专题05 椭圆与直线与椭圆的位置关系解答题汇总（期末压轴题专项训练）数学湘教版2019选择性必修第一册

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题05椭圆与直线与椭圆的位置关系解答题 目录 专题05椭圆与直线与椭圆的位置关系解答题 类型一、椭圆的弦长问题 类型二、椭圆面积问题 类型三、直线过定点问题 类型四、定点在定直线上 类型五、定值问题 类型六、三点共线问题 类型七、角度问题 类型八、轨迹方程问题 类型九、四点共圆、曲线过定点问题 类型十、斜率问题 压轴专练 中 典例详解 类型一、椭圆的弦长问题 的L,2425高不产州西大中学期闲已知解网C。+0>6>0的复特长为 22,点P2,1在C上 (1)求椭圆C的标准方程： (2)已知直线：y=x+V2与椭圆C交于A,B两点，且AB=6,求k的值 变式1-1.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,1,B3, 两点 (1)求E的方程. (2)直线l:y=kx+t与E交于M,N两点. ①若k=1,求t的取值范围： ②若tMNV元V7,求k的取值范围. 变式1-2.(24-25高二下·福建泉州第五中学，期末)已知椭圆E的中心为坐标原点，焦点在x轴上，离心率 e=3 ,以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为45.F为E的右焦点，P为E上一点， PF⊥x轴，⊙F的半径为PF. (1)求椭圆E和⊙F的方程： (2)若直线：y=k(x-3)(k>0)与⊙F交于A,B两点，与E交于C,D两点，其中A,C在第一象限， 1/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 是否存在k使乙ACViV BDV?若存在，求1的方程：若不存在，说明理由， 美式.425有下石南宣分教已C兰长=1a620的长.罗之北3：1 且C经过点 3 2, (1)求C1的方程： (2)设椭圆C2的中心在坐标原点，焦点在y轴上，又C2与C1的离心率相等。 ①用一个正的参数入写出C2的方程： ②已知A为C1的右端点，若B,C分别为C1、C2上的点，满足：AB·AC=0,AB=AC,求C2的长 轴长的取值范围。 类型二、椭圆面积问题 例2.已知椭圆E:式+ a+台=1(a>b>0)的长轴长与短轴长的比值为2 (1)求椭圆E的离心率： (2)过点(0,2)的直线l与椭圆E交于M,N两点，O为坐标原点 (1)若直线的斜率为1，求椭圆E的焦距的取值范围； ()若△MON面积的最大值为32， 2 求椭圆E的标准方程 变式2-1.(24-25高二下.重庆南开中学校期末)已知椭圆C: ”2、。高， PQ是椭圆 内过焦点且垂直于长轴的一条弦，且PQ=3. (1)求椭圆C的标准方程； (2)如图，设椭圆C的右顶点为D,A、B是椭圆上关于坐标原点对称的两点，直线x=2b与直线AD、BD 交于不同的两点M、N,则当MNW=63-6时，求S△ABD 变式22.425高下时古包大期为已和C兰0>6>0的长轴长为短3且离心事为 6 3 (1)求椭圆C的方程； (2)不经过原点O的直线l:y=x+m与椭圆C交于A,B两点，求△AOB的面积最大时直线1的方程. 2/13 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 变式2-3.(24-25高二下.四川自贡期末)在平面直角坐标系中，A(一2,0)，B(2,0),动点P与A,B两点连线 1 斜率乘积为2， (1)记动点P的轨迹为曲线C.求曲线C的方程： (2)过点E(1,0)的直线与曲线C交于M,N两点，且△NOE的面积是△MBE的面积的2倍，求直线的斜率. 类型三、直线过定点问题 例3.(24-25高二下广东广州番禺区期末)已知椭圆C: 。+1(a≥b>0)的高心旁为2 2 ,且过点 A2,1.设点A处C的切线为l1· (1)求C的方程； (2)求直线1的方程； (3)直线l2过点A,且l2⊥11，点M,N在C上，且AM⊥AN,问：直线l2与MN的交点是否为定点？若是， 求出定点的坐标；若不是，说明理由 式31.2425东精州期末椭风C名+0>b>0的一个东点为P-0,耳稀圆C经过 P,引 (1)求椭圆C的方程： (2)设椭圆C的右顶点为M,点A,B是椭圆C上异于点M的不同两点. (i)若点F,B,M不共线，求三角形BMF的面积的最大值： ()若直线MA与MB的斜率分别记为k,k,且kk,= ,判断直线AB是否过定点，若是，求出定点坐 标，若不是，说明理由 变式3-2.2425高二上四川宜宾期未制已知椭圆E:￥+ F。+合=1(a>b>0)的左右焦点分别为F,R,椭圆 的离心率为2 过F2的直线1交椭圆于A,B两点，△ABF1的周长为4V2: (1)求椭圆E的标准方程： (2)过点F垂直于AB的直线交椭圆于C,D两点，其中B,D在x轴的上方，设弦AB,CD的中点分别为 M,N. ①求四边形ACBD面积的最小值； ②判断直线MN是否过定点，若过定点，则求出该定点坐标，若不过定点，请说明理由. 3/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 变式3-3.(24-25高二上河南洛阳期末)已知椭圆C :X+兰=1的左、右焦点分别为F,F,右顶点为A, a2'b2 IAFAE-4,离心率为号 (1)求椭圆C的方程： (2)已知点B-2,0,M,N是曲线C上两点（点M,N不同于点A),直线AM,AN分别交直线x=-2于 P,Q丙点，若亦-B时=，正明：直线MN过定点 类型四、定点在定直线上 例4.2425高二下河南洛附期末利已知精圆C:+长=10>b>0的离心率为6 ,且点A3,1在椭圆 上 (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的左焦点为F,若T为直线x=一3上一点，过点F且与TF垂直的直线交椭圆C于P,Q两点，线 段PQ的中点为M. (ⅰ)证明：点M在直线OT上(O为原点)： (ⅱ)求△OPQ的面积的最大值，以及此时点T的坐标. 变式41.2425商三下安餐宣城期利已知名+芳=1a>b>0的离心率为夏。4B分别为程圆的 a b2 左，右顶点，C为椭圆的上顶点，且CA·CB=-3. (1)求椭圆的标准方程： (2)过点E1,0作斜率不为0的直线交椭圆于M,N两点，直线MA与NB相交于点P. ()证明：点P在定直线上： (i)求∠APB的最大值. 变式4-2.(24-25高二下.河北唐山遵化期末)阿基米德（公元前287年-公元前212年）不仅是著名的物理学家， 也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积.己 知在T阳直角半坐标系0y中，精国c学+片-10>b0的酒积X2,简国的焦矩23 (1)求椭圆C的标准方程 (2)己知直线y=m与椭圆C有两个不同的交点M,N,A,B分别为椭圆的上、下顶点，设D为直线AN上 一点，且直线BD,BM的斜率的积为4， -1 证明：点D在x轴上. 4/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 变式43.24-25高=上山东烟台期末已知精圆C:×+-1a>≥b>0止的点到其右焦点F1,0的最大 a2'b2 距离为3. (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆的左、右顶点分别为A,B,过点F的直线l与椭圆交于M,N两点（异于A,B)· ①若△AMN的面积为15，求直线l的方程： ②若直线AN与直线BM交于点P,证明：点P在一条定直线上 类型五、定值问题 例5.(24-25高二上江苏南京南京师范大学附属中学期末)已知椭圆C: ×ty2=1a>0,点Aa,1, B-a,1,O为坐标原点，且OA·OB=-3. (1)求椭圆C方程； (2)设M,N是椭圆C上的两个动点，且满足koM·kow=koA·koB, (i)求△OMN的面积： (i)已知点P0,-1,且直线PM与ON交于点S,直线PN与OM交于点T,试探究 PS 12 X PT \2 是否 MS 为定值？若是定值，请求出该定值，若不是，请说明理由。 变式5-1.(24-25高二下·贵州黔西南布依族苗族期末)已知F（-2,0),F2（2,0),O为坐标原点，动点P满 PF VVPF,V+iOP 2=12. (1)求点P的轨迹方程： (2)A,B是点P轨迹上的点，且S△AoB=22.记直线OA,OB的斜率分别为k1,k2,证明：k1·k2为定值， 并求出该定值 安式5224西商=下新强州十技联合体期未已知树雪C:普+长=10<2，M10, (1)若M是椭圆C的焦点，求b的值； (2)若P为椭圆在第一象限上的点，A,B分别为椭圆的上顶点和右顶点，直线PA,PB分别与x轴和y轴交 于点S和T.记△PST,△PAB面积分别为S1,S2,若S1-S2为定值23，求椭圆C的标准方程. 5/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 S M B S 变式5-3.(24-25高二下.四川泸县第五中学.开学考)已知M0,V2和N3,1为椭圆 C:+=1a>b>0上两点. (1)求椭圆C的方程； (2)若点H在椭圆C上，F1,F2是椭圆C的两焦点，且∠F1HF2=60°，求△F,HF的面积； (3)过点P3,0的直线与椭圆C交于A,B两点，证明： 1+ 1 |PAPIPB为定值. 类型六、三点共线问题 创845高=下南生马背可为已国E:子名-1O>加0》的长销长为夜以院版伦 点和短轴端点为顶点的四边形的面积为8. (1)求椭圆E的方程； (2)过点2,0且斜率为k(k≠0)的直线与椭圆E交于A,B两点. (i)若线段AB的中点横坐标为1，求k: (iⅱ)点C与点B关于x轴对称.在x轴上是否存在定点Dm,0,使A,C,D三点共线？若存在，求实 数m的值，若不存在，说明理由。 变式6-1.23-24高二上广东江门调所已知椭圆C:X+Y=1的左、右焦点分别为F,F2,左、右顶点分 43 别为A,B,过右焦点F的直线与椭圆C相交于M,N(异于A,B)两点. (1)若直线MN的斜率为1，求MN: (2)若直线AM与直线x=4相交于点T4,t,求证：T,B,N三点共线. 变式6-2.(23-24高二上四川泸州叙永第一中学校期末)阿基米德（公元前287年-公元前212年，古希 腊)不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率 π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积在平面直角坐标系Oxy中，椭圆C: ≥+y=1a>b>0的面积」 6/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 为23π，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.过点1,0的直线与椭圆C交于不同的两点A,B. (1)求椭圆C的标准方程： (2)设椭圆C的左、右顶点分别为P,Q,直线PA与直线x=4交于点F,试证明B,Q,F三点共线， 变式63,22京会中学别利设精闲B:名+长O>6>0的左，右焦点分别达 F-c,0R,C,0离心峰为号若服E上份点到后线1X=女的量小距离为3-百 3 (1)求椭圆E的方程： (2)过F,作直线交椭圆E于A,B两点，设直线AF,BF,与直线1分别交于C,D两点，线段AB,CD的中 点分别为M,N,O为坐标原点，若M,O,N三点共线，求直线AB的方程. 类型七、角度问题 贸.2425商=下国川凉州期为过焦点在x始的箱C等+号=1，M0,m,A是C的右顶点 (山若离心率C=,求椭圆C的标准方程： (2)在(1)的条件下，椭圆C上存在一点P,满足PA=2M卫，求m: 3若AM的中垂线的斜率为2,1与C交于S、T两点，是否存在这样的椭圆，使得∠SMT=,若存在求 a的取值，若不存在请说明理由. 变式7-1.(24-25高二上·北京师范大学附属中学期末)已知椭圆C: 且a=2b (1)求C的方程： (2)设椭圆C的左焦点为F,过F的直线交C于P,Q两点.是否存在点T(t,0),使得∠PTF=∠QTF恒成立？ 若存在，求出t的值；若不存在，说明理由. 变式72.223资上润南南阳第人中学改湖未闲E加焗C:若+片=10>b0的右东点为Fc,0。 离心率e= 3】 (1)若P为椭圆C上一动点，证明P到F的距离与P到直线X=￠的距离之比为定值，并求出该定值： (2)设c=1,过定点0，C且斜率为k的直线与椭圆C交于M,N两点，在y轴上是否存在一点Q,使得y轴始 终平分∠MQN?若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由. 7/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 变式7-3.(24-25高二上，湖北鄂南高级中学.期末)已知椭圆C: X+1a>b>0,点B,B,分别是椭 一十 圆C短轴的端点，椭圆C的焦点F也是抛物线y=4x的焦点，且FB1⊥FB2.过点F且斜率不为0的直线交 椭圆C于A,B两点. (1)求椭圆C的方程； (2)x轴上是否存在定点P,使得∠APF=∠BPF?若存在，求出点P的坐标：若不存在，说明理由： (3)若点M是定直线：x=2上任意一点，求证：三条直线AM,FM,BM的斜率成等差数列. 方类型八、轨迹方程问题 例8.24-25高二下湖南邵阳期末已知拍圆：E:+之 1,过E :。+合=1(a>b>0)的长轴长为4，腐心*e= 的右焦点F且不与y轴垂直的直线与椭圆E相交于A,B两点. (1)求E的标准方程： (2)若点P(4,0),设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,求证：k1+k2=0: (3)若点C,D分别为E的左、右顶点，直线AC与BD的交点为Q,求点Q的轨迹方程 变式8-1.(24-25高二上·湖南邵阳新邵县·期末)已知圆A:x+22+y2=64,点B2,0,点P是圆A上任意 一点线段BP的垂直平分线和半径AP相交于点Q,与圆A交于M,N两点，则当点P在圆A上运动时， (1)求点Q的轨迹方程： (2)证明：直线MN是点Q轨迹的切线； (3)求△PMN面积的最大值， 支式82.425商=下河南开封期末刻已知，E,分8圆C:兰芳-10>b0酒无、右点，点 1在C上，AR,直丁x,且AF=AF以=是 (1)求C的方程： (2)若B为椭圆C的右顶点，过(2,1)的直线与椭圆交于不同的两点Mx1,y1,Nx2,y2,且x1>X2: (i)求证：直线BM与直线BN的斜率之和为定值； (i)过M与x轴垂直的直线交直线BN于点H,求MH中点的轨迹方程， 变式8-3.23-24高下广东四校（华附、实、广雅、深中）期未已知椭圆E:+6=1Q2b>0)的长一 轴长为42，离心率为，M2.0,N-2,0l (1)求椭圆E的方程： 8/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)过P4,0作一条斜率存在且不为0的直线1交E于A,B两点， (i)证明：直线AM和直线BM的斜率均存在且互为相反数； (i)若直线AM与直线BN交于点Q,求Q的轨迹方程. 类型九、四点共圆、曲线过定点问题 例9.2324高=上四川内江期未利已知椭圆C:+=1(a≥>b>0)的左、右顶点分别为A,B,且 |AB=4,离心率为，F为椭圆C的右焦点，O为坐标原点. (1)求椭圆C的方程； (2)过F且斜率为1的直线交椭圆C于M、N两点，求△AMN的面积； (3)设P是椭圆C上不同于A,B的一点，直线PA、PB与直线x=4分别交于点D、E.证明：以线段DE为直 径的圆过定点，并求出定点的坐标 变式9-1.(23-24高二上湖南长沙第一中学.期末)在平面直角坐标系xOy中，动圆M与圆C1: x2+y2+2x 45=0内切，且与圆C:X+y2-2X+3=0外切，记动圆M的圆心的轨迹为E. 4 4 (1)求轨迹E的方程； (2)已知A,B分别为轨迹E的左、右顶点，点M不与A,B重合.直线：x=t与直线AM交于点P,I与x轴交 于点H,直线OP与直线BM的交点为S,若四点B,S,P,H共圆.求实数t的值. 变式9-2,2425清质酒安实服期闲尼知限EX+y-8x+15三0经过精网C名+红Q>6>0的一 右焦点F及右顶点G. (1)求C的方程 (2)过点E的直线与C交于A,B两点，求线段AB的中点D的轨迹方程； 3过点H(25 ，0(0<b作与X轴平行的直线与C交于点P,Q,直线HF与y轴交于点R,证明：点 P,R,F,Q共圆 我威.5香下广本已商学长-1a>b01不，八者指西长，有的个使 P为该椭圆上的动点。椭圆的离心率e=5,△PR,F,面积的振大位为3 (1)求椭圆的方程. (2)已知A,B为该椭圆的上顶点和下顶点，M(1,0),在直线x=2上是否存在一点N,使直线BM和直线 AN的交点在该椭圆上，若存在，求出点N的坐标，若不存在，说明理由. 9/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 类型十、斜率问题 例10.(24-25高二上·湖北仙桃期末)已知椭圆C的中心在坐标原点，左顶点为A,焦点在x轴上且焦距为 2,过右焦点F的直线！（不与x轴重合）交椭圆于M,N两点，当直线l与x轴垂直时，MN=3. (1)求椭圆C的方程： (2)证明：直线MA,NA的斜率之积为定值， 变式10.2425高上江苏连云性耀云具第一中学月未尼程C等十=1a>b>0的共距是长销 长的一半，F为左焦点，P是C上任意一点，且PF的最大值为3. (1)求C的方程： (2)设C的右顶点为B,直线I的方程为X=y-1,若直线l交C于M,N两点，求证：直线BM,BN的斜率 之和为-t. 宽式102425商士清江杭第三学期有尼知抛版C:答+片-1a>b>0。F,P分别是都预C IP F 的左，右焦点，P是椭圆C上任意一点.若△PF1F2的周长为6，且 的最大值为3. PF, (1)求C的方程： (2)设点M4,0,过F2的直线l与椭圆C交于A,B两点，记直线MA,MB的斜率分别为k1,k2,求k1·k2的 取值范围， 式0-3，Q425高下安微合肥特县期表尼知椭题C各+Q>b>0的洛心车为分左，右硕 点分别为A、B,左、右焦点分别为F1、F2,过右焦点F的直线I交椭圆于点M、N,且△F,MN的周长 为8. (1)求椭圆C的标准方程； (2)(i)求MA·MB的最小值； (i)记直线AM、 BN的斜率分别为k1、k2,证明： k1为定值 F 10/13 专题05椭圆与直线与椭圆的位置关系解答题 目录 专题05 椭圆与直线与椭圆的位置关系解答题 类型一、椭圆的弦长问题 类型二、椭圆面积问题 类型三、直线过定点问题 类型四、定点在定直线上 类型五、定值问题 类型六、三点共线问题 类型七、角度问题 类型八、轨迹方程问题 类型九、四点共圆、曲线过定点问题 类型十、斜率问题 压轴专练 类型一、椭圆的弦长问题 例1．(24-25高二下·甘肃兰州西北师范大学附属中学·期末)已知椭圆的短轴长为，点在上． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线与椭圆交于，两点，且，求的值． 【答案】(1)椭圆的标准方程为： (2) 【分析】（1）由短轴长可求得，利用椭圆过点，可求，进而求得椭圆的标准方程为：； （2）设直线与椭圆的交点为 和 的坐标分别为。联立方程组，由根与系数的关系可求得，利用弦长公式可求得的值. 【详解】（1）因为椭圆的短轴长为，所以短半轴长。 所以椭圆的标准方程为：，又因为点在椭圆上， 所以，所以，解得， 所以椭圆的标准方程为：； （2）设直线与椭圆的交点为 和 的坐标分别为。 由，可得， 整理得，，解得， 所以， 因为，所以， 所以，所以 整理得，解得或（舍去）， 所以. 变式1-1．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)直线与交于两点． ①若，求的取值范围； ②若，求的取值范围． 【答案】(1) (2)① ；② 【分析】（1）对于椭圆方程，可设出椭圆的标准方程，将已知点代入求解； （2）对于直线与椭圆相交问题，联立直线与椭圆方程，利用判别式和韦达定理来确定参数的取值范围. 【详解】（1）设的方程为，             则解得，                        所以E的方程为. （2）联立得．               ，化简得．               ①因为，所以，解得， 所以的取值范围为．               ②设，则．                                    ，                         化简得，                即，               所以，解得， 所以的取值范围为． 变式1-2．(24-25高二下·福建泉州第五中学·期末)已知椭圆E的中心为坐标原点，焦点在x轴上，离心率，以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为．F为E的右焦点，P为E上一点，轴，的半径为PF． (1)求椭圆E和的方程； (2)若直线l：与交于A，B两点，与E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使？若存在，求l的方程：若不存在，说明理由． 【答案】(1)椭圆的方程为，的方程为； (2)不存在，理由见解析. 【分析】（1）根据给定条件，列出方程组求出得椭圆的方程，再求出的方程. （2）设出、的坐标，求出、，根据条件得到，利用韦达定理代入即可得到结论． 【详解】（1）设椭圆的方程为，由离心率，得， 由以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为，得， 解得，椭圆的方程为：，， 由轴，得，所以的方程为：. （2）由在圆上得，设，， 则，同理， 若，则，即， 因此， 由得， 因为， 所以， 于是，即，无解， 所以不存在k使.    变式1-3．(24-25高二下·云南宣威部分学校·)已知椭圆的长、短轴长之比为，且经过点. (1)求的方程； (2)设椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，又与的离心率相等. ①用一个正的参数写出的方程； ②已知为的右端点，若，分别为、上的点，满足：，，求的长轴长的取值范围. 【答案】(1) (2)①;②. 【分析】（1）根据题意得出关于的方程，解得答案即可得到椭圆方程.（2）①根据两个椭圆的离心率相等设椭圆方程为，化简即可的答案;②根据条件可得且，，设，分别求得，，，，直线的方程为，代入计算结合，可解得，因为位于上，求 ，为上任一点，化简得，联立有解，求得长轴长取值范围. 【详解】（1）因为椭圆的长、短轴长之比为，且经过点，所以， 解得，，所以的方程为. （2） ①因为的方程为，的中心在坐标原点，焦点在轴上， 又与的离心率相等，所以可设的方程为， 即的方程为. ②因为，，所以且，， 设， 所以，， 设，所以，， 直线的方程为，即， 所以，代入得， ， 因为，所以， 不妨设，代入的方程可解得， 因为位于上，所以 ， 为上任一点，所以，化简得， 设，因为为上任一点，即有解， 整理得，， 解得，所以， 所以的长轴长. 类型二、椭圆面积问题 例2．已知椭圆的长轴长与短轴长的比值为. (1)求椭圆的离心率； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点. （i）若直线的斜率为1，求椭圆的焦距的取值范围； （ii）若△面积的最大值为，求椭圆的标准方程. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由题意可得，进而结合的关系可得，进而求解即可； （2）（i）设椭圆的方程为，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合求解即可； （ii）设，，，联立直线与椭圆方程，令，结合韦达定理及弦长公式表示出，进而根据基本不等式求解即可. 【详解】（1）由题意可知，，即， 则，即， 所以椭圆的离心率为. （2）（i）由（1）可知，可以将椭圆的方程表示为，直线的方程为， 联立直线和椭圆的方程，得， 因为与有两个公共点， 所以，解得， 则，故椭圆的焦距的取值范围是. （ⅱ）由题意可知直线的斜率存在，设，，， 联立直线和椭圆的方程，得， 因为与有两个公共点， 所以，化简得， 由韦达定理知，，， 故， 原点到直线的距离， 所以， 令，得， 故， 当且仅当，即时等号成立，则有最大值， 故，即，所以椭圆的方程为. 所以椭圆的方程为. 变式2-1．(24-25高二下·重庆南开中学校·期末)已知椭圆：离心率为，是椭圆内过焦点且垂直于长轴的一条弦，且. (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，设椭圆的右顶点为D，A、B是椭圆上关于坐标原点对称的两点，直线与直线、交于不同的两点M、N，则当时，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率、通径以及的关系式，建立方程组，可得答案； （2）设出直线方程，求得点的坐标，根据距离公式，建立方程，可得答案. 【详解】（1）不妨设点在第一象限，则， 由已知得，联立可得，，， 所以椭圆：. （2）设，， ：，： ∴， 联立得， 又，∴， 所以. 变式2-2．(24-25高二下·内蒙古包头·期末)已知椭圆的长轴长为且离心率为． (1)求椭圆C的方程； (2)不经过原点O的直线与椭圆C交于A，B两点，求的面积最大时直线l的方程． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）根据条件列出关于的方程求解即可； （2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理求出面积的表达式，利用基本不等式求出最大值，进而得出答案. 【详解】（1）由已知，即． 又由可得，所以， 则椭圆C的方程为． （2）由题直线l与椭圆C有两个交点A和B，设，． 联立，得，即， ∴且，． 由直线l不过原点可得且． 利用弦长公式 ， 且点O到直线l的距离． ∴ ， 当且仅当，即，此时直线． 变式2-3．(24-25高二下·四川自贡·期末)在平面直角坐标系中，，动点与两点连线斜率乘积为． (1)记动点的轨迹为曲线．求曲线的方程； (2)过点的直线与曲线交于两点，且的面积是的面积的2倍，求直线的斜率． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）设，根据列方程化简可得结果. （2）设，，根据三角形面积关系可得，结合韦达定理计算可得结果. 【详解】（1）设，则， 由得，， 所以曲线的方程为. （2） 由题意得直线的斜率不为，设，， 由得，， 所以， 因为的面积是的面积的2倍， 所以， 因为，所以， 由题意得，符号相反，故， 所以， 所以，解得， 所以直线的斜率为或. 类型三、直线过定点问题 例3．(24-25高二下·广东广州番禺区·期末)已知椭圆：（）的离心率为，且过点．设点处的切线为． (1)求的方程； (2)求直线的方程； (3)直线过点，且，点，在上，且，问：直线与的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标;若不是，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)直线与的交点是为定点，定点坐标为 【分析】（1）由待定系数法及离心率公式即可求得结果； （2）设出直线方程，运用直线与椭圆相切时，联立直线方程与椭圆方程消元后令即可； （3）分两大类进行讨论：①当直线的斜率存在时，设其方程为，与椭圆方程联立，消去，写出韦达定理，结合可得或，分别找出两种情形下直线所过的定点，确定与直线的交点坐标；②当直线的斜率不存在时，设其方程为，求解直线方程得交点坐标即可得结论． 【详解】（1）由题意，得，则， 故椭圆． （2）由题意可得，直线的切线斜率一定存在． 令直线，联立， 整理得， 所以， 即，所以， 故直线，即直线． （3）因为直线过点，且，所以直线， ①当直线的斜率存在时，设其方程为， 联立，得， 由，知， 设，，则，， 由于，所以， 即， 所以， 化简整理得，， 所以或， 当时，，过定点，不符合题意，舍去； 当时，，过定点，点在直线上， 即直线与的交点是为定点； ②当直线的斜率不存在时，设其方程为，，，且， 因为，所以 ， 解得或2（舍2），则直线：与直线的交点坐标为； 综上所述，直线与的交点是为定点，定点坐标为． 变式3-1．(24-25高二上·广东潮州·期末)椭圆的一个焦点为，且椭圆经过点. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的右顶点为，点是椭圆上异于点的不同两点. （i）若点不共线，求三角形的面积的最大值； （ii）若直线与的斜率分别记为，且，判断直线是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）直线过定点. 【分析】（1）利用椭圆的定义：到两个焦点的距离之和为定长，列出等式，即可求得结果. （2）（i）写出三角形的面积表达式，进而求出面积最大值. （ii）分情况讨论直线斜率不存在时，斜率存在时设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到韦达定理，，并表示,得到的关系式，即可判断是否过定点. 【详解】（1）椭圆：（）的一个焦点为， 则另一个焦点坐标为，且椭圆经过点. 所以，所以， 所以， 故椭圆的方程为. （2）椭圆的右顶点，设，. （i）三角形的面积为， 因为， 所以 三角形的面积的最大值为. （ii）当直线的斜率不存在时，，不符合题意； 故可设直线的方程为， 联立，得， 且满足. ∴，， ∵， ∴， ∴， 化简得， ∴， 化简得， 解得或. 易知，当时，，此时直线过右顶点，不符合题意. ①当时，直线的方程为，过定点，与右顶点重合，不符合题意. ②当时，代入，解得（）. 此时，直线方程为，过定点. 综上所述：直线过定点. 【点睛】关键点点睛: 对于恒过定点问题：当斜率存在时设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到韦达定理，，并表示,得到的关系式，即可判断是否过定点，再考虑斜率不存在时的情况. 变式3-2．(24-25高二上·四川宜宾·期末)已知椭圆的左右焦点分别为，椭圆的离心率为，过的直线l交椭圆于两点，的周长为． (1)求椭圆E的标准方程； (2)过点垂直于的直线交椭圆于两点，其中在x轴的上方，设弦的中点分别为． ①求四边形面积的最小值； ②判断直线是否过定点，若过定点，则求出该定点坐标，若不过定点，请说明理由． 【答案】(1) (2)①；②直线恒过点 【分析】（1）由已知可得，，可求，进而可得椭圆的方程； （2）①设，，分别与椭圆方程联立方程组，由弦长公式求得，可得，利用换元法可求四边形面积的最小值；②分别求得点，，分的斜率是否存在两种情况求解即可. 【详解】（1）依题意有， 又因为，解得， 所以椭圆的方程为． （2）①设， 则， 联立，得， ， 由弦长公式可得：， 同理可得：， 所以， 令，则， 当时，四边形面积的最小值是； ②， ，用代替m，得， 当，即时，，过点， 当，即时，， ， 当时，，经验证直线过点， 综上，直线恒过点 变式3-3．(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. 类型四、定点在定直线上 例4．(24-25高二下·河南洛阳·期末)已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上. (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的左焦点为F，若T为直线上一点，过点F且与TF垂直的直线交椭圆C于P，Q两点，线段PQ的中点为M. （ⅰ）证明：点M在直线OT上（O为原点）； （ⅱ）求的面积的最大值，以及此时点T的坐标. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）面积最大值为，点T的坐标. 【分析】（1）利用离心率和椭圆过的点列方程求解即可； （2）（ⅰ）设，，易知直线PQ的斜率不为0，设PQ的方程为，代入椭圆方程，韦达定理，求出PQ的中点坐标，进而有，即可证明； （ⅱ）由（ⅰ）可得，利用基本不等式求得的面积最大值及此时点T的坐标. 【详解】（1）由题知，∴，∴， 又，∴，， ∴椭圆C的标准方程为. （2）（ⅰ）由题可设，，PQ的中点为， 若直线PQ的斜率为0，不存在满足的点T，故设PQ的方程为， 代入椭圆方程得， 则，，， ∵TF的方程为，令，得， ∴，∴OT过PQ的中点，即点M在直线OT上. （ⅱ）由（ⅰ）可得， . ∵， 而，，， 当且仅当，即时等号成立. ∴，当且仅当时等号成立. ∴的面积最大值为，及此时点T的坐标. 变式4-1．(24-25高二下·安徽宣城·期末)已知椭圆的离心率为，A，B分别为椭圆的左，右顶点，为椭圆的上顶点，且. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作斜率不为0的直线交椭圆于M，N两点，直线与相交于点. （i）证明：点在定直线上； （ii）求的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据数量积的坐标公式可求出，然后根据离心率求出，进而可得到椭圆的标准方程. （2）（i）设直线的方程，联立直线与椭圆的方程组，利用韦达定理，将直线的方程表示出来，进而可求得定直线的方程；（ii）根据直线的斜率将表示出来，然后利用基本不等式的性质求出最大值. 【详解】（1）由题意知，，， 所以，即. 又，所以，. 所以椭圆的标准方程为. （2）（i）由于直线过点且斜率不为0，所以可设直线的方程为. 由，得， 设，，则，， 所以. 因为椭圆的左，右顶点分别为，， 所以直线的方程为， 直线的方程为， 所以， 解得，所以点在定直线上. （ii）设直线的倾斜角分别为，则， 由（i）知， 所以， 所以 当且仅当时取等号，所以的最大值为. 变式4-2．(24-25高二下·河北唐山遵化·期末)阿基米德(公元前287年-公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积.已知在平面直角坐标系中，椭圆C:的面积为，椭圆的焦距为. (1)求椭圆的标准方程. (2)已知直线与椭圆C有两个不同的交点，，，分别为椭圆的上、下顶点，设为直线上一点，且直线，的斜率的积为，证明:点在轴上. 【答案】(1)+y2=1 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意列方程，解方程即可得到椭圆方程； （2）设坐标，根据直线BD，BM的斜率的积得到直线BD的斜率，然后联立直线的方程得到，再结合得到即可证明. 【详解】（1）依题意有，解得， 所以椭圆C的标准方程是. （2） 设，则，，，且，， 所以直线BM的斜率为， 因为直线BD，BM的斜率的积为， 所以直线BD的斜率为， 所以直线BD的方程为， 又直线AN的方程为， 联立方程组，解得， 因为点M在椭圆C上，所以， 则，所以点D在x轴上. 变式4-3．(24-25高二上·山东烟台·期末)已知椭圆上的点到其右焦点的最大距离为3． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左、右顶点分别为，过点的直线与椭圆交于两点（异于）． ①若的面积为，求直线的方程； ②若直线与直线交于点，证明：点在一条定直线上． 【答案】(1) (2)① ；②证明见解析 【分析】（1）由题意可得，求出即可求解； （2）①设直线的方程和，联立椭圆方程，利用韦达定理，表示出弦长，结合点到直线的距离公式和三角形面积公式建立方程，解之即可求解； ②联立直线可得，由①知，化简计算即可求解. 【详解】（1）由题意可知，，所以． 又， 所以椭圆的方程为； （2）①设过点的直线方程为，点， 联立，得， 则， 则． 又因为点到直线的距离． 令，解得， 所以直线的方程为． ②由①知， 则直线，直线， 由，整理得． 由①知，得， 所以， 即，解得， 所以点在直线上．    类型五、定值问题 例5．(24-25高二上·江苏南京南京师范大学附属中学·期末)已知椭圆，点，，为坐标原点，且． (1)求椭圆方程； (2)设是椭圆上的两个动点，且满足， （i）求的面积； （ii）已知点，且直线与交于点，直线与交于点，试探究 是否为定值？若是定值，请求出该定值，若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）是，1 【分析】（1）应用平面向量数量积坐标公式计算求解； （2）（i）根据斜率积的值分的斜率不存在及的斜率存在，分别计算求解； （ii）先联立方程组计算得出，再类比得出，最后结合椭圆方程化简求解即可. 【详解】（1）由题， 解得，故椭圆方程：； （2）（i）， 当的斜率不存在时，设， 与椭圆方程联立得，， ， 所以，则， 当的斜率存在时，设， 与椭圆方程联立得， 当时，方程两根即为， 由韦达定理，， ，得， ， 点到的距离， 因此， 综上，； （ii）由题直线 由解得， 所以， 所以， 同理 由解得， 故解得， 可得， 故 利用， ， 又因为，所以，所以， 所以 ． 变式5-1．(24-25高二下·贵州黔西南布依族苗族·期末)已知，，为坐标原点，动点满足. (1)求点的轨迹方程； (2)，是点轨迹上的点，且.记直线，的斜率分别为，，证明：为定值，并求出该定值. 【答案】(1)； (2)证明见解析，. 【分析】（1）设点，利用给定等式建立方程，化简即可得轨迹方程. （2）设，利用三角形面积公式，结合向量运算可得，再利用点都在椭圆上联立求解即得. 【详解】（1）设点，由，得， 即， 则，整理得， 所以点的轨迹方程为. （2）设， ， 则，由（1）知， ， 因此，， 所以为定值，该定值为.    变式5-2．(24-25高二下·浙江温州十校联合体·期末)已知椭圆． (1)若M是椭圆C的焦点，求b的值； (2)若P为椭圆在第一象限上的点，A，B分别为椭圆的上顶点和右顶点，直线PA，PB分别与x轴和y轴交于点S和T．记，面积分别为，若为定值，求椭圆C的标准方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由给定方程及焦点坐标求出. （2）设出点的坐标，由直线的点斜式方程求出点的坐标，进而求出三角形面积差得解. 【详解】（1）由M是椭圆C的焦点，得半焦距，所以. （2）设点，由为椭圆在第一象限上的点，得， 依题意，，直线，直线 ， 于是， ，解得， 所以椭圆C的标准方程为. 变式5-3．(24-25高二下·四川泸县第五中学·开学考)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）当的斜率为0时，直接计算出的值；当的斜率不为0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，由余弦定理得 则即 所以， 故的面积是． （3） 当的斜率为0时，． 当的斜率不为0时，设直线的方程为 联立，得， 此时． ， 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. 类型六、三点共线问题 例6．(24-25高二下·河南驻马店·期末)已知椭圆（）的长轴长为，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为8． (1)求椭圆E的方程； (2)过点且斜率为k（）的直线与椭圆E交于A，B两点． （ⅰ）若线段的中点横坐标为1，求k； （ⅱ）点C与点B关于x轴对称．在x轴上是否存在定点，使A，C，D三点共线？若存在，求实数m的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在， 【分析】（1）利用椭圆的性质，结合面积公式可列出方程组求解椭圆各参数即求解； （2）（ⅰ）利用直线与椭圆联立方程组，设交点坐标，结合韦达定理及题设列方程求解即可； （ⅱ）假设存在点，则可得相等关系，然后利用韦达定理来进行化简，计算即可得结果. 【详解】（1）由题意得，解得． 所以椭圆的方程为． （2）（ⅰ）由题意，直线的方程为，设，， 联立，得， 则， 且. 因为线段的中点横坐标为1，则，解得. （ⅱ）因为点与点关于轴对称，所以点， 若在轴上存在定点，使三点共线，则． ， 由于，则． 则， 则，解得． 故在轴上存在定点，使三点共线． 变式6-1．(23-24高二上·广东江门·调研)已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，过右焦点的直线与椭圆相交于（异于）两点. (1)若直线的斜率为1，求； (2)若直线与直线相交于点，求证：三点共线. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题可知直线的方程为，代入椭圆方程化简得，利用弦长公式，结合韦达定理可求； （2）可设直线的方程为：，由方程组，消去整理得，结合韦达定理、斜率公式化简可得，从而可证三点共线. 【详解】（1）∵，直线的斜率为1， ∴直线的方程为：， 代入椭圆方程得：化简得：， 设，则有， ， 所以为； （2）由题意知，直线不与轴重合， 故可设直线的方程为：，设， 由方程组，消去整理得， ， 直线：，令得：， ， 即， 又直线与直线有公共点， 所以，，三点共线． 变式6-2．(23-24高二上·四川泸州叙永第一中学校·期末)阿基米德（公元前287年-公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，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.在平面直角坐标系中，椭圆：的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.过点的直线与椭圆C交于不同的两点A，B. (1)求椭圆C的标准方程； (2)设椭圆C的左、右顶点分别为P，Q，直线PA与直线交于点F，试证明B，Q，F三点共线. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用条件，建立的关系，直接求出即可求出结果；（2）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率不存在时，可直接求出B，Q，F三点的坐标，从而可利用向量判断出是否共线；当斜率存在时，设出直线方程，联立方程得到，利用韦达定理得到间的关系，再求出点，再利用向量共线得到点共线即可得到证明. 【详解】（1）依题意有，解得，所以椭圆C的标准方程是. （2）（i）当直线的斜率不存在，易知，，或，， 当，时，直线PA的方程为：，所以点， 此时，，，显然B，Q，F三点共线， 同理，时，B，Q，F三点共线； （ii）当直线的斜率存在时，显然斜率，设直线的方程：， 设，， 由整理可得：， ，， 由（1）可得左右顶点分别为，， 直线PA的方程为，又因为直线与交于F，所以， 所以，， 因为 ， 又 ， 所以，所以，所以B，Q，F三点共线； 变式6-3．(22-23高二上·江苏南京金陵中学·期末)设椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，若椭圆上的点到直线的最小距离为． (1)求椭圆E的方程； (2)过F1作直线交椭圆E于A，B两点，设直线AF2，BF2与直线l分别交于C，D两点，线段AB，CD的中点分别为M，N，O为坐标原点，若M，O，N三点共线，求直线AB的方程． 【答案】(1) (2)或或 【分析】（1）列出关于a，c的方程组，求出a，c，进而求出b，即可得到椭圆的方程； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出AB的中点M的坐标，得到直线OM的斜率，利用直线AF2和BF2的方程，求出C，D的坐标，进而求出CD的中点N的坐标，得到直线ON的斜率，利用，求出m的值，即可得到答案． 【详解】（1）由题意知，解得，所以， 所以椭圆的方程为． （2）由（1）知，， 由题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为， 联立，消去并整理得， 设，则． 所以， 所以直线的斜率为． 直线的方程为，直线的方程为，则， 直线的方程为，同理有． 所以 ． ，所以直线的斜率为． 由三点共线可得，，即，解得或． 故直线的方程为或或． 类型七、角度问题 例7．(24-25高二下·四川凉山州·期末)设焦点在轴上的椭圆，，是的右顶点. (1)若离心率，求椭圆的标准方程； (2)在（1）的条件下，椭圆上存在一点，满足，求； (3)若的中垂线的斜率为2，与交于、两点，是否存在这样的椭圆，使得，若存在求的取值，若不存在请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）由离心率求出即可. （2）由（1）求出点，表示出点的坐标，再代入椭圆方程得解. （3）根据给定条件求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合向量垂直的坐标表示求解. 【详解】（1）依题意，在椭圆中，， 由离心率，得，解得， 所以椭圆标准方程为：. （2）由（1）知，，设，由，得， 解得，由点在椭圆上，得，解得， 所以. （3）由线段的中垂线的斜率为2，得直线的斜率为，由，得， 直线过线段的中点，直线的方程为，即， 显然直线过椭圆内点，则直线与椭圆恒有两不同交点，设， 由消得， ，，由，得， 而，则有， 即， 即，解得， 所以存在这样的椭圆，使得，. 变式7-1．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期末)已知椭圆：经过点，且. (1)求的方程； (2)设椭圆的左焦点为，过的直线交于两点. 是否存在点，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在 【分析】（1）代入点到椭圆方程中，即可联立求解， （2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，将问题转化为两直线的斜率问题，代入化简即可求解. 【详解】（1）因为点在椭圆上，所以， 因为，所以， 解得，，， 所以椭圆C的方程为. （2）假设存在点，使得恒成立， 易知点，设点, 若直线斜率不存在，则当时，恒成立. 若直线斜率存在，设其方程为：， 由，得， 依题意， 所以，，（*） 若满足，则，即， 整理得，， 又，， 所以， 整理得，， 将（*）式代入得，， 整理得 依题意不恒为0，则， 所以存在点使得恒成立. 【点睛】关键点点睛：根据，转化为，利用斜率公式，结合韦达定理，代入化简即可. 变式7-2．(22-23高二上·河南南阳第八中学校·期末)已知椭圆的右焦点为，离心率． (1)若为椭圆上一动点，证明到的距离与到直线的距离之比为定值，并求出该定值； (2)设，过定点且斜率为的直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在一点，使得轴始终平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析，定值为. (2)存在，. 【分析】（1）设，根据距离公式可得，而点到直线的距离为，故可求两者的距离之比为定值. （2）联立直线方程和椭圆方程后消元，结合韦达定理可求，根据其值为0可求得. 【详解】（1）设点，则根据题意可得， ， 而，故 又∵点到直线的距离为， ∴， 即得点到点的距离与点到直线的距离之比为定值． （2）由（1）可得，设，则，即得，因此可得椭圆的标准方程即为：， 根据题意，假设存在这样的一点，设直线的方程为：， 联立椭圆方程得到方程组：，故， 因为在椭圆内部，故恒成立，故. 设点，则有， 因为轴平分，所以直线与的斜率互为相反数， 即得， 即， 即， 化简得， 因，故，即得存在点，使得轴始终平分． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，然后联立椭圆方程得到韦达定理式， 再根据，展开化简代入韦达定理式即可. 变式7-3．(24-25高二上·湖北鄂南高级中学·期末)已知椭圆，点，分别是椭圆短轴的端点，椭圆的焦点也是抛物线的焦点，且.过点且斜率不为0的直线交椭圆于，两点. (1)求椭圆的方程； (2)轴上是否存在定点，使得?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由； (3)若点是定直线上任意一点，求证：三条直线，，的斜率成等差数列. 【答案】(1)； (2)存在，； (3)证明见解析. 【分析】（1）通过已知条件求出椭圆的参数和，进而可求出椭圆的方程； （2）设定点，通过几何关系和代数计算判断是否存在定点，并求出其坐标； （3）设，直线，，的斜率成等差数列，只需证，通过直线与椭圆的联立，经过代数运算之后，可得结论. 【详解】（1）∵椭圆的焦点也是抛物线的焦点 ∴，又，∴是等腰直角三角形 ∴ ，∴ 所以椭圆的方程为：. （2）假设轴上存在定点，使得， 设，，直线的方程为， 将直线与椭圆方程联立，消去整理得到：， ∴，， 由题意，，则直线，的倾斜角互补，所以， 设，则，， ∴， 将，代入上式，整理得：， ∴ 将，，代入上式整理得：， 由于上式对任意实数都成立，所以， 即存在点使得. （3）证明：设，要证直线，，的斜率成等差数列， 只需证，只需证， 只需证 只需证 只需证 只需证， 只需证，只需证 由（2）可知，，，代入上式显然成立，故原命题得证. 类型八、轨迹方程问题 例8．(24-25高二下·湖南邵阳·期末)已知椭圆：的长轴长为4，离心率，过E的右焦点F且不与y轴垂直的直线与椭圆E相交于A，B两点． (1)求E的标准方程； (2)若点，设直线的斜率分别为，求证：； (3)若点C，D分别为E的左、右顶点，直线与的交点为Q，求点Q的轨迹方程． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的几何性质，列出方程组，结合，求得的值，即可求得椭圆的标准方程； （2）设直线的方程为，联立方程组，得到，结合直线斜率公式，进行化简，即可求解； （3）设点，得到直线和的方程为和，消去y得，结合，求得，即可求解. 【详解】（1）解：由椭圆的长轴长为4，离心率， 可得，解得，又由，可得， 所以椭圆E的标准方程为． （2）解：由题意知，直线的斜率不为0，不妨设直线的方程为， 且，联立方程组，整理得， 则有且， 故 ． （3）解：设点，由题意知点A和点B均不在x轴上，所以， 则直线的方程为，①  直线的方程为，② 由①②消去y得， 即， 又由，代入可得， 解得，所以点点的轨迹方程是. 变式8-1．(24-25高二上·湖南邵阳新邵县·期末)已知圆：，点，点是圆A上任意一点.线段的垂直平分线和半径相交于点，与圆A交于，两点，则当点在圆A上运动时， (1)求点的轨迹方程； (2)证明：直线是点轨迹的切线； (3)求面积的最大值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）根据题设得到，结合椭圆定义写出轨迹方程即可. （2）设求出直线l的方程，然后与椭圆联立消元，通过判别式等于零得方程有两个相等的根即可， （3）根据面积公式列出关于的表达式，然后根据的有界性求出最值即可 【详解】（1）由线段的垂直平分线的性质可知，， 故， 所以点在以点A，为焦点的椭圆上， 其中椭圆的长轴长为8，焦距为，短轴长， 故点的轨迹方程为：. （2）设， 则有：， 将代入椭圆：消去整理得 ， 故， 即 所以，直线是点轨迹的切线；. （3）由（2）可知，点到直线的距离为 ， 点A到直线的距离为 ， 故线段， 所以的面积为 ， 当且仅当时，等号成立， 所以当时，的面积的最大值为. 变式8-2．(24-25高二下·河南开封·期末)已知分别为椭圆的左、右焦点，点A在C上，垂直于x轴，且． (1)求C的方程； (2)若B为椭圆C的右顶点，过的直线与椭圆交于不同的两点，且． （i）求证：直线与直线的斜率之和为定值； （ii）过M与x轴垂直的直线交直线于点H，求中点的轨迹方程． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用椭圆的定义和勾股定理即可求，又由即可求解； （2）（i）由题意可设过的直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理得，代入即可求解； （ii）设中点为，，则，直线的方程为，令得，利用中点坐标有，化简整理即可求解. 【详解】（1）由题意有，解得，又，解得， 又由， 所以椭圆的方程为； （2）（i）由题意可设过的直线的方程为， 所以，消去化简整理有， 所以，解得， 所以， 又， 所以 ； （ii）设中点为，，则，又直线的方程为， 令有，所以， 所以 ， 又因为 ， 所以， 又过点的直线与椭圆的切点分别为， 所以中点的轨迹为除去两端点的线段，轨迹方程为. 变式8-3．(23-24高二下·广东四校（华附、实、广雅、深中）·期末)已知椭圆的长轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过作一条斜率存在且不为0的直线交于两点. （i）证明：直线和直线的斜率均存在且互为相反数； （ii）若直线与直线交于点，求的轨迹方程. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据已知条件直接计算出椭圆相关基本量即可； （2）（i）设，，直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理证明；（ii）设直线，直线，联立方程组得，，采用代入法可得的轨迹方程. 【详解】（1）根据题意，， 因为椭圆离心率为，所以， 所以，， 所以椭圆的方程为； （2）（i）设，，直线的方程为， 联立方程，消去y得：， 则，即， 由韦达定理得，，， 当时，，，不合题意，故， 所以直线和直线的斜率均存在，， 所以 ， 即直线和直线的斜率均存在且互为相反数； （ii）由（i）知，且， 可设直线，直线， 设，则，整理得①， 由题意知，由①知， 所以由①知，，②， 将②代入得，化简得， 又因为，所以， 所以的轨迹方程为. . 【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x（或y）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. 类型九、四点共圆、曲线过定点问题 例9．(23-24高二上·四川内江·期末)已知椭圆：（）的左、右顶点分别为，且，离心率为，为椭圆的右焦点，为坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)过且斜率为1的直线交椭圆于、两点，求的面积； (3)设是椭圆上不同于的一点，直线、与直线分别交于点、.证明：以线段为直径的圆过定点，并求出定点的坐标. 【答案】(1) (2) (3)证明见详解； 【分析】（1）根据椭圆的性质可求得的值，继而求得椭圆方程； （2）联立直线和椭圆方程，继而求得弦的长，利用点的直线的距离公式，求得三角形的高，利用面积公式计算即可； （3）设点，求得直线的方程，令，求得，的坐标，表示出圆的方程即可证明. 【详解】（1）由题意知，，则， 又离心率，所以， 则， 所以椭圆的方程为. （2）由题知，, 则过且斜率为1的直线方程为，即， 联立，消去得， 设， 则， 则 ， 又点到直线的距离 ， 所以的面积. （3）由（1）得， 设，则，即； 直线，直线， 点纵坐标点纵坐标， 即， 以为直径的圆的方程为:， 由对称性可知:以为直径的圆所过定点位于轴上， 设 ，， ，解得或， 以为直径的圆过点. 变式9-1．(23-24高二上·湖南长沙第一中学·期末)在平面直角坐标系中，动圆与圆：内切，且与圆：外切，记动圆的圆心的轨迹为． (1)求轨迹的方程； (2)已知分别为轨迹的左、右顶点，点不与重合．直线 与直线交于点，与轴交于点，直线与直线的交点为，若四点共圆．求实数的值． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据两圆内切和外切满足的几何关系，即可得，结合椭圆的定义即可求解； （2）由四点共圆，得到，表示出斜率，代入计算即可. 【详解】（1）圆：的圆心为，半径为； 圆：的圆心为，半径为； 因为，,设动圆的半径为，经分析可得，, 因为动圆与圆内切且与圆外切， 所以,两式相加, 所以点的轨迹为以,为焦点的椭圆，可设其方程为， 则，解得，所以椭圆方程为， 所以轨迹的方程为. （2）由题意可知直线的斜率不为，故可设直线方程为,且 由易知：， 联立，可得， 所以则 即， 联立，可得， 所以直线的斜率为：， 所以直线的斜率为：， 因为四点共圆，且直线与轴垂直； 所以, 所以,即，解得：. 故实数的值为.    【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用四点共圆，得到斜率之间的关系，借助韦达定理等内容求解. 变式9-2．(24-25高二上·陕西安康·期末)已知圆经过椭圆的右焦点及右顶点. (1)求的方程； (2)过点的直线与交于两点，求线段的中点的轨迹方程； (3)过点作与轴平行的直线与交于点，直线与轴交于点，证明：点共圆. 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，求出点的坐标，进而求出即得的方程. （2）直线的方程与椭圆方程联立，借助韦达定理求出点即可求出轨迹方程. （3）利用弦长公式求出，再借助相似三角形及圆内四边形的判定推理得证. 【详解】（1）在圆中，令，解得或，则， 因此椭圆的半焦距，长半轴长，短半轴长， 所以椭圆的方程为. （2）点，当直线与轴不重合时，设直线方程为， 由消去得：， 设，则，， 联立得，即， 当直线与轴重合时，点满足方程， 所以线段的中点的轨迹方程是. （3）由，得，不妨令， 直线斜率，则， ， 因此，∽，则， 所以点共圆. 【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点. 变式9-3．(24-25高二下·广东深圳·期末)已知椭圆为该椭圆的左、右两个焦点，为该椭圆上的动点，椭圆的离心率面积的最大值为. (1)求椭圆的方程. (2)已知A，B为该椭圆的上顶点和下顶点，，在直线上是否存在一点，使直线BM和直线AN的交点在该椭圆上，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率以及焦点三角形的相关计算，建立方程，可得答案； （2）由已知点求得直线方程，联立椭圆方程求得交点，根据题意求得直线方程，可得答案. 【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆的方程为. （2）由题意可作图如下： 由（1）可得，，则由得直线的方程为， 联立，化简可得，解得，， 将代入，可得，由题意可得在直线上， 直线的斜率，则直线的方程为， 将代入，可得，则. 类型十、斜率问题 例10．(24-25高二上·湖北仙桃·期末)已知椭圆的中心在坐标原点，左顶点为，焦点在轴上且焦距为2，过右焦点的直线（不与轴重合）交椭圆于，两点，当直线与轴垂直时，. (1)求椭圆的方程； (2)证明：直线，的斜率之积为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设椭圆C的标准方程为，根据，，即可求解； （2）设，设点，，联立和消元求出韦达定理，求出. 【详解】（1）设椭圆C的标准方程为， ,由，解得，， 因此椭圆C的方程为； （2）证明：因为直线不与轴重合， 设，设点，， 联立，消元得， 得（*），且恒成立， 所以， 将（*）代入化简得， 所以直线，的斜率之积为. 变式10-1．(24-25高二上·江苏连云港灌云县第一中学·期末)已知椭圆的焦距是长轴长的一半，为左焦点，是上任意一点，且的最大值为． (1)求的方程 ； (2)设的右顶点为，直线的方程为，若直线交于，两点，求证：直线，的斜率之和为. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意得出关于的方程组，解得后再求出即得； （2）设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，然后代入化简即得． 【详解】（1）设，则，因为的最大值为， 所以，解得，，则， 所以的方程为． （2）由题知，设，， 由，消去得， 其中， 则，， 因为 ， 所以直线，的斜率之和为． 变式10-2．(24-25高二上·浙江杭州第二中学·期末)已知椭圆，，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上任意一点．若的周长为6，且的最大值为3． (1)求的方程； (2)设点，过的直线与椭圆交于，两点，记直线，的斜率分别为，，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据的最大值为，结合焦点三角形的周长可得出关于的方程组，解得后再求出即得； （2）设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，然后代入斜率公式化简，由不等式的性质即可求解． 【详解】（1）由于，所以， 由于，故当时，此时的最大值为， 解得，又，解得，则， 所以椭圆方程为； （2）设，又， 当直线不与轴平行时，设直线方程为， 由得， 则，， 所以 ， 由于，故， 当直线与轴平行时，则直线方程为，此时， 综上可得的取值范围为， 变式10-3．(24-25高二下·安徽合肥庐江县·期末)已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A、B，左、右焦点分别为、，过右焦点的直线l交椭圆于点M、N，且的周长为 (1)求椭圆C的标准方程； (2)（i）求的最小值； （ii）记直线AM、BN的斜率分别为、，证明：为定值. 【答案】(1)； (2)；证明见解析． 【分析】（1）依题意由椭圆定义及性质求出a，b，c的值，即可求解椭圆方程； （2）（i）设点M的坐标为，表示出，由二次函数性质即可求解；（ii）设出直线l的方程及点M、N的坐标，并与椭圆方程联立，结合韦达定理及斜率公式即可证明． 【详解】（1）设椭圆的半焦距为， 因为的周长为8，由椭圆的定义可得：，即， 又椭圆离心率为，所以，则， 所以椭圆C的方程为： （2）（i）由椭圆方程得，，设， 因为点M在椭圆C上，所以，即， 所以， 所以， 当，即M为椭圆上下顶点时，， 所以求的最小值为； （ii）证明：依题意，直线l与x轴不重合，设l的方程为：， 联立，消去x得， 方程的判别式， 设，，则由韦达定理得， 则， 注意到，即， 所以， 所以 压轴专练 1．若椭圆上的两个不同的点满足0，则称为该椭圆的一组“相伴点对”，记作．已知椭圆的焦距为，离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若，证明椭圆上存在两个点满足“相伴点对”，并求点的坐标； (3)设（2）中的两个点分别是，若直线与直线的斜率之积为，直线与椭圆交于两点，点，点，连接交椭圆于另一点，连接交椭圆于另一点，证明：三点共线． 【答案】(1)； (2)证明见解析，点的坐标为； (3)证明见解析. 【分析】（1）由题意求出得椭圆方程； （2）根据新定义列方程组求解； （3）由（2）求得，设 ，求出方程，与椭圆方程联立方程组，消去后，利用是此方程的解得出，然后可得，同理得，由得出的关系式，用坐标法判断得出三点共线． 【详解】（1）由题可得，即，又， 所以，， 所以椭圆方程为：； （2）设“相伴点对”的坐标为， 根据定义：点的坐标满足，解得或， 于是有两个点满足，且点的坐标为； （3）由（2）知，，所以， 设 ，，， 直线方程为， 由，得， 其中， 又，代入整理得， ，，所以， ， 同理， ， 由得， 由， ， 所以，所以三点共线． 2．(24-25高二下·甘肃百师联盟·期末)已知为椭圆：（）上一点，椭圆的离心率为. (1)求椭圆的标准方程. (2)已知，若过点的直线交椭圆于另一点，且. ①若点在第一象限，求直线的斜率； ②求直线的方程. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据题意先求出，由离心率以及求出即可求解； （2）①设直线PA的倾斜角为，则，由，利用诱导公式即可求，进而求解； ②由题意直线l的斜率存在，设为t，则直线l的方程为，与椭圆方程联立消元，解得点的坐标，由结合同角三角函数平方关系得，由数量积的定义和坐标运算建立方程，求解方程即可. 【详解】（1）因为点在椭圆C：上，所以，解得. 因为椭圆C的离心率为，即，解得. 所以椭圆C的标准方程为. （2）①如图，设直线的倾斜角为，则. 因为， 所以，所以直线的斜率为. ②由题意得直线l的斜率存在，且不为0，设为t. 又直线l过点，则直线l的方程为. 由消去y，整理得，解得，. 因为，所以，则，则点. 因为，所以， 结合，，解得. 因为，，所以，， 所以 . 又因为， 所以，且. 整理得解得， 所以直线l的方程为. 3．(24-25高二下·广东揭阳·期末)已知椭圆的任意两条相互垂直的切线交点的轨迹是圆，称为椭圆的蒙日圆，其方程为．已知椭圆的两个焦点分别为，为坐标原点，点在椭圆上． (1)求的标准方程； (2)已知直线与交于两点，且，求面积的取值范围； (3)过的蒙日圆上一点，作的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若直线，的斜率存在，设与的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，列出方程组求出即可. （2）按是否为顶点分类，当直线斜率存在且不为0时，求出长，并求出三角形面积的函数关系，进而求出范围. （3）按直线的斜率存在与否分类，把直线的方程与圆、椭圆方程联立求出即可. 【详解】（1）依题意，，解得， 所以的标准方程是. （2）当点不是椭圆的顶点时，由，得点不是椭圆的顶点， 设直线方程为，点，则直线方程为， 由得，，同理， 面积， 而，因此，当且仅当时取等号， 点是椭圆的顶点时，点也是椭圆的顶点，， 所以面积的取值范围是. （3）依题意，蒙日圆的方程为：， 当直线斜率不存在时，直线的方程为：或， 直线与的交点为或，则； 当直线斜率存在时，设直线的方程为：， 由消去并整理得：， 则，即，设， 由消去并整理得：， ，， 则 ， 所以为定值. 4．(24-25高二下·甘肃庆阳·期末)已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，过点且垂直于x轴的直线被椭圆W所截得的线段长为. (1)求椭圆W的方程； (2)直线与椭圆W交于A，B两点，连接，交椭圆W于点C，若的面积为5，求直线AC的方程. 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）根据椭圆的离心率公式、过焦点垂直于轴的弦长公式以及椭圆中的关系求解椭圆方程. （2）先设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出弦长，再根据三角形面积公式求出直线方程. 【详解】（1）解：由题意得过点且垂直于x轴的直线方程为，代入椭圆，得， 又该直线所截得的线段长为，即， 椭圆的离心率， 又，故可列方程组为 ，解得，， 故椭圆W的方程为. （2）由题意知，直线AC不垂直于y轴，直线AC经过， 设直线AC的方程为，，， 联立，消去x并整理得， 由韦达定理得，，， . 点（坐标原点）到直线AC的距离， 且是线段AB的中点，所以点B到直线AC的距离为2d， 所以. 由，令，则，上式变为，解得或， 即或（舍去），， 故直线AC的方程为，即或. 5．(24-25高二下·安徽安庆江淮协作区·期末)已知椭圆过点，其中一个焦点在直线上，为椭圆的上顶点，直线与椭圆相交于不同的两点，. (1)求椭圆的方程； (2)若，为坐标原点，求的面积最大时实数的值； (3)若直线，的斜率分别为，，且，直线，与圆分别交于点，.证明：直线过定点，并求出定点坐标. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由直线方程求得焦点坐标，根据已知点，可得答案； （2）联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，利用点到直线距离以及弦长公式，根据三角形的面积公式，结合基本不等式，可得答案； （3）分直线的斜率存在与否两种情况，联立方程写出韦达定理，根据斜率建立方程，可得答案. 【详解】（1）由焦点在直线上，令，解得， 由过点，则，解得， 所以椭圆的方程为 （2） 当时，直线，设，， 联立，消去可得， 由，则， 可得，， 点到直线的距离， 弦长， 则的面积 ， 当且仅当，即时，等号成立，所以的值为. （3） 由（1）可知，所以圆，又，所以， （i）若直线垂直于轴，，设的方程：，，， 则，消去可得， 则（*），且， 可得，解得，不满足（*），不合题意； （ii）若直线不垂直于轴， 则设的方程：，，， 则，消去可得， 由，则，， 可得. 因为，则，即， ,∴ 所以直线方程为：， 所以直线过定点. 6．(24-25高二下·湖南长沙周南中学·期末)已知椭圆过点，焦距为2 . (1)求的方程; (2)过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线，与曲线分别交于四点，设线段的中点分别为. (i)证明：直线过定点； (ii) 求四边形面积的取值范围. 【答案】(1)； (2)(i)证明见解析；(ii). 【分析】（1）由椭圆所过的点及焦距求出椭圆参数，即可得方程； （2）（i）讨论直线斜率的存在性，设，联立椭圆方程并应用韦达定理，结合中点坐标求坐标，进而写出直线，即可证；（ii）根据（i）并应用弦长公式求相交弦长，由，最后应用基本不等式求范围即可. 【详解】（1）由题意知椭圆过点 ，则， 因为，所以， 联立方程组 ，解得，则， 所以椭圆的方程为. （2） (i) 当两条直线的斜率都存在时，不妨设， 设， 联立直线与椭圆的方程，得， 消去整理得，易知， 根据韦达定理可知，， 即，同理， 所以， 所以， 令，得，此时直线恒过， 当两条直线中有一条直线的斜率不存在时，易知也经过， 所以直线过定点. (ii) 当两条直线中有一条直线的斜率不存在时，易知， 当两条直线的斜率都存在时，不妨设， 由(i)得：，同理， 则 因为 ， 根据基本不等式 ，当且仅当时等号成立， 所以 ， 综上所述，四边形面积的取值范围为 . 7．(24-25高二下·陕西汉中·期末)已知、分别是椭圆的左、右顶点，的离心率为，且. (1)求椭圆的方程； (2)已知是线段上一点（异于、），过点的直线与椭圆交于、两点（异于、），直线、分别交直线于、两点. （i）若的中点为，求的方程； （ii）是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，或 【分析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）（i）设、，则，，利用点差法可求得直线的方程； （ii）设，由题可知直线的斜率不为，可设直线，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，可求出点、的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算结合韦达定理可化简得出的表达式，根据为定值可求出的值，即可得出点的坐标. 【详解】（1）由题可知，解得， 所以椭圆的方程为. （2）（i）设、，， 若的中点为，则，. 又，两式相减可得， 即， 所以，所以，故的斜率为. 因为点在上，所以的方程为，即； （ii）设，由题可知直线的斜率不为，可设直线， 由得， 即， 则，得， 由韦达定理可得，， 直线的方程为，, 令可得，即点， 同理可得点，， 则，， 所以 ， 当，即时，， 当，即（舍去）时，， 故当或时，为定值. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $