专题03曲线方程、椭圆专题（12大题型）（期末真题分类汇编 河南专用）高二数学上学期

null 专题03 曲线方程、椭圆 12大高频考点概览 考点01 椭圆的方程 考点02 根据椭圆方程求参数 考点03 曲线的轨迹问题 考点04 直线与椭圆相交问题 考点05 中点弦问题 考点06 椭圆的焦点三角形问题 考点07 椭圆的离心率问题 考点08 用曲线的方程研究曲线的性质 考点09 椭圆中的定点问题 考点10 椭圆中的定值问题 考点11 椭圆中的面积问题 考点12 椭圆中的最值、范围问题 地 城 考点01 椭圆的方程 1．(23-24高二上·河南信阳固始县·期末)圆与的位置关系为 ；与圆，都内切的动圆圆心的轨迹方程为 ． 【答案】 内含 【分析】先利用圆心距与两半径之差的比较得到两圆位置关系；再利用两圆内切推得，从而利用椭圆的定义即可得解. 【详解】依题意，圆心，半径，圆心，半径， 所以，则两圆内含； 设动圆的圆心，半径为，则， ， 依椭圆的定义知，的轨迹为椭圆，其中， 又， 所以的轨迹方程为. 故答案为：内含；. 2．(24-25高二上·河南商丘·期末)（1）求两焦点分别为，且过点的椭圆的标准方程； （2）求与双曲线共渐近线，且过点的双曲线的标准方程. 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）设椭圆方程为，依题意得到关于、、的方程组，解得即可； （2）设双曲线方程为，将点的坐标代入方程求出即可. 【详解】（1）设椭圆方程为， 依题意，解得，所以椭圆方程为； （2）依题意设双曲线方程为，则，解得， 所以双曲线方程为. 3．(23-24高二上·河南济源·期末)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，，，则的值为（    ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【分析】结合题意和椭圆的性质，将边长全部用a表示出来，勾股定理列出方程求解即可. 【详解】 如图，设椭圆的左焦点为，连接， 因为，结合椭圆的对称性可知，四边形为矩形， 设，则，，， 在中，， 化简整理得，所以，， 在中，， 所以， 故选：B. 地 城 考点02 根据椭圆方程求参数 4．(24-25高二上·河南许昌·期末)若方程表示椭圆，则的值可以为（   ） A．1 B．3 C．6 D．8 【答案】BD 【分析】根据方程表示椭圆列不等式，由此求得的取值范围，结合选项即可判断. 【详解】由于方程表示椭圆， 所以，解得或， 结合选项，可知的值可以为3和8. 故选：BD 5．(24-25高二上·河南漯河·期末)若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，利用椭圆方程的标准形式，即可求解. 【详解】由，即， 由题有，所以， 故选：A. 6．(24-25高二上·河南新乡·期末)若方程表示椭圆，则的值不可能是（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】根据椭圆方程列式求的范围，即可得结果. 【详解】因为方程表示椭圆， 则，解得， 结合选项可知ABD正确，C错误. 故选：C. 7．(23-24高二上·河南洛阳·期末)已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围是（    ） A． B． C． D．且 【答案】A 【分析】根据题意结合椭圆的标准方程的形式，建立不等式，即可求解. 【详解】方程，即表示焦点在轴上的椭圆， ，解得． 故选：A． 8．(23-24高二上·河南部分名校·期末)已知曲线，则（    ） A．当时，曲线是椭圆 B．当时，曲线是以直线为渐近线的双曲线 C．存在实数，使得过点 D．当时，直线总与曲线相交 【答案】ABC 【分析】A：根据的正负以及大小关系判断；B：先表示出双曲线方程，然后可知渐近线方程；C：代入于曲线方程，然后判断方程是否有解即可；D：考虑时的情况. 【详解】当时，，所以方程表示的曲线是椭圆，故A正确； 当时，方程为，所以，其渐近线方程为，即，故B正确； 令，整理得且，此方程有解，故C正确； 当时，曲线为双曲线，直线为的一条渐近线，此时无交点，故D错误. 故选：ABC. 9．(23-24高二上·河南济源·期末)已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（    ） A．当时，曲线C是椭圆 B．当或时，曲线C是双曲线 C．若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则 D．若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则 【答案】BCD 【分析】利用椭圆以及双曲线的标准方程的特征可逐一判断各选项. 【详解】A选项，曲线是椭圆等价于，解得且，故A错误； B选项，曲线是双曲线等价于，解得或，故B正确； C选项，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，故C正确； D选项，若曲线是焦点在轴上的双曲线，则，解得，故D正确. 故选：BCD. 10．(23-24高二上·河南漯河·期末)已知椭圆C：的焦点在y轴上，则实数k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据椭圆焦点所在轴，列出关于k的不等式求解即可. 【详解】因为椭圆的焦点在y轴上，所以有，解得. 故选：A 地 城 考点03 曲线的轨迹问题 11．(24-25高二上·河南周口·期末)已知长为6的线段的两端点分别在轴和轴上，点满足，则关于点的轨迹，下列说法正确的是（    ） A．点的轨迹是焦点在轴上的椭圆 B．点的轨迹是短轴长为1的椭圆 C．点的轨迹是离心率为的椭圆 D．点的轨迹是长轴长为10的椭圆 【答案】D 【分析】先设，点，则， 由得，，代入，化简得到轨迹方程，结合长短轴概念，离心率公式计算判定即可. 【详解】设，则， 设点，则， 由得，， 所以，则， 代入，得， 即，则， 所以，， 所以点的轨迹是焦点在轴上的椭圆，短轴长为， 离心率为，长轴长为，故A，B，C错误，D正确. 故选：D. 12．(23-24高二上·河南洛阳·期末)已知，，直线，相交于，直线，的斜率分别为，，则（    ） A．当时，点的轨迹为除去，两点的椭圆 B．当时，点的轨迹为除去，两点的圆 C．当时，点的轨迹为除去，两点的双曲线 D．当时，点的轨迹为除去，两点的抛物线 【答案】ABC 【分析】针对各个选项，设，利用轨迹法的步骤，求轨迹方程，即可判断选项. 【详解】根据题意知：，，设， 对选项，， 化简可得 ， 点的轨迹为除去,点的椭圆，故A正确； 对B选项,，, 化简可得，， 点的轨迹为除去，两点的圆，故B正确； 对C选项，，, 化简可得，, 点的轨迹为除去，两点的双曲线，故C正确； 对D选项， , 化简可得，,点的轨迹不是除去，两点的抛物线，故D错误． 故选：ABC 13．(23-24高二上·河南信阳·期末)方程（为常数）表示的曲线可能是（    ） A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】ABC 【分析】根据题意取不同的值代入方程，可得方程所表示的曲线的形状，从而可得出答案. 【详解】解析：若，方程表示直线；若，方程表示椭圆； 若，方程表示双曲线；，方程不表示任何曲线； 由于方程没有一次项，方程不可能表示抛物线． 故选：ABC． 14．(24-25高二上·河南开封·期末)平面内与两定点，连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上，两点所形成的曲线C可以是（        ） A．若，C是圆心在原点的圆 B．若，C是焦点在x轴上的椭圆 C．若，C是焦点在x轴上的椭圆 D．若，C是焦点在x轴上的双曲线 【答案】ACD 【分析】设动点为，再根据化简求解可得，再分别讨论，，与时的情况即可. 【详解】设动点为， 当时，由条件可得， 即， 又、的坐标满足， 对A，当时，曲线C的方程为，C是圆心在原点的圆，所以A正确; 对B，当时，曲线C的方程为，C为焦点在y轴上的椭圆，故B错误; 对C，当时，，C是焦点在x轴上的椭圆，故C正确; 对D，当时，，C是焦点在x轴上的双曲线，故D正确. 故选：ACD 地 城 考点04 直线与椭圆相交问题 15．(23-24高二上·河南三门峡·期末)法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以坐标原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆.若矩形的四边均与椭圆相切，则下列说法正确的是（    ） A．椭圆的蒙日圆方程为 B．若为正方形，则的边长为 C．若是直线：上的一点，过点作椭圆的两条切线与椭圆相切于，两点，是坐标原点，连接，当为直角时，或 D．若是椭圆蒙日圆上一个动点，过作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于，两点，则面积的最大值为18 【答案】ABC 【分析】A选项，求出，得到蒙日圆方程；B选项，设出边长，得到方程，求出答案；C选项，直线：与的交点即为所求点，联立后得到点坐标，得到斜率；D选项，，由基本不等式求出最值. 【详解】A选项，，故椭圆的蒙日圆方程为，A正确； B选项，由题意，为圆的内接矩形， 若为正方形，设的边长为，则，解得，故B正确； C选项，由题意得，直线：与的交点即为所求点， 则，解得或， 故或，故或，C正确. D选项，由对称性可知，四边形为矩形，其中为对角线， 且， 故，当且仅当时等号成立，故D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解蒙日圆的定义与性质，从而得解. 16．(23-24高二上·河南洛阳·期末)已知椭圆：的短轴长为，且椭圆经过点． (1)求椭圆的方程； (2)若过点的直线与椭圆相交于，两点，且，求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】由短轴长，可得的值，再将点的坐标代入椭圆的方程，可得的值，进而求出椭圆的方程； 由题意可得直线的斜率不为，设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，因为，所以，整理可得参数的值，即求出直线的方程． 【详解】（1）由短轴长为，可得，即， 将代入可得：，解得， 所以椭圆的方程为：； （2）显然直线的斜率不为，设直线的方程为，设，， 联立，整理得：，得，，且， 因为，所以，所以， 即，即， 所以，整理可得：，解得， 所以直线的方程为：，即 17．(24-25高二上·河南豫东名校·期末)设椭圆的离心率为，且过点，右焦点为． (1)求的方程； (2)若直线与交于不同的两点，证明，直线和的倾斜角互补． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)利用离心率及得出，，再将点带入椭圆方程即可求解； (2)联立椭圆与直线的方程，借助韦达定理，证明即可得证. 【详解】（1）设椭圆的左焦点为，且， 因为，所以， 又因为，所以， 所以椭圆的方程为，即， 将代入得，所以， 所以椭圆的方程为． （2） 由(1) 可知椭圆的方程为，则， 联立方程组消去并整理得， 设， 所以． 所以， 因为， 所以，则直线和的倾斜角互补． 地 城 考点05 中点弦问题 18．(23-24高二上·河南开封·期末)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. 19．(24-25高二上·河南三门峡·期末)已知椭圆E：，的右焦点为，过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为，则E的方程为 . 【答案】 【分析】设，，采用“点差法”，得，再根据直线过点，和AB的中点坐标，得，结合椭圆中a，b，c的关系，可求得，，即可得E的方程. 【详解】已知，设，，则①，②， 已知AB的中点坐标为，， ①－②得， ∴， ∵，∴，即， 又， ∴，，即E的方程为. 【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了弦的中点有关问题；在中点弦或弦的中点问题中，常采用“点差法”和中点坐标公式、斜率的计算公式求解. 地 城 考点06 椭圆的焦点三角形问题 20．(23-24高二上·河南商丘中州联盟·期末)若点是椭圆上任意一点，分别是的左、右焦点，则（   ） A． B．2 C． D．4 【答案】D 【分析】根据椭圆的定义分析求解即可. 【详解】由方程可知：， 由椭圆的定义可知． 故选：D． 21．(24-25高二上·河南驻马店环际大联考“逐梦计划”·)已知椭圆的左、右焦点分别为、，长轴长，焦距为，过点的直线交椭圆于，两点，则的周长为（   ） A．4 B．8 C．16 D．32 【答案】D 【分析】长轴长为，则，根据椭圆的定义知焦点弦的周长为，即可求解. 【详解】因为椭圆方程为，长轴长为，则， 的周长为. 故选：D 22．(24-25高二上·河南洛阳·期末)已知椭圆C：，P为椭圆上一点，若，r为的内切圆的半径，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由椭圆定义及圆切线性质，结合直角三角形求内切圆半径. 【详解】 椭圆C：，所以， 由椭圆定义及圆切线性质知：. 故选：C 23．(23-24高二上·河南三门峡·期末)已知椭圆：的离心率为，左顶点是A，左、右焦点分别是，，是在第一象限上的一点，直线与的另一个交点为．若，则直线的斜率为（ ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用相似关系可得，再利用直线方程和椭圆方程后可求直线的斜率. 【详解】 因为离心率为，故可设，故， 故椭圆方程为：， 而，，故，因，故. 故直线与轴不垂直也不重合， 故可设，，，则， 由可得， 因在椭圆内部，故恒成立，且， 故，因，故， 此时，， 故在第一象限，符合条件，的斜率为， 故选：A. 24．(23-24高二上·河南南阳·)若椭圆和双曲线的共同焦点为，，是两曲线的一个交点，则的面积值为（    ） A．4 B．8 C．12 D．16 【答案】A 【分析】利用椭圆，双曲线的定义求出，进而可求出，，利用余弦定理求出，进而可得，最后利用面积公式计算即可. 【详解】不妨设为左焦点，为右焦点，为两曲线在第一象限的交点， 则由已知得， 则， ， ， 则， 所以. 故选：A. 25．(22-23高二上·河南驻马店·期末)已知椭圆与双曲线具有相同的左、右焦点，，点为它们在第一象限的交点，动点在曲线上，若记曲线，的离心率分别为，，满足，且直线与轴的交点的坐标为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据椭圆、双曲线的定义可得，结合离心率可得，在中，利用余弦定理可得，进而结合椭圆性质可知：当为椭圆短轴顶点时，取到最大值，分析求解即可. 【详解】由题意可知：，解得， 又因为，可得， 由直线与轴的交点的坐标为可得， 在中，由余弦定理可得 ， 可得，整理得，解得或（舍去）， 且，所以， 由椭圆性质可知：当为椭圆短轴顶点时，取到最大值， 此时， 且，则，所以，即. 故选：A. . 【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于找到的两种表达方式，构造了关于的方程，从而得解. 26．(23-24高二上·河南部分名校·期末)椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点（如图）.已知椭圆的左､右焦点分别为，过点的直线与交于点，，过点作的切线，点关于的对称点为，若，，则（    ） 注：表示面积. A．2 B． C．3 D． 【答案】C 【分析】结合椭圆性质以及光学性质得，再结合即可得解. 【详解】如图，由椭圆的光学性质可得三点共线.设， 则. 故，解得. 又，所以，所以. 故选：C. 【点睛】关键点睛：关键是充分结合光学性质以及椭圆定义，将线段长度都用来表示，由此即可顺利得解. 27．(24-25高二上·河南郑州·期末)椭圆的两个焦点分别为，则下列说法正确的是（    ） A．若，过点的直线与椭圆交于两点，则的周长为16 B．若直线与恒有公共点，则的取值范围为 C．若上存在点，使得，则的取值范围为 D．若为上一点，为左焦点，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】根据椭圆的定义，即可判断A，根据椭圆方程的形式，以及直线所过定义，即可判断B，将存在点使，转化为以为直径的圆与椭圆有交点，再讨论焦点的位置，即可列式求解，利用椭圆的定义，结合数形结合，转化为三点共线，即可判断D. 【详解】A.若，则，，则的周长为，故A正确； B. 直线恒过定点，若直线与恒有公共点， 则且，故B错误； C. 若上存在点，使得，则， 若椭圆的焦点在轴，则，，解得， 若椭圆的焦点在轴，则，，解得：， 综上可知，的取值范围为 ，故C正确； D.，椭圆方程为，，，， 设椭圆的右焦点为，则， 如图，当三点共线，且，等号成立， 所以的最小值为，故D正确. 故选：ACD 地 城 考点07 椭圆的离心率问题 28．(24-25高二上·河南南阳·期末)一个底面半径为2的圆柱被与其底面所成角是的平面所截，截面是一个椭圆，则该椭圆的离心率为 ． 【答案】 【分析】根据题设可得椭圆的长半轴为，结合椭圆参数关系求，即可得离心率. 【详解】因为底面半径为R的圆柱被与底面成的平面所截，其截口是一个椭圆， 则这个椭圆的短半轴为，长半轴为，且， ， 椭圆的离心率为； 故答案为：． 29．(24-25高二上·河南漯河·期末)已知椭圆的左右焦点分别为，，P为C上一点，O为坐标原点，若，，则椭圆C的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用椭圆的定义求得，由条件结合图形，求得，代入椭圆方程，化简求得，则可得离心率. 【详解】 如图，因P为C上一点，不妨设点在第二象限， 则，解得， 因，则可得， 代入椭圆方程，可得， 化简得，即， 因，故，则离心率为：. 故选：B. 30．(24-25高二上·河南三门峡·期末)已知是椭圆上一点，分别是椭圆的左､右焦点､若的周长为6，且椭圆上的点到椭圆焦点的最小距离为1，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据椭圆的定义和性质列式求，进而可得离心率. 【详解】由题意可知：，解得， 所以椭圆的离心率. 故选：A. 31．(23-24高二上·河南洛阳·期末)椭圆的左、右顶点分别是，椭圆的左焦点和中心分别是，已知是，的等比中项，则此椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用椭圆的几何性质由等比中项性质可得，即可求离心率. 【详解】根据题意可得， 由是，的等比中项， 可得，可得， 所以． 故选：B 32．(24-25高二上·河南驻马店·期末)抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，过点作一条与轴平行的直线与直线交于点（其中为坐标原点），若点的轨迹与椭圆：交于、两点，且，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出点D的轨迹是抛物线的准线，再由直线与椭圆的弦长进行求解即可． 【详解】解：， 如图所示：    设：代入，， 得，设，， 则，， 设，则， ， 因为， 不妨令，代入椭圆： 得， 所以椭圆的离心率， 故选：D 33．(24-25高二上·河南开封·期末)古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的截面是圆，把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用矩形ABCD截某圆锥得到的椭圆E与该矩形的四边相切，且该矩形的长：宽为，则椭圆E的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意，再根据求解即可. 【详解】由题意，得，故离心率为 故选：C 34．(23-24高二上·河南漯河·期末)已知椭圆，点是椭圆的左､右焦点，点是椭圆上一点，的内切圆的圆心为，若，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取线段的中点为，结合条件可得，再根据 及椭圆的定义，即可得到结果. 【详解】取线段的中点为，点分别为边,上的切点，如图所示： 则，∵， ∴， ∴,,三点共线，，，则点为边上的切点， ∴. ∴， ∵ ，则， ∴， ∴，又，则， ∴，则. 故选：D. 【点睛】方法点睛：椭圆离心率的三种求法：（1）若给定椭圆的方程，则根据焦点位置确定，求出的值，利用公式直接求解．（2）求椭圆的离心率时，若不能直接求得的值，通常由已知寻求的关系式，再与组成方程组，消去得只含的方程，再化成关于的方程求解．（3）求离心率时要充分利用题设条件中的几何特征构建方程求解，从而达到简化运算的目的． 35．(24-25高二上·河南商丘·期末)椭圆是轴对称图形，亦是中心对称图形，因其对称性，受到一些艺术制品设计者的青睐.现有一工艺品，其图案的基本图形由正方形和内嵌其中的“斜椭圆”组成（如图）．在平面直角坐标系中，将标准方程表示的椭圆绕着对称中心旋转一定角度，可得“斜椭圆”.已知一“斜椭圆”的方程为，则该“斜椭圆”的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由椭圆的对称性可得长半轴的长度为曲线上的点到原点距离的最大值，短半轴的长度为曲线上的点到原点距离的最小值，然后根据已知方程结合基本不等式可求出的最大值和最小值，从而可求出长半轴长和短半轴长，进而可求出离心率. 【详解】设“斜椭圆”的中心为坐标原点， 由椭圆的对称性可得长半轴的长度为曲线上的点到原点距离的最大值， 短半轴的长度为曲线上的点到原点距离的最小值， 由基本不等式，可得， 所以，解得， 当且仅当时成立， 当且仅当时，成立， 所以椭圆的长半轴长为，短半轴长为， 所以椭圆离心率为. 故选：A 36．(23-24高二上·河南南阳·)已知椭圆：，经过原点的直线交于、两点.是上异于、的一点，直线交轴于点，且.若直线、的斜率之积为，则椭圆的离心率 . 【答案】/ 【分析】利用点差法和椭圆离心率等知识求得正确答案. 【详解】依题意，直线、的斜率存在，由于， 则直线的斜率与直线的斜率互为相反数，即， 设是的中点，连接，则， 设，则，， 由两式相减并化简得， 由于直线、的斜率之积为，即， 则， 所以，所以椭圆的离心率. 故答案为： 【点睛】求解椭圆离心率有关的问题，可以利用直接法来进行求解，也即通过已知条件求得和，从而求得椭圆的离心率.也可以利用构造齐次式的方法来进行求解，也即通过已知条件求得或的等量关系式，由此来求得离心率. 37．(23-24高二上·河南新乡·期末)如图，椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上一点，为轴上一点，在以为直径的圆上，且，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 由，可设，结合椭圆定义以及得，再结合余弦定理知识求得等量关系式，则椭圆的离心率可求. 【详解】由，可设，则， 由对称性知， 由题可知，则， 由椭圆的定义知，则， 在中，， 则，整理得，故的离心率为. 故选：D. 38．(23-24高二上·河南漯河·期末)已知椭圆和双曲线有共同的焦点、，是它们的一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则的最小值为 . 【答案】/ 【分析】利用椭圆和双曲线的定义，在焦点三角形利用余弦定理得到，再用基本不等式求解. 【详解】不妨设为第一象限的点，为左焦点， 设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为， 则根据椭圆及双曲线的定义可得， ，所以，， ，在△中，， 由余弦定理得， 化简得，即． 所以，从而， 当且仅当，且，即，时等号成立． 故答案为： 39．(23-24高二上·河南信阳固始县·期末)已知，分别是椭圆的左、右焦点，如图，过的直线与C交于点A，与y轴交于点B，，，设C的离心率为，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用平面向量的知识，结合椭圆的定义与勾股定理求得所需线段关于的表示，从而利用离心率的定义与余弦定理逐一分析判断各选项即可. 【详解】因为，，所以，， 对于A，依题意，设，则， 如图，在中，， 则，故或(舍去)， 所以，故A正确； 对于B，由选项A知，，则， 在中，，即，故B正确； 对于C，在中，，故C错误； 对于D，由选项C可得，， 在中，，整理得， 故，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是将各线段用表示出来，从而得解. 地 城 考点08 用曲线的方程研究曲线的性质 40．(24-25高二上·河南驻马店·期末)已知曲线：，直线：，则（   ） A．曲线关于轴对称 B．存在实数，使得直线与曲线没有公共点 C．若直线与曲线有且只有一个公共点，则实数的取值范围是 D．若直线与曲线交于两点，且（其中为坐标原点），则实数的取值范围是 【答案】ACD 【分析】用代替，方程不变，可判断；时，曲线：，时，曲线：，画出曲线的图象，结合图象可判断，联立直线与曲线的方程，利用韦达定理及面积公式，解不等式继而可判断. 【详解】对于A：若满足曲线：时， 点也满足曲线的方程，故曲线关于轴对称，故A正确； 对于B：时，曲线：， 时，曲线：，图象如图所示； 直线：过定点， 由图可知，对任意，直线与曲线恒有公共点，故B错误；    对于C：当时，直线与双曲线的渐近线平行， 结合图象可知，直线与曲线有且只有一个公共点时， ，故C正确； 对于D：由图可知，直线与曲线的交点在双曲线 上， 代入，得， 结合图象可知，当时，直线与曲线有两个公共点， 设两个交点，， 所以，且， ，， 所以， 所以， 即，解得， 所以，或， 所以，故正确； 故选：ACD.    【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形面积的处理方法： （1）（其中为弦长，为顶点到直线的距离）； （2）拆分法：为了方便找底边，可以将三角形沿着轴，轴，拆分成两个三角形. 41．(24-25高二上·河南周口·期末)如图，“倒形”曲线由两部分组成，轴左侧部分曲线为轴及其右侧部分曲线为，且，若为“倒形”曲线上一动点，则下列说法正确的是（    ） A．曲线与轴所围成区域的面积为 B．曲线的方程为 C．的最大值为2 D．若直线与曲线有四个交点，则实数的取值范围为 【答案】BD 【分析】化简曲线的方程，确定轨迹形状，结合面积公式判断A，化简曲线的方程可得 ，，结合条件求，由此判断B，结合曲线方程的最大值不小于，判断C，结合图象确定满足条件的直线的临界位置，由此确定其范围，判断D. 【详解】曲线0可化为， 表示以为圆心，半径为1的两个半圆， 易得与轴所围成的区域的面积为，A错误； 因为，曲线， 化为 ，，表示右焦点为的椭圆在轴上及轴右侧的部分， 由图可知，，又，解得， 所以曲线的方程为，B正确； 点在曲线上，该点到原点的距离为， 所以曲线上的动点到原点的距离的最大值不小于，C错误； 由图可知，若直线与曲线有四个交点， 则直线位于和之间（与不重合）， 其中过原点，是第二象限的半圆的切线， 当直线与第二象限的半圆相切时，， 解得舍去）， 所以实数的取值范围为，D正确. 故选：BD. 42．(24-25高二上·河南洛阳·期末)已知曲线，则下列结论中正确的是（   ） A．曲线关于直线对称 B．曲线上的点到直线的最大距离是 C．曲线与直线无公共点 D．曲线与圆有三个公共点 【答案】D 【分析】对于A，设点是曲线上任一点，判断其关于直线的对称点是否在曲线上，即可求解；对于B，利用曲线的图象，即可判断；对于C，联立方程直接求解即得；对于D，利用圆与圆的位置关系的判断方法，再结合图象，即可判断. 【详解】对于A，设点满足， 易知点关于直线对称的对称点是， 将点代入，得， 整理得，故曲线不关于直线对称，故A错误； 对于B，当时，曲线方程为，表示圆的一部分， 当时，曲线方程为，表示焦点在轴上的等轴双曲线的一部分， 当时，曲线方程为，表示焦点在轴上的等轴双曲线的一部分， 当时，方程不表示任何曲线， 所以图象如图所示： 由图知，曲线上的点到直线的距离无最大值，所以B错误； 对于C，联立，将代入， 得，即，显然满足， 所以曲线与直线有公共点，故C错误； 对于D，圆的圆心为，半径是， 与圆弧（）的圆心距为， 所以圆与圆内切，切点为. 结合图象可知曲线与圆有三个公共点，故D正确. 故选：D. 43．(24-25高二上·河南驻马店环际大联考“逐梦计划”·)已知曲线，称曲线上的点为“边线点”，曲线称为“边线曲线”，则（   ） A．“边线曲线”关于对称 B．“边线曲线”在处切线的斜率为 C．存在“边线点”，使得 D．“边线点”到原点距离的最小值为2 【答案】ABD 【分析】对于A，将点关于对称的点代入曲线可判断；对于B，根据对称性，可求解的一种情况在处的切线斜率，由对称性得出所有结果；对于C，根据平方和为1，可判断的范围，从而求出；对于D，写出“边线点”到原点距离，根据，由基本不等式“1”的应用可求出最小值. 【详解】解：对于A：因为在曲线上，则，点满足，所以点也在曲线上，所以“边线曲线”关于对称，A选项正确： 对于B：由，可得，， 所以“边线曲线”关于轴，轴，原点对称， 所以“边线曲线”在处切线的斜率有正负两个值，且互为相反数， 因为，所以以为例， ，当时，， 所以由对称性可知，在处切线的斜率为，B正确； 对于C：因为，所以，所以，即得，C错误； 对于D：“边线点”到原点距离 ， 当且仅当即时取最小值2，D选项正确. 故选：ABD. 44．(24-25高二上·河南焦作·期末)已知曲线，则（   ） A．不经过第二象限 B．当，时，上任一点到坐标原点的距离均相等 C．上点的横坐标的取值范围是 D．上任一点到直线的距离的取值范围是 【答案】ABD 【分析】对于A，由化简方程即可判断；对于B，由化简的方程即可判断；对于C，结合，与时曲线的方程可求出的取值范围，即可判断C项的正误；对于D，结合3个象限内曲线的性质即可判断曲线上任一点到直线的距离的取值范围. 【详解】对于A，当时，的方程为，方程无解， 所以曲线不经过第二象限，故A正确； 对于B，当时，的方程为，即， 此时方程表示圆心在坐标原点，半径为2的四分之一圆， 所以当时，上任一点到坐标原点的距离均为2，故B正确； 对于C，当时，为双曲线在第一象限的部分， 当时，为双曲线在第三象限的部分， 所以如图所示，则上点的横坐标的取值范围是，故C错误； 对于D，因为直线是双曲线与双曲线的公共渐近线， 所以上任一点到直线的距离都大于0， 又上任一点到直线的距离的最大值即四分之一圆上的点到直线的距离的最大值为2，故D正确． 故选：ABD 45．(24-25高二上·河南新乡·期末)数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一､则下列结论正确的是（    ） A．曲线关于轴对称 B．曲线上任意一点到原点的距离都不超过2 C．曲线上任意一点到原点的距离等于到直线的距离 D．若是曲线上任意一点，则的最大值为 【答案】ABD 【分析】对A，若点在曲线上，由是否满足曲线的方程判断；对B，由曲线的对称性可令，结合可得，利用二次函数求得最值；对C，举反例说明；对D，根据题意，当点位于第二象限时，取得最大值，令，将代入，利用判别式判断. 【详解】对于A，若点在曲线上，则都满足曲线的方程，所以曲线关于轴对称，故A正确； 对于B，设点在曲线上，根据选项A，同理可得曲线关于轴，坐标原点对称， 由曲线的对称性可令，则，所以， 则， 所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过2，故B正确； 对于C，易知是上一点，该点到原点的距离不等于到直线的距离，故C错误； 对于D，由曲线的对称性可知，当点位于第二象限时，取得最大值， 所以，令，将代入， 可得，解得，即的最大值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据曲线方程的特征判断曲线的对称性，结合各项描述并应用特殊象限点、两点距离公式、方程法判断各项正误为关键. 46．(24-25高二上·河南信阳·期末)数学上有很多美丽的曲线令人赏心悦目，例如，方程表示的曲线C为心形线，它对称优美，形状接近心目中的爱心图形．传说著名的心形线方程是由法国数学家笛卡尔提出的．关于此心形线的性质，正确的是（   ） A．曲线C关于y轴对称 B．曲线C关于原点对称 C．曲线C与坐标轴有4个交点 D．曲线C上的点到原点距离的最大值为 【答案】AC 【分析】对于AB：利用点对称判断即可；令，解方程判断曲线与轴有两个交点，令，利用换元法结合函数的单调性、零点存在性定理得出曲线与轴有两个交点，从而判断C；对于D：取特殊值，得出，从而判断D. 【详解】以换，方程不变，曲线关于轴对称，选项A正确； 同时以换，方程改变，曲线不关于原点对称，选项B错误； 令，得，曲线与轴有两个交点， 令，得，令， ，又在上递增，所以，在上有唯一解， 故方程有两解，即曲线与轴有两个交点，选项C正确； 取，则， 若， 则， ，选项D错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：利用替换法判断曲线对称性，换为判断轴对称，同时换为、为判断原点对称. 地 城 考点09 椭圆中的定点问题 47．(24-25高二上·河南信阳·期末)已知椭圆过点，离心率为，左顶点为A，直线与C交于M，N两点（异于A点），且满足． (1)求椭圆C的方程； (2)证明：直线l过一定点，并求出该定点的坐标． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将已知点代入椭圆方程，结合离心率公式，列出方程组，求出椭圆方程； （2）联立直线和椭圆方程，将转化为，利用韦达定理，化简得出定点. 【详解】（1）由，解得， 即椭圆C的方程为. （2）设，联立直线与椭圆的方程： ，化简得， ，① 由韦达定理可得： 则. 因为，所以.   又， 则： 即 整理得，解得或. 当时，直线：过点，故舍去； 当时，满足①，直线：过点. 故直线l过一定点，该定点的坐标为.    【点睛】方法点睛：本题第二问主要探究直线与椭圆相交且满足特定垂直条件下直线所过定点问题. 在解题过程中，通过联立直线与椭圆方程，借助韦达定理得到交点横坐标的关系，再利用向量垂直的性质构建等式，对所得等式进行化简求解，从而确定直线所过定点.此过程体现了坐标法在解决圆锥曲线问题中的应用，融合了代数运算与几何性质的相互转化，突出了数形结合思想的重要性，同时也展示了如何通过严谨的代数推导来挖掘几何图形中的隐含性质. 48．(24-25高二上·河南洛阳·期末)已知椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为,且，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)已知点，是曲线上两点（点不同于点），直线，分别交直线于两点，若，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据条件，列方程组，解出，即可求解； （2）根据题设直线的方程为，（），，，联立直线与椭圆方程，消去整理得，利用根与系的关系得，再根据题设求出，，结合题设条件，即可求解. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意知, 解得，所以椭圆C的方程为. （2）由题意知，直线斜率不为，设直线的方程为，（） ，，，联立方程， 消去整理得， 所以， 易知直线为，令，得到，则， 同理可得， 所以 ， 将代入，化简整理得， 解得（舍）或， 所以直线恒过定点. 49．(23-24高二上·河南南阳·)已知椭圆的左、右焦点为，，且经过点，点为椭圆的右顶点，直线与椭圆交于（异于点）两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若以为直径的圆过点，求证直线过定点，并求该定点坐标. 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）求出，，利用求出，进而可得，则椭圆方程可求； （2）若直线的斜率不为0时，设，与椭圆联立，利用韦达定理以及，可求出，进而可得直线过定点. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为， 则，，， 可得，即，则， 所以椭圆的标准方程为； （2）由题意可知：. 若直线的斜率不为0时，设，， 联立方程，消去得， 则，可得，， 又因为，， 由题意可知：， 则， 整理得， 则， 又因为，则，可得， 整理得，即直线：过定点； 若直线的斜率为0，则，， 又因为，， 由题意可知：，即 且，解得，此时直线：，不合题意； 综上所述：直线过定点. 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交问题，首先是设出直线方程，然后与圆锥曲线联立，利用韦达定理结合已知条件，列式，列方程求解，计算下去，一般无关的参数会抵消，然后留下需要的参数即可解答题目. 50．(23-24高二上·河南三门峡·期末)已知椭圆经过点，且其右焦点为，过点且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于，两点． (1)求椭圆的方程； (2)设为坐标原点，线段上是否存在点，使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由； (3)过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于，两点，点关于轴的对称点为，试证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)存在， (3)证明见解析 【分析】（1）根据已知直接列方程组可得； （2）设直线的方程，代入椭圆消元，记线段的中点为R，由可得直线为直线的垂直平分线，利用韦达定理表示出R坐标，从而可得直线的方程，求其与x轴的交点，然后可得； （3）设直线AB的方程，借助韦达定理表示出直线方程，然后求其与x轴的交点，然后可证. 【详解】（1）因为椭圆右焦点为，且经过点， 所以，解得， 所以椭圆的方程为. （2）依题意，设直线的方程为：，，代入， 得，恒成立. 设，，线段的中点为，则， 则，由， 得， 所以直线为直线的垂直平分线，直线的方程为：， 令得：点的横坐标， 因为，所以，所以. 线段上存在点，使得，其中. . （3）设直线的方程为：，，代入， 得， 因为过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于A，两点， 所以由，得：， 设，，，则，， 则直线的方程为， 令，得 . 易知当直线AB斜率为0时，直线也过点. 所以直线过定点. 【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、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 51．(23-24高二上·河南郑州·期末)已知椭圆：的离心率为，过右焦点的直线与相交于、两点．当垂直于长轴时，． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆上是否存在点，使得当绕点转到某一位置时，四边形为平行四边形？若存在，求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在； 【分析】（1）根据通径以及离心率公式即可列方程组求解， （2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理以及中点坐标公式，即可根据平行四边形的性质求解. 【详解】（1）解：当垂直于长轴时，设直线的方程为， 联立直线与椭圆可得， 故由题意得解得 椭圆的标准方程为：． （2）假设椭圆上是存在点，设为，使得四边形为平行四边形． ,显然当直线的斜率为0时不合题意，则设直线的方程为：， 联立与消去得， 判别式， 设，，则， 则 则中点坐标为，中点坐标为， 则,解得， 代入椭圆方程化简得，解得． 此时， 所以椭圆上是存在点，使得四边形为平行四边形．    【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，再将其椭圆方程联立得到韦达定理式，再求出中点坐标为，中点坐标为，最后得到方程组，解出即可. 地 城 考点10 椭圆中的定值问题 52．(24-25高二上·河南许昌·期末)已知、分别为椭圆的左、右焦点，若点在椭圆上，且的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)不经过点的直线与椭圆交于、两点，且直线与直线的斜率之积为，作于点． ①证明：直线过定点，并求此定点的坐标； ②是否存在定点，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)①证明见解析，定点；②为定值，定值为． 【分析】（1）由的面积可得出，再由点在椭圆上，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）①方法一：对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，设点，则，根据求出的值，可得出结论；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用结合韦达定理可得出与的关系，化简的方程，可得出直线所过定点的坐标； 方法二：设直线的方程为，将椭圆方程转化为关于、的二次齐次方程，令，可得出关于的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系结合可得出、的等量关系式，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标； ②点在以为直径的圆上，由直角三角形的几何性质可得出点为圆心，求出的坐标，并由此可得出的值. 【详解】（1）由的面积为，得到：，所以． 又因为点在椭圆上，所以，且， 所以，，解得，所以椭圆的方程为． （2）①方法一：常规方法 当直线斜率不存在时，设直线的方程为， 设点，由对称性质可知，则有，可得， 又，解得（舍）； ②当直线l斜率存在时，设直线的方程为，设点、， 由，消去得到， 所以，即， 由韦达定理可得，． 所以， ， 将，， 代入化简得，即， 故或， 当时，直线的方程可化为， 此时，直线过点， 当时，直线的方程可化为， 此时，直线过点， 又因为直线不过点，故直线l过定点. 综上所述，直线l过定点. 方法二：齐次式法 设直线的方程为， 由，所以， 整理得， ， ， 显然，同除以得：， 令，则有， 易知、是关于的二次方程的两根， 由根与系数关系得：， 代入， 由得，故直线过定点． ②因为，由①知直线过定点，所以点在以为直径的圆上， 故当为圆心时，， 故存在定点，使为定值，定值为． 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 53．(24-25高二上·河南驻马店·期末)在平面直角坐标系中，点在椭圆：上，，是椭圆的右顶点和上顶点，原点到直线的距离为. (1)求椭圆的方程； (2)过椭圆外一点任作一条直线与椭圆交于不同的两点， （i）若是线段中点，且点在第二象限，，求直线的方程； （ii）若在线段上取一点满足，证明：点必在某条定直线上. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）由点在椭圆上，及点到线的距离公式列出等式求解即可； （2）（i）设，，，通过点差法即可求解； （ii）法一：设，通过，，，四点共线，不妨设在的右侧，得到，再联立直线、椭圆方程结合韦达定理可得，即可求证；法二：设，，，由题意可得，则，求得两点坐标，代入椭圆方程化简即可； 【详解】（1）因为在椭圆上，所以① 因为的坐标是，的坐标是，所以的方程为， 由点到直线的距离为可得② 由①②联立可得的方程为. （2） 由题知直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线方程为， 设， （i）设，由题可知，， 设倾斜角为，易知的倾斜角为，， 所以，则直线方程为； （ii）解法一：，，因为，，，四点共线，即有， 即得 不妨设在的右侧，，，，上式可化简为， 联立消去化简可得， 则，， ，代入直线方程，即，解得 由消去可得，则点必在定直线； 解法二：，，因为，，，四点共线，即有， ， 设，则，设，，， 由可得，由，可得， 、在椭圆上，，化简可得 ， 两式相减得到， 点必在定直线上. 【点睛】关键点点睛：第二问法二：通过，则，由点坐标，表示两点坐标，代入椭圆方程相减即可. 54．(24-25高二上·河南新乡·期末)已知和为椭圆上两点. (1)求椭圆的方程； (2)若点在椭圆上，、是椭圆的两焦点，且，求的面积； (3)过点的直线与椭圆交于、两点，证明：为定值. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）利用余弦定理结合椭圆的定义求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积； （3）当直线的斜率为零时，直接计算出的值；当直线不与轴重合时，设直线的方程为，、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求出的值，即可证得结论成立. 【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为. （2）由题可知，. 在中，由勾股定理得， 则，即， 所以，故的面积是. （3）当的斜率为时，； 当不与轴重合时，设直线的方程为，、， 联立得， 所以，， 由韦达定理可得，. ， 故为定值. 【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． 55．(24-25高二上·河南郑州·期末)在平面直角坐标系 中，对于任意一点 ，总存在一个点， 满足关系式 ，则称为平面直角坐标系中的伸缩变换. (1)在同一直角坐标系中，求平面直角坐标系中的伸缩变换，使得圆 变换为椭圆； (2)已知曲线经过平面直角坐标系中的伸缩变换 得到的曲线是 ，且与轴有两个交点 (在的左侧)，过点且斜率为 的直线与在轴右侧有两个交点. （i）求的取值范围； （ii） 若直线的斜率分别为，证明：为定值. 【答案】(1) (2)（i） ；（ii）证明见解析 【分析】（1）代入伸缩变换公式，利用待定系数法，即可求解； （2）首先利用伸缩变换公式求曲线的方程，（ⅰ）联立直线与曲线的方程，利用判别式和韦达定理，求得到取值范围；（ⅱ）利用韦达定理表示和，即可求解. 【详解】（1）将伸缩变换 代入 ， 得到 ，则 ， ， 故所求的伸缩变换为 ； （2）因为经过平面直角坐标系的伸缩变换： 得到的曲线为 ， 故可得的方程为，即， （i） 与轴的两个交点 的坐标分别是， 因为直线过点，斜率为，所以直线的方程为，代入 ， 消去并整理得 ，设， 则， ， 因为与在轴的右侧有两个交点，所以，且 ， 解得或 ， 所以的取值范围是 ； （ii） 证明：由①知 或 ，所以 ， ， ， 所以， 为定值. 【点睛】关键点点睛：本题的关键1是理解伸缩变换的公式，关键2是利用韦达定理表示交点的特征，以及几何关系，并能正确运算. 56．(23-24高二上·河南新乡·期末)已知椭圆与双曲线的焦距之比为． (1)求椭圆和双曲线的离心率； (2)设双曲线的右焦点为F，过F作轴交双曲线于点P（P在第一象限），A，B分别为椭圆的左、右顶点，与椭圆交于另一点Q，O为坐标原点，证明：． 【答案】(1)椭圆的离心率为，双曲线的离心率为 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意结合椭圆、双曲线的方程与性质运算求解； （2）由（1）可知，联立方程求点的坐标，结合斜率公式分析证明. 【详解】（1）椭圆的焦距，双曲线的焦距， 则，整理得， 从而，， 故椭圆的离心率，双曲线的离心率． （2）由（1）可知，椭圆， 因为，所以直线的方程为． 联立方程组，整理得， 则，则， 可得，即， 因为，，， 则，， 故．    【点睛】方法点睛：与弦端点相关问题的解法 解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解． 地 城 考点11 椭圆中的面积问题 57．(24-25高二上·河南焦作·期末)已知为直线上一动点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，若直线与轴的正半轴、轴的负半轴分别交于点C，D，则（为坐标原点）面积的最小值为 ． 附：椭圆在其上一点处的切线方程为． 【答案】 【分析】先写出过点A，B的椭圆的切线方程．再设，得到恒过点．结合基本不等式计算面积最值即可. 【详解】由题可知过点A，B的椭圆的切线方程分别为，． 设，则直线的方程为，整理得， 令可得所以直线恒过点． 设直线的方程为，则，即， 当且仅当，，时等号成立， 因为，所以面积的最小值为. 故答案为：. 58．(23-24高二上·河南部分名校·期末)已知椭圆的上顶点为，右顶点为，且直线的斜率为. (1)求的方程； (2)若直线与交于两点（异于点），且满足，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）代入点的坐标求椭圆方程即可. （2）利用直线和椭圆的位置关系求面积即可. 【详解】（1）依题意可得， 由，得， 所以的方程为. （2） 易知不与轴平行，设其方程为， 由得， 由，得. 设，则①， ，即， 所以， 将①代入，整理得，即，解得或（舍去）， 所以直线的方程为，即直线过定点. 令，则， ， 当，即时，最大，且最大值为. 59．(24-25高二上·河南驻马店环际大联考“逐梦计划”·)平面内有一点和直线，动点满足：到点的距离与到直线的距离的比值是.点的运动轨迹是曲线，曲线上有、、、四个动点. (1)求曲线的方程. (2)若在轴下方，，求直线的斜率. (3)若、都在轴上方，，直线，求四边形的面积的最大值. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，列出方程化简即得. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用向量关系及韦达定理求解即得. （3）延长交椭圆于点，将四边形面积转化为三角形面积，结合（2）的信息建立面积的函数关系，利用基本不等式求出最小值. 【详解】（1）依题意，， 两边平方得，化简得， 所以曲线的方程为. （2）依题意，直线的斜率是负数，设直线的方程为，其斜率为， 由化简得，设，， 则，，由，得， 联立消去得，，解得， 所以直线的斜率是. （3）延长交椭圆于点，连接，由及椭圆的对称性，得， 则，设点，直线的方程为， 由（2）知，， 于是四边形的面积 ，当且仅当时取等号， 所以四边形的面积最大值为. 60．(23-24高二上·河南开封·期末)已知椭圆，F为右焦点，A为右顶点，B为上顶点，． (1)求C的离心率e； (2)已知MN为C的一条过原点的弦（M，N不同于点A）． （ⅰ）求证：直线AM，AN的斜率之积为定值，并求出该值； （ⅱ）若直线AM，AN与y轴分别交于点D，E，且△ADE面积的最小值为，求椭圆C的方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析，； （ⅱ） 【分析】（1）利用两点距离公式化简得到，最后根据离心率公式即可； （2）（ⅰ）采用设点法，得到斜率表达式，最后根据点在椭圆上代入化简即可； （ⅱ）计算出坐标，写出面积表达式，根据上一小问斜率之积为定值的结论结合基本不等式即可. 【详解】（1）， ，所以． （2）（ⅰ）设，，，则，，， 由，得， 所以为定值． （ⅱ）记，，则直线，所以，同理， 所以， 所以，当且仅当时“”成立，此时， 所以椭圆D的方程为：． 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设点法得到斜率乘积表达式，最后结合点在椭圆上即可证明斜率乘积为定值，求解三角形面积表达式需求出两点坐标，最后利用基本不等式即可. 61．(23-24高二上·河南信阳固始县·期末)已知动点与定点的距离等于点到的距离，设动点的轨迹为曲线．椭圆的一个焦点与曲线的焦点相同，且长轴长是短轴长的倍． (1)求与的标准方程； (2)有心圆锥曲线（椭圆，圆，双曲线）有下列结论：若为曲线上的点，过点作的切线，则切线的方程为．利用上述结论，解答问题：过作椭圆的切线（为切点），求的面积． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）利用抛物线与椭圆的定义与性质即可得解； （2）先根据题意得到直线的方程，联立方程求得，进而求得弦长，再利用点线距离公式求得点到直线的距离，从而得解. 【详解】（1）由抛物线定义可知，曲线为抛物线，为抛物线的焦点， 则，所以的方程为； 由，即，又， 所以，故椭圆的标准方程. （2）设， 由上述结论知，过点的椭圆的切线方程分别为 ， 因为在两条切线上，所以， 即， 则点的坐标都满足方程， 故直线的方程为，    联立，得，解得， 所以， 而点到直线的距离， 所以. 地 城 考点12 椭圆中的最值、范围问题 62．(23-24高二上·河南实验中学·期中)已知为椭圆的焦点，P为椭圆上一动点，，则的最大值为（    ） A． B．6 C． D． 【答案】A 【分析】根据焦点求得，利用椭圆的定义求得的最大值. 【详解】由于椭圆的焦点为，所以且焦点在轴上，则， 且，，所以椭圆方程为， 所以，设左焦点为， 根据椭圆的定义得， 当是的延长线与椭圆的交点时等号成立， 所以的最大值为. 故选：A    63．(23-24高二上·河南驻马店·)如图，椭圆和有相同的焦点，离心率分别为为椭圆的上顶点，与椭圆交于点B，若，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据题意，由离心率的定义分别表示出，即可得到，结合三角恒等变换化简，再由正弦型函数的值域，即可得到结果. 【详解】设，，则， 又，则，， 所以， 所以 ， 又，所以， 所以，则， 所以，则的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是引入角度，从而得到，再利用三角恒等变换和三角函数的值域求出其最值. 64．(23-24高二上·河南郑州·期末)阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．已知椭圆：的面积为，点在椭圆上，且点与椭圆左、右顶点，连线的斜率之积为，则的值不可能为（    ） A． B． C．0 D．2 【答案】CD 【分析】设，，根据题意，推出，再由椭圆的面积，可得，从而求出和的值，以及的取值范围，然后计算即可． 【详解】设，，则①， 由题意知，，， 因为点与椭圆左、右顶点，连线的斜率之积为， 所以，即②， 由①②可得，， 所以， 由椭圆的面积为，知，即， 所以，， 因为点在椭圆上，且，， 所以,,，即,， 所以,,,， 对比选项可知，的值不可能为0和2． 故选：CD． 65．(22-23高二上·河南驻马店·期末)已知椭圆的左右顶点分别为A，，椭圆的离心率为，动点在曲线上，且的面积的取值范围是，过点的直线与椭圆交于，两点．    (1)求椭圆的方程； (2)若点在第一象限，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用题给条件求得的值，进而求得椭圆的方程； （2）先求得直线的斜率不存在时的值，再将直线与椭圆的方程联立，利用设而不求的方法求得的取值范围，综合以上二者进而求得的取值范围． 【详解】（1）由条件，即， ，也即，解得，， 从而椭圆的方程 （2）当直线的斜率不存在时，，， ， 当直线的斜率存在时，不妨设 ，，， 联立方程得 则，． 从而 也即恒有． 因为点在第一象限，从而 从而在内 的取值范围是， 综上，的取值范围为．    试卷第62页，共65页 试卷第63页，共65页 学科网（北京）股份有限公司 $