专题03 椭圆及其应用（考点+二级结论+14题型+易错，期末复习知识清单）高二数学上学期人教A版选择性必修第一册

该高中数学椭圆专题知识清单全面涵盖椭圆的定义、几何性质、直线与椭圆位置关系及3类核心知识，14种典型题型和2大易错点，搭建从基础概念到综合应用的递进式学习支架。 清单采用“知识清单+二级结论+题型分类+易错警示”四维架构，如焦点三角形性质标注为重点结论，离心率问题强调几何法培养数学思维，弦中点问题用点差法渗透推理意识，易错点配例题分析“忽略斜率不存在”错误，助力学生高效自主复习，教师精准设计教学活动。

专题03 椭圆及其应用（3知识&14题型&2易错） 【清单01】椭圆的定义 椭圆的定义 把平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆.这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距. 注意：(1)当动点M满足|MF1|＋|MF2|＝常数>|F1F2|时，动点M的轨迹为椭圆； (2)当动点M满足|MF1|＋|MF2|＝常数＝|F1F2|时，动点M的轨迹为以F1，F2为两端点的线段； (3)当动点M满足|MF1|＋|MF2|＝常数<|F1F2|时，动点M的轨迹不存在. 【清单02】椭圆的简单几何性质 1..椭圆的简单几何性质 焦点的位置 焦点在x轴上 焦点在y轴上 图形 标准方程 (a>b>0) (a>b>0) 范围 －a≤x≤a 且－b≤y≤b －b≤x≤b 且－a≤y≤a 顶点 A1(－a，0)， A2(a，0)， B1(0，－b)， B2(0，b) A1(0，－a)， A2(0，a)， B1(－b，0)， B2(b，0) 轴长 短轴长为2b，长轴长为2a 焦点 F1(－c，0)， F2(c，0) F1(0，－c)， F2(0，c) 焦距 |F1F2|＝2c 对称性 对称轴：x轴和y轴，对称中心：原点 离心率 e＝ (0<e<1) a，b，c的关系 a2＝b2＋c2 2.椭圆的焦点三角形 椭圆上的点P(x0，y0)与两焦点构成的△PF1F2叫做焦点三角形．如图所示， 当椭圆为＝1(a＞b＞0)时，设∠F1PF2＝θ. (1)|PF1|·|PF2|≤＝a2. (2)当PF2⊥x轴时，点P的坐标为． (3)|PF1|＝a＋ex0，|PF2|＝a－ex0． (4)|PF1|max＝a＋c，|PF1|min＝a－c． (5)4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos θ． (6)＝b2tan ＝c|y0|，当|y0|＝b，即点P的位置为短轴端点时，θ最大，S取最大值，最大值为bc. (7)已知过焦点F1的弦AB，则△ABF2的周长为4a． 【清单03】直线与椭圆的位置关系 1.直线与椭圆的位置关系 将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ. ①Δ＞0直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）； ②Δ＝0直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)； ③Δ＜0直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点． 2.直线与椭圆的相交弦 设直线交椭圆于点两点，则 == 同理可得 【二级结论1】椭圆的硬解定理 如果直线与曲线（m>0,n>0,）有两个交点，． 先将直线方程与曲线方程进行联立，得到， 于是判别式， 再根据韦达定理得到 于是有， 从而． 特别地，对于最常见的斜截式来说，可令，，， 则有以下结论： ①判别式． ② ③． ④． 【二级结论2】椭圆的焦点三角形的内心 如图，若点I是焦点三角形的内心，则有下列结论： ①若r为焦点三角形的内切圆半径，则使用等面积法，就有． ②若的平分线交于点G，则在中， 根据角平分线定理得到． ③在中使用角平分线定理得到． 【二级结论3】椭圆弦中点问题 若直线与椭圆交于，两点， 且是线段AB的中点，如图，则． 证明 因为点，都在椭圆上， 所以（点在椭圆上），所以（作差）， 所以，所以． 因为，，，所以． 【二级结论4】椭圆的切线 将椭圆的图象一分为三，x轴上方为一部分，x轴下方为一部分，x轴上单独讨论．如图． ①易得椭圆在左右顶点处的切线方程分别为，． ②椭圆在x轴上方的部分可以看成y关于x的某个函数的图象，于是在两边对自变量x求导，得到（隐函数求导），进而得到，从而椭圆在点处的切线方程为，于是（同乘）， 于是就有（点在椭圆上）， 因此椭圆在点处的切线方程为． ③依葫芦画瓢，当点在x轴下方时，椭圆在点处的切线方程为． 结合①②③可得，椭圆在点处的切线方程为． 题型1 对椭圆定义的理解及应用 1、求方程：通过对题设条件分析、转化后，能够明确动点满足椭圆的定义，便可直接求解其轨迹方程； 2、求最值：抓住|PF1|与|PF2|之和为定值，可联系到利用基本不等式求|PF1|·|PF2|的最值； 利用定义|PF1|＋|PF2|＝2a转化或变形，借助三角形性质求最值． 【例1】（24-25高二上·浙江衢州·期末）纸上画有一圆O，在圆内任取一定点异于点，将纸片折叠，使折叠上去的圆弧经过A，然后展开纸片，得到一条折痕继续上述过程，绕圆心一周，得到若干不同的折痕，则这些折痕围成的轮廊是什么曲线（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【变式1-1】（24-25高二下·陕西咸阳·期末）已知椭圆的两焦点分别为，，点为椭圆上任意一点，则的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【变式1-2】（24-25高二上·山东烟台·期末）已知分别为椭圆的左、右焦点，直线与交于两点，则平行四边形的周长为（    ） A． B．8 C． D．16 【变式1-3】【多选】（23-24高二上·福建龙岩·期中）已知曲线，则（    ） A．当时，是圆 B．当时，是焦距为4的椭圆 C．当是焦点在轴上的椭圆时， D．当是焦点在轴上的椭圆时， 题型2 椭圆的焦点三角形问题 椭圆的焦点三角形的求解思路： （1）关于椭圆的焦点三角形问题，可结合椭圆的定义，利用这个关系式便可求出结果，因此回归定义式求解椭圆的焦点三角形的常用方法； （2）在椭圆中，焦点三角形引出的问题很多，在处理这些问题时，经常利用定义结合正弦定理、余弦定理及勾股定理来解决，还经常用到配方法、解方程及把看成一个整体等． 【例2】（24-25高二下·广西南宁·期末）椭圆的两个焦点为，，为椭圆上与两焦点不共线的一点，则的周长为 . 【变式2-1】（2025·湖南永州·三模）已知椭圆E：，点，若直线（）与椭圆E交于A，B两点，则的周长为（   ） A． B．4 C． D．8 【变式2-2】（24-25高二下·安徽滁州·期末）设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【变式2-3】（24-25高二上·贵州黔西·期末）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，M为椭圆C上任意一点，则下列说法错误的是（    ） A．的周长为6 B．面积的最大值为 C．的取值范围为 D．的最小值为 题型3 椭圆中距离和差的最值问题 椭圆中“距离和的最值”主要分为“椭圆上一点到两定点的距离和”和“椭圆内一点到椭圆上一点与焦点的距离和”，核心解法“利用椭圆定义转化为两点间距离”（几何法），避免代数硬算． 椭圆中“距离差的最值”主要是“椭圆上一点到两个定点的距离差”和“椭圆上一点到两焦点的距离差”，核心解法是“三角形三边关系”（几何法），注意椭圆的封闭性导致距离差的范围有限制． 【例3】（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知点，且是椭圆的左焦点，是椭圆上任意一点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【变式3-1】（24-25高二上·陕西西安·月考）已知是曲线：上的动点，是圆：上的动点，，则的最大值为（    ） A． B． C．3 D． 【变式3-2】（24-25高二上·湖北·月考）已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】（25-26高二上·广东清远·期中）已知椭圆：＋＝1内有一点，，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的一点，求： (1)的最大值与最小值； (2)的最小值． 题型4 椭圆的标准方程性质与求解 （1）利用待定系数法求椭圆标准方程的步骤 ①定位：确定焦点在那个坐标轴上； ②定量：依据条件及确定的值； ③写出标准方程． （2）求椭圆方程时，若没有指明焦点位置，一般可设所求方程为； （3）当椭圆过两定点时，常设椭圆方程为，将点的坐标代入，解方程组求得系数． 【例4】（24-25高二上·广东东莞·期末）已知边长为2的正方形的四个顶点恰好是椭圆的左、右焦点和短轴两个端点，则椭圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 【变式4-1】（24-25高二上·湖南长沙·期末）若椭圆焦点在轴上且椭圆经过点，，则该椭圆的标准方程为（   ） A． B． C． D． 【变式4-2】（25-26高二上·陕西榆林·月考）中心在原点，焦点在坐标轴上，且过两点，的椭圆的标准方程是（   ） A． B． C． D． 【变式4-3】（25-26高二上·浙江·月考）已知椭圆的长轴长是焦距的2倍，且点在椭圆上，则椭圆的标准方程为（   ） A． B． C． D． 题型5 与椭圆有关的轨迹问题 与椭圆有关的轨迹问题，核心是根据已知条件（如距离关系、角度关系、位置约束等），推导满足椭圆定义或符合椭圆方程特征的动点轨迹．解题的关键在于“转化条件”——将几何约束转化为代数方程，或直接匹配椭圆的定义． 【例5】（25-26高二上·河北沧州·期中）一动圆与圆外切，同时与圆内切，则该动圆圆心的轨迹是（   ） A．椭圆 B．双曲线的一支 C．抛物线 D．圆 【变式5-1】（25-26高二上·安徽·月考）已知，，直线相交于点P，且直线与直线的斜率之积为，则点P的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】（25-26高二上·江苏淮安·期中）已知曲线的方程为：，点是曲线上的两个动点，则的最大值为（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【变式5-3】（25-26高二上·山西·期中）已知点M是圆C：上的动点，，线段的垂直平分线与线段交于点Q，当点M在圆C上运动时，点Q的轨迹方程是（   ） A． B． C． D． 题型6 求椭圆离心率的值或取值范围 1、求椭圆离心率的3种方法 （1）直接求出a，c来求解e.通过已知条件列方程组，解出a，c的值． （2）构造a，c的齐次式，解出e.由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解． （3）通过取特殊值或特殊位置，求出离心率． 2、求椭圆离心率范围的2种方法 （1）几何法：利用椭圆的几何性质，设P(x0，y0)为椭圆＋＝1(a>b>0)上一点，则|x0|≤a，a－c≤|PF1|≤a＋c等，建立不等关系，或者根据几何图形的临界情况建立不等关系，适用于题设条件有明显的几何关系； （2）直接法：根据题目中给出的条件或根据已知条件得出不等关系，直接转化为含有a，b，c的不等关系式，适用于题设条件直接有不等关系． 【例6】（25-26高三上·四川绵阳·月考）已知椭圆的右顶点为A，M，N为椭圆上关于y轴对称的两点（不同于点A），直线AM，AN的斜率之积为，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【变式6-1】（25-26高二上·陕西咸阳·期中）已知椭圆的右顶点，上顶点和上焦点分别是，若轴恰与过三点的圆相切，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【变式6-2】（23-24高三下·云南昆明·月考）设，分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于，两点，且，，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【变式6-3】（25-26高二上·云南昭通·开学考试）已知是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，且，则该椭圆离心率的取值范围是（　　） A． B． C． D． 题型7 直线与椭圆的位置关系 1、通过联立直线与椭圆的方程，将几何位置关系转化为方程解的个数问题． （1）求解步骤：先明确直线与椭圆的方程，再联立方程消元得到一元二次方程，最后通过判别式判断； （2）特殊情况：若直线过定点，可先判断定点的位置． 2、根据直线与椭圆的位置关系求参数范围 将“位置关系”转化为“代数条件”（如判别式符号、交点坐标特征、切线公式约束等），再通过解方程或不等式求解参数范围． 【例7】（25-26高二上·河南·月考）直线与椭圆的位置关系为（    ） A．与k的值有关 B．相切 C．相离 D．相交 【变式7-1】（25-26高二上·山西·期末）直线与椭圆的交点个数为（ ） A．1 B．2 C．1或2 D．无法确定 【变式7-2】（25-26高二上·四川成都·月考）已知直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式7-3】（25-26高二上·河北石家庄·期中）已知实数，满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型8 椭圆的中点弦问题 1、根与系数关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决； 2、点差法：利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系，具体如下：直线(不平行于轴)过椭圆()上两点、，其中中点为，则有． 3、共线法：利用中点坐标公式，如果弦的中点为，设其一交点为，则另一交点为，则． 【例8】（湖北省楚天协作体2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题）已知直线与椭圆相交于，两点，若线段的中点坐标为，则直线的斜率为（    ） A． B． C． D． 【变式8-1】（25-26高二上·安徽合肥·期中）已知中心在原点，焦点坐标为的椭圆被直线截得的弦的中点的横坐标为，则该椭圆的方程为（    ） A． B． C． D． 【变式8-2】（25-26高二上·陕西汉中·月考）已知椭圆（且）与直线相交于A，B两点，且线段AB的中点的横坐标为1，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．5 【变式8-3】（24-25高二上·河北廊坊·期末）已知椭圆，过点的直线交椭圆于A，B两点，且P为线段的中点，则直线的方程为（ ） A． B． C． D． 题型9 直线与椭圆相交弦长问题 设，根据两点距离公式． （1）若在直线上，代入化简，得； （2）若所在直线方程为，代入化简，得 （3）构造直角三角形求弦长，．其中为直线斜率，为直线倾斜角． 【例9】（25-26高二上·江西九江·月考）已知直线与椭圆交于两点，则的最大值为（     ） A．2 B． C． D．4 【变式9-1】（25-26高二上·北京·期中）过椭圆焦点且与椭圆长轴垂直的直线与椭圆相交于A、B两点，则等于（   ） A．4 B． C．1 D． 【变式9-2】（25-26高二上·江苏扬州·期中）已知椭圆，直线与椭圆交于两点，则线段长为（    ） A． B． C． D． 【变式9-3】（河南省南阳地区十校2025-2026学年高二上学期12月阶段联考数学试题）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，点为的一个焦点，且的离心率为. (1)求的标准方程； (2)已知为的左顶点，直线与交于两点，求的面积. 题型10 椭圆中的定点问题 1、特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关． 2、直接推理法：①选择一个参数建立直线系方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量，将变量x，y当成常量，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(k是原方程中的常量)；②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组③以②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决． 【例10】（西藏自治区拉萨市2025-2026学年高二上学期期末联考数学试题）已知椭圆的左､右顶点分别为，，且，点是上的一点. (1)求的方程； (2)已知点，（，不在轴上）是椭圆上不同的两点. ①求直线，的斜率之积； ②若直线的斜率是直线的斜率的倍，试判断直线是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由. 【变式10-1】（2025高二上·江苏南京·专题练习）已知定点，，直线与相交于点，且直线的斜率与直线的斜率之积为．设动点的轨迹为曲线C． (1)求曲线的方程； (2)已知直线与曲线交于点，．若以为直径的圆经过点，则是否经过某个定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【变式10-2】（25-26高三上·北京·月考）已知椭圆 经过点 . (1)求椭圆 的方程及离心率； (2)设椭圆 的左顶点为 ，直线 与 相交于 两点，直线 与直线 相交于点 . 问: 直线 是否过定点? 若过定点，求出该点坐标; 若不过定点， 说明理由. 【变式10-3】（25-26高二上·重庆·期中）已知椭圆的离心率，左､右焦点分别为，双曲线的焦点恰好是该椭圆的一个顶点. (1)求椭圆的方程； (2)已知圆的切线与椭圆相交于两点，那么以为直径的圆是否通过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由. 题型11 椭圆中的定值问题 1、求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值； 2、求点到直线的距离为定值：利用点到直线距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简变形求得； 3、求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简变形即可求得． 【例11】（2025高三上·山西·专题练习）已知椭圆C的两个焦点，，过点且与坐标轴不平行的直线l与椭圆C相交于M，N两点，的周长等于16. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若过点的直线与椭圆C交于两点A，B，设直线，的斜率分别为，.求证：为定值. 【变式11-1】（湖北省云学联盟2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题）已知椭圆过，不与轴垂直的直线交椭圆于两点，且为线段中点，设直线的斜率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若坐标原点关于点的对称点在椭圆上， （i）求的取值范围； （ii）证明：的面积为定值. 【变式11-2】（25-26高二上·广西·月考）已知是椭圆的右焦点，椭圆的离心率，斜率不为0的直线经过点且与椭圆交于两点.当直线与轴垂直时，弦的长为. (1)求椭圆的方程； (2)设分别为椭圆的左､右顶点，设直线的斜率分别为，求； (3)轴上是否存在一个定点，使得为定值？若存在，求定点的坐标，若不存在，请说明理由. 【变式11-3】（25-26高二上·江苏宿迁·期中）已知椭圆的焦距为，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于两点，点是轴上的一点，过点作直线的垂线，垂足为.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. 题型12 椭圆中的最值与范围问题 （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. 【例12】（24-25高三上·河南南阳·期末）已知点，Q为曲线上任意一点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【变式12-1】（24-25高二上·福建南平·期末）已知椭圆：，直线：，若点为上的一点，则点到直线的距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 【变式12-2】（25-26高三上·湖北武汉·月考）已知椭圆的中心在坐标原点，两个焦点分别为，，点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线与椭圆交于、两点，且. （i）是否存在定圆：，使得直线与圆相切.若存在，求出的值，若不存在，请说明理由， （ii）求面积的取值范围. 【变式12-3】（25-26高二上·陕西渭南·期中）已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为4. (1)求椭圆的标准方程； (2)不过椭圆顶点的动直线与椭圆交于A、B两点，求（为原点）面积的最大值. 题型13 椭圆中的证明问题 圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法． 【例13】（25-26高二上·云南昆明·期中）记椭圆的右顶点为,右焦点为,过F的直线l交C于D,E两点，记线段的中点分别为M,N,直线分别交于点P,Q. (1)求C的方程； (2)证明：轴； (3)若的外接圆的面积为,求直线l的方程． 【变式13-1】（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． 【变式13-2】（24-25高二下·河南濮阳·期末）已知椭圆的离心率为，上顶点为. (1)求的方程； (2)过点的直线与交于两点，点在第二象限，点在轴的下方，直线分别与轴交于点. （ⅰ）证明：； （ⅱ）求四边形面积的最大值. 【变式13-3】（24-25高二上·广东广州·期末）已知椭圆经过点，且右焦点为. (1)求椭圆的方程； (2)已知直线与椭圆交于两点，以为直径的圆过原点. （i）证明：； （ii）若过原点的直线与椭圆交于两点，且，求四边形面积的范围. 题型14 椭圆中的探究性问题 “肯定顺推法”解决探索性问题，即先假设结论成立，用待定系数法列出相应参数的方程，倘若相应方程有解，则探索的元素存在(或命题成立)，否则不存在(或不成立)． 【例14】（2021·福建福州·模拟预测）已知椭圆，长轴长为4，不过坐标原点O且不平行于坐标轴的直线l与椭圆C有两个交点A，B，线段AB的中点为M，直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值． (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l过右焦点，问y轴上是否存在点D，使得三角形ABD为正三角形，若存在，求出点D坐标，若不存在，请说明理由． 【变式14-1】（24-25高二下·安徽亳州·期末）在平面直角坐标系xOy中，过点的两条直线MA与直线MB的斜率分别为，且，记动点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)若，求点的坐标； (3)已知点，直线与轴交于点，直线AM与交于点，是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式14-2】（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. 【变式14-3】（24-25高二下·四川凉山·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. 【题型一】忽略直线斜率不存在致错 【例1】（24-25高三上·上海松江·期末）已知椭圆，为椭圆的右焦点，过点的直线交椭圆于、两点． (1)若直线垂直于轴，求椭圆的弦的长度； (2)设点，当时，求点A的坐标； (3)设点，记、的斜率分别为和，求的取值范围． 【变式1-1】（24-25高二下·广东广州·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． 【变式1-2】（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． 【变式1-3】（24-25高二下·安徽滁州·期末）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，垂足为．点在线段上，且满足．当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的标准方程． (2)过点的直线交曲线于两点，过点与垂直的直线交曲线于，两点，其中在轴上方，，分别为，的中点． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）求面积的最大值． 【题型二】忽略韦达定理的前提致错 【例2】（2025·山东泰安·模拟预测）已知椭圆的离心率为，过右焦点的直线与椭圆交于两点，当轴时，. (1)求椭圆的方程； (2)若，求直线的方程. 【变式2-1】（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． 【变式2-2】（24-25高二下·广东汕尾·期末）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆C上，过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，直线l的斜率k存在． (1)若线段的中点的横坐标为，求椭圆C的方程并计算点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和； (2)F为椭圆C的右焦点，若面积为，求直线l的方程． 【变式2-3】（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． 学科网（北京）股份有限公5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 椭圆及其应用（3知识&14题型&2易错） 【清单01】椭圆的定义 椭圆的定义 把平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆.这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距. 注意：(1)当动点M满足|MF1|＋|MF2|＝常数>|F1F2|时，动点M的轨迹为椭圆； (2)当动点M满足|MF1|＋|MF2|＝常数＝|F1F2|时，动点M的轨迹为以F1，F2为两端点的线段； (3)当动点M满足|MF1|＋|MF2|＝常数<|F1F2|时，动点M的轨迹不存在. 【清单02】椭圆的简单几何性质 1..椭圆的简单几何性质 焦点的位置 焦点在x轴上 焦点在y轴上 图形 标准方程 (a>b>0) (a>b>0) 范围 －a≤x≤a 且－b≤y≤b －b≤x≤b 且－a≤y≤a 顶点 A1(－a，0)， A2(a，0)， B1(0，－b)， B2(0，b) A1(0，－a)， A2(0，a)， B1(－b，0)， B2(b，0) 轴长 短轴长为2b，长轴长为2a 焦点 F1(－c，0)， F2(c，0) F1(0，－c)， F2(0，c) 焦距 |F1F2|＝2c 对称性 对称轴：x轴和y轴，对称中心：原点 离心率 e＝ (0<e<1) a，b，c的关系 a2＝b2＋c2 2.椭圆的焦点三角形 椭圆上的点P(x0，y0)与两焦点构成的△PF1F2叫做焦点三角形．如图所示， 当椭圆为＝1(a＞b＞0)时，设∠F1PF2＝θ. (1)|PF1|·|PF2|≤＝a2. (2)当PF2⊥x轴时，点P的坐标为． (3)|PF1|＝a＋ex0，|PF2|＝a－ex0． (4)|PF1|max＝a＋c，|PF1|min＝a－c． (5)4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos θ． (6)＝b2tan ＝c|y0|，当|y0|＝b，即点P的位置为短轴端点时，θ最大，S取最大值，最大值为bc. (7)已知过焦点F1的弦AB，则△ABF2的周长为4a． 【清单03】直线与椭圆的位置关系 1.直线与椭圆的位置关系 将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，消元转化为关于x或y的一元二次方程，其判别式为Δ. ①Δ＞0直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）； ②Δ＝0直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)； ③Δ＜0直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点． 2.直线与椭圆的相交弦 设直线交椭圆于点两点，则 == 同理可得 【二级结论1】椭圆的硬解定理 如果直线与曲线（m>0,n>0,）有两个交点，． 先将直线方程与曲线方程进行联立，得到， 于是判别式， 再根据韦达定理得到 于是有， 从而． 特别地，对于最常见的斜截式来说，可令，，， 则有以下结论： ①判别式． ② ③． ④． 【二级结论2】椭圆的焦点三角形的内心 如图，若点I是焦点三角形的内心，则有下列结论： ①若r为焦点三角形的内切圆半径，则使用等面积法，就有． ②若的平分线交于点G，则在中， 根据角平分线定理得到． ③在中使用角平分线定理得到． 【二级结论3】椭圆弦中点问题 若直线与椭圆交于，两点， 且是线段AB的中点，如图，则． 证明 因为点，都在椭圆上， 所以（点在椭圆上），所以（作差）， 所以，所以． 因为，，，所以． 【二级结论4】椭圆的切线 将椭圆的图象一分为三，x轴上方为一部分，x轴下方为一部分，x轴上单独讨论．如图． ①易得椭圆在左右顶点处的切线方程分别为，． ②椭圆在x轴上方的部分可以看成y关于x的某个函数的图象，于是在两边对自变量x求导，得到（隐函数求导），进而得到，从而椭圆在点处的切线方程为，于是（同乘）， 于是就有（点在椭圆上）， 因此椭圆在点处的切线方程为． ③依葫芦画瓢，当点在x轴下方时，椭圆在点处的切线方程为． 结合①②③可得，椭圆在点处的切线方程为． 题型1 对椭圆定义的理解及应用 1、求方程：通过对题设条件分析、转化后，能够明确动点满足椭圆的定义，便可直接求解其轨迹方程； 2、求最值：抓住|PF1|与|PF2|之和为定值，可联系到利用基本不等式求|PF1|·|PF2|的最值； 利用定义|PF1|＋|PF2|＝2a转化或变形，借助三角形性质求最值． 【例1】（24-25高二上·浙江衢州·期末）纸上画有一圆O，在圆内任取一定点异于点，将纸片折叠，使折叠上去的圆弧经过A，然后展开纸片，得到一条折痕继续上述过程，绕圆心一周，得到若干不同的折痕，则这些折痕围成的轮廊是什么曲线（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】B 【分析】记圆O半径为，设点A关于直线的对应点为，连接交直线于点，连接，计算，根据椭圆定义可得． 【详解】如图，圆半径为，是一条折痕，点关于的对称点在圆上，连接交直线于，则， 所以， 所以点轨迹是以为焦点的椭圆，椭圆长轴长为． 故选：B 【变式1-1】（24-25高二下·陕西咸阳·期末）已知椭圆的两焦点分别为，，点为椭圆上任意一点，则的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】D 【分析】根据椭圆的定义，即可求得答案. 【详解】由于椭圆，故椭圆长半轴长为， 故， 故选：D 【变式1-2】（24-25高二上·山东烟台·期末）已知分别为椭圆的左、右焦点，直线与交于两点，则平行四边形的周长为（    ） A． B．8 C． D．16 【答案】C 【分析】由题意，根据椭圆的定义计算直接得出结果. 【详解】由题意知，，由椭圆的定义知， 四边形的周长为. 故选：C 【变式1-3】【多选】（23-24高二上·福建龙岩·期中）已知曲线，则（    ） A．当时，是圆 B．当时，是焦距为4的椭圆 C．当是焦点在轴上的椭圆时， D．当是焦点在轴上的椭圆时， 【答案】AB 【分析】根据条件，利用圆、椭圆的标准方程及椭圆的性质，对各个选项逐一分析判断即可得出结果. 【详解】对于选项A，当时，曲线为，此时曲线表示圆，所以选项A正确； 对于选项B，当时，曲线为，此时曲线为椭圆且椭圆的焦距为，所以选项B正确； 对于选项C，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，所以选项C错误； 对于选项D，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，所以选项D错误， 故选：AB. 题型2 椭圆的焦点三角形问题 椭圆的焦点三角形的求解思路： （1）关于椭圆的焦点三角形问题，可结合椭圆的定义，利用这个关系式便可求出结果，因此回归定义式求解椭圆的焦点三角形的常用方法； （2）在椭圆中，焦点三角形引出的问题很多，在处理这些问题时，经常利用定义结合正弦定理、余弦定理及勾股定理来解决，还经常用到配方法、解方程及把看成一个整体等． 【例2】（24-25高二下·广西南宁·期末）椭圆的两个焦点为，，为椭圆上与两焦点不共线的一点，则的周长为 . 【答案】 【分析】利用，求出c，利用椭圆的定义即可求出焦点三角形的周长. 【详解】因为，，所以， 故的周长为. 故答案为： 【变式2-1】（2025·湖南永州·三模）已知椭圆E：，点，若直线（）与椭圆E交于A，B两点，则的周长为（   ） A． B．4 C． D．8 【答案】D 【分析】求出直线所过的定点，再利用椭圆的定义求出三角形周长. 【详解】椭圆E：的长半轴长，半焦距， 则点为椭圆的左焦点，其右焦点为， 而直线恒过定点， 所以的周长为. 故选：D 【变式2-2】（24-25高二下·安徽滁州·期末）设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【分析】根据题意可知，可得，然后可求. 【详解】， ， 又椭圆， 则， . 故选：D. 【变式2-3】（24-25高二上·贵州黔西·期末）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，M为椭圆C上任意一点，则下列说法错误的是（    ） A．的周长为6 B．面积的最大值为 C．的取值范围为 D．的最小值为 【答案】D 【分析】求出椭圆的长短半轴长及半焦距，再结合椭圆的定义逐项判断即可. 【详解】椭圆：的长半轴长，短半轴长，半焦距， 对于A，的周长为，A正确； 对于B，点到直线距离的最大值为，则面积的最大值为，B正确； 对于C，，解得，C正确； 对于D，由，得，D错误. 故选：D 题型3 椭圆中距离和差的最值问题 椭圆中“距离和的最值”主要分为“椭圆上一点到两定点的距离和”和“椭圆内一点到椭圆上一点与焦点的距离和”，核心解法“利用椭圆定义转化为两点间距离”（几何法），避免代数硬算． 椭圆中“距离差的最值”主要是“椭圆上一点到两个定点的距离差”和“椭圆上一点到两焦点的距离差”，核心解法是“三角形三边关系”（几何法），注意椭圆的封闭性导致距离差的范围有限制． 【例3】（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知点，且是椭圆的左焦点，是椭圆上任意一点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据椭圆的定义，结合三点共线，即可求解. 【详解】取椭圆的右焦点为，故, 由于,故， 因此， 故的最小值为5，当且仅当三点共线，且在上半椭圆时取到最小值， 故选：B 【变式3-1】（24-25高二上·陕西西安·月考）已知是曲线：上的动点，是圆：上的动点，，则的最大值为（    ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】根据题意，利用定点到圆上点距离的最值，结合椭圆的定义与三角形边长的关系即可得解. 【详解】因为曲线：可化为，为椭圆， 则，故椭圆左焦点，右焦点， 又圆：的圆心恰好是，则，    又在椭圆中，有，， 所以， 当且仅当点在线段与椭圆的交点处，点在线段的延长线与圆的交点处，等号成立. 故选：D. 【变式3-2】（24-25高二上·湖北·月考）已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助椭圆定义可得，再借助两点间距离公式计算即可得. 【详解】如图，取椭圆右焦点，则， 则由椭圆定义可知， 则， 当且仅当、、三点共线，且在之间时取等， 故的最大值为. 故选：A. 【变式3-3】（25-26高二上·广东清远·期中）已知椭圆：＋＝1内有一点，，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的一点，求： (1)的最大值与最小值； (2)的最小值． 【答案】(1)，－ (2)10－ 【分析】（1）连接并延长交椭圆于点，结合平面几何结论可得是使取得最大值的点，由此可得的最大值，延长交椭圆于点，可得是使取得最小值的点，由此可得结论； （2）结合椭圆的定义可得，连接，并延长交椭圆于点，，结合平面几何结论可得是使取得最小值的点，由此可求结论． 【详解】（1）由椭圆可知，，， 则，， 如图所示，连接并延长交椭圆于点， 则是使取得最大值的点， 于是， 因为， 则求的最小值，即求的最大值， 延长交椭圆于点，则是使取得最大值的点，即取得最小值的点， 于是 所以的最大值与最小值分别为和；    （2）连接，由椭圆的定义知， 则， 所以， 如图，连接，并延长交椭圆于点，， 则是使取得最小值的点， 于是， 题型4 椭圆的标准方程性质与求解 （1）利用待定系数法求椭圆标准方程的步骤 ①定位：确定焦点在那个坐标轴上； ②定量：依据条件及确定的值； ③写出标准方程． （2）求椭圆方程时，若没有指明焦点位置，一般可设所求方程为； （3）当椭圆过两定点时，常设椭圆方程为，将点的坐标代入，解方程组求得系数． 【例4】（24-25高二上·广东东莞·期末）已知边长为2的正方形的四个顶点恰好是椭圆的左、右焦点和短轴两个端点，则椭圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据椭圆短轴长和焦距公式进行求解即可. 【详解】解：由题意，得，且焦点在x轴上， 则， 则椭圆的标准方程为 故选：D. 【变式4-1】（24-25高二上·湖南长沙·期末）若椭圆焦点在轴上且椭圆经过点，，则该椭圆的标准方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据过点得出，结合计算得出椭圆方程. 【详解】椭圆焦点在轴上且椭圆经过点，所以， 又，则， 所以椭圆方程为， 故选:B. 【变式4-2】（25-26高二上·陕西榆林·月考）中心在原点，焦点在坐标轴上，且过两点，的椭圆的标准方程是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据椭圆的性质计算即可. 【详解】由题意可知分别为该椭圆的右顶点和上顶点，，则其焦点在纵轴上， 不妨设该椭圆方程为，即，所以该椭圆方程为. 故选：C 【变式4-3】（25-26高二上·浙江·月考）已知椭圆的长轴长是焦距的2倍，且点在椭圆上，则椭圆的标准方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题设列式求出即可得椭圆的方程； 【详解】设半焦距为，则由题设有，故， 故椭圆方程为：， 又因为点在椭圆上，故，解得， 则. 所以椭圆标准方程为：. 故选：B. 题型5 与椭圆有关的轨迹问题 与椭圆有关的轨迹问题，核心是根据已知条件（如距离关系、角度关系、位置约束等），推导满足椭圆定义或符合椭圆方程特征的动点轨迹．解题的关键在于“转化条件”——将几何约束转化为代数方程，或直接匹配椭圆的定义． 【例5】（25-26高二上·河北沧州·期中）一动圆与圆外切，同时与圆内切，则该动圆圆心的轨迹是（   ） A．椭圆 B．双曲线的一支 C．抛物线 D．圆 【答案】A 【分析】由圆与圆的位置关系确定，，，再利用椭圆的定义可求. 【详解】如图， 设动圆的圆心为P，半径为r，如图， 因圆与圆外切，则， 圆，即， 因与圆内切，则， 又，因，所以点P在以，为焦点的椭圆上. 故选：A. 【变式5-1】（25-26高二上·安徽·月考）已知，，直线相交于点P，且直线与直线的斜率之积为，则点P的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线斜率的概念，列出方程，求出结果即可. 【详解】设点，则，且， 可得，化简得，即，且. 故选：D. 【变式5-2】（25-26高二上·江苏淮安·期中）已知曲线的方程为：，点是曲线上的两个动点，则的最大值为（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】利用椭圆定义及其性质计算即可得. 【详解】由， 可得点到与的距离之和为，又， 由椭圆定义可知，曲线为以、为焦点，为长轴长的椭圆， 由椭圆中长轴为最长弦，故的最大值为. 故选：C. 【变式5-3】（25-26高二上·山西·期中）已知点M是圆C：上的动点，，线段的垂直平分线与线段交于点Q，当点M在圆C上运动时，点Q的轨迹方程是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据垂直平分线的性质以及椭圆的定义可判断的轨迹是以为焦点的椭圆，即可求解其方程. 【详解】圆的圆心，半径为， 由题意可知，又点是圆上的点，则， 且，则， 由椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中，，， 则点的轨迹方程； 故选：B. 题型6 求椭圆离心率的值或取值范围 1、求椭圆离心率的3种方法 （1）直接求出a，c来求解e.通过已知条件列方程组，解出a，c的值． （2）构造a，c的齐次式，解出e.由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解． （3）通过取特殊值或特殊位置，求出离心率． 2、求椭圆离心率范围的2种方法 （1）几何法：利用椭圆的几何性质，设P(x0，y0)为椭圆＋＝1(a>b>0)上一点，则|x0|≤a，a－c≤|PF1|≤a＋c等，建立不等关系，或者根据几何图形的临界情况建立不等关系，适用于题设条件有明显的几何关系； （2）直接法：根据题目中给出的条件或根据已知条件得出不等关系，直接转化为含有a，b，c的不等关系式，适用于题设条件直接有不等关系． 【例6】（25-26高三上·四川绵阳·月考）已知椭圆的右顶点为A，M，N为椭圆上关于y轴对称的两点（不同于点A），直线AM，AN的斜率之积为，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，则，，由直线，的斜率之积为，结合椭圆方程求得的关系，即，由和求得椭圆的离心率. 【详解】由题可知，，设， 则， 所以， 即．由， 得，所以， 所以． 故选：B． 【变式6-1】（25-26高二上·陕西咸阳·期中）已知椭圆的右顶点，上顶点和上焦点分别是，若轴恰与过三点的圆相切，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用过三点的圆恰与轴相切，求出圆的标准方程，再利用点在圆上，坐标适合方程即可求解． 【详解】由已知可得：，，， 线段的垂直平分线方程为，过三点的圆恰与轴相切， 所以圆心坐标为，圆的半径为， 所以经过三点的圆的方程为， 在圆上，所以， 整理得：，所以，所以， 化为：，由，解得． 故选：B． 【变式6-2】（23-24高三下·云南昆明·月考）设，分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于，两点，且，，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，根据椭圆定义结合勾股定理解得，进而可得，在中，利用勾股定理列式求解即可. 【详解】设， 因为，则， 由椭圆的定义可得，， 因为，即， 在中，则，即， 解得，可得， 在△中，可得，即，整理得， 所以椭圆E的离心率为. 故选：B． 【变式6-3】（25-26高二上·云南昭通·开学考试）已知是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，且，则该椭圆离心率的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据椭圆的定义算出，由焦点三角形三边关系列不等式求解. 【详解】由椭圆的定义得， 又，故， 由，得， 又椭圆的离心率，则. 故选：B 题型7 直线与椭圆的位置关系 1、通过联立直线与椭圆的方程，将几何位置关系转化为方程解的个数问题． （1）求解步骤：先明确直线与椭圆的方程，再联立方程消元得到一元二次方程，最后通过判别式判断； （2）特殊情况：若直线过定点，可先判断定点的位置． 2、根据直线与椭圆的位置关系求参数范围 将“位置关系”转化为“代数条件”（如判别式符号、交点坐标特征、切线公式约束等），再通过解方程或不等式求解参数范围． 【例7】（25-26高二上·河南·月考）直线与椭圆的位置关系为（    ） A．与k的值有关 B．相切 C．相离 D．相交 【答案】D 【分析】先求出直线的必过定点，利用椭圆的性质得到点在椭圆内部，进而得到位置关系即可. 【详解】设椭圆上的点为，则，， 而直线恒过定点，则该定点在椭圆的内部， 可得不论k为何值，直线与椭圆都相交，故D正确. 故选：D 【变式7-1】（25-26高二上·山西·期末）直线与椭圆的交点个数为（ ） A．1 B．2 C．1或2 D．无法确定 【答案】C 【分析】首先确定直线所过的定点，再结合点与椭圆的位置关系判定选项. 【详解】由直线的方程，得， 因为，所以，即直线过定点. 又因为，所以此定点在椭圆上，所以直线与椭圆有1个或2个交点. 故选：C. 【变式7-2】（25-26高二上·四川成都·月考）已知直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对曲线方程进行分类讨论得或，直线过定点，再联立曲线方程和直线方程求解. 【详解】由题知当时，曲线方程为，当时，曲线方程为.因为时，取值与无关，所以直线恒过点. ∵如图所示,时曲线分别对应椭圆位于轴和轴上方的曲线，时曲线分别对应双曲线位于轴下方的曲线，且双曲线的渐近线方程为， ∴由图知，要使直线和曲线有两个不同交点,斜率应满足时， D正确， 故选：D. 【变式7-3】（25-26高二上·河北石家庄·期中）已知实数，满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，联立椭圆方程，利用判别式求得的范围即可. 【详解】设，则，可看作是一组与椭圆有公共点的平行直线. 由，得. ，解得. 故选：B. 题型8 椭圆的中点弦问题 1、根与系数关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决； 2、点差法：利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系，具体如下：直线(不平行于轴)过椭圆()上两点、，其中中点为，则有． 3、共线法：利用中点坐标公式，如果弦的中点为，设其一交点为，则另一交点为，则． 【例8】（湖北省楚天协作体2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题）已知直线与椭圆相交于，两点，若线段的中点坐标为，则直线的斜率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，，利用点差法计算可得. 【详解】依题意直线的斜率存在，设，， 则，即， 又，所以， 即，所以， 即，所以直线的斜率为. 故选：B 【变式8-1】（25-26高二上·安徽合肥·期中）已知中心在原点，焦点坐标为的椭圆被直线截得的弦的中点的横坐标为，则该椭圆的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将直线方程和椭圆方程联立得方程组，消元，根据韦达定理和中点坐标公式可得，再根据焦点坐标得出，联立可得，可得椭圆的方程． 【详解】由题意设椭圆的标准方程为， 联立，消元得， 设两个交点分别为，则弦中点横坐标为， 则结合韦达定理得，即①， 因为焦点，所以有②， 由①②得， 所以椭圆方程为， 故选：C. 【变式8-2】（25-26高二上·陕西汉中·月考）已知椭圆（且）与直线相交于A，B两点，且线段AB的中点的横坐标为1，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．5 【答案】B 【分析】利用点差法得到关于的方程，解出后验证即可. 【详解】设，两点的坐标分别为，，则， 又两式作差得， 故，所以，解得． 此时椭圆方程为，联立直线方程有， ，则此时直线与椭圆有两个交点，符合题意. 故选：B． 【变式8-3】（24-25高二上·河北廊坊·期末）已知椭圆，过点的直线交椭圆于A，B两点，且P为线段的中点，则直线的方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】判断点在椭圆内，利用点差法求出直线的斜率即可得其方程． 【详解】椭圆，由，得点在椭圆内， 设，则， 两式相减得，而， 因此，即直线的斜率为， 所以直线的方程为，即． 故选：A 题型9 直线与椭圆相交弦长问题 设，根据两点距离公式． （1）若在直线上，代入化简，得； （2）若所在直线方程为，代入化简，得 （3）构造直角三角形求弦长，．其中为直线斜率，为直线倾斜角． 【例9】（25-26高二上·江西九江·月考）已知直线与椭圆交于两点，则的最大值为（     ） A．2 B． C． D．4 【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求最值. 【详解】设，，联立，消去整理得， 不妨令或，则，，则，， 所以 ， 所以当，即时，最大值. 故选：C 【变式9-1】（25-26高二上·北京·期中）过椭圆焦点且与椭圆长轴垂直的直线与椭圆相交于A、B两点，则等于（   ） A．4 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】根据题意，求得，联立方程组，即可求解. 【详解】由椭圆，可得，则， 联立方程组，解得， 如图所示，可得，所以. 故选：C.    【变式9-2】（25-26高二上·江苏扬州·期中）已知椭圆，直线与椭圆交于两点，则线段长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将直线方程与椭圆方程联立，求出两点的坐标，利用两点间的距离公式求线段的长度. 【详解】将代入椭圆方程， 得：或. 当时，；当时，. 所以点的坐标分别为和. 所以. 故选：A 【变式9-3】（河南省南阳地区十校2025-2026学年高二上学期12月阶段联考数学试题）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，点为的一个焦点，且的离心率为. (1)求的标准方程； (2)已知为的左顶点，直线与交于两点，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的概念，以及椭圆离心率的概念，求出椭圆的参数，写出标准方程； （2）联立椭圆方程和直线方程，求出弦长，根据点到直线距离公式，求出三角形高，进而求出三角形面积. 【详解】（1）椭圆一个焦点为，则，椭圆的离心率为，所以，即， 所以，所以椭圆的标准方程. （2） 如图所示，左顶点， 则点到直线的距离为. 联立方程组得，消去得， 根据弦长公式得， 所以. 题型10 椭圆中的定点问题 1、特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关． 2、直接推理法：①选择一个参数建立直线系方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量，将变量x，y当成常量，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(k是原方程中的常量)；②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组③以②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决． 【例10】（西藏自治区拉萨市2025-2026学年高二上学期期末联考数学试题）已知椭圆的左､右顶点分别为，，且，点是上的一点. (1)求的方程； (2)已知点，（，不在轴上）是椭圆上不同的两点. ①求直线，的斜率之积； ②若直线的斜率是直线的斜率的倍，试判断直线是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)①；②直线恒过点. 【分析】（1）根据椭圆长轴长，再利用待定系数法可得椭圆方程； （2）①设点，分别表示，，结合点在椭圆上，化简可得解；②易知直线斜率不为零，设直线方程为，联立直线与椭圆，结合，的斜率之积，利用韦达定理化简可得，可得直线过定点. 【详解】（1）由，得，解得， 又过点，所以，解得， 所以的方程为； （2）①由题意，得，， 设，由在椭圆上，得，即， 所以， 即直线，的斜率之积为； ②设， 若直线的斜率为，则，关于轴对称， 所以， 又直线的斜率是直线的斜率的倍， 所以，即， 由，不在轴上，得，，与矛盾， 所以直线的斜率不为； 设直线的方程为， 由，得， 所以， 且，， 由①知，又， 所以， 所以， 即， 化简得， 将，代入上式并化简， 得， 即，解得（舍）或， 此时满足， 所以直线为，恒过点. 【变式10-1】（2025高二上·江苏南京·专题练习）已知定点，，直线与相交于点，且直线的斜率与直线的斜率之积为．设动点的轨迹为曲线C． (1)求曲线的方程； (2)已知直线与曲线交于点，．若以为直径的圆经过点，则是否经过某个定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】(1)， (2)过定点，定点为 【分析】（1）先设动点，根据已知条件写出直线、的斜率表达式，利用“斜率之积为”列出等式，对等式进行代数化简，再整理得到曲线的标准方程，并注明的限制条件（注意排除斜率不存在的点）即可； （2）先设交点和，将直线与曲线方程联立，消元得到一元二次方程； 再由韦达定理写出和的表达式， 根据“以为直径的圆过点”，转化为向量垂直的条件，代入坐标并展开，最后将韦达定理的结果代入垂直条件的等式，整理得到关于、的关系式即可. 【详解】（1）设动点的坐标为， 则的斜率，，直线的斜率，， 直线的斜率与直线的斜率之积为， ，， 即． 曲线的方程为， （2）已知直线与曲线交于点、． 设点 由  消去， 整理得：① 则，． 那么 以为直径的圆经过点， 可得，显然存在斜率，所以，即， ， 即， ，解得：或（舍去）． 当时，直线，过定点，即点，故舍去． 当时，直线，过定点 所以过定点. 【变式10-2】（25-26高三上·北京·月考）已知椭圆 经过点 . (1)求椭圆 的方程及离心率； (2)设椭圆 的左顶点为 ，直线 与 相交于 两点，直线 与直线 相交于点 . 问: 直线 是否过定点? 若过定点，求出该点坐标; 若不过定点， 说明理由. 【答案】(1); (2)直线过定点 【分析】（1）根据椭圆经过点即可求得椭圆方程，利用离心率公式即可求离心率； （2）写出直线的方程为，即可求得点，再利用点斜式表示得直线的方程为，即可求出与轴的交点，利用韦达定理等量替换即可求出直线NQ恒过的定点. 【详解】（1）因为椭圆经过点， 所以，解得， 所以椭圆E的方程为， 因为所以， 所以离心率为. （2）直线过定点，理由如下： 由可得， 显然， 设则有 直线的方程为 令，解得，则， 所以直线的斜率为且， 所以直线的方程为 令，则 所以直线过定点. 【变式10-3】（25-26高二上·重庆·期中）已知椭圆的离心率，左､右焦点分别为，双曲线的焦点恰好是该椭圆的一个顶点. (1)求椭圆的方程； (2)已知圆的切线与椭圆相交于两点，那么以为直径的圆是否通过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)是， 【分析】（1）根据题意可得，再结合双曲线的焦点恰好是该椭圆的一个顶点，从而可得，即可求解； （2）分直线的斜率存在与不存在两种情况进行讨论：当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，再与椭圆联立及结合韦达定理，从而可求得，即得以为直径的圆经过定点；当直线的斜率不存在时，可得圆的方程为，也过原点，从而可求解. 【详解】（1）因为椭圆的离心率，所以，即. 因为双曲线的焦点恰好是该椭圆的一个顶点，所以， 所以.所以椭圆的方程为. （2）若直线的斜率存在，故设直线的方程为， 由，消去，得， 所以设， 则， 所以. 所以.① 因为直线和圆相切，所以圆心到直线的距离， 整理得，② 将②代入①，得，显然以为直径的圆经过定点； 若直线斜率不存在，故其切线为，在这先讨论， 则，可得，， 所以可得此时以为直径的圆为， 即，显然也过原点； 同理可得当时也过原点； 综上可知，以为直径的圆过定点. 题型11 椭圆中的定值问题 1、求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值； 2、求点到直线的距离为定值：利用点到直线距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简变形求得； 3、求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简变形即可求得． 【例11】（2025高三上·山西·专题练习）已知椭圆C的两个焦点，，过点且与坐标轴不平行的直线l与椭圆C相交于M，N两点，的周长等于16. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若过点的直线与椭圆C交于两点A，B，设直线，的斜率分别为，.求证：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）依据题意列出关于的方程组求出即可得解； （2）依据题意分直线斜率为0时和直线斜率不为0时两种情况结合韦达定理计算分析即可求证. 【详解】（1）由题意可得椭圆焦点在x轴上，且，解得， 所以椭圆的方程为. （2）由题意可知直线斜率存在， 当直线斜率为0时，显然，所以； 当直线斜率不为0时，设直线方程为， 联立方程，消去x可得， 则， 设，则， 所以， 因为， 所以. 综上，为定值0. 【变式11-1】（湖北省云学联盟2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题）已知椭圆过，不与轴垂直的直线交椭圆于两点，且为线段中点，设直线的斜率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若坐标原点关于点的对称点在椭圆上， （i）求的取值范围； （ii）证明：的面积为定值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用待定系数法，列方程组求解即可； （2）（i）依题意，设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合根与系数的关系，以及题设条件推得，代入的表达式，利用不等式的性质即可求得的取值范围；（ii）在（i）的基础上，求出到直线的距离和弦长，代入三角形的面积公式化简计算即可证明. 【详解】（1）设椭圆的标准方程为：, 由椭圆经过点，可得，解得， 故椭圆的标准方程为； （2）（i）依题意，设直线的方程为， 由，消去，可得， 则 设，且，， 则 因为线段中点，则得, 又点关于点的对称点是，则得，即， 因点在椭圆上，则有，即，则有， 因 . 由，可得，则，故. 即的取值范围为； （ii）设到直线的距离为，则， ， 故为定值. 【变式11-2】（25-26高二上·广西·月考）已知是椭圆的右焦点，椭圆的离心率，斜率不为0的直线经过点且与椭圆交于两点.当直线与轴垂直时，弦的长为. (1)求椭圆的方程； (2)设分别为椭圆的左､右顶点，设直线的斜率分别为，求； (3)轴上是否存在一个定点，使得为定值？若存在，求定点的坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）由的长为得到，由离心率得到，结合计算出的值，从而得到椭圆的方程； （2）设直线的方程为设，直线和椭圆联立方程组，消去，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系写出，利用已知两点的斜率公式求出，计算得解. （3）假设轴上存在满足条件的定点，设其坐标为，求出，利用数量积的坐标公式求出，利用为定值，得到关于的等式，计算出，求出定值，从而得解. 【详解】（1）由题可知，， 所以， 故椭圆的方程为； （2）设直线的方程为设， 由得，， 故， ， ， 注意到，即， 故. （3）假设轴上存在满足条件的定点， 设其坐标为，则， ， 因为为定值，故， 得，定值为， 故轴上存在定点，使得为定值. 【变式11-3】（25-26高二上·江苏宿迁·期中）已知椭圆的焦距为，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于两点，点是轴上的一点，过点作直线的垂线，垂足为.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)存在点，使得为定值，定值为. 【分析】（1）由题列得关于的方程组，求解可得椭圆的方程； （2）联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理写.根据向量数量积的运算性质，求得.假设存在点，使得为定值，并由此得到点的坐标 【详解】（1）由题可知，，化简得，解得. 所以椭圆的方程为. （2）设，存在点满足题意. 由，得. 所以. . . 若为定值，则， 所以，解得. 所以存在点，使得为定值，定值为. 题型12 椭圆中的最值与范围问题 （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. 【例12】（24-25高三上·河南南阳·期末）已知点，Q为曲线上任意一点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设Q的坐标为，利用两点间的距离公式建立关于的函数关系式，从而求得最大值. 【详解】为曲线上任意一点，可设， 所以 当时，最大. 故选：C. 【变式12-1】（24-25高二上·福建南平·期末）已知椭圆：，直线：，若点为上的一点，则点到直线的距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据椭圆的方程，采用三角代换，利用点到直线的距离公式表示出点到直线：的距离，结合辅助角公式即可求得答案. 【详解】由，可得其参数方程为（为参数）， 可设，点到直线：的距离为， 则有，其中，， 故当时，，取得最小值， 此时，， 即当的坐标为时，有最小值为. 故选：B. 【变式12-2】（25-26高三上·湖北武汉·月考）已知椭圆的中心在坐标原点，两个焦点分别为，，点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线与椭圆交于、两点，且. （i）是否存在定圆：，使得直线与圆相切.若存在，求出的值，若不存在，请说明理由， （ii）求面积的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）存在，；（ii） 【分析】（1）利用椭圆定义可得椭圆方程； （2）（i）当直线与中一个斜率不存在，一个斜率为时，可得点与的坐标，即可得，根据直线与圆相切，利用等面积法可得半径；当直线与斜率均存在时，可设，即可得，即可得，结合垂直可得，可得，再根据等面积法可得半径；（ii）根据，可知当直线与中一个斜率不存在，一个斜率为时，；当直线与斜率均存在时，可得，设，，则，结合二次函数性质可得取值范围. 【详解】（1）由已知，，点， 则，， 则， 又点在椭圆上，所以，，则， 所以椭圆方程为； （2） （i）当直线与中一个斜率不存在，一个斜率为时， 由椭圆的对称性不妨设，， 则，，， 又直线与圆相切，则圆心到直线的距离， 则由可知，即， 解得； 当直线与斜率均存在时， 不妨设，则，得，则， 则，同理可得， 则， 则， 则， 即； 综上所述，存在，使圆与直线相切； （ii）由（i）得，当直线与中一个斜率不存在，一个斜率为时， 则，， 此时； 当直线与斜率均存在时， ，， 则， 设，， 则， 又， 所以， 即， 综上所述. 【变式12-3】（25-26高二上·陕西渭南·期中）已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为4. (1)求椭圆的标准方程； (2)不过椭圆顶点的动直线与椭圆交于A、B两点，求（为原点）面积的最大值. 【答案】(1)； (2)1. 【分析】（1）利用椭圆离心率及给定面积建立的方程求解. （2）按直线的斜率是否存在设出方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式及点到直线距离公式列出三角形面积表达式，再利用基本不等式求出最大值. 【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，解得， 由椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为4，得，即，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）当直线斜率存在时，设其方程为，， 由消去得， ，， ，原点到直线的距离， 因此的面积， 当且仅当时取等号，此时，符合题意； 当直线斜率不存在时，设其方程为， 由，得，， 因此的面积， 当且仅当，即时取等号， 所以面积的最大值为1.   题型13 椭圆中的证明问题 圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．   【例13】（25-26高二上·云南昆明·期中）记椭圆的右顶点为,右焦点为,过F的直线l交C于D,E两点，记线段的中点分别为M,N,直线分别交于点P,Q. (1)求C的方程； (2)证明：轴； (3)若的外接圆的面积为,求直线l的方程． 【答案】(1) (2)见解析 (3)或 【分析】（1）由题意可知,再求得,确定椭圆方程； （2）由于直线过轴上的定点，因此可设（需另外考虑斜率为0的情况），再设出两点，再根据题意依次写出直线,最后求出交点的坐标，发现两者纵坐标相同（且横坐标不同），因此得证； （3）由外接圆面积可得到半径.由题(2)可知，是水平线段，外接圆圆心在其中垂线上，因此可确定圆心的横坐标，由=4,可进而确定圆心的纵坐标，最后根据垂径定理，解出参数，确定直线. 【详解】（1）由题可知，因此,则椭圆方程. （2） 当直线的斜率为0时，此时交椭圆C于左右顶点，此时点与点或点重合，不满足题意. 因此可设直线,,则. 将直线与椭圆联立得, 由韦达定理得， 直线, 直线. 要求与的交点的坐标，可联立直线与，得 ,. 要计算的坐标，由运算的对称性可知， 注意到的横坐标不同，纵坐标相同，因此与轴垂直. （3）由题可知，的外接圆的半径为4. ,. 因此可设外接圆的圆心为,又因为,所以, 由对称性，不妨先假设 , 由垂径定理得,整理得, 解得. 由对称性，可知 故直线的方程为：或 【变式13-1】（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．    【变式13-2】（24-25高二下·河南濮阳·期末）已知椭圆的离心率为，上顶点为. (1)求的方程； (2)过点的直线与交于两点，点在第二象限，点在轴的下方，直线分别与轴交于点. （ⅰ）证明：； （ⅱ）求四边形面积的最大值. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）证明见解析；（2）. 【分析】（1）根据已知条件结合可求得，即得答案； （2）（ⅰ）设直线的方程并联立椭圆方程，利用韦达定理化简后可得故的中垂线过即；（ⅱ）利用韦达定理化简，由基本不等式可求最大值. 【详解】（1）由已知，，结合，∴，， 故椭圆的方程为. （2） （ⅰ）由过点的直线与椭圆交于不同的两点， 可知直线的斜率一定存在且不为零， 设直线的方程为，即，设，， 联立方程组，可得， ，即， 又， 又，同理， 故 ， 所以中点的横坐标为，故的中垂线过，则. （ⅱ）故 ， 当且仅当即时，等号成立， 故四边形面积的最大值为4. 【变式13-3】（24-25高二上·广东广州·期末）已知椭圆经过点，且右焦点为. (1)求椭圆的方程； (2)已知直线与椭圆交于两点，以为直径的圆过原点. （i）证明：； （ii）若过原点的直线与椭圆交于两点，且，求四边形面积的范围. 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii）. 【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的方程. （2）（i）联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理及垂直关系的向量表示推理得证；（ii）取中点为，结合给定向量关系可得，由点在椭圆上求出，进而建立的函数关系并求出取值范围. 【详解】（1）依题意，，而半焦距，则， 所以椭圆的方程为. （2）（i）由（1）知，椭圆：，设，， 由消去得， 则，，， 由以为直径的圆过原点，得， 整理得，则， 即，则，此时成立， 所以. （ii）设线段中点为，则，结合图可知，， 又， 由，得点坐标为，， 于是，化简得，即， 则， 所以四边形面积的取值范围为. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答. 题型14 椭圆中的探究性问题 “肯定顺推法”解决探索性问题，即先假设结论成立，用待定系数法列出相应参数的方程，倘若相应方程有解，则探索的元素存在(或命题成立)，否则不存在(或不成立)． 【例14】（2021·福建福州·模拟预测）已知椭圆，长轴长为4，不过坐标原点O且不平行于坐标轴的直线l与椭圆C有两个交点A，B，线段AB的中点为M，直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值． (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l过右焦点，问y轴上是否存在点D，使得三角形ABD为正三角形，若存在，求出点D坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）由题意求出，设点，，利用点差法，结合，推出，得到椭圆C方程； （2）设直线，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，求解点坐标，推出点坐标，利用弦长公式转化求解即可． 【详解】（1）由题意可知，，． 设点，，A，B在椭圆上，所以，， 两式相减得，所以， 因为，所以，所以，所以， 所以椭圆C方程为． （2）椭圆右焦点，设直线， 代入椭圆方程得， 所以，， 所以，即， 假设存在点，则的直线方程为， 所以， ， ， 若为等边三角形，则， 即，解得，此时， 所以存在点，使得为等边三角形. 【变式14-1】（24-25高二下·安徽亳州·期末）在平面直角坐标系xOy中，过点的两条直线MA与直线MB的斜率分别为，且，记动点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)若，求点的坐标； (3)已知点，直线与轴交于点，直线AM与交于点，是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)且， (2)或. (3)存在 【分析】（1）设，利用化简，即可求的方程； （2）利用，求出直线的斜率，可求直线的方程，联立直线方程可求点的坐标； （3）设，则直线AM为，联立曲线，求出，可求的坐标，利用斜率公式以及斜率与倾斜角的关系，结合二倍角的正切公式可得，从而可得结论. 【详解】（1）设， 则， 化简得且， 所以点的轨迹(曲线)的方程为且. （2）或， 若，则； 由①②可得，即 若，则； 由①②可得，即 综上，或 （3）设， 则直线AM为， 联立曲线得， 整理得， 由题设知， 则， 故， 又， ， 所以 ， 即， 所以存在，使得. 【变式14-2】（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. 【变式14-3】（24-25高二下·四川凉山·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，. 【题型一】忽略直线斜率不存在致错 【例1】（24-25高三上·上海松江·期末）已知椭圆，为椭圆的右焦点，过点的直线交椭圆于、两点． (1)若直线垂直于轴，求椭圆的弦的长度； (2)设点，当时，求点A的坐标； (3)设点，记、的斜率分别为和，求的取值范围． 【答案】(1)3 (2)或 (3) 【分析】（1）可根据椭圆定义和弦长公式求解； （2）利用点和点的中点可知中点坐标为左焦点坐标，之后利用椭圆的定义求得点坐标； （3）第三问分类讨论，当斜率不存在时，直接求坐标和斜率，当斜率存在时，设斜率为，设点、坐标，写出直线方程，最终将转化为与斜率的关系，可通过直线方程和椭圆方程联立，利用韦达定理和基本不等式最终解决该题. 【详解】（1）由题意可知，，所以， 又因为当直线垂直于轴时，直线的方程为， 由得，， 所以弦的长为. （2）因为，且直线过点， 所以，在中，， 所以斜边的中点，恰为椭圆的左焦点, 所以，又由椭圆的定义可得， 所以点在线段的垂直平分线上， 又因为在椭圆上，所以为椭圆的上顶点或下顶点， 所以或. （3）当直线的斜率不存在时，不妨设， 所以， 故； 当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线：，设， 由得，， 所以， 所以， 化简得， ①当时， ，当且仅当时等式成立； ②当时，，当且仅当时等式成立； ③当时，； 综上所述可得，的取值范围为. 【变式1-1】（24-25高二下·广东广州·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1-2】（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. 【变式1-3】（24-25高二下·安徽滁州·期末）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，垂足为．点在线段上，且满足．当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的标准方程． (2)过点的直线交曲线于两点，过点与垂直的直线交曲线于，两点，其中在轴上方，，分别为，的中点． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）设点是所求曲线上的一点，且，由，得到，将其代入圆的方程，即可求得曲线的标准方程； （2）（i）当直线的斜率存在且不为时，设直线方程为，联立方程组，求得，由直线的方程为，联立方程组，求得，求得直线的方程，得到过定点；当直线的斜率不存在时，求得直线过定点，即可求解； （ii）由（i），结合得到，令，结合的单调性，即可求解. 【详解】（1）解：设点是所求曲线上的一点，且， 由轴于，则，因为，可得， 因为点是圆上任意一点，则，即， 即曲线的标准方程为. （2）解：（i）当直线的斜率存在且不为时，设直线方程为，且， 联立方程组，整理得， 可得，则， 所以点的坐标为， 因为直线与直线垂直，所以直线的方程为， 设， 联立方程组，整理得， 可得，则， 所以点的坐标为， 则直线的斜率为 ， 所以直线的方程为， 即， 令，解得，所以直线过定点； 当直线的斜率不存在时，直线方程为，可得，则， 直线的方程为，可得，则，直线过定点， 综上可得，直线过定点. （ii）由（i）知，直线过定点，且， 可得，则 ， 令，则，则， 令在上为单调递增函数，当时，， 即时，面积取得最大值，最大值为. 【题型二】忽略韦达定理的前提致错 【例2】（2025·山东泰安·模拟预测）已知椭圆的离心率为，过右焦点的直线与椭圆交于两点，当轴时，. (1)求椭圆的方程； (2)若，求直线的方程. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据离心率及椭圆参数关系得，再由通径的长度求参数，即可得； （2）根据已知，设，联立椭圆，结合向量坐标的线性关系、韦达定理求参数值，即可得直线方程. 【详解】（1）由题意， 过右焦点作垂直轴的直线，交椭圆于， 代入，则， 所以，则， 所以椭圆方程； （2）由（1）可得，设， 由题意，直线斜率存在，设直线且， 联立，整理得， 所以，则，， 而， 由，则，即，， 所以，可得，则（舍）或，    当时，经验证满足题设，所以直线方程. 【变式2-1】（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2-2】（24-25高二下·广东汕尾·期末）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆C上，过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，直线l的斜率k存在． (1)若线段的中点的横坐标为，求椭圆C的方程并计算点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和； (2)F为椭圆C的右焦点，若面积为，求直线l的方程． 【答案】(1)， (2)． 【分析】（1）利用离心率以及已知点求得椭圆方程，设出直线方程并联立椭圆方程，写出韦达定理，根据中点坐标，利用完全平方公式，可得答案； （2）由（1）的韦达定理求得弦长，根据点到直线距离公式可得三角形的高，利用三角形面积，建立方程，可得答案. 【详解】（1）依题意有，，且， 又因为，解得，， 故椭圆C的方程为， 设，，由题意，得直线l的方程为， 联立，得， 由， 则，， 因为线段的中点的横坐标为， 所以，解得，故， 点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和为， 因为，，可知与异号， 故， 即点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和为． （2） 由（1）知，直线l的方程为， 故点F到直线l的距离， ， 故， 解得，即， 故直线l的方程为． 【变式2-3】（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． 学科网（北京）股份有限公5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $