重难点07 椭圆的定点定值和最值问题5考点（期中真题汇编，广东专用）高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册

重难点07 椭圆的定点定值和最值问题 5大高频考点概览 考点01 椭圆中直线过定点问题 考点02 存在定点满足某条件问题 考点03 椭圆中的定值问题 考点04 椭圆中的面积最值问题 考点05 椭圆中的长度最值问题 地 城 考点01 椭圆中直线过定点问题 1．（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 2．（24-25高二上·广东广州·期中）已知椭圆的焦点为，，左、右顶点分别为，点为椭圆上异于的动点，的周长为. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线交直线于点，连接交椭圆于点，直线，的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）设直线，证明：直线过定点. 3．（23-24高二上·广东佛山·期中）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且过点 (1)求椭圆C的方程； (2)设直线l的斜率存在，不经过A点且与C交于两个不同的点P，Q，若直线分别与y轴交于点，且，证明：直线过定点． 地 城 考点02 存在定点满足某条件问题 4．（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. 5．（23-24高二上·广东广州·期中）已知椭圆的焦距为，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)经过椭圆右焦点且斜率为的动直线与椭圆交于、两点，试问轴上是否存在异于点的定点，使得直线和关于轴对称？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由. 6．（22-23高二下·广东揭阳·期中）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，且也是抛物线：的焦点，为椭圆与抛物线在第一象限的交点，且. (1)求椭圆的方程； (2)设动直线与椭圆交于，两点，存在一点使，判断直线是否经过定点?若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由. 地 城 考点03 椭圆中的定值问题 7．（24-25高二下·广东·期中）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，点在椭圆上，斜率为的直线与椭圆相交于两点（异于点）． (1)求椭圆的方程； (2)若的面积为，求直线的方程； (3)记直线与的斜率分别为，直线的斜率分别为，证明：． 8．（24-25高二上·广东佛山·期中）已知椭圆的一个焦点，两个焦点与短轴的一个端点构成等边三角形. (1)求椭圆的标准方程; (2)过焦点作轴的垂线交椭圆上半部分于点，过点作椭圆的弦在椭圆上且直线的倾斜角互补，问直线MN的斜率是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. (3)在第（2）问的条件下，当面积最大时，求直线MN的方程. 9．（24-25高二上·广东·期中）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆C上. (1)求椭圆的方程； (2)过坐标原点的两条直线分别与椭圆C交于四点，且直线斜率之积为，求证：四边形的面积为定值. 10．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知圆M：，点，S是圆M上一动点，若线段SN的垂直平分线与SM交于点Q. (1)求点Q的轨迹方程C； (2)对于曲线C上一动点P，且P不在x轴上，设△PMN内切圆圆心为E，证明：直线EM与EN的斜率之积为定值. 11．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知椭圆离心率等于且椭圆C经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与轨迹交于两点，为坐标原点，直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由． 12．（21-22高二上·广东深圳·期中）已知椭圆的右焦点是，过点F的直线交椭圆C于A，B两点，若线段AB中点Q的坐标为． (1)求椭圆C的方程； (2)已知是椭圆C的下顶点，如果直线y=kx+1（k≠0）交椭圆C于不同的两点M，N，且M，N都在以P为圆心的圆上，求k的值； (3)过点作一条非水平直线交椭圆C于R、S两点，若A，B为椭圆的左右顶点，记直线AR、BS的斜率分别为k1、k2，则是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由． 地 城 考点04 椭圆中的面积最值问题 13．（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. 14．（22-23高二上·广东肇庆·期中）（多选）已知、是椭圆长轴上的两个顶点，、是椭圆C的左右焦点，点是椭圆上异于、的任意一点，则下列四个命题中正确的是（    ） A．的最大值为 B．椭圆C的离心率为 C．面积的最大值为 D．椭圆C与双曲线有相同的焦点 15．（23-24高二上·广东东莞·期中）已知O为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，，，P为椭圆的上顶点，以P为圆心且过，的圆与直线相切. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知直线交椭圆C于M，N两点.若直线l的斜率等于1，求面积的最大值． 16．（22-23高二下·广东河源·期中）已知椭圆的离心率为，椭圆的左顶点为，上顶点为，为坐标原点，且的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于，两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值． 17．（22-23高二下·广东深圳·期中）已知焦点在轴上椭圆，长轴长，离心率. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知，过原点且斜率为的直线与椭圆交于两点，求面积的最大值. 地 城 考点05 椭圆中的长度最值问题 18．（21-22高二上·广东广州·期中）已知椭圆的焦距为，离心率为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若点，点B在椭圆C上，求线段长度的最大值. 19．（24-25高二上·广东佛山·期中）设，分别是椭圆的左、右焦点，P为C上一点. (1)已知，且点在C上. （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）求的最大值. (2)若为坐标原点，，且的面积等于9，求的值和的取值范围. 20．（23-24高二上·广东·期中）给定椭圆，我们称圆为椭圆E的“伴随圆”．已知椭圆E中，离心率为． (1)求椭圆E的方程； (2)若直线与椭圆E交于A、B两点，与其“伴随圆”交于C、D两点，．求弦长的最大值． 21．（23-24高二上·广东·期中）已知椭圆经过点，左，右焦点分别为，，为坐标原点，且． (1)求椭圆的标准方程； (2)设A为椭圆的右顶点，直线与椭圆相交于，两点，以为直径的圆过点A，求的最大值． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点07 椭圆的定点定值和最值问题 5大高频考点概览 考点01 椭圆中直线过定点问题 考点02 存在定点满足某条件问题 考点03 椭圆中的定值问题 考点04 椭圆中的面积最值问题 考点05 椭圆中的长度最值问题 地 城 考点01 椭圆中直线过定点问题 1．（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： 2．（24-25高二上·广东广州·期中）已知椭圆的焦点为，，左、右顶点分别为，点为椭圆上异于的动点，的周长为. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线交直线于点，连接交椭圆于点，直线，的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）设直线，证明：直线过定点. 【答案】(1)椭圆的方程为 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标及的周长，可得的值，从而可求解椭圆方程； （2）（i）先利用点的坐标表示出两条直线的斜率，再结合椭圆的方程，代入化简即可；（ii）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理与（i）中斜率乘积为定值，化简求得定点坐标，即可证得结论． 【详解】（1）依题意可设椭圆，且， 又的周长为，即， 所以， 所以椭圆的方程为． （2）证明：（i）设,，,，， 由（1）可知，， 所以，， 因为，即，所以， 所以， 又，所以， 所以； （ii）因为直线的方程为，,，,， 联立，得， 所以，， 由（i）可知，，即， 所以， 即， 化简得，解得或（舍去）， 所以直线的方程为， 所以直线经过轴上的定点，定点坐标为． 3．（23-24高二上·广东佛山·期中）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且过点 (1)求椭圆C的方程； (2)设直线l的斜率存在，不经过A点且与C交于两个不同的点P，Q，若直线分别与y轴交于点，且，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的离心率以及过的点，列出方程，求得，即得答案； （2）设直线方程为，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，表示出直线的方程，求得的纵坐标的表达式，结合化简可得之间的关系，代入中，即可证明结论. 【详解】（1）由题意知椭圆的离心率为，且过点， 故，且， 解得， 故椭圆C的方程为. （2）由于，可知在x的同侧，则l的斜率不为0， 故设，联立， 得，设， 需满足，即有解； 则， 直线的方程为，令，得， 同理可得， 则，即， 整理得， 即， 即，即， 即得或，均满足有解， 当时，直线l为，此时直线过定点，不合题意； 当时，直线l为，此时直线过定点. 【点睛】方法点睛：本题考差了椭圆方程的球法以及直线和椭圆位置关系中的直线过定点问题，解答时要设直线方程，联立椭圆方程，得出根与系数的关系，结合题设化简；解答的难点在计算过程复杂，计算量较大. 地 城 考点02 存在定点满足某条件问题 4．（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. 5．（23-24高二上·广东广州·期中）已知椭圆的焦距为，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)经过椭圆右焦点且斜率为的动直线与椭圆交于、两点，试问轴上是否存在异于点的定点，使得直线和关于轴对称？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在； 【分析】（1）将带入椭圆的方程求解即可； （2）将直线和关于轴对称转化为，然后联立直线和椭圆的方程求解即可. 【详解】（1）椭圆的焦距为，故， 过点，，且， 联立解得： 所以椭圆的方程为：. （2）   椭圆右焦点为， 故过椭圆右焦点且斜率为的动直线为：， 和椭圆联立得：， ， 设，则， 设存在异于点的定点，直线和关于轴对称， 故，即 化简得：， 即则. 故存在异于点的定点，使得直线和关于轴对称. 6．（22-23高二下·广东揭阳·期中）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，且也是抛物线：的焦点，为椭圆与抛物线在第一象限的交点，且. (1)求椭圆的方程； (2)设动直线与椭圆交于，两点，存在一点使，判断直线是否经过定点?若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由. 【答案】(1) (2)动直线不过定点，理由见解析 【分析】（1）根据抛物线方程可求出，则，设，则由抛物线的定义列方程可求出，从而可求出点的坐标，再将点的坐标代入椭圆方程，结合可求出，从而可得椭圆方程； （2）若动直线过，可得满足条件，若直线不过，假设直线过定点，设直线的方程是：，设，，将直线方程代入椭圆方程化简后利用根与系数的关系，由，可得，结合前面的式子化简可得，从而可得结论. 【详解】（1）∵也是抛物线：的焦点，∴， ∴，且抛物线的准线方程为， 设点， ∵，∴，∴， ∴，∴， ∵，解得，， ∴椭圆方程为； （2）①若动直线过，此时、、共线，满足题设. ②若直线不过，假设直线过定点，由椭圆的对称性可知定点必在轴上，设为；则直线的方程是：， 设，，则 联立，消整理得， 由得 由韦达定理有， 由（显然，的斜率存在），故， 即，. ∴. 由，两点在直线上，故， 代入上式，整理可得： 即有. 整理可得：，无论为何值使等式成立. 又时满足；故直线恒经过定点. 时恒成立，此时直线不过定点. 综上①②，动直线不过定点.    【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆与抛物线的综合问题，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是设出直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，再由，得，然后化简计算即可，考查数学计算能力，属于较难题. 地 城 考点03 椭圆中的定值问题 7．（24-25高二下·广东·期中）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，点在椭圆上，斜率为的直线与椭圆相交于两点（异于点）． (1)求椭圆的方程； (2)若的面积为，求直线的方程； (3)记直线与的斜率分别为，直线的斜率分别为，证明：． 【答案】(1) (2)或或或 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意列方程组即可求解； （2）设直线的方程，与椭圆方程联立，进而根据韦达定理计算，再利用面积即可求出； （3）利用第（2）问的韦达定理计算并化简、即可证得. 【详解】（1）由题知，解得， 故椭圆的方程为． （2）设直线的方程为，点的坐标分别为， 联立方程，得， 由，得， 由韦达定理，有， 所以， 因原点到直线的距离为， 所以的面积为， 由，解得或， 故直线的方程为或或或． （3）因为 ， ， 所以． 8．（24-25高二上·广东佛山·期中）已知椭圆的一个焦点，两个焦点与短轴的一个端点构成等边三角形. (1)求椭圆的标准方程; (2)过焦点作轴的垂线交椭圆上半部分于点，过点作椭圆的弦在椭圆上且直线的倾斜角互补，问直线MN的斜率是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. (3)在第（2）问的条件下，当面积最大时，求直线MN的方程. 【答案】(1)； (2)是， (3)和 【分析】（1）根据题意，易得的值，进而分析可得，由公式求出，代入椭圆方程即得； （2）根据题意，设直线PM方程，将其与椭圆方程联立，由根与系数的关系得的坐标，利用PM与PN的关系，得的坐标，然后利用斜率的计算公式化简计算即得. （3）由原点到直线的距离及弦长公式可求出面积，利用二次函数求出最值即得直线的方程. 【详解】（1）由题意可知椭圆的半焦距， 由两个焦点与短轴的一个端点构成等边三角形得， ， 故椭圆的标准方程为. （2） 由已知得， 由图知，直线的倾斜角互补，即直线的斜率与的斜率互为相反数， 可设直线的方程为， 代入，消去得. 设， 所以，可得， 因直线PM的斜率与PN的斜率互为相反数， 所以在上式中以代替，可得， 所以直线的斜率， 即直线的斜率为定值. （3）由（1）已得， ,可设直线的方程为：， 代入，整理得：， 则，即， 设，则， 于是，， 点到直线的距离为， 则的面积为： ， 因，则，故当时，取得最大值， 此时直线的方程为, 即和. 9．（24-25高二上·广东·期中）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆C上. (1)求椭圆的方程； (2)过坐标原点的两条直线分别与椭圆C交于四点，且直线斜率之积为，求证：四边形的面积为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据，再根据点是椭圆上一点，求得，即得答案； （2）考虑直线斜率是否存在情况，然后设直线方程，和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，结合可得到，进而表示出四边形的面积，化简可得结论. 【详解】（1）由题意 又∵点是椭圆上一点，∴，又 解得 因此，椭圆的方程为 （2）证明：当直线的斜率不存在时，由对称性不妨设 ， 则 ，又 ，解得 ， 根据椭圆的对称性，不妨取 ,则， 则 , 所以 ; 当直线斜率存在时，设直线的方程为，设点 联立，得， 则 因为，得，即， 所以，，解得， ， 原点到直线的距离为， 因为 且 所以（定值）， 综上述四边形的面积为定值． 10．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知圆M：，点，S是圆M上一动点，若线段SN的垂直平分线与SM交于点Q. (1)求点Q的轨迹方程C； (2)对于曲线C上一动点P，且P不在x轴上，设△PMN内切圆圆心为E，证明：直线EM与EN的斜率之积为定值. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据垂直平分线性质可知，可得，满足椭圆定义，由此可求得点轨迹方程； （2）根据条件求出点E的坐标，再利用斜率公式进行解题即可. 【详解】（1）圆M：的圆心，半径. 设SN中点为K，则KQ为线段SN的垂直平分线，则， 所以， 所以点Q的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆， 即，则， 所以点Q的轨迹方程为：；    （2）证明：根据椭圆的对称性，不妨设，圆E的半径为. ， 同理，所以， 又， 所以. 对于，， 又， 所以， 所以， ， 即直线EM与EN的斜率之积为定值.    11．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知椭圆离心率等于且椭圆C经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与轨迹交于两点，为坐标原点，直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由． 【答案】(1) (2)是定值，理由见解析 【分析】（1）根据题意，由条件列出关于的方程，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，由弦长公式可得，再表示出点到直线的距离，由三角形的面积公式，即可得到结果. 【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为. （2）    设，联立直线和椭圆方程可得：， 消去可得：，所以 ， 即，则， ， ， 把韦达定理代入可得：， 整理得， 又， 而点到直线的距离， 所以， 把代入，则，可得是定值1． 12．（21-22高二上·广东深圳·期中）已知椭圆的右焦点是，过点F的直线交椭圆C于A，B两点，若线段AB中点Q的坐标为． (1)求椭圆C的方程； (2)已知是椭圆C的下顶点，如果直线y=kx+1（k≠0）交椭圆C于不同的两点M，N，且M，N都在以P为圆心的圆上，求k的值； (3)过点作一条非水平直线交椭圆C于R、S两点，若A，B为椭圆的左右顶点，记直线AR、BS的斜率分别为k1、k2，则是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)为定值，理由见解析. 【分析】（1）由点差法可得结合，解方程组可得、的值，从而可得椭圆C的方程； （2）依题意可知点P在线段MN的垂直平分线上，则可得线段MN的垂直平分线方程为，再由线段MN的中点在此直线上，代入解方程即可求得k的值； （3）设直线的方程为，联立椭圆方程可得，，则，代入计算即可得结果. 【详解】（1）设，，直线AB的斜率显然存在，则， 因为线段AB中点Q的坐标为，所以，， 直线AB的斜率， A，B两点在椭圆椭圆C上， 所以，，两式相减得 ， 即， 所以，整理得，① 又且，② 由①②可解得，， 所以椭圆C的方程为. （2）由得， 则，，， 设M，N中点为， 则，， 因为M，N都在以P为圆心的圆上，所以，则点P在线段MN的垂直平分线上， 依题意，所以线段MN的垂直平分线方程为， M，N中点为在此直线上， 所以有，即，解得. 所以k的值为. （3）依题意有，，， 设直线的方程为， 由得， 则，， ， 所以为定值.    地 城 考点04 椭圆中的面积最值问题 13．（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. 14．（22-23高二上·广东肇庆·期中）（多选）已知、是椭圆长轴上的两个顶点，、是椭圆C的左右焦点，点是椭圆上异于、的任意一点，则下列四个命题中正确的是（    ） A．的最大值为 B．椭圆C的离心率为 C．面积的最大值为 D．椭圆C与双曲线有相同的焦点 【答案】BCD 【分析】利用椭圆的几何性质可求得，可求得焦点坐标，可得，利用余弦定理可得，进而可判断A；求得椭圆的离心率可判断B；求得三角形面积的最大值判断C；求得双曲线的焦点坐标判断D. 【详解】由椭圆，可得、， 又，所以，，， 所以，所以、， 对于A，因为是椭圆上异于、的任意一点，所以， 在中，由余弦定理可得 ，当且仅当时，取等号， 又， 所以，故的最大值为，故A错误； 对于B，椭圆的离心率为，故B正确； 对于C，设，则面积为， 当为椭圆的短轴的两端点时，取等号， 所以面积的最大值为，故C正确； 对于D，由双曲线，可得，所以， 所以，所以， 所以双曲线的焦点坐标为， 所以椭圆C与双曲线有相同的焦点，故D正确. 故选：BCD. 15．（23-24高二上·广东东莞·期中）已知O为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，，，P为椭圆的上顶点，以P为圆心且过，的圆与直线相切. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知直线交椭圆C于M，N两点.若直线l的斜率等于1，求面积的最大值． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据定义先求出，然后利用圆上的点到圆心的距离为半径求出，最后求出和椭圆方程； （2）先联立得到的取值范围，然后得到面积的解析式，根据函数性质求得面积最大值，最后判断是否符合要求即可. 【详解】（1）因为，所以， 又且以为圆心的圆与直线相切，所以， 又圆过点，所以，解得， 所以， 故椭圆方程为； （2）如图所示，    不妨令直线，， 联立，得， 所以，解得， 又， 且点到直线的距离为， ， 所以， 当且仅当时取到最大值，此时满足， 所以. 【点睛】关键点睛：熟练应用韦达定理和弦长公式是解决解析几何的基本功，需要大量的训练和练习. 16．（22-23高二下·广东河源·期中）已知椭圆的离心率为，椭圆的左顶点为，上顶点为，为坐标原点，且的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于，两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解； （2）先求出当轴时，当与轴不垂直时，设出直线方程，并与椭圆方程联立，再结合判别式法，以及韦达定理，弦长公式，不等式的公式，即可求解． 【详解】（1）设椭圆的半焦距为， 依题意有，，， ，，， 所求椭圆方程为； （2）设，， ①当轴时，； ②当与轴不垂直时， 设直线的方程为， 坐标原点到直线的距离为， 则，即． 把代入椭圆方程，整理得， ， ， 结合，消去，可化为，， 当且仅当，即，，时，等号成立， 又当不存在时，， 综上所述，的最大值为2， 所以的面积的最大值为．    【点睛】思路点睛：利用坐标原点到直线的距离求得高，韦达定理求得弦长可得三角形的面积，利用基本不等式求值. 17．（22-23高二下·广东深圳·期中）已知焦点在轴上椭圆，长轴长，离心率. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知，过原点且斜率为的直线与椭圆交于两点，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆中，，的关系及离心率公式即可求解； （2）设，，直线的方程为，将直线的方程与曲线的方程联立，利用弦长公式求出，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，最后利用三角形面积公式写出面积的表达式，通过变形利用基本不等式求出最值. 【详解】（1）因为，， 所以，，， 又因为椭圆焦点在轴上， 所以椭圆方程为. （2）设，，直线的方程为， 将直线的方程与曲线的方程联立，得， 消去得， 所以， ， 又因为点到直线的距离， 所以的面积 ， 因为，所以（当且仅当时等号成立）， 所以的面积， 即面积的最大值为. 地 城 考点05 椭圆中的长度最值问题 18．（21-22高二上·广东广州·期中）已知椭圆的焦距为，离心率为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若点，点B在椭圆C上，求线段长度的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得，，求出，再由 求出，从而可求得椭圆方程， （2）设，然后利用距离公式和二次函数的性质求解即可 【详解】（1）依题意，得，离心率， 所以， 所以椭圆C的标准方程为. （2）设，则，则有 所以， 由两点间的距离公式，得 ， 因为， 所以当时，线段的长度最大，为. 19．（24-25高二上·广东佛山·期中）设，分别是椭圆的左、右焦点，P为C上一点. (1)已知，且点在C上. （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）求的最大值. (2)若为坐标原点，，且的面积等于9，求的值和的取值范围. 【答案】(1)（Ⅰ）；（Ⅱ） (2)， 【分析】（1）（Ⅰ）根据题意求出，即可得解； （Ⅱ）设，利用两点间的距离公式结合二次函数的性质即可得解； （2）取得中点，连接，则，进而可得，根据三角形的面积求出，再利用勾股定理即可求出之间的关系，即可求出，根据，可得的最大值要大于等于，再根据椭圆的性质求出的范围，即可得解. 【详解】（1）（Ⅰ）由题意得， 所以， 所以椭圆C的方程为； （Ⅱ）设，则， 则， 所以当时，取得最大值， 所以的最大值为； （2）取得中点，连接，则， 因为为的中点， 所以，所以， 则，所以， 由， 得， 即，所以， 即，所以， 因为P为C上一点，且， 则的最大值要大于等于， 当取得最大值时，点位于椭圆的上下顶点，设椭圆的上顶点为， 则，所以， 则，所以， 所以， 所以.    【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. 20．（23-24高二上·广东·期中）给定椭圆，我们称圆为椭圆E的“伴随圆”．已知椭圆E中，离心率为． (1)求椭圆E的方程； (2)若直线与椭圆E交于A、B两点，与其“伴随圆”交于C、D两点，．求弦长的最大值． 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）由离心率得关系，结合及关系式，可求，进而得到椭圆E的方程； （2）由圆的几何关系求得弦心距，再结合圆心到直线距离公式可求关于的关系式，联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，利用弦长公式化简，结合基本不等式可求的最大值． 【详解】（1）由题可知，，，且，解得， 故椭圆的标准方程为：. （2）由（1）可求“伴随圆”为：， 因为，所以圆心到直线距离为， 由圆心到直线距离公式得，解得， 联立直线与椭圆方程，得， 由得，由得，， 设，则， 由弦长公式可得： ， 若时，则； 若时，则 当且仅当时取到等号， 综上所述：弦长的最大值2. 21．（23-24高二上·广东·期中）已知椭圆经过点，左，右焦点分别为，，为坐标原点，且． (1)求椭圆的标准方程； (2)设A为椭圆的右顶点，直线与椭圆相交于，两点，以为直径的圆过点A，求的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】 （1）将点带入椭圆方程，结合椭圆的定义计算即可； （2）设直线方程为及M、N点坐标，联立椭圆方程，利用韦达定理及计算可得值，再由等面积法转化得，最后整体换元由对勾函数求最值即可. 【详解】（1）根据题意可得解得，， 所以椭圆的方程为． （2）   由(1)得，设直线的方程为，，，， 联立，得， 所以， ，, ， ， 因为以为直径的圆过点A，故，所以， 所以，所以， 所以，所以， 解得或舍去， 当时，，且，点A到MN的距离为， 所以， 化简得， 令，则， ， 由对勾函数的单调性知，在上单调递增， 即时取得最小值，此时. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $