第04讲 直线与椭圆位置关系讲义（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学二轮复习（新高考通用）

该高中数学讲义聚焦直线与椭圆位置关系这一高考解析几何核心考点，整合位置关系判定、弦长公式、中点弦、面积最值等13类题型，按“知识要点—解题策略—题型归纳”逻辑架构，通过考点梳理（椭圆性质、韦达定理应用）、方法指导（点差法、通径公式）、真题训练（典型例题+变式训练）三环节，帮助学生构建从基础到综合的解题体系。 资料以“数学思维”和“数学语言”为核心，创新采用“通法+技巧”双轨教学，如中点弦问题用点差法推导斜率公式并强调Δ检验，培养严谨推理能力。设置分层练习（基础变式到综合探究），配合解题策略（参数整理定定点、整体代换简化运算），确保学生高效突破计算量大、思路固定的难点，为教师提供精准复习节奏把控工具，助力提升学生应试得分能力。

第04讲 直线与椭圆的位置关系 目 录 思维导图 1 考情分析 2 学习目标 2 知识要点 2 解题策略 5 题型归纳 5 题型01: 判断直线与椭圆的位置关系 6 题型02：椭圆的弦长问题 9 题型03：直线与椭圆相切应用 12 题型04：椭圆的中点弦问题 13 题型05：椭圆的面积问题 18 题型06：椭圆的最值问题 24 题型07：椭圆的定点问题 27 题型08：椭圆中的定值问题 32 题型09：椭圆的定直线问题 35 题型10：椭圆与向量问题 39 题型11：椭圆的证明问题 44 题型12：椭圆的探索性问题 48 题型13：椭圆的综合问题 53 1. 高考解析几何解答题核心，分值8–12分，是拉开差距的关键。 2. 必考：联立、判别式、韦达定理、弦长、中点弦、面积、定点定值、存在性。 3. 计算量大、思路固定，重运算素养。 1. 知识目标：掌握位置关系判定、弦长公式、点差法、面积公式。 2. 能力目标：规范完成设线—联立—韦达—代入全流程，会处理向量、角度、范围。 3. 素养目标：强化设而不求、整体代换、分类讨论思想。 4. 应试目标：会做必对，计算不失误。 知识点一、椭圆的简单几何性质 焦点在x轴上 焦点在y轴上 图形 标准方程 范围 ， ， 对称性 关于轴、原点对称 轴长 长轴长：；短轴长： 长轴长：；短轴长： 顶点 离心率 离心率越接近1，则椭圆越圆；离心率越接近0，则椭圆越扁 通径 通径的定义：过焦点且垂直于焦点轴的椭圆的弦长 通径的大小： 知识点二、点与椭圆的位置关系 焦点在x轴上 焦点在y轴上 点在椭圆内 点在椭圆上 点在椭圆外 知识点三、直线与椭圆的位置关系 1、直线与椭圆的位置关系： 联立消去y得一个关于x的一元二次方程． ①直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）； ②直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)； ③直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点． 2、解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，； （2）联立直线与曲线方程，得到关于x（或y）的一元二次方程； （3）写出根与系数的关系； （4）将所求问题或题中关系转化为关于，的形式； （5）代入求解． 知识点四、直线与椭圆相交的弦长公式 1、定义：连接椭圆上两个点的线段称为椭圆的弦． 2、求弦长的方法 （1）交点法：将直线的方程与椭圆的方程联立，求出两交点的坐标，然后运用两点间的距离公式来求． （2）根与系数的关系法： 如果直线的斜率为k，被椭圆截得弦AB两端点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 则弦长公式为： 知识点五、解决椭圆中点弦问题的两种方法： 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。 证明：设、，则有， 上式减下式得，∴， ∴，∴。 特殊的：直线(存在斜率)过椭圆()上两点、，线段中点为，则有。 知识点六、椭圆中的面积问题 (一) 利用弦长与点到直线距离计算三角形面积 1、弦长公式 若在直线上，代入化简，得; 2、利用弦长与点到直线距离计算三角形面积公式 若直线与椭圆交于点A，B，点P为定点或满足一定条件的动点，要表示△PAB的面积，一般是先利用弦长公式求出，再利用点到直线距离公式求出点P到直线AB的距离，则. (二) 三角形中一个顶点到对边上某一点的距离为定值，可把三角形分为两个小三角形分别计算面积 若过定点Q的直线与椭圆交于点A，B，点P为定点或满足一定条件的动点，要表示△PAB的面积，可先求出点A，B到直线PQ的距离之和d，则，特别的，若与y轴垂足，，利用这种方法求面积，可以避免使用弦长公式，减少运算量. (三)对角线互相垂直的四边形面积的计算 对角线互相垂直的四边形的面积为两对角线长度乘积的. (四)把四边形分割成两个三角形求面积 如果四边形的一条对角线所在直线的方程确定，通常把该四边形分割为以这条对角线为底边的两个三角形，分别表示出这两个三角形的面积再相加 知识点七、与椭圆有关的最值或范围问题的求解方法 (1)利用数形结合、几何意义，尤其是椭圆的性质. (2)利用函数，尤其是二次函数. (3)利用不等式，尤其是基本不等式. 知识点八、求解直线或曲线过定点问题的常用方法 （1）“特殊探路，一般证明”：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”：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）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式 ，则直线必过定点 ；若得到了直线方程的斜截式 ，则直线必过定点 . 知识点九、定值问题的两种求解方法 （1）从特殊情况入手，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. ①先假设直线方程（斜率存在或不存在分类），与椭圆方程联立，利用韦达定理表示根与系数关系。结合题干条件（如定点、定值）化简，消去参数得到直线方程，验证特殊情况是否满足。 ②将向量条件转化为坐标关系，设椭圆上点坐标（参数式或直角坐标），代入向量垂直、平行、数量积等条件，建立方程。结合椭圆方程消元，求解参数或证明结论，注意向量运算与代数运算的转化。 圆锥曲线中的证明问题，是高考的热点内容之一，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明解析几何中的一些数量关系(相等或不等)． 1. 通法：设直线→联立→Δ→韦达→代入条件。 2. 中点弦：点差法速解，必检验Δ>0。 3. 弦长/面积：公式直接套用。 4. 定点定值：参数整理、令系数为0。 5. 必讨论：斜率不存在的情况。 题型01: 判断直线与椭圆的位置关系 【典型例题1】直线与椭圆的公共点的个数是（ ） A．0 B．1 C．2 D．无数个 【答案】C 【解析】由消去y并整理得， 显然， 所以直线与椭圆相交，有2个公共点.故选：C 【典型例题2】直线与椭圆（）的位置关系为（   ） A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定 【答案】C 【分析】由直线与椭圆的位置关系求解即可. 【详解】因为直线过点， 而为椭圆的右端点和上端点， 故直线与椭圆相交. 故选：C. 【典型例题3】已知直线：与椭圆：有公共点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】将直线的方程与椭圆的方程联立， 得，消去得①， 因为直线与椭圆有公共点，所以方程①有实数根， 则，得.故选：B． 【典型例题4】已知直线的方程为，椭圆的方程为，则直线与椭圆的位置关系为（    ） A．相离 B．相交 C．相切 D．不能确定 【答案】B 【分析】求出直线所过定点，判断该定点与椭圆位置关系即可判断直线与椭圆位置关系. 【详解】，即，令，解得， 则直线所过定点，代入椭圆方程，，则该定点在椭圆内， 则直线与椭圆的位置关系为相交. 故选：B. 【典型例题5】如图，已知直线和椭圆．m为何值时，直线l与椭圆C：    (1)有两个公共点？ (2)有且只有一个公共点？ (3)没有公共点？ 【答案】(1) (2)， (3)，或 【分析】（1）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可. （2）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可. （3）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可. 【详解】（1）由方程组消去y，得， ． 由，得． 此时方程①有两个不相等的实数根，直线l与椭圆C有两个不同的公共点． （2）由，得，．此时方程①有两个相等的实数根， 直线l与椭圆C有且只有一个公共点． （3） 由，得，或．此时方程①没有实数根，直线l与椭圆C没有公共点． 【变式训练1-1】已知直线，椭圆，则与的位置关系为（    ） A．相切 B．相交 C．相离 D．相交或相切 【变式训练1-2】已知椭圆，直线，则与的位置关系为（    ） A．相交 B．相切 C．相离 D．以上选项都不对 【变式训练1-3】已知椭圆，直线，则直线l与椭圆C的位置关系为（ ） A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 【变式训练1-4】直线与椭圆交点个数为（   ） A．1 B．2 C．1或2 D．无法确定 【变式训练1-5】椭圆E：与曲线H：在第一象限内交于P，Q两点，则直线的斜率为（   ） A． B． C． D． 【变式训练1-6】已知直线与椭圆相交于不同两点，求实数的取值范围． 【变式训练1-7】已知椭圆C的中心在原点，对称轴为坐标轴，且过点和 （1）求椭圆C的标准方程； （2）求直线和椭圆C的公共点的坐标． 【变式训练1-8】已知直线与椭圆，分别求直线l与椭圆C有两个公共点、只有一个公共点和没有公共点时m的取值范围． 题型02： 椭圆的弦长问题 【典型例题1】已知椭圆与直线交于、两点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将直线的方程与椭圆方程联立，求出两个交点的横坐标，结合弦长公式可求得的值. 【详解】设点、，直线的方程可化为， 联立可得，解得，， 由弦长公式可得. 故选：C. 【典型例题2】过椭圆的右焦点且与椭圆长轴垂直的直线与椭圆相交于两点，则等于（ ） A．4 B．2 C．1 D．4 【答案】C 【解析】因为椭圆，可得，所以， 所以椭圆的右焦点的坐标为， 将，代入椭圆的方程，求得，所以.故选：C. 【典型例题3】过椭圆的左焦点作直线和椭圆交于A、B两点，且，则这样直线的条数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【解析】左焦点为，若直线垂直x轴，则直线为， 代入椭圆方程得，可得，此时通径长， 所以，由椭圆性质知：的直线有仅只有一条.故选：B 【典型例题4】过椭圆的左焦点引直线交椭圆于A，B两点，且，则直线方程为 ． 【答案】或 【解析】椭圆，即，则，，，左焦点为， 设直线为，， 由，得， 整理得， 因为，所以， 所以， ，解得， 所以直线为，即或． 故答案为：或 【典型例题5】已知椭圆的左焦点为，直线l：与椭圆C交于A、B两点． (1)求线段AB的长； (2)求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）把直线方程代入椭圆方程，求得交点坐标，可求线段AB的长； （2）结合（1）的结论，利用点到直线距离公式进行求解即可. 【详解】（1）联立，或， 当时，， 当时，，不妨设， ； （2）由，    点到直线的距离为， 所以的面积为. 【变式训练2-1】已知椭圆的一个焦点为，过点且垂直于椭圆长轴的直线与的一个交点为，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-2】已知斜率为1的直线与椭圆相交于，两点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-3】已知椭圆：的左、右焦点分别为，，，为上关于原点对称的两点，若，则直线截的弦长为（   ） A． B． C．3 D．4 【变式训练2-4】（多选）已知过点的直线与椭圆交于、两点，则弦长可能是（    ） A．1 B． C． D．3 【变式训练2-5】已知椭圆的离心率为，焦距为，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，. (1)求椭圆的方程； (2)若，求的最大值. 【变式训练2-6】已知椭圆的下焦点、上焦点为，离心率为.过焦点且与轴不垂直的直线交椭圆于，两点. (1)求的值； (2)求（为坐标原点）面积的最大值. 【变式训练2-7】已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一动点，，椭圆的离心率为，直线过点交椭圆于不同的两点，. (1)求椭圆的方程： (2)若三角形的面积为，求直线的方程. 【变式训练2-8】已知圆：和圆：，以动点为圆心的圆与其中一个圆外切，与另一个圆内切.记动点的轨迹为. （1）求轨迹的方程； （2）过的直线交轨迹于，两点，点在直线上.若为以为斜边的等腰直角三角形，求的长度. 题型03： 直线与椭圆相切应用 【典型例题1】若方程有解，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设，，两边同平方得，化简得（）， 则其所表示的图形为椭圆在x轴及上方部分， 则题目转化为直线与上述图形有交点， 设椭圆的右端点为，易得其坐标为， 当直线与半椭圆相切时，显然由图得， 联立，得， 则 化简得，解得或（舍）， 当直线经过点时，得，解得， 则，故选：B. 【典型例题2】已知实数x，y满足方程，则的最大值是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为实数x，y满足方程， 所以点的轨迹是以为焦点，4为长轴长的椭圆，即， 所以， 椭圆的方程为， 令，则， 所以当与椭圆在上方相切时，最大， 设直线与椭圆相切， 由，得， 所以，解得或（舍去）， 由得，得，则，所以切点坐标为 ， 所以的最大值为， 所以的最大值为，即的最大值为，故选：D 【变式训练3-1】设椭圆，点在椭圆上，求该椭圆在P处的切线方程 . 【变式训练3-2】在椭圆上求一点，使点到直线的距离最大时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-3】求椭圆上的点到直线的最短距离，并求出此时椭圆上的点的坐标. 题型04： 椭圆的中点弦问题 【典型例题1】若椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设出弦的两个端点坐标，代入椭圆方程，作差可得斜率，再由直线方程的点斜式得答案． 【详解】设弦的两个端点分别为，， 则，， 两式相减可得， 所以， 所以弦所在的直线方程为，即. 故选：B. 【典型例题2】已知椭圆方程为，其右焦点为F（4，0），过点F的直线交椭圆与A，B两点．若AB的中点坐标为，则椭圆的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，利用点差法求解即可． 【详解】设，代入椭圆的方程可得，． 两式相减可得：． 由，，代入上式可得： ＝0，化为． 又，，联立解得． ∴椭圆的方程为：． 故选：C． 【典型例题3】若斜率为1的直线与椭圆交于两点，则弦的中点坐标可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，弦的中点坐标为，利用点差法列方程组，结合条件推得，逐一检验选项，并考虑点在椭圆内即得. 【详解】设，则， 两式相减得：（*）， 设弦的中点坐标为，则， 因直线的斜率为1，即， 分别代入上式（*），整理得：. 将选项逐一代入检验知，A，D满足，但是，点在椭圆外，不合要求. 故选：A. 【典型例题4】已知椭圆，直线依次交轴、椭圆轴于点四点．若，且直线斜率．则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意分析可知：的中点即为弦的中点，利用点差法运算求解. 【详解】设直线：，可得， 设的中点为，连接OM，则，， 因为，则，即为弦的中点， 设，则， 因为， 可得，两式相减得， 整理得，可得， 即，可得， 所以椭圆的离心率为. 故选：D.    【典型例题5】已知椭圆的长轴长为，且与轴的一个交点是，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足，若M为直线AB上任意一点，O为坐标原点，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】由题意可求得椭圆方程为，由，得点为线段的中点，然后利用点差法可求出直线的方程，则的最小值为点到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可求出结果. 【详解】由题意得，则，， 所以椭圆方程为， 因为，所以在椭圆内，所以直线与椭圆总有两个交点， 因为，所以点为线段的中点， 设，则， ，所以， 所以， 所以，即， 所以， 所以直线为，即， 因为M为直线上任意一点， 所以的最小值为点到直线的距离， 故选：B 【变式训练4-1】若椭圆的弦被点平分，则所在直线的方程为（ ） A． B． C． D． 【变式训练4-3】已知椭圆上存在两点关于直线对称，且线段中点的纵坐标为，则椭圆的离心率是（ ） A． B． C． D． 【变式训练4-4】直线l过点且与椭圆相交于A、B两点，若线段的中点为M则直线l的斜率为（   ） A． B． C． D． 【变式训练4-5】椭圆与直线相交于A，B两点，过的中点M与坐标原点的直线的斜率为2，则（ ） A． B． C． D．2 【变式训练4-6】过点作斜率为的直线与椭圆相交于两点，若为线段的中点，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 【变式训练4-7】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． 【变式训练4-8】已知椭圆的中心为坐标原点，一个焦点为，过的直线与椭圆交于两点．若的中点为，则椭圆的方程为（    ） A． B． C． D． 【变式训练4-9】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右焦点为，过作直线交椭圆于两点，若弦中点坐标为，则椭圆的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式训练4-10】已知圆，圆，动圆与圆外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线 (1)求的方程； (2)是否存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点？若存在，求该直线方程，若不存在，请说明理由． 题型05： 椭圆的面积问题 【典型例题1】已知椭圆的左、右焦点分别为，关于原点对称的点在上，若，则四边形的面积为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由对称性，且，四边形是矩形，则结合定义求即可. 【详解】由已知，，， 则， 由已知，关于原点对称，且，则四边形是矩形， 则，， 联立解方程，可得. 故选：B. 【典型例题2】已知椭圆：的焦点为，，椭圆上有一点处于第一象限，且，则的面积为（   ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】设，根据向量加法的平行四边形法则得到，再根据其模长可得关于的等式，联立椭圆方程即可求出的值，再利用纵坐标的绝对值求三角形面积即可. 【详解】 设，为坐标原点，由， ，与，， . 故选：C. 【典型例题3】已知椭圆（）的离心率为． (1)求E的方程； (2)记坐标原点为O，过点的直线与E交于A，B两点，若，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件先求出椭圆的半焦距，继而求得短半轴长，即得椭圆方程； （2）先检验当直线的斜率为0时，不合题意，再设，将其与椭圆方程联立，消元后写出韦达定理，利用弦长公式建立方程，求得，即得直线的方程，求出点到直线的距离，即可求得的面积. 【详解】（1）不妨记E的半焦距为c，则，解得， 故E的方程为． （2）当直线AB的斜率为0时，，不合题意，舍去； 当直线AB的斜率不为0时，记，联立， 消去可得，显然，设，， 则，， 于是， ， 即，可得（舍）或，故， 故：，故O到的距离， 故的面积．    【典型例题3】已知椭圆的左，右焦点分别为、，直线与椭圆交于M、N两点，（点M在点N的上方），与y轴交于点E.    (1)求椭圆的离心率e； (2)若直线l过点时，设，，求证：为定值，并求出该值； (3)当k为何值时，恒为定值，并求此时三角形面积的最大值. 【答案】(1)； (2)证明见解析，定值为； (3)，此时三角形面积的最大值为1. 【分析】（1）根据椭圆方程确定椭圆参数，应用直接法求离心率即可； （2）联立与得到一元二次方程，由已知向量的线性关系及其坐标表示得，结合韦达定理求出答案； （3）先联立椭圆与直线，应用韦达定理表示出，结合为定值得，并求出，和点到直线的距离，利用基本不等式得. 【详解】（1）由，则，故，所以离心率； （2）由题设，联立与得，，    设，则， 因为，所以 ； （3）由题设，联立，消元得，设， 当，即时，则， ， 则 ， 当为定值时，即与无关，故，得， 此时， 又点到直线的距离， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 经检验，此时成立，所以面积的最大值为1. 【变式训练5-1】直线与椭圆相交于两点，该椭圆上存在点，使得的面积等于1，这样的点共有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式训练5-2】已知椭圆：的左、右焦点分别为，，直线与交于，两点，若的面积是面积的2倍，则（ ） A． B． C． D． 【变式训练5-3】已知椭圆，，且的离心率为. (1)求的标准方程； (2)若，直线交椭圆于两点，且的面积为，求的值. 【变式训练5-4】已知椭圆的离心率为，点是椭圆的右顶点． (1)求椭圆的方程； (2)过点且倾角为的直线l与椭圆交于A、B两点，求的面积． 【变式训练5-5】已知和为椭圆上两点. (1)求椭圆离心率； (2)若过的直线交于另一点，且的面积是3，求的方程. 【变式训练5-6】已知椭圆的两个焦点为和，点为椭圆的上顶点，为等腰直角三角形． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点为椭圆上一动点，求点到直线距离的最值； (3)分别过，作平行直线，若直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，其中点在轴上方，求四边形的面积的取值范围． 【变式训练5-7】已知椭圆分别是椭圆短轴的上下两个端点，是椭圆左焦点，是椭圆上异于点的点，是边长为4的等边三角形． (1)写出椭圆的标准方程； (2)当直线的斜率为时，求以为直径的圆的标准方程； (3)设点满足：．求证：与面积之比为定值． 题型06： 椭圆的最值问题 【典型例题1】过椭圆内一点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件得到点的轨迹是直线，再转化为点到直线上一点距离的最小值问题. 【详解】设，， 因为，， 化简可得，， 于是，， 整理得， 因为点、在椭圆上，则， 所以， 即，所以点的轨迹是直线，即为原点到直线的距离， 所以， 故选：D. 【典型例题2】已知椭圆的离心率为，且过点．四边形的顶点均在椭圆上，直线过的左焦点，对角线交点为椭圆的右焦点． (1)求椭圆的方程； (2)求的面积的最大值； (3)若点在第一象限，求直线斜率的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据离心率，以及点在椭圆上，即可代入椭圆方程中，联立求解； （2）联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理，根据面积公式，结合基本不等式即可求解； （3）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理可得两个点的坐标，根据斜率公式，代入韦达定理化简可得，即可根据直线的斜率范围求解. 【详解】（1）由题意可得，解得， 故椭圆的方程为 （2）, 设直线, 联立可得， 故， 当且仅当，即时取到等号， 故的面积的最大值为. （3）设直线 联立可得， 则，又， 所以，， 同理可得， 故 , 由于位于第一象限，故， 因此 【变式训练6-1】已知点P为椭圆上的动点，为圆N：的任一直径，求最大值（    ） A．16 B．17 C．19 D．20 【变式训练6-2】已知过点的直线与椭圆交于不同的两点.若是弦的中点，则的最小值为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【变式训练6-3】已知曲线C：. (1)若曲线C为双曲线，且渐近线方程为，求曲线C的离心率； (2)若，过点的直线与直线交于点M，与椭圆交于B，点B关于原点的对称点为C，直线AC交直线于点N，求线段MN的长的最小值； (3)若曲线C为焦点在x轴上的椭圆，且在曲线C上．点A、B在曲线C上（P、A、B互不重合），若直线PA与PB的斜率存在且互为相反数，求线段AB的长的最大值． 【变式训练6-4】已知椭圆的离心率为点 在椭圆上，直线 与x轴交于点B.    (1)求椭圆的标准方程； (2)过点B的直线交椭圆于C，D两点（C在D的左侧），直线AC，AD分别与直线交于 E， F 两点，直线AC，AD的斜率记为. ①求证：为定值； ②点G为CF中点，若求实数的取值范围. 题型07：椭圆的定点问题 【典型例题1】已知椭圆上的两个动点P，Q，设，，且线段PQ的垂直平分线经过一个定点，则定点坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在时，将P、Q坐标代入椭圆方程，结合，可得，再引入参数线段PQ中点的纵坐标，用其表示出，再得线段PQ的垂直平分线的方程，分析即可求解. 【详解】因为，在椭圆上， 且，当时，由， 得， 设线段PQ的中点为，所以， 所以线段PQ的垂直平分线的方程为， 即，该直线恒过定点 当时，线段PQ的垂直平分线也过定点， 故线段PQ的垂直平分线恒过定点 故选：A． 【典型例题2】已知椭圆过点，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线与分别交于四点，设线段的中点分别为． ①证明：直线过定点； ②求四边形面积的最小值． 【答案】(1)； (2)①过定点，证明见解析；②. 【分析】（1）根据椭圆过点和离心率直接可得椭圆方程； （2）①根据直线的斜率进行分类讨论，根据根与系数关系分别求出中点的坐标，进而可判断直线过定点. ②由弦长公式可得，再由直接计算四边形的面积，由基本不等式可得最不小值. 【详解】（1）因为椭圆过点，离心率，且. 所以，，即，得， 代入，得，即，所以. 故椭圆的标准方程为. （2）①当直线的斜率存在且不等于零时，设斜率为，因，所以直线的斜率为. 因为右焦点，直线的方程为，设. 由，消去得，. ，，. 所以线段的中点M的坐标，，即. 同理将直线的方程，代入椭圆方程，同理可得（只需将换成）， 所以线段的中点N的坐标，，即. 所以的斜率，其中，直线的方程为 ，化简，即 所以当，直线：过定点.如图：    当时，，此时直线与轴垂直且过定点； 当时，，此时直线仍与轴垂直且过定点； 当直线的斜率不存在时，与与轴垂直且过焦点，根据椭圆的对称性可知， 此时为椭圆的长轴，所以，所以直线为轴，过定点； 当直线的斜率为0时，与与轴垂直且过焦点，根据椭圆的对称性可知， 此时为椭圆的长轴，所以，所以直线为轴，过定点； 综上可知，直线过定点. ②当直线的斜率存在且不等于零时， 由①可知， 同理可得（只需将换成），因为， 所以 ， 当且仅当时等号成立，即时，四边形面积有最小值. 当直线的斜率不存在时，或者斜率等于零时与位置互换， 此时，，或者， 所以，显然. 综上可知，所以四边形面积有最小值. 【变式训练7-1】如图，已知椭圆的上顶点为，离心率为，若过点A作圆的两条切线分别与椭圆C相交于点B，D（不同于点A）．则直线BD过定点（   ）    A． B． C． D． 【变式训练7-2】已知椭圆方程为，，，过点的直线交椭圆于、两点，过点且平行于轴的直线与线段交于点，点关于点的对称点为，则直线一定过点（   ） A． B． C． D． 【变式训练7-3】已知椭圆的短轴长为2，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上不同的两点，且关于轴对称，直线和交于点. ①求动点的轨迹； ②过点的动直线与点的轨迹交于两点，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 【变式训练7-4】已知椭圆过点. (1)求椭圆的方程； (2)斜率为1的直线与椭圆交于两点，点P坐标为，直线与椭圆的另一个交点为点M，直线PD与椭圆的另一个交点为点N. ①已知点M坐标为，求点横坐标（用表示）； ②过点作于点G，是否存在定点Q，使得为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 【变式训练7-5】已知椭圆，点P为C的上顶点． (1)求椭圆C的离心率； (2)求椭圆上动点T到点P的距离的最大值； (3)设与两坐标轴均不垂直的直线l与椭圆C交于异于P的两点A和B，设直线PA、PB的斜率分别为、．当时，判断直线l是否经过定点？若是，请求出这一定点；若不是，请说明理由． 【变式训练7-6】已知椭圆 的左、右焦点分别为 为椭圆的一个顶点，离心率为 (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线与椭圆C交于A，B两点； ①若直线过椭圆右焦点，且的面积为求实数k的值； ②若直线过定点，且，在x轴上是否存在点使得以、为邻边的平行四边形为菱形？若存在，则求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由. 题型08： 椭圆中的定值问题 【典型例题1】如图，椭圆的方程为，左、右焦点分别为．设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点．    (1)求椭圆的方程； (2)求证：是定值； (3)求三角形的周长． 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）根据焦点坐标可求，故可求椭圆方程； （2）如图，延长交椭圆于，利用对称性结合弦长公式、韦达定理可求的值; （3）利用椭圆定义结合三角形相似可求，故可求三角形的周长． 【详解】（1）由题设，椭圆的半焦距为且焦点在轴上，故且， 故，故椭圆方程为. （2）    如图，延长交椭圆于，由对称性可得. 因为直线与直线平行，故直线的斜率不为零， 设，直线，则， 则. 由可得， 故，，， 故， 故. （3）因为，所以， 即，即． 所以． 由点在椭圆上知，，所以． 同理可得，． 所以 ． 而，故三角形的周长为. 【典型例题2】在平面直角坐标系xOy中，动点P到点的距离与到定直线的距离之比为，记动点P的轨迹为C． (1)求轨迹C的方程. (2)已知，点A，B在轨迹C上，且在x轴的同侧，，交于点G，证明：为定值. 【答案】(1)+=1 (2)证明见解析 【分析】（1）设动点P的坐标为，根据题意写出等式，进而化简可得结果； （2）设直线的倾斜角为θ，过点A作直线l的垂线，垂足为H，由题意，可求，进而结合，把用的来表示，从而化简可得证明. 【详解】（1）设动点P的坐标为， 因为动点P到点的距离与到定直线的距离之比为， 所以， 两边同时平方可得， ， ，即. 所以轨迹C的方程为. （2）证明：设直线的倾斜角为θ，过点A作直线l的垂线，垂足为H，如下图：    由题知，， 因为， 所以，即， 利用对称性，同理可得， 于是. 因为，所以， 所以===， 所以， 同理可得， 所以 （定值）. 【变式训练8-1】已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，是线段的中点，是坐标原点，记直线的斜率为． (1)证明为定值，并求出该定值 (2)若，求的面积． 【变式训练8-2】已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上， 的周长为6，椭圆的离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，试判断是否为定值？请说明理由． 【变式训练8-3】已知的左焦点为上一动点，射线与交于点，点在的切线与点在的切线交于点，求证：点的横坐标为定值. 题型09： 椭圆的定直线问题 【典型例题】已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，且椭圆上一点M到的距离的最大值为3，已知直线l过且与椭圆交于A，B两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若，求直线l的方程； (3)设直线AB与y轴交于点D，过D作直线与椭圆C交于P，Q两点，且，直线AP与BQ交于点N，探究：点N是否在某条定直线上，若存在，求出该直线方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)椭圆C的标准方程为； (2)直线l的方程为； (3)点N不在定直线上 【分析】（1）根据椭圆的性质确定a、c的值，即可求出椭圆方程. （2）设直线l的方程为，联立椭圆方程，设，，结合韦达定理和共线向量坐标关系求解. （3）首先利用点差法求得直线的方程，然后分别取个不同的值，求解相应个点坐标，由向量不共线即可说明点N不在某条定直线上. 【详解】（1）根据椭圆的性质，椭圆，离心率（c为半焦距）， 且椭圆上一点到左焦点距离的最大值为． 由离心率，可得， 因为椭圆上一点M到的距离的最大值为3，即， 将代入，可得，解得，那么， 根据，可得． 所以椭圆C的标准方程为． （2）设，，，因为直线l过， 当直线l斜率不存在时，与方向相反，不满足， 所以直线l斜率存在，设直线l的方程为． 联立直线与椭圆方程，消去y可得： ， 由韦达定理得，． 因为，所以， 即，也就是． 将代入，可得，即，． 再代入，可得， 解得， 所以直线l的方程为． （3）由（2）知直线AB过，由题意其斜率存在， 设直线AB方程，令，得，所以． 由过点，且，则是PQ中点； 当时，直线即为轴，与轴交于原点即，与椭圆交于长轴两点， 此时不妨取， 则过原点的直线与椭圆交于两点，恒有， 由对称性可知，即两直线无交点，不符合题意， 故， 结合椭圆对称性可知，设，， 则，． 由，两式相减得： 将，代入上式，可得， 因为，所以，即PQ垂直于y轴，直线方程为． 联立，可得，，， 不妨设，,其中， 由（2）知，设，，不妨设， 由，． 故当时，则，又由， 可解得， 则，且， 此时交点； 故当时，则，又由， 可解得， ， 且， 此时交点； 当时，，则，， ，， 此时交点； ，， 因为， 所以不共线，故动点不在定直线上； 同理由对称性可知，当时，也不在定直线上， 综上可得，动点不在定直线上. 【变式训练9-1】在平面直角坐标系中，已知，直线与相交于点，且两直线的斜率之积为． (1)设点的轨迹为，求曲线的方程； (2)设一组斜率为的平行直线与均有两个交点，证明这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上． 【变式训练9-2】已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，离心率为，且经过点． (1)求椭圆的方程及长轴长； (2)点是椭圆上一动点，且不与顶点重合，点满足四边形是平行四边形，过点作轴的垂线交直线于点，连接交于点，求证：． 题型10： 椭圆与向量问题 【典型例题1】已知椭圆的右焦点为，点在直线上，，为坐标原点，则=（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】设出坐标，根据垂直关系得到坐标关系，然后将坐标关系代入数量积得到结果. 【详解】设，则， 因为，所以，所以， 所以， 故选：C. 【典型例题2】已知椭圆的右焦点为，过的直线与椭圆交于，若，则直线的斜率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设直线的倾斜角为，根据可得，利用同角三角函数的基本关系可求出直线的斜率. 【详解】 由题意得，， ∴椭圆的离心率为. 设直线的倾斜角为，根据焦比定理得， 由得，∴， ∵，∴， ∴，， ∴，即直线的斜率为. 故选：D. 【典型例题3】已知椭圆C：的离心率为，C的左焦点到右顶点的距离为3． (1)求C的方程； (2)过点的直线l与x轴交于点Q，与C交于A、B两点，且，求直线l的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意列出的方程，求解即可； （2）设出直线l方程与椭圆联立，利用坐标表示出向量关系，结合韦达定理求解即可. 【详解】（1）依题意得解得 所以．所以C的方程为． （2）依题意可设直线l的方程为（k存在，且）， 联立消去y得， 设，，则，且， 因为，，所以，， 由，可得，所以， 由，解得， 所以直线l的方程为． 【典型例题4】椭圆Γ：与双曲线C：的离心率分别为，． (1)若，求的值； (2)当时，设点，若对于直线l：，椭圆Γ上总存在不同的两点A与B关于直线l对称，且，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）求出椭圆和双曲线的离心率，即可得出的值； （2）求出椭圆方程并设出两点的坐标，利用对称求出直线方程，让直线与椭圆联立，并利用韦达定理求出，设直线中点的坐标并用参数表达，得出与的表达式，利用求出的范围，即可求出的取值范围. 【详解】（1）由题意， 在椭圆：中，离心率为， 在双曲线C：中，离心率为， ∵， ∴，解得． （2）由题意及（1）得， 因为，所以：， 对于直线l：，椭圆Γ上总存在不同的两点A与B关于直线l对称， 设，， ∴直线方程为， 联立消去y得， 由，解得， 故， ∴， ， 设直线AB中点为， 则，， 又点P在直线l上，所以，则， 又因为，， 所以， ∵， ∴，解得且， ∴．    【变式训练10-1】椭圆的右顶点为A，上顶点为，，点为椭圆上一点且，则的值为（    ） A． B． C． D．2 【变式训练10-2】已知椭圆的焦点为，，点在上，点在轴上，，，则的方程为（    ） A． B． C． D． 【变式训练10-3】已知、是椭圆的两焦点，点在椭圆上，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【变式训练10-4】已知椭圆的离心率为，A，B分别为椭圆的左、右顶点，C为椭圆的上顶点，且．直线：交椭圆于M，N两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线AM的斜率为，直线BN的斜率为，求的值； 【变式训练10-5】已知椭圆过点，离心率为，过点的直线l与椭圆交于不同的两点． (1)求椭圆的方程； (2)若的面积为，且，求实数的值． 【变式训练10-6】已知曲线C到两个定点和的距离和为定值4. (1)求C的方程； (2)过点的直线l（斜率存在且不为0）与C交于M，N两点，N关于x轴的对称点为P.已知. （ⅰ）证明：P、M、Q三点共线； （ⅱ）求的取值范围. 【变式训练10-7】已知椭圆的左焦点为，，分别为左右顶点.点是直线上异于点的动点，直线交椭圆的另一点为点. (1)求的值； (2)直线与交于点，求证：. 题型11： 椭圆的证明问题 【典型例题1】已知双曲线的渐近线方程为，且过点. (1)求的方程； (2)过的上焦点且斜率为的直线与交于，两点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据双曲线过点求出的值，再结合渐近线方程求出的值，即可得到双曲线的方程. （2）先求出双曲线的上焦点坐标，设出直线的方程，将其与双曲线方程联立，利用韦达定理得到交点横坐标的和与积，再计算直线和直线的斜率之积为，即可得证. 【详解】（1）由已知得，，故，C的方程为. （2）证明：由（1）得双曲线的上焦点为，设直线，，，根据题意作图如下. 联立，得，， 所以，， 所以直线和直线的斜率之积为 ， 因此. 【典型例题2】已知椭圆的左､右焦点分别为､，右顶点为，过左焦点的直线交椭圆于､两点，的周长为8，椭圆的离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)求面积的最大值； (3)直线､分别交轴于､两点，证明：､､､四点共圆. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意求出进而求解； （2）设直线单调方程为：，与椭圆方程联立得，设，进而得，即，得，令，利用导数得的单调性，利用单调性求最小值即可求解； （3）由，所以直线的方程为：，进而得的坐标，同理得坐标，即可计算，进而得，，利用圆的性质即可得证. 【详解】（1）由题意有：，又， 所以， 所以， 所以椭圆的方程为； （2）由（1）有，设直线方程为：， 所以，所以， 设， 所以， 所以 ， 令 在单调递增， 当时，面积的最大值为. （3）由，所以直线的方程为：， 令，，所以， 同理， 所以， 所以 ， ， 所以， 同理， 所以四点共圆. 【变式训练11-1】已知椭圆的方程：，点是椭圆的右焦点. (1)点在椭圆上，椭圆在点处的切线交轴于点.求的最小值； (2)以坐标原点为圆心，以为半径的圆记为圆.平行四边形的四个顶点均在椭圆上，圆内切于此平行四边形. （i）证明：四边形为菱形； （ii）求四边形面积的最大值. 【变式训练11-2】设为椭圆在第一象限上一点，分别为的左、右焦点，过点且与相切的直线分别交轴、轴于两点（直线的斜率不为），为坐标原点． (1)设点，求的最小值； (2)证明：的面积不小于； (3)证明：． 【变式训练11-3】如图，从椭圆：上一点向轴作垂线，垂足恰为左焦点，又点是椭圆与轴正半轴的交点，点是椭圆与轴正半轴的交点，且， (1)求椭圆的方程； (2)设点关于轴的对称点为，过椭圆上不同于，的任意一点，作直线，分别交轴于点，证明：点，的横坐标之积为定值． 【变式训练11-4】设抛物线的焦点为，为上位于第一象限的一点，当轴时，． (1)求的方程； (2)设为上不与重合的两动点，且直线的斜率之和为0． （ⅰ）设的纵坐标为，求直线的斜率； （ⅱ）设外接圆的圆心为，圆在点处的切线为，证明：与有且仅有一个公共点． 【变式训练11-5】矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点． (1)求的方程； (2)若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形． 【变式训练11-6】已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，且，离心率为． (1)求C的方程； (2)过不与坐标轴垂直的直线与椭圆C交于A，B两点． （i）若M为AB的中点，O为坐标原点，设AB，OM的斜率分别为，，求； （ⅱ）过A，B分别作x轴的垂线，垂足分别为P，Q，证明：直线AQ与BP的交点的横坐标为定值． 题型12： 椭圆的探索性问题 【典型例题1】已知M，N是椭圆上的两个动点，M在x轴上方，N在x轴下方，直线与x轴、y轴分别交于S，T两点． (1)若直线与斜率之积为，证明：为定值； (2)点关于x轴的对称点为H，设的面积分别为，且． ①求直线的斜率； ②是否存在直线，使？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)① ；②存在；或 【分析】（1）设,由题意得，又M，N在椭圆上，得进行求解； （2）①因为，得．所以与关于直线对称，所以，由题意得直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆联立进行求解； ②由①知直线的方程为，由，进行求解． 【详解】（1）证明：设， 由题意得，所以， 又M，N在椭圆上，所以，， 得，代入得， 所以. （2）解：①因为， 得，即． 所以AM与AN关于直线x＝1对称，所以， 整理得， 由题意得直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为， 与椭圆联立得， 所以，，， 代入得 ， 整理得，解得或（MN不过点A，舍去）， 得直线的斜率为． ②由①知直线MN的方程为， 联立与椭圆得， ，，且应满足， ，得，过M，N两点分别向x轴作垂线，垂足分别为， 则， 得，解得（舍）或， 所以存在直线MN，其方程为或． 【典型例题2】已知椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6. (1)求的方程； (2)已知是上一动点，，当为的右顶点时，取得最小值，求的取值范围； (3)若动直线与交于点，点是轴正半轴上异于点的一定点，若直线的倾斜角分别为，且存在实数使得恒成立，求点的坐标及的值. 【答案】(1) (2) (3)，. 【分析】（1）将代入椭圆方程，可得，再利用椭圆的定义可得，即可得椭圆方程； （2）根据两点距离公式，结合二次式的性质即可求解； （3）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据正切和差角公式以及斜率公式化简求解. 【详解】（1）由已知，将代入椭圆方程得，解得， 又椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6， 所以，解得， 所以椭圆的方程为. （2）设，则， ， 因为当为的右顶点时，取得最小值， 即时，取得最小值， 所以，即， 所以的取值范围是. （3）设，（且），，， 将与联立得， 则，， 又分别为直线的倾斜角， 因为， 所以为定值， 又 ， 又为定值，则，所以， 当时，，为定值， ， 所以，. 【变式训练12-1】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． 【变式训练12-2】已知椭圆C：的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，D为线段AB的中点，且，（O为坐标原点）. (1)求的面积； (2)过F的直线交C于P，Q两点，记点O，A到直线PQ的距离分别为，，则是否存在最大值？若存在，求出最大值及PQ的方程；若不存在，请说明理由. 题型13： 椭圆的综合问题 【典型例题1】在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，短轴长为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）设为椭圆上顶点，点是椭圆上异于顶点的任意一点，直线交轴于点，点与点关于轴对称，直线交轴于点.问：在轴的正半轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) ; (2) . 【分析】(1)利用椭圆的几何性质建立方程组求解基本量得椭圆的标准方程；(2)设出点B的坐标，写出直线的方程，求出N点坐标，同理求出M点坐标，利用直角三角形中正切函数的定义建立方程，结合椭圆方程即可求解． 【详解】解：(1)由题意知，，则，因为，所以， 则，解得或(舍去)，所以椭圆方程为. (2) 由（1）知，，设， 则直线的方程为．令，得，即． 因为点B与点A关于x轴对称，所以．则直线的方程为． 令，得，即．假设存在点， 使得．由，得， 即．因为， 所以．又，所以． 经验证，当时，．所以在y轴的正半轴上存在点， 使得． 【点睛】关键点睛: 第二问的关键是将角相等的已知条件，结合正切函数，转化为边长之比相等，从而列出方程. 【典型例题2】已知椭圆：的焦点为，，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的上顶点为，过点作直线交椭圆于，两点，记直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，说明理由. 【答案】（1）；（2）是定值，定值为1，理由见解析. 【解析】（1）由题意，得出关于的方程组，求得的值，即可得到椭圆的标准方程； （2）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，得到，结合斜率公式进行计算，即可求得是为定值. 【详解】（1）椭圆：的焦点为，，且过点， 可得，解得，所以椭圆的方程为. （2）由（1）可得点， 设，直线的方程为， 联立方程组，整理得， 所以， 则 ， 所以是为定值. 【点睛】有关直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力． 【典型例题3】已知椭圆 的离心率为 为 的右焦点，过 的直线 (不与 轴重合) 与 交于 两点，过 分别作平行于 轴的直线与直线 分别交于 两点，直线 与 轴的交点为 ，设直线 与直线 的交点为 ． 记 的面积为 ． (1)求数列 的通项公式； (2)求证： ． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据离心率公式得，再设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理式，再求证得直线恒过点．从而有，最后结合等比数列通项公式即可得到答案； （2）由对称性分析得直线也恒过定点，计算出的表达式，再利用三角形面积公式得到面积表达式，最后结合换元法和基本不等式即可求出最值. 【详解】（1）因为， 所以，椭圆，焦点． 设直线的方程为，代入椭圆， 可得：． 设点， 由韦达定理，可得． 直线的斜率，其方程为， 令，可得 ， 所以直线恒过点． 又直线与轴的交点为，所以， 即，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以． （2）由对称性可知，直线也恒过定点， 故两直线与的交点为． 所以 ， 所以，而， 故数列是以为首项，以为公比的等比数列， 且为单调递减数列，所以的所有项的最大值为． 令，则， 故， 当且仅当，即时，取最大值， 所以数列的所有项的最大值的最大值为． 【变式训练13-1】在平面直角坐标系中，若点的横、纵坐标均为整数，则称为格点，若曲线上存在3个格点构成三角形，则称为“3格曲线”. (1)若椭圆为“3格曲线”，求的离心率； (2)若椭圆上存在个格点，且从中任取3个格点构成三角形，设该三角形的一个顶点为的左顶点的概率为，求； (3)若直线上存在2个格点，使得，其中为曲线：与轴正半轴的交点，求的值. 【变式训练13-2】已知椭圆：的离心率为，且经过点． (1)求的方程； (2)过椭圆外一动点作椭圆的两条切线，，斜率分别为，，若恒成立，证明：存在两个定点，使得点到这两定点的距离之和为定值． 【变式训练13-3】已知椭圆方程为，过点，的直线倾斜角为，原点到该直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）对于，是否存在实数k，使得直线分别交椭圆于点P，Q，且，若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由． 【变式训练13-4】已知椭圆的离心率为，点在椭圆上． （1）求椭圆的标准方程； （2）若椭圆过原点的弦相互垂直，求四边形面积的最大值． 【变式训练13-5】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）过椭圆C右焦点的直线l交椭圆于A，B两点，交直线于点D．且,设直线QA，QD，QB的斜率分别为，，，若，证明：为定值． 【变式训练13-6】设椭圆C：的左、右顶点分别为A、B，且焦距为2．点P在椭圆上且异于A、B两点．若直线PA与PB的斜率之积为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点作不与轴重合的直线与椭圆C相交于M、N两点，直线m的方程为：，过点M作垂直于直线，交于点E．判断直线是否过定点，并说明理由． 【变式训练13-7】已知曲线，（，），当变化时得到一系列的椭圆，我们把它称为“2~1椭圆群”.    (1)若“2~1椭圆群”中的两个椭圆、，对应的分别为、（），如图所示，若直线能与椭圆、依次交于，，，四点，证明：； (2)当（）时，直线与椭圆在第一象限内的交点分别为，设. （i）求证：为等比数列，并求出其通项公式； （ii）令数列，求证. 【变式训练13-8】已知圆上有一动点，点的坐标为，四边形为平行四边形，线段的垂直平分线交于点. （Ⅰ）求点的轨迹的方程； （Ⅱ）过点作直线与曲线交于两点，点的坐标为，直线与轴分别交于两点，求证：线段的中点为定点，并求出面积的最大值. 【变式训练13-9】已知椭圆：，为椭圆的右焦点，三点，，中恰有两点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)设点为椭圆的左右端点，过点作直线交椭圆于，两点（不同于），求证：直线与直线的交点在定直线上运动，并求出该直线的方程. 【变式训练13-10】已知和是椭圆的左、右顶点，直线与椭圆相交于M，N两点，直线不经过坐标原点，且不与坐标轴平行，直线与直线的斜率之积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线OM与椭圆的另外一个交点为，直线与直线相交于点，直线PO与直线相交于点，证明：点在一条定直线上，并求出该定直线的方程． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 直线与椭圆的位置关系 目 录 思维导图 1 考情分析 2 学习目标 2 知识要点 2 解题策略 5 题型归纳 5 题型01: 判断直线与椭圆的位置关系 6 题型02：椭圆的弦长问题 12 题型03：直线与椭圆相切应用 21 题型04：椭圆的中点弦问题 24 题型05：椭圆的面积问题 35 题型06：椭圆的最值问题 47 题型07：椭圆的定点问题 56 题型08：椭圆中的定值问题 68 题型09：椭圆的定直线问题 75 题型10：椭圆与向量问题 82 题型11：椭圆的证明问题 93 题型12：椭圆的探索性问题 107 题型13：椭圆的综合问题 114 1. 高考解析几何解答题核心，分值8–12分，是拉开差距的关键。 2. 必考：联立、判别式、韦达定理、弦长、中点弦、面积、定点定值、存在性。 3. 计算量大、思路固定，重运算素养。 1. 知识目标：掌握位置关系判定、弦长公式、点差法、面积公式。 2. 能力目标：规范完成设线—联立—韦达—代入全流程，会处理向量、角度、范围。 3. 素养目标：强化设而不求、整体代换、分类讨论思想。 4. 应试目标：会做必对，计算不失误。 知识点一、椭圆的简单几何性质 焦点在x轴上 焦点在y轴上 图形 标准方程 范围 ， ， 对称性 关于轴、原点对称 轴长 长轴长：；短轴长： 长轴长：；短轴长： 顶点 离心率 离心率越接近1，则椭圆越圆；离心率越接近0，则椭圆越扁 通径 通径的定义：过焦点且垂直于焦点轴的椭圆的弦长 通径的大小： 知识点二、点与椭圆的位置关系 焦点在x轴上 焦点在y轴上 点在椭圆内 点在椭圆上 点在椭圆外 知识点三、直线与椭圆的位置关系 1、直线与椭圆的位置关系： 联立消去y得一个关于x的一元二次方程． ①直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）； ②直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)； ③直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点． 2、解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，； （2）联立直线与曲线方程，得到关于x（或y）的一元二次方程； （3）写出根与系数的关系； （4）将所求问题或题中关系转化为关于，的形式； （5）代入求解． 知识点四、直线与椭圆相交的弦长公式 1、定义：连接椭圆上两个点的线段称为椭圆的弦． 2、求弦长的方法 （1）交点法：将直线的方程与椭圆的方程联立，求出两交点的坐标，然后运用两点间的距离公式来求． （2）根与系数的关系法： 如果直线的斜率为k，被椭圆截得弦AB两端点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 则弦长公式为： 知识点五、解决椭圆中点弦问题的两种方法： 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。 证明：设、，则有， 上式减下式得，∴， ∴，∴。 特殊的：直线(存在斜率)过椭圆()上两点、，线段中点为，则有。 知识点六、椭圆中的面积问题 (一) 利用弦长与点到直线距离计算三角形面积 1、弦长公式 若在直线上，代入化简，得; 2、利用弦长与点到直线距离计算三角形面积公式 若直线与椭圆交于点A，B，点P为定点或满足一定条件的动点，要表示△PAB的面积，一般是先利用弦长公式求出，再利用点到直线距离公式求出点P到直线AB的距离，则. (二) 三角形中一个顶点到对边上某一点的距离为定值，可把三角形分为两个小三角形分别计算面积 若过定点Q的直线与椭圆交于点A，B，点P为定点或满足一定条件的动点，要表示△PAB的面积，可先求出点A，B到直线PQ的距离之和d，则，特别的，若与y轴垂足，，利用这种方法求面积，可以避免使用弦长公式，减少运算量. (三)对角线互相垂直的四边形面积的计算 对角线互相垂直的四边形的面积为两对角线长度乘积的. (四)把四边形分割成两个三角形求面积 如果四边形的一条对角线所在直线的方程确定，通常把该四边形分割为以这条对角线为底边的两个三角形，分别表示出这两个三角形的面积再相加 知识点七、与椭圆有关的最值或范围问题的求解方法 (1)利用数形结合、几何意义，尤其是椭圆的性质. (2)利用函数，尤其是二次函数. (3)利用不等式，尤其是基本不等式. 知识点八、求解直线或曲线过定点问题的常用方法 （1）“特殊探路，一般证明”：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”：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）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式 ，则直线必过定点 ；若得到了直线方程的斜截式 ，则直线必过定点 . 知识点九、定值问题的两种求解方法 （1）从特殊情况入手，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. ①先假设直线方程（斜率存在或不存在分类），与椭圆方程联立，利用韦达定理表示根与系数关系。结合题干条件（如定点、定值）化简，消去参数得到直线方程，验证特殊情况是否满足。 ②将向量条件转化为坐标关系，设椭圆上点坐标（参数式或直角坐标），代入向量垂直、平行、数量积等条件，建立方程。结合椭圆方程消元，求解参数或证明结论，注意向量运算与代数运算的转化。 圆锥曲线中的证明问题，是高考的热点内容之一，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明解析几何中的一些数量关系(相等或不等)． 1. 通法：设直线→联立→Δ→韦达→代入条件。 2. 中点弦：点差法速解，必检验Δ>0。 3. 弦长/面积：公式直接套用。 4. 定点定值：参数整理、令系数为0。 5. 必讨论：斜率不存在的情况。 题型01: 判断直线与椭圆的位置关系 【典型例题1】直线与椭圆的公共点的个数是（ ） A．0 B．1 C．2 D．无数个 【答案】C 【解析】由消去y并整理得， 显然， 所以直线与椭圆相交，有2个公共点.故选：C 【典型例题2】直线与椭圆（）的位置关系为（   ） A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定 【答案】C 【分析】由直线与椭圆的位置关系求解即可. 【详解】因为直线过点， 而为椭圆的右端点和上端点， 故直线与椭圆相交. 故选：C. 【典型例题3】已知直线：与椭圆：有公共点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】将直线的方程与椭圆的方程联立， 得，消去得①， 因为直线与椭圆有公共点，所以方程①有实数根， 则，得.故选：B． 【典型例题4】已知直线的方程为，椭圆的方程为，则直线与椭圆的位置关系为（    ） A．相离 B．相交 C．相切 D．不能确定 【答案】B 【分析】求出直线所过定点，判断该定点与椭圆位置关系即可判断直线与椭圆位置关系. 【详解】，即，令，解得， 则直线所过定点，代入椭圆方程，，则该定点在椭圆内， 则直线与椭圆的位置关系为相交. 故选：B. 【典型例题5】如图，已知直线和椭圆．m为何值时，直线l与椭圆C：    (1)有两个公共点？ (2)有且只有一个公共点？ (3)没有公共点？ 【答案】(1) (2)， (3)，或 【分析】（1）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可. （2）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可. （3）直线与椭圆的公共点的个数与方程组，得到，根据求解即可. 【详解】（1）由方程组消去y，得， ． 由，得． 此时方程①有两个不相等的实数根，直线l与椭圆C有两个不同的公共点． （2）由，得，．此时方程①有两个相等的实数根， 直线l与椭圆C有且只有一个公共点． （3） 由，得，或．此时方程①没有实数根，直线l与椭圆C没有公共点． 【变式训练1-1】已知直线，椭圆，则与的位置关系为（    ） A．相切 B．相交 C．相离 D．相交或相切 【答案】D 【分析】首先判断直线所过的定点，再判断定点与椭圆的位置关系，即可判断直线与椭圆的位置关系. 【详解】直线：， 令，解得：，， 所以直线恒过定点， ，所以点在椭圆上，则直线与椭圆相交或相切. 故选：D 【变式训练1-2】已知椭圆，直线，则与的位置关系为（    ） A．相交 B．相切 C．相离 D．以上选项都不对 【答案】A 【分析】根据给定条件，联立方程并借助一元二次方程判别式判断得解. 【详解】由消去y并整理得：，显然， 因此方程组有两个不同的解， 所以与相交. 故选：A 86．（2025高二·山东济南·期中）直线l：与椭圆C：的位置关系是（    ） A．相交 B．相切 C．相离 D．不能确定 【答案】A 【分析】判断出直线过定点，且定点在椭圆内可得答案. 【详解】将直线l：变形为l：， 由得，于是直线l过定点， 而，于是点在椭圆C：内部， 因此直线l：与椭圆C：相交． 故选：A．    【变式训练1-3】已知椭圆，直线，则直线l与椭圆C的位置关系为（ ） A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 【答案】A 【解析】对于直线，整理得， 令，解得， 故直线过定点. ∵，则点在椭圆C的内部， 所以直线l与椭圆C相交.故选：A. 【变式训练1-4】直线与椭圆交点个数为（   ） A．1 B．2 C．1或2 D．无法确定 【答案】C 【分析】由直线过定点结合点与椭圆的位置关系判定选项. 【详解】由直线，得，即直线过定点. 又因为，所以此定点在椭圆上.即直线与椭圆有1个或2个交点. 故选：C. 【变式训练1-5】椭圆E：与曲线H：在第一象限内交于P，Q两点，则直线的斜率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，，则直线的斜率 将与联立，利用韦达定理即可求解. 【详解】不妨设，， 则直线的斜率 将与联立，得，即， 由韦达定理得，所以，又， 所以， 故选：D. 【变式训练1-6】已知直线与椭圆相交于不同两点，求实数的取值范围． 【答案】或 【分析】联立直线与椭圆方程，利用判别式大于，解不等式可得结果. 【详解】联立，消去并整理得， 依题意得，即， 解得或. 【变式训练1-7】已知椭圆C的中心在原点，对称轴为坐标轴，且过点和 （1）求椭圆C的标准方程； （2）求直线和椭圆C的公共点的坐标． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）设椭圆C的方程为且， 椭圆C过两点和， 则且，解得， 故椭圆C的标准方程为． （2）由消元得，解得或， 当时，；当时，， ∴直线和椭圆C的公共点的坐标为． 【变式训练1-8】已知直线与椭圆，分别求直线l与椭圆C有两个公共点、只有一个公共点和没有公共点时m的取值范围． 【答案】答案见解析 【分析】联立直线l的方程与椭圆C的方程，消去y，得到一元二次方程，根据该一元二次方程根的判别式进行求解即可. 【详解】联立直线l的方程与椭圆C的方程得方程组 消去y，整理得，  ① 因为①的判别式为 ， 所以： 当即时，方程①有两个不同的实数解，此时原方程组的实数解集中有两个元素，直线l与椭圆C有两个公共点； 当即时，方程①有两个相等的实数解，此时原方程组的实数解集中只有一个元素，直线l与椭圆C有且只有一个公共点； 当即或时，方程①无实数解，此时原方程组的实数解集为空集，直线l与椭圆C没有公共点． 题型02： 椭圆的弦长问题 【典型例题1】已知椭圆与直线交于、两点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将直线的方程与椭圆方程联立，求出两个交点的横坐标，结合弦长公式可求得的值. 【详解】设点、，直线的方程可化为， 联立可得，解得，， 由弦长公式可得. 故选：C. 【典型例题2】过椭圆的右焦点且与椭圆长轴垂直的直线与椭圆相交于两点，则等于（ ） A．4 B．2 C．1 D．4 【答案】C 【解析】因为椭圆，可得，所以， 所以椭圆的右焦点的坐标为， 将，代入椭圆的方程，求得，所以.故选：C. 【典型例题3】过椭圆的左焦点作直线和椭圆交于A、B两点，且，则这样直线的条数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【解析】左焦点为，若直线垂直x轴，则直线为， 代入椭圆方程得，可得，此时通径长， 所以，由椭圆性质知：的直线有仅只有一条.故选：B 【典型例题4】过椭圆的左焦点引直线交椭圆于A，B两点，且，则直线方程为 ． 【答案】或 【解析】椭圆，即，则，，，左焦点为， 设直线为，， 由，得， 整理得， 因为，所以， 所以， ，解得， 所以直线为，即或． 故答案为：或 【典型例题5】已知椭圆的左焦点为，直线l：与椭圆C交于A、B两点． (1)求线段AB的长； (2)求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）把直线方程代入椭圆方程，求得交点坐标，可求线段AB的长； （2）结合（1）的结论，利用点到直线距离公式进行求解即可. 【详解】（1）联立，或， 当时，， 当时，，不妨设， ； （2）由，    点到直线的距离为， 所以的面积为. 【变式训练2-1】已知椭圆的一个焦点为，过点且垂直于椭圆长轴的直线与的一个交点为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】把代入椭圆方程，即可得解. 【详解】不妨设为右焦点，则， 联立，解得，故． 故选：B． 【变式训练2-2】已知斜率为1的直线与椭圆相交于，两点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式将表示成的函数即可求解. 【详解】设直线的方程为，由，得， 由，得， 则， 所以， 当时取到最大值，此时直线的方程为． 故选：B． 【变式训练2-3】已知椭圆：的左、右焦点分别为，，，为上关于原点对称的两点，若，则直线截的弦长为（   ） A． B． C．3 D．4 【答案】A 【分析】根据题意，设直线交于点，不妨设在第一象限，则，，求得直线方程与椭圆联立得，根据韦达定理解得，最后根据弦长公式计算弦长． 【详解】易知，设直线交于点， 因为，为上关于原点对称的两点，且，令，得， 如图，不妨设在第一象限，则，，则， 所以直线：，联立，得， 则，解得， 所以根据弦长公式可得． 故选：A. 【变式训练2-4】（多选）已知过点的直线与椭圆交于、两点，则弦长可能是（    ） A．1 B． C． D．3 【答案】BC 【分析】先设直线，再联立方程组得韦达定理，求出弦长,最后确定范围即可. 【详解】当直线斜率存在时，设过斜率存在的直线方程为：， 联立方程组消去，并整理得，易得， 设，，则，， ， ， 当斜率不存在时，故． 故选:BC． 【变式训练2-5】已知椭圆的离心率为，焦距为，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，. (1)求椭圆的方程； (2)若，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可知离心率且焦距为，结合焦距为即可得解. （2）由题意已知，所以设出直线方程（只含有一个参数即截距，不妨设为），将其与椭圆方程联立后，再结合韦达定理可将表示成的函数，进一步求其最大值即可. 【详解】（1）由题意得, 解得,，， ∴椭圆的方程为 . （2）因为，所以设直线的方程为，，. 联立得得 ， 又直线与椭圆有两个不同的交点， 所以，∴ ∴， ∴ 故当，即直线过原点时，最大，最大值为. 【变式训练2-6】已知椭圆的下焦点、上焦点为，离心率为.过焦点且与轴不垂直的直线交椭圆于，两点. (1)求的值； (2)求（为坐标原点）面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率列式计算即可； （2）直线，联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式、面积公式写出面积关于k的表达式，进而利用基本不等式求最大值. 【详解】（1）由题意可得，，因为离心率，所以， 又，所以，解得； （2）由（1）知，椭圆的上焦点为， 设，直线， 联立，整理得：， 则，且， 所以， 所以， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以面积的最大值为.    【变式训练2-7】已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一动点，，椭圆的离心率为，直线过点交椭圆于不同的两点，. (1)求椭圆的方程： (2)若三角形的面积为，求直线的方程. 【答案】(1) (2)，或. 【分析】（1）根据题意转化为关于的方程组，即可求解；（2）首先设直线的方程为，，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示三角形的面积，即可求解. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由已知有，解得 故椭圆的方程为. （2）设，，直线的方程为，， 联立消去，整理得， 则，， 且，即或. 所以的面积为 ，    令，得， 解得或， 从而或. 故直线的方程为，或， 即，或. 【变式训练2-8】已知圆：和圆：，以动点为圆心的圆与其中一个圆外切，与另一个圆内切.记动点的轨迹为. （1）求轨迹的方程； （2）过的直线交轨迹于，两点，点在直线上.若为以为斜边的等腰直角三角形，求的长度. 【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）由题设且半径，且半径， 所以，即圆在圆内， 设，又为圆心的圆与其中一个圆外切，与另一个圆内切，且半径为， 所以， 则. 所以轨迹的方程为. （2）由题意，直线的斜率一定存在，设直线为， 由，即在椭圆内，联立椭圆方程整理得：， 所以，且， 则， 又，则中点， 所以线段垂直平分线为， 令，则，故交点坐标， 由为以为斜边的等腰直角三角形， 所以 则，则， 所以，故. 题型03： 直线与椭圆相切应用 【典型例题1】若方程有解，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设，，两边同平方得，化简得（）， 则其所表示的图形为椭圆在x轴及上方部分， 则题目转化为直线与上述图形有交点， 设椭圆的右端点为，易得其坐标为， 当直线与半椭圆相切时，显然由图得， 联立，得， 则 化简得，解得或（舍）， 当直线经过点时，得，解得， 则，故选：B. 【典型例题2】已知实数x，y满足方程，则的最大值是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为实数x，y满足方程， 所以点的轨迹是以为焦点，4为长轴长的椭圆，即， 所以， 椭圆的方程为， 令，则， 所以当与椭圆在上方相切时，最大， 设直线与椭圆相切， 由，得， 所以，解得或（舍去）， 由得，得，则，所以切点坐标为 ， 所以的最大值为， 所以的最大值为，即的最大值为，故选：D 【变式训练3-1】设椭圆，点在椭圆上，求该椭圆在P处的切线方程 . 【答案】 【解析】由题意可知切线的斜率存在，所以设切线方程为， 将代入中得，， 化简整理得， 令， 化简整理得，即，解得， 所以切线方程为，即， 故答案为： 【变式训练3-2】在椭圆上求一点，使点到直线的距离最大时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可知，当点在第三象限且椭圆在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离取得最大值，可设切线方程为，将切线方程与椭圆方程联立，求出的值，利用平行线间的距离公式可求得结果. 【详解】如下图所示：    根据题意可知，当点在第三象限且椭圆在点处的切线与直线平行时， 点到直线的距离取得最大值，可设切线方程为， 联立，消去整理可得， ，因为，解得， 所以，椭圆在点处的切线方程为， 因此，点到直线的距离的最大值为, 联立， 可得点的坐标为. 故选：B. 【变式训练3-3】求椭圆上的点到直线的最短距离，并求出此时椭圆上的点的坐标. 【答案】最短距离为，对应的点的坐标为. 【解析】设直线与椭圆相切， 则只有一组解，即， 所以，解得， 依题意，需求最短距离，所以取， 则最短距离为两平行线与的距离， 即， 此时点的横坐标为，代入可得， 所以对应的点的坐标为. 题型04： 椭圆的中点弦问题 【典型例题1】若椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设出弦的两个端点坐标，代入椭圆方程，作差可得斜率，再由直线方程的点斜式得答案． 【详解】设弦的两个端点分别为，， 则，， 两式相减可得， 所以， 所以弦所在的直线方程为，即. 故选：B. 【典型例题2】已知椭圆方程为，其右焦点为F（4，0），过点F的直线交椭圆与A，B两点．若AB的中点坐标为，则椭圆的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，利用点差法求解即可． 【详解】设，代入椭圆的方程可得，． 两式相减可得：． 由，，代入上式可得： ＝0，化为． 又，，联立解得． ∴椭圆的方程为：． 故选：C． 【典型例题3】若斜率为1的直线与椭圆交于两点，则弦的中点坐标可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，弦的中点坐标为，利用点差法列方程组，结合条件推得，逐一检验选项，并考虑点在椭圆内即得. 【详解】设，则， 两式相减得：（*）， 设弦的中点坐标为，则， 因直线的斜率为1，即， 分别代入上式（*），整理得：. 将选项逐一代入检验知，A，D满足，但是，点在椭圆外，不合要求. 故选：A. 【典型例题4】已知椭圆，直线依次交轴、椭圆轴于点四点．若，且直线斜率．则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意分析可知：的中点即为弦的中点，利用点差法运算求解. 【详解】设直线：，可得， 设的中点为，连接OM，则，， 因为，则，即为弦的中点， 设，则， 因为， 可得，两式相减得， 整理得，可得， 即，可得， 所以椭圆的离心率为. 故选：D.    【典型例题5】已知椭圆的长轴长为，且与轴的一个交点是，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足，若M为直线AB上任意一点，O为坐标原点，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】由题意可求得椭圆方程为，由，得点为线段的中点，然后利用点差法可求出直线的方程，则的最小值为点到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可求出结果. 【详解】由题意得，则，， 所以椭圆方程为， 因为，所以在椭圆内，所以直线与椭圆总有两个交点， 因为，所以点为线段的中点， 设，则， ，所以， 所以， 所以，即， 所以， 所以直线为，即， 因为M为直线上任意一点， 所以的最小值为点到直线的距离， 故选：B 【变式训练4-1】若椭圆的弦被点平分，则所在直线的方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】若直线轴，则点、关于轴对称，则直线的中点在轴，不合乎题意， 所以，直线的斜率存在，设点、，则， 所以，，两式作差可得， 即，即， 可得直线的斜率为， 所以，直线的方程为，即.故选：B. 【变式训练4-2】已知椭圆四个顶点构成的四边形的面积为，直线与椭圆C交于A，B两点，且线段的中点为，则椭圆C的方程是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设，，则，， 两式作差并化简整理得， 因为线段AB的中点为，所以，， 所以，由，得， 又因为，解得，， 所以椭圆C的方程为．故选：A． 【变式训练4-3】已知椭圆上存在两点关于直线对称，且线段中点的纵坐标为，则椭圆的离心率是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】关于直线对称，， 又中点纵坐标为，中点横坐标为； 设，，则，、 两式作差得：，即， ； 又，，，解得：， 椭圆的离心率，故选：A. 【变式训练4-4】直线l过点且与椭圆相交于A、B两点，若线段的中点为M则直线l的斜率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设点坐标，代入椭圆中，作差化简可得答案. 【详解】设 和 为直线与椭圆的交点，且 为 中点，因此： ， 点 和 满足椭圆方程： ， 将方程 (1) 减去 (2)：， 因式分解：， 代入中点坐标：， 得：， 整理得：， 因此，斜率 . 故选：B 【变式训练4-5】椭圆与直线相交于A，B两点，过的中点M与坐标原点的直线的斜率为2，则（ ） A． B． C． D．2 【答案】A 【解析】设， ∴， 由AB的中点为M可得①，②， 由A．B在椭圆上，可得， 两式相减可得③， 把①②代入③可得 整理可得．故选：A. 【变式训练4-6】过点作斜率为的直线与椭圆相交于两点，若为线段的中点，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用点差法计算得出，借助离心率公式计算即可. 【详解】设， 因为为线段的中点，所以， 由，两式相减可得：， 整理得，即， 所以，则，即椭圆的焦点在轴上， 即，则， 所以. 故选：B. 【变式训练4-7】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 【变式训练4-8】已知椭圆的中心为坐标原点，一个焦点为，过的直线与椭圆交于两点．若的中点为，则椭圆的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据的中点坐标利用点差法求得，再由计算可得答案. 【详解】设椭圆方程为， 易知直线的斜率为； 设，则，所以，； 易知，两式相减可得； 即，可得， 又，可得，所以； 即椭圆的方程为. 故选：A 【变式训练4-9】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右焦点为，过作直线交椭圆于两点，若弦中点坐标为，则椭圆的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据椭圆右焦点坐标可知，由弦中点坐标为可利用点差法求得，联立即可解得，再由椭圆面积公式即可求得结果. 【详解】设的中点为，即，如下图所示：      易知，即； 设， 又中点坐标为，所以 则； 又两点在椭圆上可得， 两式相减可得，整理得， 解得，联立可解得； 即 所以椭圆的面积为. 故选：A 【变式训练4-10】已知圆，圆，动圆与圆外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线 (1)求的方程； (2)是否存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点？若存在，求该直线方程，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，该直线方程为 【分析】（1）根据圆与圆外切、内切列式得，结合椭圆的定义可求出结果； （2）根据点差法求出斜率，再根据点斜式可求出结果. 【详解】（1）设动圆的半径为， 依题意得，所以为定值，且， 所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆， ，，，， 所以， 所以椭圆的方程为. （2）假设存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点， 设，， 则，两式相减得， 得，即， 由点斜式得直线方程为，即. 所以存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点，且该直线方程为.      题型05： 椭圆的面积问题 【典型例题1】已知椭圆的左、右焦点分别为，关于原点对称的点在上，若，则四边形的面积为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由对称性，且，四边形是矩形，则结合定义求即可. 【详解】由已知，，， 则， 由已知，关于原点对称，且，则四边形是矩形， 则，， 联立解方程，可得. 故选：B. 【典型例题2】已知椭圆：的焦点为，，椭圆上有一点处于第一象限，且，则的面积为（   ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】设，根据向量加法的平行四边形法则得到，再根据其模长可得关于的等式，联立椭圆方程即可求出的值，再利用纵坐标的绝对值求三角形面积即可. 【详解】 设，为坐标原点，由， ，与，， . 故选：C. 【典型例题3】已知椭圆（）的离心率为． (1)求E的方程； (2)记坐标原点为O，过点的直线与E交于A，B两点，若，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件先求出椭圆的半焦距，继而求得短半轴长，即得椭圆方程； （2）先检验当直线的斜率为0时，不合题意，再设，将其与椭圆方程联立，消元后写出韦达定理，利用弦长公式建立方程，求得，即得直线的方程，求出点到直线的距离，即可求得的面积. 【详解】（1）不妨记E的半焦距为c，则，解得， 故E的方程为． （2）当直线AB的斜率为0时，，不合题意，舍去； 当直线AB的斜率不为0时，记，联立， 消去可得，显然，设，， 则，， 于是， ， 即，可得（舍）或，故， 故：，故O到的距离， 故的面积．    【典型例题3】已知椭圆的左，右焦点分别为、，直线与椭圆交于M、N两点，（点M在点N的上方），与y轴交于点E.    (1)求椭圆的离心率e； (2)若直线l过点时，设，，求证：为定值，并求出该值； (3)当k为何值时，恒为定值，并求此时三角形面积的最大值. 【答案】(1)； (2)证明见解析，定值为； (3)，此时三角形面积的最大值为1. 【分析】（1）根据椭圆方程确定椭圆参数，应用直接法求离心率即可； （2）联立与得到一元二次方程，由已知向量的线性关系及其坐标表示得，结合韦达定理求出答案； （3）先联立椭圆与直线，应用韦达定理表示出，结合为定值得，并求出，和点到直线的距离，利用基本不等式得. 【详解】（1）由，则，故，所以离心率； （2）由题设，联立与得，，    设，则， 因为，所以 ； （3）由题设，联立，消元得，设， 当，即时，则， ， 则 ， 当为定值时，即与无关，故，得， 此时， 又点到直线的距离， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 经检验，此时成立，所以面积的最大值为1. 【变式训练5-1】直线与椭圆相交于两点，该椭圆上存在点，使得的面积等于1，这样的点共有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】设与原直线平行且过点的直线．，由条件结合三角形面积公式，平行直线距离公式可求，求直线与椭圆的交点可得结论. 【详解】设与原直线平行且过点的直线． 原直线和椭圆都过点 ，，到的距离， 按照平行直线间的距离公式可得， 所以或， 联立可得或， 直线与的交点有2个， 联立可得， 因为，所以方程组的解集为空集， 所以直线与的交点不存在， 所以满足条件的点共两个， 故选：B． 【变式训练5-2】已知椭圆：的左、右焦点分别为，，直线与交于，两点，若的面积是面积的2倍，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知面积关系可得，即可求解. 【详解】如下图示，若的面积是面积的2倍，则， 由题设知，且，故， 所以. 故选：D 【变式训练5-3】已知椭圆，，且的离心率为. (1)求的标准方程； (2)若，直线交椭圆于两点，且的面积为，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的几何性质直接求解； （2）结合韦达定理与题目条件，结合三角形面积公式即可得解. 【详解】（1）由题意得：，即则， 所以的标准方程为：. （2）由题意设， 联立，消去得：，                  则，                                 则，                                 可得，       设直线与轴的交点为，且，则，   故，解得. 【变式训练5-4】已知椭圆的离心率为，点是椭圆的右顶点． (1)求椭圆的方程； (2)过点且倾角为的直线l与椭圆交于A、B两点，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆离心率以及顶点坐标即可得方程，求解即可； （2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，可得，再由点到直线的距离公式求得到的距离d，运用三角形的面积公式，计算可得所求值． 【详解】（1）因为点是椭圆的右顶点，所以. 又，所以. 又，所以 所以椭圆的方程为. （2）由题意得直线l的方程为：， 设， 联立，消y，得， ， ， 到直线的距离， . 【变式训练5-5】已知和为椭圆上两点. (1)求椭圆离心率； (2)若过的直线交于另一点，且的面积是3，求的方程. 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标、将代入方程可得椭圆的标准方程，再关系及离心率公式求解即可. （2）利用斜截式方程求出直线的方程，设过点且与平行的直线为，与直线距离为，则，求出直线的方程，联立直线与椭圆的方程，可求出的坐标，再利用直线的两点式方程即可求解. 【详解】（1）由题意，， 将代入椭圆方程，得，即， 故椭圆方程为：， 所以离心率. （2）直线斜率，其方程为，即， 设点到直线的距离为，而， 由，解得，则， 整理得或， 由，解得或，而无解， 当时，此时方程为：，即， 当时，此时方程为：，即. 【变式训练5-6】已知椭圆的两个焦点为和，点为椭圆的上顶点，为等腰直角三角形． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点为椭圆上一动点，求点到直线距离的最值； (3)分别过，作平行直线，若直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，其中点在轴上方，求四边形的面积的取值范围． 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为 (3) 【分析】（1）根据题意求出即可得解； （2）求出与直线平行且与椭圆相切直线方程，则切线与的距离即为最值； （3）设直线的方程为，则直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，利用两平行直线间的距离公式求出间的距离，从而可得出四边形的面积的表达式，进而可得出答案. 【详解】（1）由题意得， 因为点为椭圆的上顶点，为等腰直角三角形， 所以， 所以， 所以椭圆的标准方程为； （2）设与直线平行且与椭圆相切直线方程为， 联立，消得， 则，解得， 平行直线与的距离， 所以， 所以点到直线距离的最大值为，最小值为； （3）由题意可得直线的斜率不为零， 设直线的方程为，则直线的方程为， 联立，消得， 设， 则， 则， 直线之间的距离， 则四边形的面积， 令，则， 故， 当且仅当，即时取等号， 又，所以，所以， 由椭圆的对称性可得四边形的面积， 所以四边形的面积的取值范围为. 【变式训练5-7】已知椭圆分别是椭圆短轴的上下两个端点，是椭圆左焦点，是椭圆上异于点的点，是边长为4的等边三角形． (1)写出椭圆的标准方程； (2)当直线的斜率为时，求以为直径的圆的标准方程； (3)设点满足：．求证：与面积之比为定值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题设条件列出关于的方程组，求解即得椭圆方程； （2）依题求出直线的方程，与椭圆方程联立，求出点，即可求得以为直径的圆的方程； （3）设直线的斜率分别为，写出直线的方程并与椭圆方程联立，求出点的坐标，即可推得，由，写出直线的方程，与直线的方程联立，求出点的坐标，结合图形，利用三角形面积公式代入化简求解即得证. 【详解】（1）因是边长为4的等边三角形，则得，解得， 故椭圆的标准方程为. （2）因，直线的斜率为，则直线的方程为 联立，解得和，即， 故以为直径的圆的圆心为，半径为， 所以所求圆的方程为：. （3）设直线的斜率分别为，则直线的方程为． 由，直线的方程为． 将代入，得， 因为是椭圆上异于点的点，所以．则， 所以． 由，所以直线的方程为． 由，解得． 所以， 即与面积之比为定值．    题型06： 椭圆的最值问题 【典型例题1】过椭圆内一点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件得到点的轨迹是直线，再转化为点到直线上一点距离的最小值问题. 【详解】设，， 因为，， 化简可得，， 于是，， 整理得， 因为点、在椭圆上，则， 所以， 即，所以点的轨迹是直线，即为原点到直线的距离， 所以， 故选：D. 【典型例题2】已知椭圆的离心率为，且过点．四边形的顶点均在椭圆上，直线过的左焦点，对角线交点为椭圆的右焦点． (1)求椭圆的方程； (2)求的面积的最大值； (3)若点在第一象限，求直线斜率的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据离心率，以及点在椭圆上，即可代入椭圆方程中，联立求解； （2）联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理，根据面积公式，结合基本不等式即可求解； （3）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理可得两个点的坐标，根据斜率公式，代入韦达定理化简可得，即可根据直线的斜率范围求解. 【详解】（1）由题意可得，解得， 故椭圆的方程为 （2）, 设直线, 联立可得， 故， 当且仅当，即时取到等号， 故的面积的最大值为. （3）设直线 联立可得， 则，又， 所以，， 同理可得， 故 , 由于位于第一象限，故， 因此 【变式训练6-1】已知点P为椭圆上的动点，为圆N：的任一直径，求最大值（    ） A．16 B．17 C．19 D．20 【答案】C 【分析】由为圆N：的任一直径，得到 ，且，求出，设，代入椭圆方程得到，又，求出，根据，解出 ，结合二次函数的图像求出最大值. 【详解】为圆N：的任一直径，，且，，设，则有，解得，又，，，，当时，取得最大值20，此时，的最大值为19. 故选：C. 【变式训练6-2】已知过点的直线与椭圆交于不同的两点.若是弦的中点，则的最小值为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】设直线的参数方程为（为参数），与椭圆方程联立，由韦达定理得 ，进而得，进而求解. 【详解】根据题意，设直线的参数方程为（为参数）， 联立代入，得且． 设点对应的参数分别为，则有， 则， 所以，当时取得等号， 故选：C． 【变式训练6-3】已知曲线C：. (1)若曲线C为双曲线，且渐近线方程为，求曲线C的离心率； (2)若，过点的直线与直线交于点M，与椭圆交于B，点B关于原点的对称点为C，直线AC交直线于点N，求线段MN的长的最小值； (3)若曲线C为焦点在x轴上的椭圆，且在曲线C上．点A、B在曲线C上（P、A、B互不重合），若直线PA与PB的斜率存在且互为相反数，求线段AB的长的最大值． 【答案】(1)或 (2) (3) 【分析】（1）分焦点在轴、轴两种情况讨论，分别求出离心率； （2）依题求出椭圆方程，设直线的方程，联立方程求得点，，由对称性得到点，即得直线的方程，令，求出点的坐标，得到的表达式，再根据基本不等式进行求解即可； （3）依题求出椭圆方程，设直线的方程，联立方程求得点，同理求得点，利用两点间的距离公式表示出线段AB的长，结合基本不等式求最值即可. 【详解】（1）因为曲线：为双曲线， 若焦点在轴上，则，且，解得， 又渐近线方程为，则，即，解得或（舍去）， 此时曲线的离心率； 若焦点在轴上，则，且，解得， 又渐近线方程为， 则，即，解得（舍去）或， 此时曲线的离心率， 综上可得曲线的离心率为或. （2）当时曲线：， 依题意，直线的斜率必存在（否则点重合，不合题意），可设其方程为， 联立，消去并整理得， 解得，则，即， 因为点关于原点的对称点为，所以， 此时，故直线的方程为， 当时，解得，即，又易得，则 ， 则，因为，，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时，取得最小值为，故的最小值为． （3）依题意，解得或， 当时曲线：，为焦点在x轴上的椭圆，符合题意； 当时曲线：，为焦点在y轴上的椭圆，不符合题意； 依题意，可设直线的方程为， 联立得， 可得， ，则，解得， 因直线PA与PB的斜率存在且互为相反数，故直线的斜率为，同理可得， 则，， 则， 当且仅当，即时等号成立，经检验符合， 所以线段AB的长的最大值为. 【变式训练6-4】已知椭圆的离心率为点 在椭圆上，直线 与x轴交于点B.    (1)求椭圆的标准方程； (2)过点B的直线交椭圆于C，D两点（C在D的左侧），直线AC，AD分别与直线交于 E， F 两点，直线AC，AD的斜率记为. ①求证：为定值； ②点G为CF中点，若求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据离心率的值和椭圆上一点求得，进而求得椭圆方程即可. （2）① 设出直线的方程，联立椭圆方程，根据韦达定理对进行化简即可验证结果.②先根据三角形面积公式将表达式用列出来，然后根据求根公式整理为关于的式子，利用换元法令转化为的函数求值域即可. 【详解】（1）由题意知， 因为，所以，所以. 所以，解得，则. 所以椭圆的标准方程为. （2）①，直线的方程为. 联立该直线与椭圆方程得，化简得. 由，解得. 设，（）， 由韦达定理可得. 所以 ， 所以为定值，定值为. ②设直线的方程为，即. 令，则，所以. 设直线的方程为，同理可得. 则由①知，所以， 所以； . 又，所以. 由方程（）， 可得 所以， 令， 则 所以的范围是.      题型07：椭圆的定点问题 【典型例题1】已知椭圆上的两个动点P，Q，设，，且线段PQ的垂直平分线经过一个定点，则定点坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在时，将P、Q坐标代入椭圆方程，结合，可得，再引入参数线段PQ中点的纵坐标，用其表示出，再得线段PQ的垂直平分线的方程，分析即可求解. 【详解】因为，在椭圆上， 且，当时，由， 得， 设线段PQ的中点为，所以， 所以线段PQ的垂直平分线的方程为， 即，该直线恒过定点 当时，线段PQ的垂直平分线也过定点， 故线段PQ的垂直平分线恒过定点 故选：A． 【典型例题2】已知椭圆过点，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线与分别交于四点，设线段的中点分别为． ①证明：直线过定点； ②求四边形面积的最小值． 【答案】(1)； (2)①过定点，证明见解析；②. 【分析】（1）根据椭圆过点和离心率直接可得椭圆方程； （2）①根据直线的斜率进行分类讨论，根据根与系数关系分别求出中点的坐标，进而可判断直线过定点. ②由弦长公式可得，再由直接计算四边形的面积，由基本不等式可得最不小值. 【详解】（1）因为椭圆过点，离心率，且. 所以，，即，得， 代入，得，即，所以. 故椭圆的标准方程为. （2）①当直线的斜率存在且不等于零时，设斜率为，因，所以直线的斜率为. 因为右焦点，直线的方程为，设. 由，消去得，. ，，. 所以线段的中点M的坐标，，即. 同理将直线的方程，代入椭圆方程，同理可得（只需将换成）， 所以线段的中点N的坐标，，即. 所以的斜率，其中，直线的方程为 ，化简，即 所以当，直线：过定点.如图：    当时，，此时直线与轴垂直且过定点； 当时，，此时直线仍与轴垂直且过定点； 当直线的斜率不存在时，与与轴垂直且过焦点，根据椭圆的对称性可知， 此时为椭圆的长轴，所以，所以直线为轴，过定点； 当直线的斜率为0时，与与轴垂直且过焦点，根据椭圆的对称性可知， 此时为椭圆的长轴，所以，所以直线为轴，过定点； 综上可知，直线过定点. ②当直线的斜率存在且不等于零时， 由①可知， 同理可得（只需将换成），因为， 所以 ， 当且仅当时等号成立，即时，四边形面积有最小值. 当直线的斜率不存在时，或者斜率等于零时与位置互换， 此时，，或者， 所以，显然. 综上可知，所以四边形面积有最小值. 【变式训练7-1】如图，已知椭圆的上顶点为，离心率为，若过点A作圆的两条切线分别与椭圆C相交于点B，D（不同于点A）．则直线BD过定点（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由条件列方程求，可得椭圆方程，再设两切线，的斜率分别为，（），由切线性质可得，再表示出直线的方程，确定其过定点. 【详解】∵椭圆的上顶点为，离心率为， ∴解得，∴椭圆C的方程为． 设切线方程为，则，即， 设两切线AB，AD的斜率分别为， 则是上述方程的两根，根据韦达定理可得：， ∵由，消掉y得， 设，∴， 同理可得， ∴， ∴直线BD方程为． 令，得 ∴故直线BD过定点． 故选：A 【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： （1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； （2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 【变式训练7-2】已知椭圆方程为，，，过点的直线交椭圆于、两点，过点且平行于轴的直线与线段交于点，点关于点的对称点为，则直线一定过点（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据两条特殊直线的交点，判断定点的坐标，再设过点P的一般方程，联立椭圆方程，得到韦达定理，求得直线的方程，并代入定点坐标，验证是否成立，即可判断是否过定点. 【详解】因为，所以， ①假设过点的直线过原点，则，代入， 可得，，代入方程，可得 ，由得到.求得FN方程： ，过点. ②分析知过点的直线斜率一定存在，设. 联立得， 可得，则 因为点的横坐标与点的横坐标相等为，且点与点关于点对称，所以点的横坐标也为， 又，则，根据中点坐标公式计算得， 直线的斜率，直线的方程为， 假设直线经过定点，代入为验证， 即验证， 即验证， 即验证， 将韦达定理及得出的式子代入，得恒成立. 所以直线过点. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：利用特殊情况探讨出定点，再就一般情况验证是求解问题的关键. 【变式训练7-3】已知椭圆的短轴长为2，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上不同的两点，且关于轴对称，直线和交于点. ①求动点的轨迹； ②过点的动直线与点的轨迹交于两点，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)①（）；②存在，. 【分析】（1）根据离心率和短轴长结合关系求值，写出方程即可； （2）①利用相关点代入法求轨迹方程即可；②设直线方程为，联立直线与双曲线方程，根据韦达定理计算，由可得，根据斜率公式及韦达定理即可求解. 【详解】（1）由题意，，所以， 而，所以， 所以椭圆的方程为. （2）①设，，由题意得， 直线的方程为：， 直线的方程为：， 所以， 因为在椭圆上，所以， 可得，所以， 所以，即， 因为不与重合，所以， 所以的轨迹为（）. ②设过点的直线方程为，， ，可得， 所以，， 设， 因为， 所以， 则， 即， ， 即，即， 所以， 因为不恒为0，所以，所以， 所以在轴上存在定点，使得，此时.    【变式训练7-4】已知椭圆过点. (1)求椭圆的方程； (2)斜率为1的直线与椭圆交于两点，点P坐标为，直线与椭圆的另一个交点为点M，直线PD与椭圆的另一个交点为点N. ①已知点M坐标为，求点横坐标（用表示）； ②过点作于点G，是否存在定点Q，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)①；②存在， 【分析】（1）将点代入椭圆方程即可求解； （2）①设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理化简求解即可； ②计算可得，设，可得，结合化简得到，设直线，进而得到直线过定点，进而求解即可. 【详解】（1）由题意，，解得， 所以椭圆的方程为. （2）①设直线的方程为， 且，，即， 联立，得， 则，即， 且， 则 ， 即点横坐标为. 由①知，，， 则，即， 设，与①同理可得， 则 ， 则， 设直线， 则， 则， 又，则， 则直线， 所以直线过定点， 则为中点时，则， ，则， 因此，存在定点，使得为定值. 【变式训练7-5】已知椭圆，点P为C的上顶点． (1)求椭圆C的离心率； (2)求椭圆上动点T到点P的距离的最大值； (3)设与两坐标轴均不垂直的直线l与椭圆C交于异于P的两点A和B，设直线PA、PB的斜率分别为、．当时，判断直线l是否经过定点？若是，请求出这一定点；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)过定点， 【分析】（1）根据方程确定的值，再求离心率的值. （2）利用两点间的距离公式，结合椭圆的范围和二次函数在给定区间上值域的求法求最大值. （3）设直线，与椭圆方程联立，结合韦达定理，表示出，，根据列式，化简可得的关系，再确定直线是否过定点. 【详解】（1）由题，，． 所以离心率． （2）由题可知，设， 则，． 由于， 所以当时，PT取到最大值为． （3）如图：    设，，． 因为直线l与椭圆C交于异于P的两点和，所以. 所以，故，则， ， 即． 故，所以或（因为，故舍去）． 当，，过定点. 因此直线过定点． 【变式训练7-6】已知椭圆 的左、右焦点分别为 为椭圆的一个顶点，离心率为 (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线与椭圆C交于A，B两点； ①若直线过椭圆右焦点，且的面积为求实数k的值； ②若直线过定点，且，在x轴上是否存在点使得以、为邻边的平行四边形为菱形？若存在，则求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)①；②存在， 【分析】（1）根据题意，求出得解； （2）①把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解的值；②把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为，通过这个等式转化为的函数，即可求解取值范围. 【详解】（1）由椭圆的一个顶点为，可得，又离心率为，则， 所以由，即椭圆C的标准方程为. （2）①直线过椭圆右焦点可得：，即， 所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得： ， 设两交点，则有， 所以， 又椭圆左焦点到直线的距离为， 所以， 解得：或（舍去），即； ②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形， 由于直线过定点，且，可知直线方程为， 与椭圆联立方程组，消去得：， 由，且，解得，   设两交点，中点，则有，且， 所以， 即，整理得， 又因为，所以，当且仅当，即， 所以，则.    题型08： 椭圆中的定值问题 【典型例题1】如图，椭圆的方程为，左、右焦点分别为．设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点．    (1)求椭圆的方程； (2)求证：是定值； (3)求三角形的周长． 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）根据焦点坐标可求，故可求椭圆方程； （2）如图，延长交椭圆于，利用对称性结合弦长公式、韦达定理可求的值; （3）利用椭圆定义结合三角形相似可求，故可求三角形的周长． 【详解】（1）由题设，椭圆的半焦距为且焦点在轴上，故且， 故，故椭圆方程为. （2）    如图，延长交椭圆于，由对称性可得. 因为直线与直线平行，故直线的斜率不为零， 设，直线，则， 则. 由可得， 故，，， 故， 故. （3）因为，所以， 即，即． 所以． 由点在椭圆上知，，所以． 同理可得，． 所以 ． 而，故三角形的周长为. 【典型例题2】在平面直角坐标系xOy中，动点P到点的距离与到定直线的距离之比为，记动点P的轨迹为C． (1)求轨迹C的方程. (2)已知，点A，B在轨迹C上，且在x轴的同侧，，交于点G，证明：为定值. 【答案】(1)+=1 (2)证明见解析 【分析】（1）设动点P的坐标为，根据题意写出等式，进而化简可得结果； （2）设直线的倾斜角为θ，过点A作直线l的垂线，垂足为H，由题意，可求，进而结合，把用的来表示，从而化简可得证明. 【详解】（1）设动点P的坐标为， 因为动点P到点的距离与到定直线的距离之比为， 所以， 两边同时平方可得， ， ，即. 所以轨迹C的方程为. （2）证明：设直线的倾斜角为θ，过点A作直线l的垂线，垂足为H，如下图：    由题知，， 因为， 所以，即， 利用对称性，同理可得， 于是. 因为，所以， 所以===， 所以， 同理可得， 所以 （定值）. 【变式训练8-1】已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，是线段的中点，是坐标原点，记直线的斜率为． (1)证明为定值，并求出该定值 (2)若，求的面积． 【答案】(1)证明见解析，该定值为 (2) 【分析】（1）先根据椭圆方程求出焦点坐标，设出直线方程并与椭圆联立，利用韦达定理求出中点坐标，进而求出直线的斜率，即可证明为定值并得到该定值． （2）利用（1）中的结论求出直线的斜率，进而得到直线的方程，再结合韦达定理求出弦长，求出点到直线的距离，最后利用三角形面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：由已知椭圆，则，， 所以，即得点，点. 设直线， 点，点，点. 联立，消去得，整理得， 依题意有，所以，， 又是线段的中点，所以，， 因此，所以. 综上，为定值，且该定值为. （2）根据已知作图如下. 由（1）可知，直线， 又，所以，则直线，即. 又由（1）可知，，则，， 所以， 而点到直线的距离，所以. 综上，的面积为. 【变式训练8-2】已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上， 的周长为6，椭圆的离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，试判断是否为定值？请说明理由． 【答案】(1)； (2)为定值，理由见解析. 【分析】（1）根据题意得到，再解方程组即可得到答案. （2）首先直线的方程为，与椭圆联立得到，，根据得，同理得，再计算即可. 【详解】（1）由题意，可得，又， 所以椭圆C的方程为； （2） 由题，得直线斜率存在，由（1）知，设直线的方程为， 则联立，消去，整理得，， 设，则，， 又，则， 由得，所以，同理得， 所以 所以为定值. 【变式训练8-3】已知的左焦点为上一动点，射线与交于点，点在的切线与点在的切线交于点，求证：点的横坐标为定值. 【答案】证明见解析 【分析】方法一：先将直线的方程表示出来，联立直线方程组即可求出点的横坐标为0. 方法二：设，根据已知条件列出等式，然后求得直线的方程，最后联立方程组即可得到结果. 【详解】法一：设，令 则，，联立方程解得 因有①， 将代入①得（因）代入（）得 法二：设，令 则①代入得 又，则，代入①得② ，将②代入得，整理得 ③，又④，联立③④得 因，故 题型09： 椭圆的定直线问题 【典型例题】已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，且椭圆上一点M到的距离的最大值为3，已知直线l过且与椭圆交于A，B两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若，求直线l的方程； (3)设直线AB与y轴交于点D，过D作直线与椭圆C交于P，Q两点，且，直线AP与BQ交于点N，探究：点N是否在某条定直线上，若存在，求出该直线方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)椭圆C的标准方程为； (2)直线l的方程为； (3)点N不在定直线上 【分析】（1）根据椭圆的性质确定a、c的值，即可求出椭圆方程. （2）设直线l的方程为，联立椭圆方程，设，，结合韦达定理和共线向量坐标关系求解. （3）首先利用点差法求得直线的方程，然后分别取个不同的值，求解相应个点坐标，由向量不共线即可说明点N不在某条定直线上. 【详解】（1）根据椭圆的性质，椭圆，离心率（c为半焦距）， 且椭圆上一点到左焦点距离的最大值为． 由离心率，可得， 因为椭圆上一点M到的距离的最大值为3，即， 将代入，可得，解得，那么， 根据，可得． 所以椭圆C的标准方程为． （2）设，，，因为直线l过， 当直线l斜率不存在时，与方向相反，不满足， 所以直线l斜率存在，设直线l的方程为． 联立直线与椭圆方程，消去y可得： ， 由韦达定理得，． 因为，所以， 即，也就是． 将代入，可得，即，． 再代入，可得， 解得， 所以直线l的方程为． （3）由（2）知直线AB过，由题意其斜率存在， 设直线AB方程，令，得，所以． 由过点，且，则是PQ中点； 当时，直线即为轴，与轴交于原点即，与椭圆交于长轴两点， 此时不妨取， 则过原点的直线与椭圆交于两点，恒有， 由对称性可知，即两直线无交点，不符合题意， 故， 结合椭圆对称性可知，设，， 则，． 由，两式相减得： 将，代入上式，可得， 因为，所以，即PQ垂直于y轴，直线方程为． 联立，可得，，， 不妨设，,其中， 由（2）知，设，，不妨设， 由，． 故当时，则，又由， 可解得， 则，且， 此时交点； 故当时，则，又由， 可解得， ， 且， 此时交点； 当时，，则，， ，， 此时交点； ，， 因为， 所以不共线，故动点不在定直线上； 同理由对称性可知，当时，也不在定直线上， 综上可得，动点不在定直线上. 【变式训练9-1】在平面直角坐标系中，已知，直线与相交于点，且两直线的斜率之积为． (1)设点的轨迹为，求曲线的方程； (2)设一组斜率为的平行直线与均有两个交点，证明这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用斜率之积即可求动点轨迹方程； （2）利用直线与椭圆联立方程组，即可求中点坐标，从而可证明在直线上. 【详解】（1）设交点，则根据直线与两直线的斜率之积为可得， ，整理得：， 由于直线与两直线的斜率一定存在，则， 所以点的轨迹为的方程为：. （2）    设斜率为的直线与曲线相交于两个交点， 则由直线方程与椭圆方程联立方程组可得： ， 由韦达定理可得：， 而， 设中点，则， 从而有，即可证明这些平行直线的中点一定在直线上. 【变式训练9-2】已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，离心率为，且经过点． (1)求椭圆的方程及长轴长； (2)点是椭圆上一动点，且不与顶点重合，点满足四边形是平行四边形，过点作轴的垂线交直线于点，连接交于点，求证：． 【答案】(1)椭圆的方程为，椭圆的长轴长为 (2)证明过程见解析 【分析】（1）根据题意列方程组求出即可求解； （2）欲证，只需证明，由题意知斜率存在，设，联立椭圆方程，结合韦达定理得的坐标，求得方程，联立，可得，由题意得，求得方程，联立得，对比，即可得证. 【详解】（1）由题意，解得， 所以椭圆的方程为，椭圆的长轴长为； （2） 由题意知斜率存在，设， 联立与得，，化简得， 由韦达定理得，， 所以， 而直线，从而， 因为点满足四边形是平行四边形，关于中心对称， 根据平行四边形的中心对称性，可知也关于中心对称， 所以，而， 所以，显然，所以， 所以直线的方程为， 联立与，得， 即， 化简得，即， 因为，所以， 所以. 题型10： 椭圆与向量问题 【典型例题1】已知椭圆的右焦点为，点在直线上，，为坐标原点，则=（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】设出坐标，根据垂直关系得到坐标关系，然后将坐标关系代入数量积得到结果. 【详解】设，则， 因为，所以，所以， 所以， 故选：C. 【典型例题2】已知椭圆的右焦点为，过的直线与椭圆交于，若，则直线的斜率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设直线的倾斜角为，根据可得，利用同角三角函数的基本关系可求出直线的斜率. 【详解】 由题意得，， ∴椭圆的离心率为. 设直线的倾斜角为，根据焦比定理得， 由得，∴， ∵，∴， ∴，， ∴，即直线的斜率为. 故选：D. 【典型例题3】已知椭圆C：的离心率为，C的左焦点到右顶点的距离为3． (1)求C的方程； (2)过点的直线l与x轴交于点Q，与C交于A、B两点，且，求直线l的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意列出的方程，求解即可； （2）设出直线l方程与椭圆联立，利用坐标表示出向量关系，结合韦达定理求解即可. 【详解】（1）依题意得解得 所以．所以C的方程为． （2）依题意可设直线l的方程为（k存在，且）， 联立消去y得， 设，，则，且， 因为，，所以，， 由，可得，所以， 由，解得， 所以直线l的方程为． 【典型例题4】椭圆Γ：与双曲线C：的离心率分别为，． (1)若，求的值； (2)当时，设点，若对于直线l：，椭圆Γ上总存在不同的两点A与B关于直线l对称，且，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）求出椭圆和双曲线的离心率，即可得出的值； （2）求出椭圆方程并设出两点的坐标，利用对称求出直线方程，让直线与椭圆联立，并利用韦达定理求出，设直线中点的坐标并用参数表达，得出与的表达式，利用求出的范围，即可求出的取值范围. 【详解】（1）由题意， 在椭圆：中，离心率为， 在双曲线C：中，离心率为， ∵， ∴，解得． （2）由题意及（1）得， 因为，所以：， 对于直线l：，椭圆Γ上总存在不同的两点A与B关于直线l对称， 设，， ∴直线方程为， 联立消去y得， 由，解得， 故， ∴， ， 设直线AB中点为， 则，， 又点P在直线l上，所以，则， 又因为，， 所以， ∵， ∴，解得且， ∴．    【变式训练10-1】椭圆的右顶点为A，上顶点为，，点为椭圆上一点且，则的值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】由椭圆方程可知点的坐标，根据向量可得，，将代入椭圆方程运算求解即可. 【详解】椭圆的右顶点，上顶点， 设，则， 由可得，解得，即， 又由，则， 将代入椭圆方程，得， 即，解得或（舍），所以. 故选：A. 【变式训练10-2】已知椭圆的焦点为，，点在上，点在轴上，，，则的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意设椭圆的方程为：，由，，可求出或，代入椭圆方程化简即可得求出，即可得出答案. 【详解】因为椭圆的焦点为，， 所以设椭圆的方程为：, 设，，， 则，因为， 所以，所以， 所以，又因为， 所以，所以， 所以，所以或， 因为在上，所以，即， 解得：或，因为椭圆的焦点在轴上， 所以.故的方程为. 故选：D.    【变式训练10-3】已知、是椭圆的两焦点，点在椭圆上，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设点，其中，可得出，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】对于椭圆， 则，，， 所以、， 设点，其中，且，故， 所以，， 故， 故当时，取最小值. 故选：A. 【变式训练10-4】已知椭圆的离心率为，A，B分别为椭圆的左、右顶点，C为椭圆的上顶点，且．直线：交椭圆于M，N两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线AM的斜率为，直线BN的斜率为，求的值； 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用向量数量积的坐标运算求，再利用离心率即可得解； （2）利用韦达定理，结合斜率公式计算即可得； 【详解】（1）由题意知，则， 所以，即， 又，所以， 所以椭圆的标准方程为；    （2）直线，， 由，得， 则，所以， 因为椭圆的左，右顶点分别为，所以， 所以. 【变式训练10-5】已知椭圆过点，离心率为，过点的直线l与椭圆交于不同的两点． (1)求椭圆的方程； (2)若的面积为，且，求实数的值． 【答案】(1)； (2)或 【分析】（1）根据和离心率得到方程组，求出，得到椭圆方程； （2）设直线，，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，根据得到方程，求出，分和两种情况，得到或，从而利用得到答案. 【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆C：； （2）由题知直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得，故， 且，，    故， 解得，所以， 若，则，，解得或， 因为，所以， 若，则，若，则， 若，同理可得或， 综上，或. 【变式训练10-6】已知曲线C到两个定点和的距离和为定值4. (1)求C的方程； (2)过点的直线l（斜率存在且不为0）与C交于M，N两点，N关于x轴的对称点为P.已知. （ⅰ）证明：P、M、Q三点共线； （ⅱ）求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据椭圆定义得到，，故C的方程为； （2）（ⅰ）设直线l方程为，，，联立直线和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，直线PM的方程为，代入两根之和，两根之积求出，故直线PM过定点，即P、M、Q三点共线； （ⅱ）计算出，得到的取值范围为. 【详解】（1）因为，由椭圆定义可知，曲线C为以和为两焦点的椭圆， 其中，解得，，故C的方程为； （2）（ⅰ）依题意可设直线l的方程为，，，. 联立得， 由韦达定理得，， 则直线PM的方程为， 即， 其中 ， 则直线PM的方程为， 故直线PM过定点，即P、M、Q三点共线； （ⅱ）， ， 因为，所以，， 所以的取值范围为. 【变式训练10-7】已知椭圆的左焦点为，，分别为左右顶点.点是直线上异于点的动点，直线交椭圆的另一点为点. (1)求的值； (2)直线与交于点，求证：. 【答案】(1)9 (2)证明见解析 【分析】（1）法一：设，求出直线的方程并与椭圆方程联立，求得点的坐标，利用向量的坐标计算化简即得；法二：设，写出直线的方程，将代入求得点的坐标，利用和的坐标计算即得； （2）将待证等式等价转换为证明.对应（1）中的法一与法二：利用向量坐标的数量积运算得到即可. 【详解】（1） 法一：设，则直线， 与椭圆方程联立，得， 则由 ， 且，故，则. 所以. 法二：设，则 则直线的方程为：，令，代入即得. 所以. （2）因为， 所以，要证，只需证，即证. 对应（1）中的法一：因为，，，， 所以 ， 于是. 或者：因直线，直线，即， 联立，解得. 因为 ，所以. 对应（1）的法二：因为， 所以，要证，只需证，即证. 因为，，，， 所以， 于是. 题型11： 椭圆的证明问题 【典型例题1】已知双曲线的渐近线方程为，且过点. (1)求的方程； (2)过的上焦点且斜率为的直线与交于，两点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据双曲线过点求出的值，再结合渐近线方程求出的值，即可得到双曲线的方程. （2）先求出双曲线的上焦点坐标，设出直线的方程，将其与双曲线方程联立，利用韦达定理得到交点横坐标的和与积，再计算直线和直线的斜率之积为，即可得证. 【详解】（1）由已知得，，故，C的方程为. （2）证明：由（1）得双曲线的上焦点为，设直线，，，根据题意作图如下. 联立，得，， 所以，， 所以直线和直线的斜率之积为 ， 因此. 【典型例题2】已知椭圆的左､右焦点分别为､，右顶点为，过左焦点的直线交椭圆于､两点，的周长为8，椭圆的离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)求面积的最大值； (3)直线､分别交轴于､两点，证明：､､､四点共圆. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意求出进而求解； （2）设直线单调方程为：，与椭圆方程联立得，设，进而得，即，得，令，利用导数得的单调性，利用单调性求最小值即可求解； （3）由，所以直线的方程为：，进而得的坐标，同理得坐标，即可计算，进而得，，利用圆的性质即可得证. 【详解】（1）由题意有：，又， 所以， 所以， 所以椭圆的方程为； （2）由（1）有，设直线方程为：， 所以，所以， 设， 所以， 所以 ， 令 在单调递增， 当时，面积的最大值为. （3）由，所以直线的方程为：， 令，，所以， 同理， 所以， 所以 ， ， 所以， 同理， 所以四点共圆. 【变式训练11-1】已知椭圆的方程：，点是椭圆的右焦点. (1)点在椭圆上，椭圆在点处的切线交轴于点.求的最小值； (2)以坐标原点为圆心，以为半径的圆记为圆.平行四边形的四个顶点均在椭圆上，圆内切于此平行四边形. （i）证明：四边形为菱形； （ii）求四边形面积的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）由已知可得，根据两点间距离公式可得，代入，由基本不等式即可求解； （2）（i）当直线的斜率不存在，或为零时，四边形为正方形，符合题意；当直线的斜率存在且不为零时，设其方程为，与椭圆方程联立韦达定理，根据圆内切于四边形求得，结合韦达定理，利用数量积坐标运算得，则，此时平行四边形为菱形，即可证明. （ii）当四边形为正方形时，；当四边形不为正方形，而为菱形时，先求出，再代入面积公式得，令，根据二次函数性质求得的最大值，对比即可求解菱形的面积最大值. 【详解】（1）因为切线交轴于点，所以，则， 因为点在椭圆上，所以，即， 又， 由于，所以， 所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为； （2）（i）当直线的斜率不存在，或为零时，圆内切于正方形， 四个顶点为，显然满足椭圆的方程，符合题意， 此时四边形为菱形； 当直线的斜率存在且不为零时，设其方程为，，， 由得， 则， ，， 所以， 因为圆内切于平行四边形，所以到直线的距离为， 则，整理得， 所以， 则，此时平行四边形为菱形. 综上可知，四边形为菱形. （ii）由（i）知，当四边形为正方形时，； 当四边形不为正方形，而为菱形时， 因为， 所以的面积为， 令，则，， 所以， 当，即时，取得最大值. 因为菱形的面积等于，所以菱形的面积的最大值为， 因为，所以菱形的面积最大为. 【变式训练11-2】设为椭圆在第一象限上一点，分别为的左、右焦点，过点且与相切的直线分别交轴、轴于两点（直线的斜率不为），为坐标原点． (1)设点，求的最小值； (2)证明：的面积不小于； (3)证明：． 【答案】(1)； (2)证明见详解； (3)证明见详解. 【分析】（1）设点，根据两点距离公式，可得，结合二次函数的图像性质即可求得其最小值； （2）设切线方程为，与椭圆方程联立可得，进而可得，根据三角形面积公式结合不等式即可求得面积的最小值； （3）设的倾斜角为，的倾斜角为，的倾斜角为，可得，故要证，只要证明即可．根据椭圆的定义和直线的斜率公式，分别计算直线、和的斜率，即可证明. 【详解】（1）设点，，， 则， 又为椭圆上一点，所以，整理得， 代入得， 故当时，取得最小值． （2）设过点的切线方程为， 联立，得， 故，即， 解得， 故，即， 将其代入直线方程中得，故， 则直线方程为，易得， 故的面积． 又，即，  当且仅当时取等号， 故，即原命题得证． （3）设的倾斜角为，的倾斜角为，的倾斜角为，则， 根据椭圆方程，得，，，    因为， 所以， 故要证，只要证明即可． ①当时，得，则，，， 所以，而， 易知，，所以，故. ②当时，， 又，， 则， 因，则， 由， 可得， 易知，，所以，故. 【变式训练11-3】如图，从椭圆：上一点向轴作垂线，垂足恰为左焦点，又点是椭圆与轴正半轴的交点，点是椭圆与轴正半轴的交点，且， (1)求椭圆的方程； (2)设点关于轴的对称点为，过椭圆上不同于，的任意一点，作直线，分别交轴于点，证明：点，的横坐标之积为定值． 【答案】(1)； (2)证明见解析 【分析】（1）利用椭圆方程，表示出点的坐标，利用得，结合和关系得到椭圆的方程； （2）先求出​的坐标，设出的坐标，分别求出直线​与轴交点的横坐标表达式，再计算它们的乘积，结合椭圆方程证明其为定值. 【详解】（1）由题意可知，，，，， ， ， 即， ， ， ， ， 又， ，，， 椭圆方程为； （2）由（1）得，则， 设，则有， 直线的方程为， 令，整理得， 同理可得点的横坐标， 所以点，的横坐标之积， 因为，所以． 故点，的横坐标之积为定值． 【变式训练11-4】设抛物线的焦点为，为上位于第一象限的一点，当轴时，． (1)求的方程； (2)设为上不与重合的两动点，且直线的斜率之和为0． （ⅰ）设的纵坐标为，求直线的斜率； （ⅱ）设外接圆的圆心为，圆在点处的切线为，证明：与有且仅有一个公共点． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据题意，得到，将将点代入抛物线的方程，求得，即可抛物线的方程； （2）（i）设，则，不妨设在的左侧，根据斜率公式，分别求得，结合，得到，进而求得直线的斜率； （ii）设为抛物线在点处的切线，转化为证明与圆相切，利用导数的几何意义，求得，取上点左侧一点，结合圆的性质，即证，利用两角差的正切公式，化简，即可得证，得到答案. 【详解】（1）解：由抛物线，可得焦点， 因为为上位于第一象限的一点，且，所以， 将点代入抛物线的方程，可得，解得或（舍去）， 所以抛物线的方程为. （2）解：（i）设，则，不妨设在的左侧， 根据题意，可得，同理可得， 因为直线的斜率之和为，所以， 即，整理得， 所以. （ii）设为抛物线在点处的切线，要证明即为，即与圆相切， 由函数，可得，所以， 要证与圆相切，取上点左侧一点， 结合圆的弦切角定理的逆定理，即证，只需证， 即证，即证， 即证， 由（i）知，即证， 即证，即，成立， 所以即为圆的切线，所以直线与圆有且只有一个公共点. 【变式训练11-5】矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点． (1)求的方程； (2)若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）数形结合可得出的值，即可求出方程； （2）分点是矩形的顶点、点不是矩形的顶点两种情况讨论，若点不是矩形的顶点，设，分别与椭圆方程联立，得出是一元二次方程的根，利用韦达定理即可求证. 【详解】（1）依题意，，，则，，半焦距， 所以椭圆的方程为. （2）依题意，以为直径的圆的方程为， 当点是矩形的顶点时，均与坐标轴垂直，此时； 当点不是矩形的顶点时，设点的坐标为，直线， 由消去得：， 由， 化简得， 设直线的方程为，同理得：， 于是是关于的一元二次方程的两根， 则，， 又，因此，则，即， 所以是直角三角形.    【变式训练11-6】已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，且，离心率为． (1)求C的方程； (2)过不与坐标轴垂直的直线与椭圆C交于A，B两点． （i）若M为AB的中点，O为坐标原点，设AB，OM的斜率分别为，，求； （ⅱ）过A，B分别作x轴的垂线，垂足分别为P，Q，证明：直线AQ与BP的交点的横坐标为定值． 【答案】(1) (2)（i）（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的概念，求出参数值，写出椭圆标准方程即可； （2）根据椭圆和直线的位置关系，以及韦达定理，设出点的坐标，写出斜率的代数式和中点坐标，求出斜率的积，再根据直线的性质，求出直线方程，证明其交点的横坐标为定值即可. 【详解】（1）因为，所以，因为离心率为，所以，则， 所以椭圆标准方程为. （2）（i）    如图所示，由（1）可知，，则过不与坐标轴垂直的直线设为， 联立方程组得，消去得， 化简得，易知， 设，根据韦达定理可知， 则， 可知中点，则， 所以. （ⅱ）    如图所示，设，则直线方程为， 直线方程为， 联立方程得，消去得， 解得，因为， 代入得， 由韦达定理得，代入得， 所以直线AQ与BP的交点的横坐标为定值4. 题型12： 椭圆的探索性问题 【典型例题1】已知M，N是椭圆上的两个动点，M在x轴上方，N在x轴下方，直线与x轴、y轴分别交于S，T两点． (1)若直线与斜率之积为，证明：为定值； (2)点关于x轴的对称点为H，设的面积分别为，且． ①求直线的斜率； ②是否存在直线，使？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)① ；②存在；或 【分析】（1）设,由题意得，又M，N在椭圆上，得进行求解； （2）①因为，得．所以与关于直线对称，所以，由题意得直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆联立进行求解； ②由①知直线的方程为，由，进行求解． 【详解】（1）证明：设， 由题意得，所以， 又M，N在椭圆上，所以，， 得，代入得， 所以. （2）解：①因为， 得，即． 所以AM与AN关于直线x＝1对称，所以， 整理得， 由题意得直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为， 与椭圆联立得， 所以，，， 代入得 ， 整理得，解得或（MN不过点A，舍去）， 得直线的斜率为． ②由①知直线MN的方程为， 联立与椭圆得， ，，且应满足， ，得，过M，N两点分别向x轴作垂线，垂足分别为， 则， 得，解得（舍）或， 所以存在直线MN，其方程为或． 【典型例题2】已知椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6. (1)求的方程； (2)已知是上一动点，，当为的右顶点时，取得最小值，求的取值范围； (3)若动直线与交于点，点是轴正半轴上异于点的一定点，若直线的倾斜角分别为，且存在实数使得恒成立，求点的坐标及的值. 【答案】(1) (2) (3)，. 【分析】（1）将代入椭圆方程，可得，再利用椭圆的定义可得，即可得椭圆方程； （2）根据两点距离公式，结合二次式的性质即可求解； （3）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据正切和差角公式以及斜率公式化简求解. 【详解】（1）由已知，将代入椭圆方程得，解得， 又椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6， 所以，解得， 所以椭圆的方程为. （2）设，则， ， 因为当为的右顶点时，取得最小值， 即时，取得最小值， 所以，即， 所以的取值范围是. （3）设，（且），，， 将与联立得， 则，， 又分别为直线的倾斜角， 因为， 所以为定值， 又 ， 又为定值，则，所以， 当时，，为定值， ， 所以，. 【变式训练12-1】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.    【变式训练12-2】已知椭圆C：的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，D为线段AB的中点，且，（O为坐标原点）. (1)求的面积； (2)过F的直线交C于P，Q两点，记点O，A到直线PQ的距离分别为，，则是否存在最大值？若存在，求出最大值及PQ的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，最大值为，的方程为 【分析】（1）根据题意得，，，结合，，解得即可得到的面积； （2）由（1）得椭圆C：，设PQ的方程为，，，联立椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式得，由，得，得，求得取最大值时的的值即可得解. 【详解】（1）因为，所以，① 因为为右顶点，为上顶点， 所以，，. 因为为线段的中点，所以，. 又，所以.② 联立①②并结合，解得，，， 故. （2）存在最大值. 由（1）得椭圆C：. 易知直线PQ斜率不为0，（当直线PQ斜率为0时，点O，A到PQ的距离均为0，此时无意义） 设PQ的方程为，，， 联立 消去得， 则，， 故， 由（1）得，， 所以，即，（分别过点O，A作PQ的垂线，垂足为M，N，则，故由弦长的数量关系得，间的数量关系） 所以， 当且仅当时等号成立， 所以存在最大值，最大值为，此时的方程为. 题型13： 椭圆的综合问题 【典型例题1】在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，短轴长为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）设为椭圆上顶点，点是椭圆上异于顶点的任意一点，直线交轴于点，点与点关于轴对称，直线交轴于点.问：在轴的正半轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) ; (2) . 【分析】(1)利用椭圆的几何性质建立方程组求解基本量得椭圆的标准方程；(2)设出点B的坐标，写出直线的方程，求出N点坐标，同理求出M点坐标，利用直角三角形中正切函数的定义建立方程，结合椭圆方程即可求解． 【详解】解：(1)由题意知，，则，因为，所以， 则，解得或(舍去)，所以椭圆方程为. (2) 由（1）知，，设， 则直线的方程为．令，得，即． 因为点B与点A关于x轴对称，所以．则直线的方程为． 令，得，即．假设存在点， 使得．由，得， 即．因为， 所以．又，所以． 经验证，当时，．所以在y轴的正半轴上存在点， 使得． 【点睛】关键点睛: 第二问的关键是将角相等的已知条件，结合正切函数，转化为边长之比相等，从而列出方程. 【典型例题2】已知椭圆：的焦点为，，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的上顶点为，过点作直线交椭圆于，两点，记直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，说明理由. 【答案】（1）；（2）是定值，定值为1，理由见解析. 【解析】（1）由题意，得出关于的方程组，求得的值，即可得到椭圆的标准方程； （2）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，得到，结合斜率公式进行计算，即可求得是为定值. 【详解】（1）椭圆：的焦点为，，且过点， 可得，解得，所以椭圆的方程为. （2）由（1）可得点， 设，直线的方程为， 联立方程组，整理得， 所以， 则 ， 所以是为定值. 【点睛】有关直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力． 【典型例题3】已知椭圆 的离心率为 为 的右焦点，过 的直线 (不与 轴重合) 与 交于 两点，过 分别作平行于 轴的直线与直线 分别交于 两点，直线 与 轴的交点为 ，设直线 与直线 的交点为 ． 记 的面积为 ． (1)求数列 的通项公式； (2)求证： ． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据离心率公式得，再设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理式，再求证得直线恒过点．从而有，最后结合等比数列通项公式即可得到答案； （2）由对称性分析得直线也恒过定点，计算出的表达式，再利用三角形面积公式得到面积表达式，最后结合换元法和基本不等式即可求出最值. 【详解】（1）因为， 所以，椭圆，焦点． 设直线的方程为，代入椭圆， 可得：． 设点， 由韦达定理，可得． 直线的斜率，其方程为， 令，可得 ， 所以直线恒过点． 又直线与轴的交点为，所以， 即，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以． （2）由对称性可知，直线也恒过定点， 故两直线与的交点为． 所以 ， 所以，而， 故数列是以为首项，以为公比的等比数列， 且为单调递减数列，所以的所有项的最大值为． 令，则， 故， 当且仅当，即时，取最大值， 所以数列的所有项的最大值的最大值为． 【变式训练13-1】在平面直角坐标系中，若点的横、纵坐标均为整数，则称为格点，若曲线上存在3个格点构成三角形，则称为“3格曲线”. (1)若椭圆为“3格曲线”，求的离心率； (2)若椭圆上存在个格点，且从中任取3个格点构成三角形，设该三角形的一个顶点为的左顶点的概率为，求； (3)若直线上存在2个格点，使得，其中为曲线：与轴正半轴的交点，求的值. 【答案】(1)； (2)； (3)或1或3或. 【分析】（1）根据“3格曲线”定义，建立不等式求解得，代入计算得，计算即可求解； （2）分,,三种情况，计算即可求解； （3）根据，结合题意得，设，计算可得，结合，分类讨论求解即可. 【详解】（1）由题可知，的左顶点，右顶点是两个格点. 因为，所以的上，下顶点不为格点.又为“3格曲线”，所以上至少存在一个异于椭圆顶点的格点，则，则， 由，可得，解得， 则的离心率； （2）由（1）可知，当时，是上的格点，且， 此时上有，共6个格点， 则 当时，易知上有，共4个格点，则， 当时，易知上有，共2个格点，不符合题意， 故； （3）因为是直线上的两个格点，所以， 显然，则，即. 又，所以，不妨设. 当，时，，且. 则，得, 当时， 若，则，解得, 若，则，解得, 当时，, 若，则，解得, 若，则，解得, 综上所述，的值可能为或1或3或. 【变式训练13-2】已知椭圆：的离心率为，且经过点． (1)求的方程； (2)过椭圆外一动点作椭圆的两条切线，，斜率分别为，，若恒成立，证明：存在两个定点，使得点到这两定点的距离之和为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率以及椭圆经过的点，联立的方程即可求解， （2）联立直线与椭圆的方程，根据相切得判别式为0，进而得到，为关于的方程的两根，利用韦达定理可得，进而得点在椭圆上运动，由椭圆的定义即可求解. 【详解】（1）设的半焦距为， 则由离心率，得，所以， 因为经过点，所以，即， 得，． 所以的方程为． （2）设，直线的方程为，即， 记，则的方程为， 代入椭圆的方程，消去，得． 因为直线，与椭圆相切， 所以，即， 将代入上式，整理得， 同理可得， 所以，为关于的方程的两根， 从而， 整理可得，所以点在椭圆上运动， 所以存在两个定点，，使得，为定值． 【变式训练13-3】已知椭圆方程为，过点，的直线倾斜角为，原点到该直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）对于，是否存在实数k，使得直线分别交椭圆于点P，Q，且，若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）满足条件的k不存在，理由见解析 【解析】（1）因为过点，的直线倾斜角为， 所以，即， 过点，的直线方程为， 故原点到该直线的距离为，解得， 故，所以椭圆的方程是． （2）记，．将代入得，， 则，解得或， 设PQ的中点为M，则，． 由，得， ∴， ∴，得或， 由于或， 故，均使方程没有两相异实根， ∴满足条件的k不存在． 【变式训练13-4】已知椭圆的离心率为，点在椭圆上． （1）求椭圆的标准方程； （2）若椭圆过原点的弦相互垂直，求四边形面积的最大值． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）由，得，则， 故椭圆方程可化为， 将代入上式得，则， 故椭圆的标准方程为． （2）由题意得，四边形为菱形， 则菱形的面积 当直线的斜率不存在或为0时，易得 当直线的斜率存在且不为0时， 设直线的方程为，则的方程为， 设， 将代入，得， 则， 则． 综上，的最大值为． 【变式训练13-5】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）过椭圆C右焦点的直线l交椭圆于A，B两点，交直线于点D．且,设直线QA，QD，QB的斜率分别为，，，若，证明：为定值． 【答案】（1）；（2）证明见解析 【解析】（1）由已知圆可化为标准方程：，即圆心，半径， 圆可化为标准方程：，即圆心，半径， ，经分析可得，，则. 由题意可知，两式相加得，， 所以，点的轨迹为以为焦点的椭圆， 可设方程为， 则，，，，， 所以，轨迹的方程为. （2）由题意直线AB的斜率一定存在，由（1）知，， 则椭圆的右焦点坐标为， 设直线AB方程为：，D坐标为． 所以， 设，， 将直线AB方程与椭圆方程联立． 恒成立， 由韦达定理知，且，， 则 ． 故（定值）． 【变式训练13-6】设椭圆C：的左、右顶点分别为A、B，且焦距为2．点P在椭圆上且异于A、B两点．若直线PA与PB的斜率之积为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点作不与轴重合的直线与椭圆C相交于M、N两点，直线m的方程为：，过点M作垂直于直线，交于点E．判断直线是否过定点，并说明理由． 【答案】（1）；（2）过定点，理由见解析 【解析】（1）由题意有，， 设，，化简得,结合， 可得，由椭圆焦距为2，有，得，， 椭圆C的标准方程为； （2）设直线方程：，，，， 联立方程，得， 所以，， 所以， 又， 所以直线方程为：， 令，则． 所以直线过定点. 【变式训练13-7】已知曲线，（，），当变化时得到一系列的椭圆，我们把它称为“2~1椭圆群”.    (1)若“2~1椭圆群”中的两个椭圆、，对应的分别为、（），如图所示，若直线能与椭圆、依次交于，，，四点，证明：； (2)当（）时，直线与椭圆在第一象限内的交点分别为，设. （i）求证：为等比数列，并求出其通项公式； （ii）令数列，求证. 【答案】(1)证明见解析 (2)（1）证明见解析，；（2）证明见解析 【分析】（1）根据题意联立方程组，利用韦达定理表示交点横坐标之和，可发现线段的中点与线段中点重合，根据线段长度的减法可证得结论； （2）（i）根据题意联立方程组，求出点和的横坐标，利用两点间距离公式求得，即证得结论并得到通项公式；（ii）由已知条件得到，利用放缩法构造出新数列的不等式，利用裂项相消法求前项和即可证得结论. 【详解】（1）由题意，联立方程可得， 时，由图可知，椭圆与直线的交点为点、， 设，，则， 同理，将与直线联立可得：， 时可得， 则线段的中点与线段中点重合，设为点， 即有，，所以，即. （2）（i）由题意，联立方程可得，即. 因为交点在第一象限内，所以点的横坐标， 同理可得点的横坐标， 则. 由于，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为； （ii）由（i）可知，，则. 设，设，， 由时，，可得， ， 所以，由. ， . 即得证. 【变式训练13-8】已知圆上有一动点，点的坐标为，四边形为平行四边形，线段的垂直平分线交于点. （Ⅰ）求点的轨迹的方程； （Ⅱ）过点作直线与曲线交于两点，点的坐标为，直线与轴分别交于两点，求证：线段的中点为定点，并求出面积的最大值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）4. 【解析】（Ⅰ）先画出图形，结合垂直平分线和平行四边形性质可得为一定值，，故可确定点轨迹为椭圆（），进而求解； （Ⅱ）设直线方程为，点坐标分别为，联立直线与椭圆方程得，，分别由点斜式求得直线KA的方程为，令得，同理得，由结合韦达定理即可求解，而，当重合交于点时，可求最值； 【详解】（Ⅰ）， 所以点的轨迹是一个椭圆，且长轴长，半焦距， 所以，轨迹的方程为. （Ⅱ）当直线的斜率为0时，与曲线无交点. 当直线的斜率不为0时，设过点的直线方程为，点坐标分别为. 直线与椭圆方程联立得消去，得. 则，. 直线KA的方程为. 令得. 同理可得. 所以 . 所以的中点为. 不妨设点在点的上方， 则. 【点睛】本题考查根据椭圆的定义求椭圆的方程，椭圆中的定点定值问题，属于中档题 【变式训练13-9】已知椭圆：，为椭圆的右焦点，三点，，中恰有两点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)设点为椭圆的左右端点，过点作直线交椭圆于，两点（不同于），求证：直线与直线的交点在定直线上运动，并求出该直线的方程. 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）由对称性得到点，在椭圆上，结合焦点坐标，得到方程组，求出，，求出椭圆方程； （2）设直线的方程为，联立椭圆方程，设，，，得到两根之和，两根之积，由和共线得到方程组，联立后得到，求出，得到交点在定直线上，并求出该直线的方程. 【详解】（1）因为为椭圆的右焦点，所以①, 由对称性得，点，在椭圆上，代入得②, 联立①②解得，，， 所以椭圆的标准方程为：. （2）由条件知直线与直线不重合，故直线的斜率不为0，    设直线的方程为， 联立，可得， 设，，， 则，，， 由（1）可得，， 由共线得：③， 由共线得：④， 由③÷④消去并整理得，， 即，所以， 综上所述，直线与直线的交点在定直线上运动. 【点睛】定值问题常见方法：（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. 【变式训练13-10】已知和是椭圆的左、右顶点，直线与椭圆相交于M，N两点，直线不经过坐标原点，且不与坐标轴平行，直线与直线的斜率之积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线OM与椭圆的另外一个交点为，直线与直线相交于点，直线PO与直线相交于点，证明：点在一条定直线上，并求出该定直线的方程． 【答案】(1) (2)证明见解析，定直线为 【分析】（1）设，，依题意可得，进而结合可得，从而求解； （2）设直线的方程为：，联立直线和椭圆方程，结合韦达定理可得，，结合三点共线可得，，进而得到，进而得到直线OP的方程，进而联立直线OP与直线的方程即可求解. 【详解】（1）设，， 所以，即， 由题意知，所以， 所以， 则椭圆的标准方程为． （2）证明：设直线的方程为：， 联立椭圆的方程，得， 所以， 则， 由根与系数的关系，得，， 设， 由P，S，三点共线，得， 由P，N，三点共线，得， 则 ． 所以直线OP的斜率为， 则直线OP的方程为， 联立直线OP与直线的方程，可得，解得， 所以点在一条定直线上，该定直线的方程为． 1 学科网（北京）股份有限公司 $