以为底边的等腰直角三角形，则， ，，，满足题意；    当直线的斜率存在且不为时，设：，   由，得，，， ，设的垂直平分线方程为， 由，得，是以为底边的等腰直角三角形， ， ，化简得，，或(舍)，：， 综上，直线的方程为或. 5．（2024·天津和平·二模）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的右焦点为点F，椭圆上顶点为点A，右顶点为点B，且满足． (1)求椭圆的离心率； (2)是否存在过原点O的直线l，使得直线l与椭圆在第三象限的交点为点C，且与直线AF交于点D，满足，若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)因此存在直线满足条件． 【分析】（1）根据椭圆的几何性质求解，即可结合的关系求解， （2）联立方程可得坐标，即可根据根据，即可求解. 【详解】（1）依题意，，解得， 又因为，所以． （2）设直线的方程为，椭圆的方程为， 设点，联立方程组，整理得， 解得，①，直线AF方程为， 设点， ，联立方程组，解得，②， 又因为， 设，则有， 即，所以，所以． 所以，则有， 代入①②有，解得， 由题意得，所以，因此存在直线满足题中条件． 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情况，强化有关直线与曲线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． 题型二 求面积型范围比值或者（第二问）（解答题） 1．（2025·天津河西·一模）已知椭圆的左、右顶点为、，左焦点为，离心率为，过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线交椭圆于，两点（其中点在轴上方），求与的面积之比的取值范围． 【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由离心率可得，再由弦长求出即可. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出三角形面积的比，再结合韦达定理求出的纵坐标的比值即可得解. 【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，则，半焦距， 又过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为， 由，得，于是，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）由（1）知，，直线不垂直于轴， 设直线的方程为，， 由消去得，，， ， 于是，而， ，因此，设， 则，解得， 于是， 所以与的面积之比的取值范围是.    2．（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知椭圆（）的左顶点为A，左、右焦点分别为，，离心率为，P为椭圆上任一点，且的面积的最大值为． (1)求C的方程； (2)若直线l与C有两个不同的交点M，N（均不与点A重合），且，判断直线l是否恒过一个定点，若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由； (3)在（2）的条件下，求△AMN面积的最大值． 【答案】(1)(2)存在定点(3) 【分析】（1）利用三角形面积与椭圆性质，及离心率公式与基本关系式计算. （2）利用直线于椭圆联立方程，韦达定理与向量的数量积. （3）利用点到直线距离，与弦长公式，三角形面积公式，换元法与函数最值，求出最大值. 【详解】（1）设椭圆C的焦距为． 当P在短轴的端点处时，的面积最大，所以， 又C的离心率，所以，结合， 得，，所以椭圆C的方程为． （2）解法一：由题意知直线的斜率不为0，否则， 所以可设直线的方程为， 联立得， 所以， ， 所以， ， 由（1）知， 因为，所以， 所以，即， 即，解得或（舍去）， 又满足，故存在定点. 解法二：将椭圆方程向右平移2个单位，得 ， 即 ①，设直线MN方程为， 代入（1）得：， 即， ，两边同时除以得：  ②， 设， ，、是②式的两根， 得，，平移回去（向左平移2个单位）， 得直线过定点. （3）解法一：由（2）知，，， 所以A到的距离， 所以面积 ， 令， ，因为， 所以当时，，此时，满足，故．          18题图 解法二： ，其余同上. 【点睛】思路点睛：知识点综合利用，解决直线与椭圆相交问题，坐标平移变换椭圆方程，通过点到直线距离公式和弦长公式得出三角形面积表达式，综合运算. 3．（2020·天津·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率是，短轴长为2，若点分别是椭圆的左右顶点，动点，，直线交椭圆于点. (1)求椭圆的方程； (2)（i）求证：是定值； （ii）设的面积为，四边形的面积为，求的最大值. 【答案】(1)；(2)①证明见解析；②1. 【分析】（1）由已知得的值，再由离心率求出关系，即可求出椭圆方程. （2）①由（1）得，求出直线方程，与椭圆方程联立，求出点坐标，进而得出坐标，即可证明结论；②，将表示为关于的函数，进而得出关于的函数，整理利用的范围，即可求解. 【详解】（1）由短轴长为2，得，由离心率为，得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，，直线的斜率， 直线的方程为， 由消去得，设点， 则，解得，， ，， 所以. ②依题意，， ， 因此，当时取等号， 所以的最大值为1. 4．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足． (1)求椭圆的方程； (2)证明直线过定点； (3)椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围． 【答案】(1)(2)证明见解析(3) 【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可； （2）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用，建立方程，解出后验证即可； （3）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用进行计算，换元法求值域即可. 【详解】（1）由题设得，解得， 所以的方程为； （2）由题意可设，设，， 由，整理得， ． 由韦达定理得，， 由得， 即， 整理得， 因为，得，解得或， 时，直线过定点，不合题意，舍去； 时，满足， 所以直线过定点． （3））由（2）得直线，所以，由， 整理得，， 由题意得， 因为点与连线的斜率为，所以，所以，令，， 所以，在上单调递减，所以的范围是．   5．（2023·天津·二模）已知椭圆右焦点为，已知椭圆短轴长为4，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆相交于M、N两点，线段MN垂直平分线与直线及轴和y轴相交于点D、E、G，直线GF与直线相交于点，记三角形EFG与三角形GDH的面积分别为，，求的值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由椭圆短轴长为4，可得，结合和，可求出，，即可求出椭圆的方程； （2）由（1）可得右焦点，再由线段MN的垂直平分线与x，y轴都相交，得，联立方程组得，设出，，由韦达定理得，，由中点坐标公式可得，再由两直线互相垂直可得直线的方程，即可求得，，同理可得，由对称性可知，，结合三角形的面积公式即可求出结果. 【详解】（1）由题意可得，即， 又，且， 解得：，， 所以椭圆的方程为. （2） 由（1）知椭圆的方程为，所以右焦点， 由直线，且线段MN的垂直平分线与x，y轴都相交，所以， 联立消去并化简得：， 此时需满足， 设，， 则，， 所以， 线段MN的垂直平分线的方程为， 令，解得，则有， 令，解得，则有， ，关于点对称，所以， 直线GF的方程为，即， 令，解得，则有， 所以，关于对称，所以， 所以. 题型三 给条件求椭圆方程 （第二问）（解答题） 1．（2023·天津和平·二模）在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为、，椭圆与轴正半轴的交点为点，且为等腰直角三角形． (1)求椭圆的离心率； (2)已知斜率为的直线与椭圆相切于点，点在第二象限，过椭圆的右焦点作直线的垂线，垂足为点，若，求椭圆的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等腰直角三角形的几何性质可得出，根据、、的关系可求得椭圆的离心率的值； （2）由题意，设直线的方程为，设切点，将直线的方程与椭圆的方程联立，由可得出、的等量关系，求出点的坐标，写出直线的方程，求出点的坐标，根据求出的值，即可得出椭圆的方程. 【详解】（1）解：设椭圆的半焦距为，由已知得点， 因为为等腰直角三角形，且为的中点，所以，即， 所以，有． （2）解：由（1）知，设椭圆方程为， 因为切点在第二象限，且直线的斜率为， 设直线的方程为，设点， 因为直线与椭圆相切，联立可得， 由，可得，即， 所以，，，所以， 因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为， 则直线的方程为， 联立，可得，即点， 又因为、， 有，， ． 所以，所以椭圆的方程为． 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法： （1）利用定义： （2）利用向量的坐标运算； （3）利用数量积的几何意义． 具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 2．（2023·天津北辰·三模）已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，椭圆内一点M满足，． (1)求椭圆的离心率； (2)椭圆上一点P在第一象限，且满，与椭圆交于点Q，直线交的延长线于点D．若的面积为，求椭圆的标准方程． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知条件可知，为的中点根据，代入距离公式与比例关系可以求得的关系，即可求得离心率. （2）设所在直线方程与椭圆联立，可以求得的坐标，再有直线联立可以求得的坐标，用点到直线的距离与两点间的距离公式既可以求出三角形的面积，即可求得椭圆方程. 【详解】（1）因为椭圆内一点M满足，所以为的中点，则，，化简得， 因为，所以， 所以椭圆的离心率为. （2）椭圆上一点P在第一象限，且满,   所以直线，设直线方程为， 由直线方程与椭圆方程联立得，，解得，因为点P在第一象限，，因为关于原点对称，，因为，，则直线的方程为，联立得，， 所以，所以直线的方程为，即，所以点到直线的距离为，，所以的面积，所以， 所以椭圆的标准方程为.故椭圆方程为. 【点睛】关键点睛：本题为圆锥曲线中直线与椭圆的位置关系，通常设直线方程，并与椭圆方程联立，借助韦达定理与点到直线的距离公式即可解决有关三角形面积的问题. 3．（2024·天津·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点的坐标为，且线段的长是长轴长的． (1)求椭圆的离心率； (2)若直线交椭圆于两点（在的上方），过作的垂线交轴于点，若线段延长线上的一个点满足的面积为． ①证明四边形是菱形； ②若，求椭圆的方程． 【答案】(1);(2)①证明见解析 ；②. 【分析】（1）利用条件中线段长关系可构造齐次式求离心率； （2）①根据上问结论化简椭圆方程，分别求直线的方程，根据面积求出，再求出坐标，可判定，从而证明结论；②直接由解方程即可. 【详解】（1）由已知得长轴长为，则； （2）① 证明：由（1）知，所以椭圆方程为， 易知，所以， 故直线的方程为，直线的方程为， 令，则，易知， ，联立方程组， 解得，在的上方，，即， 由上得，四边形的对角线互相垂直且平分，故四边形是菱形． ② 解：由，从而即椭圆的方程为.    4．（2023·天津·一模）已知椭圆：的右焦点为点，、分别为椭圆的上、下顶点，若椭圆中心到直线的距离为其短轴长的． (1)求椭圆的离心率； (2)过点且斜率为（）的直线交椭圆于另一点（异于椭圆的右顶点），交轴于点，直线与直线相交于点，过点且与平行的直线截椭圆所得弦长为，求椭圆的标准方程． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）椭圆中心到直线的距离为其短轴长的，由面积法列出a、c齐次式，可求椭圆的离心率； （2）设出直线的方程，与椭圆联立方程组，求得点坐标，得到直线的方程和点坐标，左顶点，由直线的斜率可得弦为AD，可求出椭圆方程. 【详解】（1）由题意，，椭圆中心到直线的距离为其短轴长的，由直角三角形面积关系得，即， 解得椭圆的离心率. （2）由（1）得，，易得，， 直线的方程为，因为直线不过右顶点，所以， 由，得，， 从而，，直线的斜率为， 故直线的方程为，令，得，直线的斜率，，左顶点，，即， 解得，，．椭圆的标准方程为 【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要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；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． 5．（2023·天津·一模）已知椭圆的左､右焦点分别为、，过作斜率为的直线与椭圆相交于、两点，且与轴垂直. (1)求椭圆的离心率； (2)若三角形的面积为，求椭圆的方程. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出点的坐标，根据可得出关于、的齐次等式，即可解得该椭圆的离心率的值； （2）由（1）可得出椭圆的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出点、的坐标，利用三角形的面积公式可求得的值，即可得出椭圆的方程. 【详解】（1）解：将代入椭圆的方程可得，解得， 因为直线的斜率为，易知点， 所以，，所以，，等式两边同时除以可得，因为，解得.因此，该椭圆的离心率为. （2）解：由（1）知，，，故椭圆方程为， 由题意，则直线的方程为，联立，消去并化简可得，显然， 设点、，解得或，故点、， 所以，，解得，因此，椭圆的方程为. 题型四 给向量条件求参( 第二问）（解答题） 1．（24-25高三上·天津西青·阶段练习）已知椭圆 的左顶点为，离心率，过点且斜率为的直线与椭圆交于点与轴交于点 . (1)求椭圆的方程； (2)设点为的中点. 若轴上存在点，对于任意的，都有（为原点）. （i）求出点的坐标； （ii）若，求的值. 【答案】(1)(2)（i） ；（ii）. 【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）（i）设定点，将直线的方程与椭圆方程联立，求出点的坐标，可得出点的坐标，再求出点的坐标，由题意得出，即可求出的值； （ii）由平面向量数量积的定义计算可得，结合三角形的面积公式可求得的值. 【详解】（1）由题意可得，解得，所以，椭圆的方程为. （2）（i）假设轴上存在定点 使得， 由题意可知，所在的直线方程为，点， 联立可得， 显然点为直线与椭圆的一个公共点， 由韦达定理可得，所以，，则， 故点， 因为点为线段的中点，所以，点， 易知直线交轴上的点为， 所以，，， 因为，则，解得， 所以，在轴上存在定点，使得使得成立； （ii）因为，所以，， 即，所以，， 即， 即，解得. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 2．（2020·天津·一模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上． (1)求椭圆的方程； (2)已知直线与椭交于两点，点的坐标为，且，求实数的值． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由椭圆的离心率及椭圆经过点列出关于方程组，求解即得； （2）设，，联立直线与椭圆方程，将转化为形式，再利代入韦达定理求解即可. 【详解】（1）∵椭圆的离心率，且过点， ∴，解得，∴椭圆的方程为. （2）设.联立，得. ∴，即，∴，， ∴ ∵， ∴，整理得，解得，满足，所以. 3．（24-25高三上·天津北辰·阶段练习）已知椭圆的左焦点为，离心率.    (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线交椭圆于，两点. ①若直线经过椭圆的左焦点，交轴于点，且满足，.求证：为定值； ②若，求面积的取值范围. 【答案】(1)(2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据给定条件直接计算a，b作答. （2）①设出直线的方程，与椭圆C的方程联立，利用向量运算并借助韦达定理计算作答； ②先探讨OA，OB与坐标轴重合时情况，再在OA，OB与坐标轴不重合时，设OA，OB方程并列出的面积的关系，借助二次函数性质计算，从而得解. 【详解】（1）椭圆：的左焦点为，离心率， 则半焦距，，， 所以椭圆的标准方程为. （2）①依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，则， 设，，由消去y并整理得：， 则，，由得：，， ， 所以为常数. ②当直线，分别与坐标轴重合时，的面积， 当直线，的斜率均存在且不为零时，设：，：， 设，，将代入椭圆的方程得：，， 于是得，同理，， 的面积：， 令，， 而，则， 所以的面积的取值范围是. 【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，常把两个曲线的方程联立，消去x（或y）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系. 4．（24-25高二上·天津·期末）已知椭圆的离心率为， (1)若原点到直线的距离为，求椭圆的方程； (2)设过椭圆的右焦点且倾斜角为的直线和椭圆交于，两点， ①若，求的值 ②对于椭圆上任一点，若，求实数，满足的关系式． 【答案】(1)(2)①；② 【分析】（1）由条件列式解得即可； （2）依题意可得椭圆方程为，直线的方程为，设，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式求出；②由向量的坐标运算得坐标后代入椭圆方程求解. 【详解】（1）由题意得，，而， 解得，，，故椭圆方程为； （2）因为，，，故，所以，， 故椭圆的方程可化为， 易知右焦点为，据题意有直线， 由，消去整理得， 设，，显然，所以，， ①所以， 所以； ②设，因为， 所以，， 所以 ， 又，在椭圆上，故有，， 因为点在椭圆上，所以， 所以（*）， 因为 ， 所以（*）整理得：， 即， 所以. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理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. 5．（24-25高二上·天津和平·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为.A为椭圆上异于顶点的一点，点P满足. (1)若点P的坐标为，求椭圆的方程； (2)设过点P的一条直线交椭圆于B，C两点，且，直线，的斜率之积为，求实数m的值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据条件以及可得A点的坐标，再根据离心率的条件以及a，b，c的关系可求得a，b，c的值，从而求出椭圆的方程； （2）直线与椭圆位置关系，一般有两个思路，一是利用韦达定理，二是利用点坐标变换，本题选用后一种思路：设，则由的斜率之积，得，由，解出代入椭圆方程化简得，从而求出实数的值． 【详解】（1）因为，而，所以， 代入椭圆方程，得，①又椭圆的离心率为， 所以.② 由①②，得，. 故椭圆的方程为， （2）设， 因为，所以． 因为，所以， 即于是代入椭圆方程，得， 即，③ 因为在椭圆上，所以． ④ 因为直线的斜率之积为，即，结合②知．⑤ 将④⑤代入③，得， 解得． 【点睛】方法点睛：1.已知离心率，通常先简化椭圆方程，可以减少字母干扰. 2.加强“设而不求”思想的渗透，出现多个变量时，要有消元意识和主元思想；在代入运算过程中，不要忘掉整体思想. 3.在研究直线与椭圆相交的问题时，通常有两种方法来设参，一是设点坐标来作为参数，二是设直线的斜率作为参数.在学习中，要通过比较来看应用哪种方法较为简便，以免将问题复杂化. 题型五 求范围与最值（第二问）（解答题） 1．（24-25高三下·天津武清·开学考试）已知椭圆的离心率为，四个顶点所围成菱形的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)若A、B两点在椭圆C上，坐标原点为O，且满足，求的取值范围. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用菱形的面积和椭圆的性质列方程组即可得出； （2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立可得根与系数的关系、再利用斜率的计算公式、数量积运算即可得出； 【详解】（1）由已知可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2） 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设， 联立，得， ，即， ，，. ，. , ，即，由，则 ， 由，则，且， 所以，且，则， 当直线的斜率不存在时，设， ，即， 又， 所以， 的取值范围是. 2．（24-25高三上·天津·期末）已知椭圆C：的离心率为点在椭圆C上，A，B分别为椭圆的左右顶点. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线：与椭圆C相交于P，Q两点，且求证：为坐标原点的面积为定值； (3)若M为平面上的一个动点，设直线AM，BM的斜率分别为且满足直线AM，BM分别交动直线于点D，E，过点D作BM的垂线交x轴于点判断是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式求解即可； 将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式进行求证即可； 设出直线AM和BM的方程，求出D，E，H两点的坐标，利用向量的坐标运算进行求解即可． 【详解】（1）因为点在椭圆C上，且离心率为 所以解得，则椭圆方程为； （2）证明：联立消去y并整理得 此时 设， 由韦达定理得， 因为 又O到直线PQ的距离且 所以 综上，的面积为定值，定值为； （3）因为直线AM，BM的斜率分别为且满足 设直线AM的方程为 令，可得，即， 同理得， 因为直线DH的方程为 令，解得，即， 所以 当时，取到最大值，最大值为 则存在最大值，最大值为 【点睛】难点点睛：解答圆锥曲线的综合题，难点在于复杂的运算，特别的，基本都是有关字母参数的运算，因此需要学生具备较强的计算能力. 3．（24-25高二上·天津·期末）已知椭圆：的离心率，点在上. (1)求椭圆的方程； (2)已知椭圆的左顶点为A，过点A作斜率为的直线交椭圆于点P，交y轴于点D，若过原点作直线的平行线交椭圆于点E，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率可得，将点代入椭圆方程，结合，可求解得的值，进而得标准方程； （2）设直线的方程，与椭圆方程联立，可得点的横坐标；根据平行关系，设直线的方程，与椭圆方程联立，可得点的横坐标，根据直线平行可用四个点的横坐标表示，再利用基本不等式求最值即可. 【详解】（1）因为椭圆的离心率，且在上 所以，解得，，所以椭圆的标准方程为. （2） 设直线的方程为，， 联立，消去，得， 所以，因为，所以直线的方程可设为， 联立，消去，得， 所以点的横坐标为， 由，得 . 当且仅当，即时，等号成立， 由此，当时，有最小值，且最小值为. 4．（24-25高二上·天津和平·期末）已知椭圆的离心率为分别是椭圆的左右焦点，过点的直线交椭圆于两点，且的周长为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，判断在轴上是否存在点，使得是以为底边的等腰三角形？若存在，求点横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）结合椭圆的定义及离心率求解即可； （2）设直线的方程为，，设的中点为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理得到，进而结合一元二次方程的判别式求解即可. 【详解】（1）由题意，的周长为，则，所以， 又因为，所以，由，得， 所以椭圆的方程为. （2）设直线的方程为，， 设的中点为. 假设存在点，使得为以为底边的等腰三角形，则. 由得， 由题意有，解得， 故， 所以， 因为，所以，即， 所以，整理得， 则方程有根，整理得，即， 又因为，所以， 综上：在轴上存在点，使得是以为底边的等腰三角形， 点横坐标的取值范围是. 5．（24-25高二上·天津南开·期末）已知为椭圆上的点，为椭圆的左，右焦点，点，直线将的面积分为两部分. (1)求椭圆的方程； (2)已知直线与椭圆相交于两点，为的中点，为坐标原点，且，求实数的最小值. 【答案】(1)(2)1 【分析】（1）由为椭圆上的点，所以，又直线将的面积分为两部分，可得、值，即可求方程； （2）联立直线与椭圆方程，运用韦达定理和中点公式结合已知条件和根的判别式大于即可求解． 【详解】（1）由直线将的面积分为两部分， 得，所以， 从而.① 由为椭圆上的点，得，② 由①②解得， 故椭圆的方程为； （2）设， 由，得 由，得，且， ， 由为的中点，且，得， 即，化简得， 代入（1）中有，，可得， 令， 有. 由函数单调递增， 故当时，为的最小值. 【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，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 题型六 综合条件求参数 （第二问）（解答题） 1．（24-25高二上·天津·期末）已知椭圆C：的长轴长为4，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为. (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆C交于A、B两点，与y轴交于点M，线段的垂直平分线与交于点P，与y轴交于点Q，O为坐标原点，如果，求k的值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意列出的方程组，求解即得椭圆方程； （2）将直线与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，写出直线的方程，求得点的坐标.法一：根据条件推得,计算求得的值；法二：根据条件推得，由求出的值. 【详解】（1）由题设得，解得，，， 所以椭圆C的方程为. （2） 联立，得， 由，得， 设，，则，， 所以点的横坐标，纵坐标为， 所以直线的方程为， 令，则点的纵坐标，则， 因为，所以点、点在原点两侧， 因为，所以， 法一：由上可得， 因为，， 所以，解得， 所以. 法二：因,故有，即， 因为，，所以， 解得，所以. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合图形，将相关条件等价转化，再结合韦达定理解决问题. 2．（24-25高二上·天津东丽·阶段练习）若椭圆的右焦点为，且椭圆过点，焦距是短半轴长的倍. (1)求椭圆的标准方程； (2)若一条不过原点的直线与椭圆相交于、两点，线段的垂直平分线与直线 及轴和轴分别交于点、、，点满足，线段的延长线与椭圆交于点，与的面积之比为，求直线斜率的取值范围. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）求出点的坐标，分析可知，直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，其中，设点、，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，进一步计算可知为线段的中点，利用三角形的面积公式可得出，可得出，求出点的坐标，将点的坐标代入椭圆方程，并结合可求得的取值范围. 【详解】（1）由题意可得，解得， 因此，椭圆的标准方程为. （2）易知点，因为，则， 若直线的斜率不存在，则直线的垂直平分线为轴，不合乎题意， 若直线的斜率为零，则线段的垂直平分线为轴，不合乎题意， 设直线的方程为，其中，，设点、， 联立可得， 则，可得， 由韦达定理可得，则， 所以，线段的中点为， 所以，线段的垂直平分线所在直线的方程为， 即，故点，， 因为，，所以，为线段的中点， ，所以，， 设点，则，即， 所以，，即，即点， 将点的坐标代入椭圆方程可得，可得， 所以，，可得， 解得或. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 3．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知椭圆的右顶点为A，左焦点为F，点P在椭圆C上，最大值与最小值的比为. (1)求椭圆的离心率； (2)若线段AP的垂直平分线与y轴相交于点Q，且为等边三角形，求直线AP的斜率； (3)当时，直线上存在一点Q，使得是以A为直角顶点的等腰直角三角形，求实数m的取值范围. 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）结合最大值为、最小值为，代入求解即可； （2）设，AP的直线方程为，与椭圆联立，求出线段AP的中点为，求出线段AP的垂直平分线方程，进而求得，再应用即可求解； （3）设直线方程为，与椭圆方程联立，求出；设直线方程为，与直线解得交点，再应用，求得，再应用换元法求解m的取值范围即可，注意再验证一下两种情形. 【详解】（1）因为最大值与最小值的比为， 所以，解之得； （2）因为，所以设，则所以， 于是椭圆方程为，所以右顶点为， 设直线AP的斜率为，直线AP的直线方程为， 联立，消去得，， 因为直线AP与椭圆交于A、P两点， 所以，即. 设线段AP的中点为，则， 所以线段AP的垂直平分线的方程为， 所以交点 . 因为为等边三角形，所以，所以， 即， 化简整理可得，， 所以（舍去），所以； （3）因为，所以，所以， 所以椭圆方程为，所以点， 设直线的斜率为，则直线方程为， 联立消去得，， 易知，， 所以， 当时，则直线方程为， 与直线联立解得点， 所以， 因为是以A为直角顶点的等腰直角三角形，所以， 所以，所以， 令，则， 因为或， 所以， 所以， 所以. 当时，则， 此时直线方程为，取即可. 所以， 当时，则，此时直线方程为， 取即可，此时直线分别为、， 所以，. 综上所述，实数m的取值范围是. 【点睛】关键点点睛： 在（2）中为等边三角形，所以需要求出点后应用是关键步骤，进而计算求解； 在（3）中是以A为直角顶点的等腰直角三角形，所以应该表达出两处关键点且. 4．（24-25高二上·天津·期中）已知圆，圆. (1)试判断圆与圆是否相交，若相交，求两圆公共弦所在直线的方程，若不相交，说明理由； (2)若直线与圆交于，两点，且以线段为直径的圆经过坐标原点，求实数的值. 【答案】(1)相交， (2)或 【分析】（1）将两个圆化成标准方程，再判断圆心距和半径间的距离的关系即可得到两圆相交，两个圆相减可以得到公共弦的方程； （2）由题意可知，所以，联立直线和圆的方程得到韦达定理，代入即可求解. 【详解】（1）圆化成标准方程为,圆心,半径. 圆化成标准方程为,圆心,半径. 由于,故两圆相交. 两圆方程作差得， 即公共弦所在直线的方程为. （2）设， 将代入, 得. 整理得, 所以, 所以. 由题意得，即，可得, 所以,即, 解得或. 5．（24-25高二上·天津南开·期中）已知椭圆短轴长为2，左，右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中M，N分别在x轴上方和下方，直线与直线MO交于点直线与直线NO交于点    (1)若的坐标为求椭圆C的方程； (2)在（1）的条件下，过点并垂直于x轴的直线交C于点B，椭圆上不同的两点A，D满足求弦AD的中垂线的纵截距的取值范围； (3)若，求实数a的取值范围. 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）由已知可知，且为△的重心，进而求得，代入椭圆方程，即可求解； （2）设,，,，中点,，利用弦长公式，分别求出，，再利用点差法整体代入，根据点在椭圆内部，即可求解； （3）根据重心性质及面积公式得，再结合，构造不等式组求得，再直曲联立，结合韦达定理求解即可． 【详解】（1）依题意，，故椭圆; 易知点为的重心，则，故， 代入椭圆方程得 所以椭圆的方程为; （2）由题可得，进而可得，.    设中点，由弦长公式 ， ，， 同理，代入可得， ①当AB斜率存在时两式作差可得， ，∴ 弦AD的中垂线方程为， 当时，，即AD的中垂线的纵截距. 在椭圆内，，得，且. ②当AB斜率不存在时，此时. 综上所述，即弦AD的中垂线的纵截距的取值范围为. （3）解法一:易知点分别为的重心，设， 设点， 则根据重心性质及面积公式得，， 而， ∴， , ，即， 设直线，则联立椭圆方程得， 消元化简得，， ， ， 对任意的恒成立， 即，故实数的取值范围为. 解法二:易知点为的重心，， ， 此时，设点，则根据重心的性质可得， , ， 而， 设直线，则联立椭圆方程得， 消元化简得，， ， ， 对任意的恒成立， 即， 故实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛： （1）三角形重心分中线得线段比例为； （2）当求椭圆的中点或者中点弦的垂直平分线可以点差法处理，较为容易. 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$