专题06 直线与椭圆综合·面积·中点弦·定点·定值·最值六大典型问题（高效培优专项训练）数学人教A版高二选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦直线与椭圆综合问题，按六大典型题型系统编排，覆盖位置关系、面积、中点弦等高频考点，注重逻辑推理与运算能力培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |直线与椭圆位置关系|5题|韦达定理应用|从方程联立基础切入，建立代数关系| |椭圆中面积问题|5题|三角形/四边形面积计算|结合几何图形转化，强化运算能力| |中点弦问题|5题|点差法与中点坐标|衔接曲线与直线位置关系，深化对称思想| |参数及最值|5题|函数与不等式应用|综合代数与几何方法，培养最值意识| |定点定值定直线|5题|恒成立证明|提升逻辑推理，构建动态问题解决框架| |向量问题|5题|向量坐标运算|融合代数表达，强化数学语言应用|

专题06 直线与椭圆综合·面积·中点弦·定点·定值·最值六大典型问题 题型一 直线与椭圆的位置关系（韦达） 题型二 椭圆中三角形面积（四边形） 题型三 椭圆的中点弦问题 题型四 椭圆中的参数及最值 题型五 椭圆中的定点、定值、定直线 题型六 椭圆中的向量问题 题型一 直线与椭圆的位置关系（韦达） 1．已知椭圆：的左、右焦点为，，点是椭圆的上顶点，经过的直线交椭圆于，两个不同的点． (1)求点到直线的距离； (2)若是该椭圆上的一个动点，求的最大值和最小值； (3)若直线的斜率为，且，求实数的值． 2．如图，已知椭圆：，过椭圆左焦点斜率为的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，直线：交椭圆于，两点.是否存在实数，使得三角形的面积是三角形的3倍？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 3．已知椭圆的离心率为，椭圆的左､右顶点分别为.过点的直线与椭圆的交点分别为，当直线垂直于轴时，. (1)求椭圆的方程； (2)直线的斜率与直线的斜率的乘积是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由； (3)直线与直线的交点为，过坐标原点作平行于直线的直线与直线相交于点，求的值. 4．在平面直角坐标系中，椭圆：（）的长轴长是短轴长的2倍，点在椭圆上，斜率为的直线与椭圆相交于，两点（异于点）． (1)求椭圆的方程； (2)若的面积为，求直线的方程； (3)记直线与的斜率分别为，，直线，的斜率分别为，，证明：． 5．已知椭圆，它的一个焦点为，且经过点. (1)求椭圆C的方程； (2)已知圆的方程是，过圆上任一点P作椭圆C的两条切线与，求证. 题型二 椭圆中三角形面积（四边形） 6．已知点是椭圆在第一象限上的动点，过点引圆的两条切线、，切点分别是、，直线与轴、轴分别交于点、，则面积的最小值为______． 7．已知椭圆：的离心率为，为坐标原点，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左、右顶点分别为，，过点且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，直线与直线相交于点． （ⅰ）求证：点在定直线上； （ⅱ）设和的面积分别为，，求的取值范围． 8．已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，直线（）与椭圆交于、两点（点在点的上方），与轴交于点． (1)当时，点为椭圆上除顶点外任一点，求的周长； (2)若椭圆的离心率为，当为何值时，恒为定值；并求此时面积的最大值． 9．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为坐标原点.若的面积为，求直线的方程． 10．已知椭圆：的长轴长为4，焦距为． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于，两点，求线段中点的轨迹方程； (3)直线：，：，过上一点作，的垂线，垂足分别为，，试问的面积是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 题型三 椭圆的中点弦问题 11．已知椭圆：的右顶点为，上顶点为，半焦距为，已知点在椭圆上，过点且斜率为整数的直线交椭圆的另一点为，线段的垂直平分线与轴交于点． (1)求椭圆的离心率； (2)求直线的斜率； (3)设关于轴的对称点为，直线交轴交于点，若的面积为，求椭圆的标准方程 12．（多选）已知椭圆C：()的左、右焦点分别为，，离心率，P是C上一动点，且的周长为6，直线l与C交于A，B两点(异于点P)，则下列说法正确的有(   ) A．若点P到直线的距离为3，则 B．若的中点M的坐标为，则直线l的方程为 C．若A，B关于原点对称，直线，的斜率分别为，，则 D．记的中点为N，则点N的轨迹方程为 13．已知椭圆的左、右焦点分别为、，，点M在椭圆C上，且的面积的最大值为． (1)求椭圆C的方程； (2)设G为的重心，I为的内心，I、G两点不重合． ①证明：； ②点P，Q在椭圆C上，且，求的面积的取值范围． 14．已知椭圆的下顶点为，右焦点为，直线的斜率存在，且与交于，两点.若，则的斜率的取值范围是__________. 15．已知椭圆经过点，且的长轴长与短轴长之比为． (1)求的方程. (2)已知点，过点且斜率为的直线与交于两点，过点且斜率为的直线与交于两点，分别为的中点，且. （I）若与重合，求． （II）判断直线MN是否过定点.若是，求出该定点；若不是，请说明理由. 题型四 椭圆中的参数及最值 16．已知曲线所围成的封闭图形的面积为，曲线的内切圆半径为，记为以曲线与坐标轴的交点为顶点的椭圆． (1)求椭圆的标准方程； (2)设AB是过椭圆中心的任意弦，l是线段AB的垂直平分线．若M是l与椭圆的交点，求的面积的最小值． 17．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且椭圆上满足的点有且仅有2个． (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于两点（在第一象限），与轴，轴分别交于点，且；点关于轴的对称点为，直线与椭圆的另一个交点为． （i）记直线的斜率分别为，证明：为定值； （ii）求直线的斜率的最小值． 18．已知椭圆的一个顶点为，焦距为. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)已知点，与椭圆上的点的距离的最小值为1，求点的坐标. (3)设为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于不同两点（异于椭圆的顶点）.判断光线经过轴反射后是否经过点？说明理由. 19．已知椭圆：的左、右顶点分别为，，是上与，不重合的一动点． (1)证明：直线与的斜率之积为定值； (2)直线，与直线分别交于点，，求的最小值； (3)若不过点且斜率为的直线与交于，两点，证明：的外心在定直线上． 20．已知点，分别是椭圆：的左、右顶点，且的离心率为． (1)求的方程； (2)若点P是上与，不重合的点，直线，与直线分别交于点G，H，求的最小值． 题型五 椭圆中的定点、定值、定直线 21．已知椭圆C经过点，且与双曲线共焦点. (1)求椭圆C的方程； (2)过椭圆C右焦点作直线l交椭圆C于，两点，交轴于点，且记，，求证：为定值. 22．已知为坐标原点，椭圆：（）的右顶点为，离心率，动点，，过的动直线交椭圆于，两点. (1)求的方程； (2)若，求四边形面积的最大值； (3)设的面积为，若，且斜率不为，试讨论：是否存在定值，使，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 23．已知椭圆：，椭圆：，在内部，且，的离心率相同；分别过椭圆的右顶点与上顶点任作椭圆的一条切线，． (1)求椭圆的离心率； (2)求直线，的斜率之积的绝对值； (3)若，直线过第二、四象限，过定点的直线与椭圆交于，两点，与交于点．若，求点的坐标． 24．椭圆的离心率，椭圆经过点，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)求面积取最大值时的直线方程； (3)若点是线段的中点，问是否存在轴上一定点，对于任意的都有，若存在求出点坐标，若不存在请说明理由． 25．已知椭圆的焦点在轴上，短轴长为2，离心率为分别是的左右顶点，过点的直线与椭圆交于两点，坐标原点为 (1)求椭圆的标准方程； (2)若点在以线段为直径的圆上，求直线的方程； (3)若直线的斜率为与直线相交于点，求证：三点共线． 题型六 椭圆中的向量问题 26．已知椭圆C：，过点和，过点的直线与交于A，B两点，A在第一象限． (1)求C的方程； (2)若，点，求的取值范围； (3)直线交轴于点，为中点，点关于轴的对称点为，延长交C于点，，求直线的斜率． 27．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，直线过点且与相交于，两点，若最小值为3． (1)求的方程； (2)若的面积为，求； (3)若，求． 28．已知椭圆：的离心率为，下顶点为，右顶点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)已知动点不在轴上，点在射线上，且满足． ①设，求点的坐标（用，表示）； ②设为坐标原点，是椭圆上的动点，直线的斜率是直线的斜率的倍，求的最大值． 29．已知椭圆：（）经过，且离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)设斜率为1的直线交椭圆于，两点． （i）若直线经过椭圆的右焦点，求的面积； （ii）求的最小值． 30．已知椭圆：，离心率为，圆：． (1)求椭圆的方程； (2)如图所示，是曲线的两个公共顶点，过点作一直线与曲线交于两点（在的上方）．过作与轴平行的直线与圆在轴上方交于点． ①证明； ②若直线，交于，求证：为定值． 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 专题06直线与椭圆综合·面积中点弦定点·定值 题型归纳 题型一直线与椭圆的位置关系（韦达） 题型二椭圆中三角形面积（四边形) 题型三椭圆的中点弦问题 题型四椭圆中的参数及最值 题型五椭圆中的定点、定值、定直线 题型六椭圆中的向量问题 题型专练 题型一直线与椭圆的位置关系（韦达） 1.(1)5 (2)最大值为3，最小值为2 39 (3)2或2 【详解】(1)由题可知a=2,b=5,c=Va2-b2=1, 所以E(-1,0),F1,0),A0,V3), V5-0 所以直线F4的方程为y=0x+》,即5x-y+5=0 5-0+5-5: 所以点E到直线F4的距离为+3 2)）设Qc叨其中xe22到少3- 4 0E=(-1-x,-y),0E=(1-x,-y), 所以0听-o丽=x-1+y-+2. 因为x∈[-2,2]，所以x2∈[0,4]， 1/44 上好每一堂课 最值六大典型问题 可学科网·上好课 www.zxxk.com 所以当x=0时，QFQ5取得最小值2： 当x=±2时，QF·QF取得最大值3： (3)设直线l的方程为y=x+3, y=x+3 联文后号清东，旅 y (3+4k2)x2+24x+24=0 则A=242-48+4)-24>0,解得62> , 24k 24 且为+x3= 3+4k3=3+4k, 因为FC⊥FD,所以CD=0, 因为FC=(G+1,,FD=(x+1,2), 即+1x2+)+y2=0, 整理可得(x+1x2+)+(:+3)2+3)=0, 即1+k2)xx2+1+3)(x+x3)+10=0, 即2042.241+10=0，即4g+12k-27=0: 3+4k 3+4k2 解得k三或k二2，都符合←2二了 9 2’ 所g44 9 2 2 2.存在，± 4 x2 【详解】由椭圆E:4 +y2=1,可得左焦点F(-5,0) 由直线4B的方程为y=k(x+V5),设A(:,),B(:,,) 2/44 上好每一堂课 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 x2 +y2=1 由 4 。则 y=k(x+V5)（1+4k2)x2+8√3k2x+12k2-4=0 8V5k212k2-4 所以x+2= 42+1x=4k2+1, 所以xw=-4V3 43k23k w=kw+V同)4·所以MF 4k2+1’4k2+1 4v3k2 所以4k2+ +4k.3k 4+=0,所以M在直线上， 所以A,B两点到直线I的距离相等， 假设存在实数k,使得三角形BDM的面积是三角形ACM的3倍， 则DM=3CM,所以M为OC的中点， 8V5k22√5k 所以C 4k2+1'4k2+1 又在椭圆上， 8V3k2)2 4k2+1 2√5k 12 所以 =1'解得 4 4k2+1 k=t 4 所以存在实数k= 4,使得三角形BDM的面积是三角形ACM的3倍， x2.3y2 1 3.(1 1616 =1(2)是，-5324 【详解】(1)解：因为椭圆c的离心率为6 ,可得=1 66 b21 a a2=3，即 因为过点(1,0)的直线1垂直于x轴时截得弦长MN=2V5, 所以图c经过点5所以，人 a2 -=1,② 由①②解得2=16，b2=16 x2,3y2 ,所以椭圆c的方程为i6+16=1. (2)解：由(1)可知4(4,0)，4(4,0)，设直线1的方程为x=y+1, x=y+1 联立方程组 活-理 (2+3)y2+2y-15=0 3/44 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 可物A-(2y+-15>0,且为+=5 2t t2+3? 直线4M4N的斜率分别为kW,可得并4人 x2+4: 所ww在4+t- yiy2 x=y+1 因为M(:,y),N(,)在直线：x=y+1上，所以西=%+1 所以(：+4)(+4)=(+5)(+5)=y+5(+2)+25 15 =+3=-1 所以k4wkw(6+43+④)75 51 t2+3 3)解：由2)知八+片=2+3灯 a出+-21 +3,可得5， 所以15）-4， 2 直线AW的方程为y十4+，直线N的方程为-产4-0。 x+4_y(x+4)_2(+5）_yy+5y2 两条直线联立可得x-4,(飞-4)(，-3)少-3y x+4 156+g+5%15y+252-3 则x-4 2(0+片)-3y 9y+15y3,解得 x=16 所以设点p的坐标为(16，m), 2■ 因为过原点平行于A,N的直线斜率为x-4,且点P16,m)在4，N上， 则m产，06-4户产4日放该线00的为=骨。 点P06网在4w上，则m406+4到户产40 x+420: 故直线AM的方程为y=0（x+4).。 4/44 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 m y= 联立方程组 解得 y= （x+4) x=6少m,所以点的坐标为 20 2 6,2 所00.0A-6x4.0)=24 y M A2 4.82, x+V3 1 1 3)油题意得4=一2x+m,为=2+m, 若k,k存在，则M,N的横坐标不为2， 代入x2-2mx+2m2-4=0,得2m2-4m≠0， （---y-(y+)+1 因为k,--2x-2)-2(+)+4 (2m2-4）-4m+4 m-m+)小+含-2m+2+) 1 2m2-4m *2m+3-4小2m+2m1-m 2m2-4m 2m2-4m4 因为-2<m<2,则2m2-4≠0， y,m-2八m-2m2 m(G+)+4x 2 XX2 2m2-4 2m2-4 5/44 函学科网·上好课 www.zxxk.com m2、1 mx2m+42m-4,所以 A 2m2-4 4 =得证 [2a=4b (a2+京1'解得 【详解】(1)由题知41 a=212 b=2 .y2 故椭圆c的方程为8+2 =1 1 (2)设直线的方程为y=2x+m（m≠2)， 点M,N的坐标分别为(Xy),(x2,y2), ,y2 =1, 82 联立 1 得 ,则x+x2=2m y=- 2x+m,x2-2x+2m2-4=0xx=2m2-4 由△=4m2-42m2-4)=16-4m2>0,得-2<m<2. 所以MN=1+k2:-x=V1+kVx+:)}-4xx2 4m2-42m2-4】-V5〔4-m可】 m 2m 原点到直线的距离为 5 所以a0y的积为号4-治-州4云， 由mV4-m=V5，,解得m=±1或m=±3， 故直线，的方程为=2-1或y=分+1或y-5安= (3)略 6/44 上好每一堂课 1 5x+V5 面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 x 5.(13+2 =1 (2)设P(,%),若过点P的切线斜率都存在，设其方程为y-=k(x-xo), y-yo=k(x-xo) 由2r+3y=6得，2+32)x+6k0。-,)x+3,-%}-6=0· 因为直线与椭圆相切，.△=0， [6k(y。-x)-4(2+3k2)[3(k。-y)2-6]=0, 整理得(3-x)k2+2xyk+2-y=0, 简园C伤雨条切线的斜率分别为人：4专子三 3-x 点P在圆x2+y2=a2+b2上，x号+=5，即哈=5-x, 泽9贤 3-x6 4112 若过点P的切线有一条斜率不存在，不妨设该直线为， 则的方程为x=±V3,的方程为y=±V2, 所以上2综上，对任意满足题设的点P,都有⊥2。 【详解】(1)由椭圆的一个焦点为F(一山，0)可知c=1,故椭圆的另一个焦点为，(1,0)， =2W3>2, .a=V3,b2=a2-c2=3-1=2 椭圆的标准方程是；分、 =1 (2)略 题型二椭圆中三角形面积（四边形) 6.22 【详解】设A(,),B(x,),P(x%), 则圆O在A,B处的切线方程分别为+%=4，xx2+少2=4， 7/44 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又切线过点P(x%),所以+y=4,xo+oy=4, 所以弦AB的方程为xox+%y=4. A B 则直线 B与两坐标轴轴、y轴的交点分别为M AB 2a x2,y2 +=1， 因为p是椭圆8+4=1在第一象限上的动点，则x,>0,⅓>0：且8+4 故1+≥2， 84 V8422%→6%≤22， [-6 84 当且仅当 ，即x=2时等号成立， +=1 84 U%=V2 14488 所以SAow= 2xyooy2V2 =2V2 所以△MON面积的最小值为2V2, 7.41 3 (2)设过点N(1,0)且斜率不为0的直线PQ的方程为x=my+1,设P(x,),Q(,), x=my+1 由椭圆方程可知 联立x2y2 A(-2,0),B(2,0) =1 43 整理得(3m2+4)y2+6my-9=0, 6m 9 由根与系数的关系得y+片=3m+44=3m+4: 8/44 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设直线p的方程为本2+2).直线0的方起为产-2头. 设M0小则年2+2列-产2-2. 将=+5=+1代入得+2到6-2)， 所以m%y(+2)-上(，+2）=m4(-2)+3y(x-2), 即4my2y-（y+3y2)(x-2)-4y=0, 6m 9 又由y+=3m+4=3m+4可得4m=6(y+为)》” 化简整理得(4-x)+3y2)=0, 因为直线PQ的斜率不为0，，不能同时为0，且若假设y+3y=0,月=-3y2, 6m 3m 代入到y+为=3m+4,得%=3m+4: 9 3 代入到少=3m+4,得片= 3m2+41 3m 3 将⅓3n+4代入到=3nm+4中，整理得gm=9m+12即0=12矛盾，故假设不成立， 即以+32≠0. 故只能4-x=0,即x=4, 因此点M在定直线x=4上 (i)(,3) 【详解】（1)由桶圆的定义得2a=4解得。-2”又因为离心束e=8 a2 所以c=1,则b2=a2-c2=4-1=3, 2=1 因此椭圆标准方程为4+3 (2)()略 (m)白题可知S-4××4×=2, 且aN=1,=aNx--y, 9/44 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 S 2444 所以S, 2出-2出-⅓ 6m 9 由(（0可知y+4=3m+44=3m+4,且3(0y+%)=2my S4y4 设1=光<0)，则为=：高0-网代入到根与系数关系中， y 即x0+0=m4所= 9 3m2+4’ 将上式化简整理得+少。-4m 3m2+4 再结合31+)=2m0,2= 9 3m2+4消去y, 得m2(32+10+3)=-41+r), 可得+10r+3<0解得1e3》 所以臂<1-1<4，则<<， 略%吾， 故S,的取值范围为(1,3) P 8.凹25+22：2k=±号，1OMP+1ONP恒为定值；△MON面积的最大值为 【详解1()当，=3时，储圆方程为C:号+=1，故a5且。=万 由椭圆定义可得，△AF5的周长为2a+2c=2W3+2V2: 10/44 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 t-12W2 (2)由题意得V1=3，解得，=9 y=kx+m 椭圆方程号+2=1，联立以+9yg:消元得(o2+12+18mr+9m2-9=0, △=324k2m2-36(9k2+1)(m2-1)>0,可得9k2-m2+1>0, -18km 9m2-9 设M(,y)N(),则x+=9+,x=9+1, 又因为八N在稀图上，则=1-号，巧-1-号 9 则ow+owP=+1-哥+后+1-舌=2(+) =2+4+-]小-21 9k2m2-m2+(9k2+1） (9k2+1 =2+16x92-m2+9k2+） (9k2+1) 当OM+ON为定值时，即与m无关，放g-10符=号， 此时M=F+G+-45=6+1x呢m-0V2-m, 1+9k2 又点o到直线，的距离d=m=31o-ml V1+k2 10’ 所以5dxlAW3io2-m 20 2-0-后-丽m+- 2 2 当且仅当mV2-m2,即m=±1时，等号成立， 因为A=9k2-m2+1,经检验，此时A>0成立，所以△MON面积的最大值为2， 11/44 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 9 42 a=50+2成-6 (0+2) c 2 【详解】(1)由题知，a=2,而离心率为。2，故c=2, =1 因为g2=b2+2,故b=2,故椭圆方程为：4+2 (2)由题设直线AB的斜率不为0，且过点(0，-2)， 故设直线：x=(y+2),A(,),B(x,), x=t(y+2) 由x2+2y2=4得(2+2）y2+41y+41-4=0 故△=16-4(+2(4r-4)=4(8-412)>0,即-2<1<V2, 4t2 4t2-4 且%+为=产+24= t2+2 故5e24-为=h0+g八-4w5-62-1 t2+2 工=2，解得1= 3 所以装=9+2成=5c 3(0+2) 10.仙手+y-1pF-2x+4=010S<29存在最人值，最大值为 8 【详解】(1)依题意，因为长轴长为4，即2a=4,解得a=2; 设焦距为2c,因为焦距为2V5,即2c=23,解得c=V3: 所以b2=a2-c2-1: 所以c的方程为手产1. (2)设A(,乃)，B(x,),线段AB的中点为(x,),则5+x,=2x,片+=2y: 12/44 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为(8两点在c上，所以手+疗1，草+房=1， n1++业.y-业=0. 两武作差得至+-坊=0，即子计名+号写 4 -=k= 又x- 1+2y.y。=0,即x2-2x+4y2=0 =x-2,所以4+2x-2 由(1)可知点T(2,0)为C的右顶点，所以点A或点B与点T重合，可得0≤x<2: 故线段AB中点的轨迹方程为x2-2x+4y2=0(0≤x<2). )设M则G+=4点u到4宾分%n-v别.烟-点 5, 所以 Mohwg=3-4 分别取4,2的法向量%=(1，-2）n2=(1,2), 1-4 则c0sh,乃，= 2·n2 、3 西 P+-2×F+2,所以s如∠DME=手 所e DE的面积s=M0Mhsn∠DME=x5-4dx42k-4 2 5 5 25 由+4听=4，得=4-4,0≤片≤1， 所以5.24-88-28 25 25 ,0≤≤1，当6=0或1时，s取得最大值25 所以。MDE的面积存在最大值，最大值为25 题型三椭圆的中点弦问题 13/44 函学科网·上好课 www.zxxk.com 1.e=22B4+3=l 【详解】①)将点Pcc直接代入椭园方程： 3 由于e=c,且， a 公=口-c转化为离心率。的方程：e2+ e a2-c21→e2+49 1-e2 整得：c0-e)=1-c4c0-e+e=40-e户4c-1et4=0, (4e2-1e-4到=0，因为椭圆的离心率满足0<e<1故e=4舍去，。=子 1 解得离心率e=2· (2)由(I)知a2=4c2,b=3c2.椭圆方程为3x2+4y2=12c2. 设直线l的斜率为k,过定点P(c,1.5c): 直线，的方程为：-15c=(x-d小→y=+兮e。 代入a方，3+4a+仔小=12c, 化简得（3+42)x2+(12k-8k2)cx+(4k2-12k-3)c2=0. e63% 4k2-12k-3c, 3+4k2 3+4k2 =kg-c+15c=66+45e. 3+4k2 计算线段PQ的中点M的坐标： 4k2-12k-3 8k2-12k4k2-6k 22c 3+4k2 2(3+42) 3+4k2c, w-+=3c+-6-6k+45c 9-6k.4.5-3k C 222 3+4k2 2(3+4k2) 3+4k2C, 中垂线的斜率为不：令其方程w女-X中v三0：得，轴酸距 4k2-6k。 aw+u3+4c+k4,5-3张c=2-1.5泥 3+4k2C 3+4k2C, 14/44 上好每一堂课 1: 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 5k2-1.5k5 题目已知40：3+4城=4→142-21k=15+202→62+21k+15=0→2k2+7k+5=0 解得k=-1或k=-2.5.因为直线l的斜率为整数. 故2.5舍去，所以k=-l. 3将k-代回o点：与=e02少-33。 4(1)+3 =7c,6=c-60-6-)+459 7 -14 13.9 此时0点坐标为7c14C, 9.2130 5 直线 的斜率：ke=144-4. 13 Tc-c >c 2 PO 直线PQ'的方程为：y-1.5c=-2.5(x-c)→y=-2.5x+4c 8 令y=0解得交点C IPO612 7c,h=9 =10N2C,Saeo-709 22e-2c2=l,d=4c=4B=c=3 7070 椭圆的方程为：4 3 12.AB c-1 【详解】由离心率e=2及aPEE,的周长为6，得2a+2c=6’a2, x2,y2 =1 解得a=2'c=1'2=a2-c2=3”椭圆方程为4+3 对于选项A,椭圆右准线为x=4,由点P到直线x=4的距离为3，得P的横坐标为1. 将x=1代入新圆方程，符y=号.可+， 15/44 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所P听卡++（今-故AF确 对于选项B,设4A(x,y),B(x,,)代入椭圆方程得4 3 43 两武相减得-X++-⅓0+2-0 4 3 由中点M宁，得写+5=2”为+为=-代入得直线斜率=女兰 x-x32 13 故直线方程为y+22-)，,即3x-2y-4=0,故B正确 对打造项C设P)则，制奉=二之 x0-x11 有-冬学点-要号在听-知-多=0-5 4 3 代入化简得kk=一4，故C错误， 对于选项D,设N(x,),而(-1,0)，则P(2x+1,2), 代入椭圆方程得 ，-1整程得+护1，放D惜 4 3 02V6 1.号+号=120证明见解：@0足 9 【详解】(1)由题意，FF=2c=2,所以c=1, 因为Sus=FE,l=b, 所以AMFR的最大值为Fb=5,b=V5, 从而a=+c=2,所以椭圆c的方程为4+3l. (2)①设M(,),不妨设%>0，因为G为△MFF的重心， 则OG-OW,所以G(等号，设。MFF的内切题半径为， 因为S.mn-+M+Mr-FFK. 16/44 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以(a+c)r=0,即r=宁，可知7和G的叙坠标相等。 所以GI//EF. @ME=V(x+1'+片= ++-4*=2+， 设M延长线交x轴于点S,因为I为△MFF的内心， FS MF FS ME 由角平分线定理有F,对M,所以FM+MF· 即5-1--1+，可得月 因为G1F5HoG-om,所以o训-号0s-g +=1 43 设 P(x,),Q(x2,2) ,则有三+生=1 43 作差得3(：+)：-x)+4(+乃)4-y2)=0, 由pGG0可得c(行骨为p0中点，所以x+%=号片+%-2 3 于是直线P0的斜率k=业=-3G+5)-3死 x-x24(y+y2)4%’ 两似我0宁=经说+当 44y3 1 利用发+发=1化为y=-3x+3+,整理得 43 4%3 3xox+4yoy=4 43 联立 ，得 3xx+4%y=4(（3x+4)y2-8%y+4-9x6=0 因为手+号-1，所以3式+城=12，回得12r-8+4-9G-0 则4=16[46-3(4-9x】=1612-3x-3(4-9x】=16×24x>0, 17/44 可学科网·上好课 www.zxxk.com 州小吾5， 08eo分名 18 因为△ME存在，所以≠2，且I、G两点不重合，所以x,≠0， 26 所以0<<4：故△Pg面积的取值范围为 ,9) 14.(-√2,0) 【详解】 VA A 设点P,y),(x,), 点A0,-b),F(c,0), F=(aP+a0)。c,)=y+b)+(,+b, x+x2=3c 货+头6，R0的中点为M空急， a2b2 +湘藏得540 a2 62 a 62 k=乃-业=-b(:+x)-_b2×3C3bc x-x2a2(y+y2)a2×ba2’ 18/44 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 。的中点在椭圆内，所以2 P, b21, 化简得3c<a2,则公2c,令1-名5. k=_3bc3bc 3 3t-3 a2 62+c2=- +1P+1t+ 1 1 因为1>2，函数y=1+单调递增， 所以3V2 2，-√2<k<0 苦==沿直线过龙点0引 15.(1)4+3 x2y2 【详解】(1)设a=2>0,则b=V5,则E的方程为4+37-1. 9 因为经过〔》 所以女+是=1得f x2.y2 故E的方程为4+3=1. 43 (2)(I)设 ,由 A(x,),B(2,2) +=1， 43 得+，.2+20-0， 4 3 4 3 得%=4业=-3 =好子则1-子故=君 (直线：y=k(x-)+1=kx-k+1由k+k=1,得：y=x+k2. y=kx+k2 由+=1得 43 (3+4k)x2+8kk2x+43-12=0' -8kk3 x+五=3+4K 则 43-12’ 3+4ki 19144 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 6k2 -4kk23k2 因为y+=(+)+2k,=3+4,所以M的坐标为3+4状°3+4 M 4k k2 3k 同理可得N的坐标为3+4状3+46 3k, 3k 3+433+4k_9(k-k)+12(k-k) 又kw-4k长+E 16kk(K-k好) 3+4k3+4好 9(飞3-k)+12(飞-无)（飞+k}2-kk 16kk(k-k2)(k+k2) 9+121-kk)_12kk3-21 16kk3 16kk2 12kk2-21 所以直线N的方程为y= x+ 4kk+3站，=12kk-21x+12kk-21+12% 16kk2 3+4k23+4k216kk2 4(3+4k2) 2kk-21+12k2-12k(0-k)-21+12(1-k)_-33+4）3 因为 43+42)】 4(3+4) 4(3+4k2)4 所以直线N过定点 题型四椭圆中的参数及最值 40 4 【详解】(1)当x,y>0时，a>b>0,则G:b+a=ab,由对称性知G内切圆的圆心为原点， 2ab =45 结合题设，有 ab2√5，解得 va2+b2 3 a2=5,b2=4 x2,y2 因此所求椭圆的标准方程为5+4=1， 20/44 函学科网·上好课 www.zxxk.com （2)当直线AB的斜率k存在且k≠0时MB:y=在，则1：y=是 k' 220 20k2 联文+=，得M4+52 4+5k2, +少 =1 4 由 1，解得 y=- 号s20k: 5+427=了 20 5+4k2 所以of=+好-201+) 4+52,则AB=4o4=2, 同理OMP 法：由S8 -4BF:1OMP×s0+x201y 5+4k2 4001+k22 4001+k2月 (4+5k2)(5+4k2) 16001+k2)2 2 4+5k2+5+4k2 2, 8101+k2y=9 当且仅当4+5k2=5+4k2时等号成立，即k=±1时等号成立， 14+5k2+5+4k2_9 法二：因为10A+1OM=201+）20, 又lo ""p4iaM→lo4oMe9. 1 1 2 当且仅当4+5k2=5+4k2时等号成立，即k=±1时等号成立， 此时△4MB面积的最小值是S4=0」 99 当40时.5m分x25x2-25> 9 当k不存在时，S.wm=)×V5×4=25>40 1 2 21/44 (034002 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 40 综上所述，△AMB的面积的最小值为9· 2)(i)设A(x,),N(0,n)(n>0,≥0)，M(m,0),则D(x-%), 所以AM=(m-0-%),2A=(-2x2n-2y). 由AM=24AN,知-y%=2n-2yoy=2n 故女x--2n”=1,w=友=2n-n.3别 xo xo =3为定值. 故k √6 (i) 【详解】(1)由椭圆上满足PF1PF的点P有且仅有2个知以FE为直径的圆与椭圆有2个公共点，故 b=c, 所以椭圆C x2,y2 2方+存=1，代入(V22),解得6=3 成箱c的方相为。+号- (2)(i)略 (由0可知直线y=+k=名=>0， 直线DN:y=-3+n + =1 63 联立 ,整理得： y=kx+n (2k2+1)x2+4nkx+(2n2-6)=0 △=16n2k2-4(2k2+1)(2n2-6)=48k2-8n2+24 22144 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2n2-6 故由韦达定理。22+1→x。(2+1)元 2k(t2-+n. 2-3）今y=k。+n=(2k+ +y =1 63 联立 ,整理得： y=-3kx+n (18k2+1)x2-12nkx+2n2-6=0 △=144n2k2-418k2+1）(2n2-6)=432k2-8n2+24, 2(n2-3 -6k(n2-3） 教迪达症理8→8+店专 →E=-36e+m=(082+1) 2+n 2(n2-3）2(n2-3）-32k2(n2-3) 故。-。082+1)x(22+0)元。082+2K+元 -6k(-3）m2k(n2-3--8k(6k2+1(m2-3 y%-%(82+1)6+n22+0”(08k2+12+0元 .+n -n三 -小9 当且仅当6k=1→k=6 k 时取等号： 此时6-8n6 -3,枚v车孩C内与A>0这 7 6 综上所述：直线®E的斜率的最小值为2· BE F F2 D 4*=1,e=5 28 2)H3,0)3)光线AF经过，轴反射后经过点B 【详解】(1)已知椭圆G:+ 7:。+F=1(a>b>0)的一个顶点为(0，)， 则b=1,又因为焦距为2W3,所以2c=2W3,即c=V3, 23144 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 根据椭圆的性质a2=2+c2,可得a2=P+(5=4,即a=2, _c_V3 所以椭圆G的方程为4+y=1,椭圆的离心率为e= a 2 (2)设椭圆上任意一点P(x,y),已知H(m,0),(m>0), 根据两点间距离公式PH=√(x-m)+y2, 因为点p在椭圆上，所以2=1- 4, 则PH=Vx-mj+1- 3x2 4=V4 -2mx+m2+1,xe[-2,2] b -2m4 买2+m对弥抽为2口25” 4 4 3 当3m≥2，即m≥时，f在[-2,2]上单调递减， 则fx)n=f(2)=m2-4m+4,由m2-4m+4=1,解得m=1(舍去)或m=3, 当0m<2,即0<m,e=/m=1写， 由1 3=1,解得m=0（舍去)，因此H点的坐标为30) (3)如图，作出符合题意的图形， M B 由（)可知F(5,0:设直线，的方程为x=+45 3，A(G,y),B(x,2) x2 +y2=1 4 联立 5箭去可得+4 +4y2=41 3 3 展开并整理可得(2+4y+85+4 30 =0, 3 24144 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 得到4= -4f+4号9an-0>0.即A=>号 3 8v3 4 由韦达定理可得：片+以2=一 3 3 4 +4=32+4%h=2+43C2+4 线的斜车如万万：皮线G的率如石万， 要判断光线AF经过x轴反射后是否经过点B,只需判断kF+kF=0是否成立， 4V3 43 而k+k=、卢万+乃。-(5-5+⅓(-V3)+ 3 -5++ 3 x-3x2-3 (x-3)x2-5) + 4 83t 2y1y2+ 30+5) 2t. 3(t2+4)3 32+4) y5+v3 3R. 1 (+5) 4 V3r 83t 1 3t2+4)33t2+4)3 V3[85 4 8i 9 3t2+4)3 3t2+4) 3t2+4)3(t2+4) =0 t2. 4 3t 83t 1 4t2 8t21 3t2+4)3 3t2+4)33t2+4)3t2+4)3 所以光线AF经过x轴反射后经过点B, 19.(1)由椭圆方程可知：a=2,则4(-2,0)，4(2,0)： 陵pw小a则手普-1.印疗--。 3(4-)3 xp+2xp-2x2-4x2-4 4 3 所以直线AP与A,P的斜率之积为定值-4· (2)6 e拨MK,H）N,）直线w:y+m,m 25144 可学科网·上好课 www.zxxk.com ,8x-4y+1=0 M 1 =2x+m y=- 联立方程xy,消去y得 =1 43 x2+mx+m2-3=0 因为△=m2-4(m2-3)=12-3m2>0,解得-2<m<2且m≠1， 则+x2=-m,xx2=m2-3, 可得+x号=（任+x)2-2x5=(m)2-2(m2-3)=-m2+6 则X+%=+6+2m *mj+小受6*m 4 *-2-侵》. 2 4 设a4MN外接圆的方程为2+y+Dx+Ey+F=0'D+E-4F>0,圆心为 把点4(-2,0)代入圆的方程得F=2D-4, ∫x2++Dx++2D-4=0 因为点M'N在圆上，则G+巧+D+,+2D-4=0: 可得（x+x号)+(+)+D(:+)+E(+)+4D-8=0, 即-m+6+3m+2到mD+3E+4D-8=0,整理可得(m-4D-3E= 4 2 2 且(x2-x)+(-)+D(:-x)+E(-)=0, 整理可得（：+x):-x)+(+)-)+D(化-x)+E(4-2)=0, 因为所是0要学-京即斯为-) x-x2≠0 可得(G+-x)+0y+⅓-)+DG-)+)EG-)=0, 26144 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 即+飞+0+)片D+E=0,可得m+子m+D+E=0,整理可得m=4D+2E ，3 2 2 代入a-40=-子将=40-200- 2 42 解E=2D-或E=2D, 1 1 当E=22D时，m=4D+2E=1)不满足题意： D E 当E=2D-2时，即4D+2E+1=0:则点2,2)在定直线8x-4y+1=0上， 所以△4MN的外心在定直线8x-4y+1=0上： 综上所述：△AMN的外心在定直线8x-4y+1=0上， 【详解】(1)略 (2)设直线4P:y=k(x+2),k≠0，令x=4得y=6k,即G(4,6k): G 由（1)可知：k4k4= 4,则p=-3 4k, 3 3 当且仅当6k=2丙，即k=±号时，等号成立， 所以GH的最小值为6. (3)略 20听+=16 【详解】(1)由题意，点4,4分别是椭圆左、右顶点，44=4，故2a=4,得a=2, 27144 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 离心率e=C-1 a2,故c=1?则b=a2-c2=4-1=3 故c的方程为：4+3 =1 (2)由(1)知，A(-2,0)4,(2,0),设P(,)在椭圆上，且x≠2， 线54。吃得调 七0+2’ h=4-2 2yo 直线么P与=4交于点月则片元-2，解得 0-2: 故GH=%-yH= 6-2_4%(-4)川 x+2x-2x号-4 4-x 2<5<2放G别-44- 又喝=1)-4) 故1GH=2V5.4-x V4-x6, ◆)e2.导用闪 (4-x2’ 当x<1时，∫"()<0，函数单调递减：当x>1时，∫'()>0，函数单调递增： 故f(x)在x=1处取得最小值， f0方-5， 故GH=253=6, 当6=1时，方-4-)-}，即%=士时，取得小值，最小值为6 G 28144 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型五椭圆中的定点、定值、定直线 21手+y产-1：2授点M,小N,）F(5.0), 由题意可知，直线的斜率存在，可设直线1的方程为y=k(x-5), y=k(x-5) 联立 ,可得 4+2=1 (4k2+1)x2-8V3k2x+12k2-4=0 由于点F在椭圆C的内部，直线与椭圆C必有两个交点， 8√3k2 12k2-4 由韦达定理可得x+x2= 4+’3=42+1, PM=4MF,PN=4NF,P(0,yo), 得(x,y-%)=(N5-x,-y),(,y-6)=(N5-x,-y) X2 √3-x2’ 24k2-2(12k2-4 +九= x+5=5(+5)2x5 4k2+1 店-片万-6330+)片布3024-2w8 4k2+1 【详解1(a)因为双商线-号=1的焦点坐标为450），则e=5, x2 y2 设椭圆c的方程为。+方=1(a>b>0), 1 仅椭圆过点2.2，： 2 a2-b2=3 x2 可得。=4'6=1”椭圆c的标准方程为：4+少=山： (2)略 29144 品学科网·上好课 www.zxxk.com x 3 22.1)4+=1.22.3)存在，=5 【详解】(1)由右顶点为A(2,0),得a=2. 又ese3 。=2,所以c=5,从而6=a2-c2=4-3=1 x 故椭圆c的方程为4+y=1, (2) B A 由PB=2B0,设B0=(u,). 则Q(t+u,),P(t-2,-2v). 因为R0都在稀风C上，所以+W=1.-2+4- 4 4 两式相减，得u2-2u+4v2=0. 将4=2加心代入第-式，每，加4所以u-4 4t 于是y-u(2-四_(4-9r2-4 4 6412 南v≥0及01<2符号51<2 因为O,A在x轴上，且p=-2w2=v,所以四边形OPA0的面积S 故32=9r2_94-t)9r2-4) 64t2 令，，则g<4,且s0如9】 64 由基本不等式，9z+16≥292.6=24 30/44 上好每一堂课 204a+号04。-洲. 函学科网·上好课 www.zxxk.com 当且仅当9z=16 4 ,即2=3时取等号. 因tss4024刈- 3 故四边形0PAQ面积的最大值为2： (3)设P(,)(x,),直线P的斜率为k. 白题意，大生+号 PO+20P.00-Op-00+20P.00=lOP+oo". 得oP+log-5. 又因为nQ在帮圆C上，所以。+=1+6=12)， 因t2+(+)=5即+5=4 直线PO的方程可设为y=k(x-). 与椭圆方程联立，得（1+4k2）x2-8k2x+4k22-4=0. 8k2t 4(k22-1 由根与系数的关系，+6十4且5= 1+4k2 由+号=4，化简得（42-1)(2k22-42-)=0 因为*±号，所以2-1+4 上述关于x的一元二次方程的判别式为△=81+42) 小品设 又5a心k%-x=a(s- 2k2t2 故Sa0=+4状=l,所以Soe=l… 因此|OP+|Og=5=5Sope 故存在定值九，且九=5. 31/44 上好每一堂课 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 won-2) 23. 【详解】(1)依题意可得椭圆C的长半轴长为4=4，短半轴长为b=2, 则其半焦距为9=√a-b=25, 所以椭圆c的离心率为9=9=25_V5 4142 又G,C的离心率相同，所以椭圆C的离心率为9=5=5 2 (2)显然直线4，的斜率都存在，不妨设直线4，的斜率分别为k，k, 又椭圆C的右顶点为4(4,0)，则直线的方程为y=k(x-4), c va2-b2 3 结合(1)得e2= aa =2,得a2=4h2 x2,y2 联立 46+6京=1 整理得 y=k(x-4) (1+4k2)x2-32kx+64k-4b2=0 又是霜c的-条初戏对A=2-40:些6-6)=0，有兮=76片 又椭圆C的上顶点为B(0,2),则直线的方程为y=kx+2, [x2.y2 =1 联立a26 ，整理得 y=k2x+2 1+4k3)x2+16k,x+16-4b2=0 又4是祸圆c,的一条切线，则4，=16k了-40+4长)16-46)=0：得5-4 462, b24-b21 所以导店6”物6相长子 故直线1,1，的斜率之积的绝对值为4· 32144 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 b2 1 (3)由6-1则结合(2)得=164你2， 又（过热、月想，则飞0可大=店-得 所以直数的方在为-。 P(s,t),A(x4y),B(xa.y),D(xp:yp), 当直线1的斜率存在时，设直线1的方程为y=k(x-)+t, AP BP 由APBD=AD:BP,则ADBD: XA-S-S-XB 即)-元，p-,整理得2x。-(化，+x+xo)+2x=0（), y=k(x-s)+t 联立 2(x-4)'解得，-2V3s-23+4, 6 2√3k+1 y=k(x-s)+t 联立 十 =1，整理得 x2,y2 164 4k2+1)x2+(8t-8k2s)x+4t-s)}-16=01 庙击达定理得+，，=价 8k2s-8kt 4k2+1一 将xo,x4+x,xx,代入(*)式化简得(-4)[V5(s+4)-21]k+2s+22-V3st-8=0. s-4)5(s+4)-2=0() 又上式对任意实数都成立，则 2s+22-V5st-8=0(2) 若5-4=0，得5=4，代入(2)式，得22-4W51=2(-25)=0,解得1=0，或1=25： 若V5(s+4)-21=0,即21=V3(s+4),代入(2)式，得16s+32=0,解得s=-2,t=5, 验证当斜率不存在时，P(4,0),P4,25),P(-2,5)是否满足题意. 对于P(4,0),过该点的竖线x=4与椭圆C只有一个交点，不符合题意： 对于P(4,2V⑤)，过该点的竖线x=4与椭圆C只有一个交点，不符合题意； 对于P(-2,V5),过该点的竖线x=-2与椭圆C有两个交点， 33/44 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 「x=-2 联立+y=1 解得 x=-2 x=-2 164 y=V3 店42叫22 此时AP=0,AD=0,满足APBD=ADBP,符合题意. 综上，点P的坐标为(-2，V3)】 PD) B B 2A号-1ay=±5+)度-2p+2w5-0-2+a5-0> 3)存在， c I 【详解】(1)，椭圆离心率e= a2’·a=2c x2y2 又a2=6+c2,小b2=3c2,椭圆方程可化为4C+30=l. 3 将点N引得+ 2 1—+1”27、 .c2=1,a2=4,b2=3. x2.y2 “椭圆c的标准方程为4+3 =1 (2)由题意得左顶点A(-2,0),设直线1的方程为y=k(x+2)(k≠0). y=k(x+2) 联任号1去，理 y (3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0 16k2 已知x=-2是方程的一个根，设B(X,y)由韦达定理得x4+xa= 3+4k2, ..XB=- 3+4+2=6-8x2 16k2 3+4k2, 代入直线方程得，=k(x。+2)=,12% 3+4k2· 34/44 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 640B的面积5-04w,共中O4=2, *2 ..S=_ 12k12k 3+4k23+4k2 “k≠0，由基本不等式得3+42≥2V34k2=45k, 当且仅当3=4秋时，即k=士 2时等号成立。 g器-，50心可碳写大为，万时号 43k 直线，的方程为y= 2(x+2). (3)在y=k(x+2)中令x=0,得y=2k,.E(0,2k). 23+4，=h=6 “p是线段B的中点，∴。==-，8 23+4k2, 直线Op的斜率m=上=-3 xp 4k. 假设辅上存在定点Mm,0满足愿念，则直线MB的斜率-州 该结果与k的取值无关，对任意k≠0均成立， 3 ∴存在定点M20满足题意 M 25,a于+r-1,=2x-2或y-2x+26证明见解折 【详解】(1)由已知得2b=2,所以b=1. 35/44 可学科网·上好课 www.zxxk.com 因为 a=2,所以2c=5a 所以6=-e=c2-0-02-1,副。=4 4 所以精园c的标准方程为号少产1。 (2)由题意可知OP100,所以0p.00=0: 因为直线1过D(1,0), 当不在时直，的方为1与衣于 此时0P.00=1-3-1」 =，≠0，不满足题意. 44 当斜率存在时，设上y-0=k(x-1),即y=:-k. y=kx-k, 联立直线的方程与椭圆的方程得方程组 C 4+21 消去y,整理得1+42)x2-82x+42-4=0,由已知可知A>0, 设P(x,),Q(x2,2), 8k2 4k2-4 由韦达定理可知x+x2 1+4?x=1+4k, 因为0PO0=x+y2, 将y=-k,2=x2-k代入上式可得 0P.00=xx2+(-k)x-k)=(1+k2)xx-k2(G+x)+2, 即+4-428e 1+4k2 1+4+=0, 解得K2=4,即k=±2」 方程为y=2x-2或者y=-2x+2. ()不纺设y中2+2N4小. 令 +2,即4,6 x=4'则w=6 x+2 36/44 上好每一堂课 3 2 两点 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ODB 因为B(2,0),Q(x,). 6y 所以kw-0=52-当， 2x2-2 =3(G-)_k(s-_k[2x-5G+5)+8] x+2x2-2 (x+2)(x2-2) 其中分子为8-08+32-0，故-人0=0：即k-加 1+4k2 所以从B、三点共线 题型六椭圆中的向量问题 26a片+号-1aa同e9 【详解】(1)因为椭圆C:京+方=1，(a>b>0)过点(V2,1和(2,0)， 则 4 ,解得a2=4, (a3s1 1b2=2 所以椭圆C的标准方程为4+2 (2)若m=1,可知直线I的斜率不为0，且直线！与椭圆C必相交， M 设直线1：x=y+1,A(x,),B(x2,2) 37144 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 x=y+1 联立方程兰+上=1消去x可得 42 t+2)y2+2y-3=0 212,1222V212+3 则+%=2%=2可得 2t 2+2 且wM0=2则S.m-XH-为小=252r+s t2+2 =V2+3g’则r=3,可得m 2W2w4√2 令 , 2 u2-3+2u+ 2 u 令fu)=u+ ’u≥V3, 可知f四在[V6,+)内单调递增，则f)上(5)=4 3 即+4，则< 0<45s6 ,14,可 1 u+ u+ u 3 u u 所以SAn的取值范围为(O,V6。 (3)由题意可知：直线的斜率存在， B 设直线1：y=k(x-m）,A(,),B(,),(xo,),则N(0,-m), m=9 2 因为为中点，则 0=上-m,可得3=2m,即 ,则 M AN 2 by=kmA(2m,y）m>0 由题意可知：P(-,y),PM=(m+x,-y),M0=(x-m,), [-3m+五-5 2 2 因为 ,g*有2k-时解0-兰 ,即。(5m_ PM=2MO -y=2y% 2’-2 38/44 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 5m_y 因为点A(2m,)2,2均在椭圆上， m+上=1 m2= 4 2 > 则 6 168 = 且y>0,可得m= 7,片2 2√万 7· 可知直线，与椭圆c必相交，且直线：y=九(x-m), y=(x-m) m 联立方程 x.y ,消去y可得 ,解得 或 -=1 42 2x2-3mx-2m2=0 x=2m x=-2 则=分%=，即82月 -当+3y 所以直线 22=上6 的斜率k0=5mm3m6 BO 22 9.1 4 【详解】(1)已知离心率e=C-}」 a2,故a=2c:由椭圆关系a2=b2+c2得b=3c2, 2b2 25=3,即2 过焦点的弦中，通径最短，通径长为。，代入得： 2=3, 解得c=1,因此a=2'b2=3,椭圆c的方程为：4+3 (2)由(1)得F(-1,0),F(1,0),FE=2,设A(,), 则AF5的面积s=F==,故， 代入椭圆方程得=1，又A匠=(-1-x,-%),AE=(1-0,-%), 所以服=-1+巧=1-1+9-9 441 (3)设FA=5k,|BB=3k,由椭圆定义A=4-5k,|BF=4-3k,|AB=8k, 设直线AB:x=my+1,代入椭圆得(3m2+4)y2+6my-9=0, 39144 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 6m 9 设4B则+七3+年3m+4 〔 3 6m 3m2+4 由FA5得 5，所以 EB3=- 3 3、 9 3m2+4 解阳 所以AB=1+mV仍+'-45=+m 36m2 36 (3m2+4）}2'3m2+4 ,112,36258516 +3V25+5=355 解每 即8k-16 5,所以A=2,1BF=14 4 由余弦定理cos∠AB=A+BF-AB 2 AF BF 14 2×2× 56 5 B A 28.()+y2=1:20 2m 1-m2-n2 ②2+5 4 m2+(n+1’m2+(n+1 3 a2+b2=5 【详解】(1)由题可知， ，所以e== a 2 A(0,-b),B(a,0) c2=a2-b2 解得a2=4,b=1,c2=3, x2 故椭圆C的标准方程为4+y=l； (2)①设A欣=1AP,>0,则A风=AP,又AP=-Vm2+(n+1) 40/44 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则ARAPI=2→元m2+(n+1]=2, 2 ,AR=元AP=(m,n+1)= 2m 2(n+1) 所以1= m2+(n+1 m2+n+12’m2+(n+1) 2m 1-m2-n2 又40，-1)则点。的坐标为 R m2+(n+1’m2+n+1 R ②因为 1-m2-n2 B m2+(n+12_1-m2-n2 2m 2m m2+(n+1)2 m n_1-m2-n2 由koR=2kp可得 m2m 化简得m2+n2+4n=1,即m2+(n+2}2=5(m≠0)， 所以点P在以N(0,-2)为圆心，√5为半径的圆上（除去y轴上两个点）， POlx为Q到圆心N的距离加上半径， 股eog小则空+后-l, 0N=x+(yo+2=4-4y6+y6+4yo+4=-36+4y0+8 -。号)+登当且议当%号时取等号 2 改Pg图525 3 29.a5+r=1a)0音m号 4 【详解】1)因为指风C:吉+长=1〈。≥办0)经过0：所以6=1因为南圆离心率为号。 x2.y2 所以e=C=2 x a2,因为。2=6+c2,所以解得。=2所以椭圆c:之+y=l. 41/44 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 y=x-1 (2)0由题意可得·FL,0 ,因为直线的斜率为，所以直线： ’所以联立兰+y2=1 1 1y=x-1 可得号+(-=1，化商可刊3-4红-0解得x=0或x-号 4 所以Ma少传》.放点v到E花胸电高为写 所以5m=分刘4M号方2 44 33 (i)设直线l:y=x+b,设M(x,片)，N(x2,2), y=x+b 所以联立 y=1可得父++b=1 x2 2 4b X+X2= 3 可得 ，由韦达定理可得 2b2-2' 3x2+4bx+2b2-2=0 3 AM=(x-1),AN=(x2 2-1), 所以AMA=x2+(4-10(03-1)=x3+y52-(+2)+1, 因为=X+b,y2=x32+b, 所以x3+-(+2)+1=xx(:+b)(x+b)-(:+x2+2b)+1, 即AM·A=2xx3+(b-1)(x+x)+b2-2b+1, 以w=6-智》-210 2 当b=-3=1时， AM.AN 取得最小值，即此时AM不=-4 23 0 42144 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 0y1 20直线，的斜字不为0，设的方程为=+号C,D） =+ ( 联立 ,得 4+y=1 9(t2+4)y2+12y-32=0 4t 32 △=14r2+36+4)x32>0:则%+%=3+45=9C+4) 由D在椭圆上，D在圆上，易知D'(x2,2y), 则AD=(x+2,2y),BC=(x-2,y), 因为小子与奶子 所以2%6-26+2)=2+号-2-+号*2小%6*)， 则AD∥BC,从而AD'/BC. @线4C的程=产+，线o的动程为-2》， 则2小2-现. 16 投动 2+2）2m+号+2 2yy2+ 3 %+行-2 +号习 %3y 8(+2) 由①中韦达定理可知yy》2= 3 代入可之+5+ 16 2yy2+ 16 3 3 43出+ 3 8 48—=4, 33y+)33+ 号4，利9 10 43/44 品学科网·上好课 www.zxxk.com 白题意，可设9，则丽-（得m: 又0正-（传0，从面0E0丽-9所以正.O所为定位号 【详解)()由题意知2eV3 =a2,则c=5, 所以b2=a2-c2=4-3=1, x2 所以椭圆C的方程为4+y=1. 44144 上好每一堂课 专题06 直线与椭圆综合·面积·中点弦·定点·定值·最值六大典型问题 题型一 直线与椭圆的位置关系（韦达） 题型二 椭圆中三角形面积（四边形） 题型三 椭圆的中点弦问题 题型四 椭圆中的参数及最值 题型五 椭圆中的定点、定值、定直线 题型六 椭圆中的向量问题 题型一 直线与椭圆的位置关系（韦达） 1．已知椭圆：的左、右焦点为，，点是椭圆的上顶点，经过的直线交椭圆于，两个不同的点． (1)求点到直线的距离； (2)若是该椭圆上的一个动点，求的最大值和最小值； (3)若直线的斜率为，且，求实数的值． 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为 (3)或 【详解】（1）由题可知， 所以， 所以直线的方程为，即， 所以点到直线的距离为； （2）设，其中，， ， 所以， 因为，所以， 所以当时，取得最小值； 当时，取得最大值； （3）设直线的方程为， 联立，消去整理可得， 则，解得， 且， 因为，所以， 因为， 即， 整理可得， 即， 即，即， 解得或，都符合， 所以或.    2．如图，已知椭圆：，过椭圆左焦点斜率为的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，直线：交椭圆于，两点.是否存在实数，使得三角形的面积是三角形的3倍？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】存在， 【分析】求得直线的方程，与椭圆方程联立求得的坐标，进而可得在直线上，由题意可得为的中点，求得的坐标，代入椭圆方程，可求得的值. 【详解】由椭圆：，可得左焦点， 由直线的方程为，设 由，则， 所以， 所以，，所以， 所以，所以在直线上， 所以两点到直线的距离相等， 假设存在实数，使得三角形的面积是三角形的3倍， 则，所以为的中点， 所以，又在椭圆上， 所以，解得, 所以存在实数，使得三角形的面积是三角形的3倍. 3．已知椭圆的离心率为，椭圆的左､右顶点分别为.过点的直线与椭圆的交点分别为，当直线垂直于轴时，. (1)求椭圆的方程； (2)直线的斜率与直线的斜率的乘积是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由； (3)直线与直线的交点为，过坐标原点作平行于直线的直线与直线相交于点，求的值. 【答案】(1) (2)是， (3)24 【分析】（1）由直线垂直于轴时知椭圆经过点，结合离心率列出关于的方程组，解得即得椭圆方程； （2）设直线的方程为，代入并根据韦达定理求得，再求出，将代入即得答案； （3）由（2）中韦达定理得到，分别求出直线、方程，联立得到，求得点，再由点在和上，求出直线和的方程，求得点的坐标，即可求得. 【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，可得，即，① 因为过点的直线垂直于轴时截得弦长， 所以椭圆经过点，所以，② 由①②解得，所以椭圆的方程为. （2）解：由（1）可知，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 可得，且， 直线的斜率分别为，可得， 所以， 因为在直线：上，所以， 所以 ， 所以. （3）解：由（2）知，可得， 所以， 直线的方程为，直线的方程为， 两条直线联立可得 则，解得， 所以设点的坐标为， 因为过原点平行于的直线斜率为，且点在上， 则，故该直线的方程为， 点在上，则， 故直线的方程为， 联立方程组，解得，所以点的坐标为， 所以. 4．在平面直角坐标系中，椭圆：（）的长轴长是短轴长的2倍，点在椭圆上，斜率为的直线与椭圆相交于，两点（异于点）． (1)求椭圆的方程； (2)若的面积为，求直线的方程； (3)记直线与的斜率分别为，，直线，的斜率分别为，，证明：． 【答案】(1) (2)或或或 (3)由题意得，， 若存在，则的横坐标不为2， 代入，得， 因为 ， 因为，则， 则 ，所以，得证. 【分析】（1）利用长轴与短轴的倍数关系设出，代入已知点坐标解出，进而得到椭圆方程; （2）设直线方程并与椭圆联立，用韦达定理、弦长公式和点到直线距离表示面积，建立关于截距的方程求解; （3）将与分别用坐标表示，通过韦达定理和直线方程消去，验证两者相等. 【详解】（1）由题知，解得，， 故椭圆的方程为． （2）设直线的方程为（）， 点，的坐标分别为，， 联立得，则， 由，得． 所以 ． 原点到直线的距离为， 所以的面积为， 由，解得或， 故直线的方程为或或或． （3）略 5．已知椭圆，它的一个焦点为，且经过点. (1)求椭圆C的方程； (2)已知圆的方程是，过圆上任一点P作椭圆C的两条切线与，求证. 【答案】(1) (2)设，若过点P的切线斜率都存在，设其方程为 ， 由得， ， 因为直线与椭圆相切，， ， 整理得， 椭圆C的两条切线的斜率分别为，， 点P在圆上，，即， . 若过点的切线有一条斜率不存在，不妨设该直线为， 则的方程为，的方程为， 所以.综上，对任意满足题设的点，都有. 【分析】（1）利用椭圆的焦点坐标得到，结合与椭圆的定义可得椭圆的标准方程. （2）设圆上一点，利用直线与椭圆方程联立，令判别式为零，得到椭圆切点坐标满足的关系，结合点在圆上得到，进而证明. 【详解】（1）由椭圆的一个焦点为可知，故椭圆的另一个焦点为, 则， ，. 椭圆的标准方程是. （2）略 题型二 椭圆中三角形面积（四边形） 6．已知点是椭圆在第一象限上的动点，过点引圆的两条切线、，切点分别是、，直线与轴、轴分别交于点、，则面积的最小值为______． 【答案】 【分析】根据切点弦直线方程的求解过程求解，即可求得直线的方程，从而可得，再根据三角形面积公式和基本不等式求解即可. 【详解】设，， 则圆在处的切线方程分别为， 又切线过点，所以， 所以弦的方程为． 则直线与两坐标轴轴、轴的交点分别为． 因为是椭圆在第一象限上的动点，则，且， 故， 当且仅当，即时等号成立， 所以． 所以面积的最小值为． 7．已知椭圆：的离心率为，为坐标原点，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左、右顶点分别为，，过点且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，直线与直线相交于点． （ⅰ）求证：点在定直线上； （ⅱ）设和的面积分别为，，求的取值范围． 【答案】(1) (2)设过点且斜率不为的直线的方程为，设， 由椭圆方程可知，联立， 整理得， 由根与系数的关系得， 设直线的方程为，直线的方程为， 设，则， 将代入得， 所以， 即， 又由可得， 化简整理得， 因为直线的斜率不为，不能同时为，且若假设， 代入到，得； 代入到，得， 将代入到中，整理得，即矛盾，故假设不成立， 即， 故只能，即， 因此点在定直线上. （ii） 【分析】(1)根据椭圆的定义和离心率求方程； (2)（i）设直线的方程，并与椭圆方程联立整理得到根与系数的关系，同时表示出直线和的方程，利用两个方程得到交点的横坐标，得以证明点在定直线上； （ii）先表示出两个三角形的面积比的形式，结合求得的根与系数的关系进行化简整理得到 的关系，代入分析最终得到的取值范围. 【详解】（1）由椭圆的定义得，解得，又因为离心率， 所以，则， 因此椭圆标准方程为. （2）（i）略 （ii）由题可知， 且，， 所以. 由（i）可知，且， 设，则，代入到根与系数关系中， 即， 将上式化简整理得， 再结合消去， 得， 可得，解得， 所以，则， 则， 故的取值范围为. 8．已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，直线（）与椭圆交于、两点（点在点的上方），与轴交于点． (1)当时，点为椭圆上除顶点外任一点，求的周长； (2)若椭圆的离心率为，当为何值时，恒为定值；并求此时面积的最大值． 【答案】(1)； (2)，恒为定值；面积的最大值为 【分析】（1）由椭圆定义可得周长； （2）由离心率得到椭圆方程，联立直线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，从而得到时，恒为定值；并求出，由基本不等式求出最值，得到答案. 【详解】（1）当时，椭圆方程为，故且， 由椭圆定义可得，的周长为； （2）由题意得，解得， 椭圆方程，联立，消元得， ，可得， 设，，则，， 又因为、在椭圆上，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， 因为，经检验，此时成立，所以面积的最大值为． 9．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为坐标原点.若的面积为，求直线的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）利用椭圆右顶点和离心率，结合直接求出椭圆标准方程； （2）设直线方程，联立椭圆用韦达定理，表达三角形面积，解方程求出参数t即可. 【详解】（1）由题知，，而离心率为，故， 因为，故，故椭圆方程为：. （2）由题设直线的斜率不为0，且过点， 故设直线，， 由，得， 故，即， 且， 故， 解得， 所以直线或 10．已知椭圆：的长轴长为4，焦距为． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于，两点，求线段中点的轨迹方程； (3)直线：，：，过上一点作，的垂线，垂足分别为，，试问的面积是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在最大值，最大值为 【分析】（1）根据题设条件可得值，再利用关系可求得值，进而可得到椭圆的方程； （2）设，两点的坐标并代入椭圆方程，利用点差法，结合中点坐标公式、斜率公式即可求解； （3）设点，根据点到直线的距离公式求出；取，的法向量，，利用向量的数量积公式求出，进而可以得到的值；然后根据三角形的面积公式写出的面积，最后结合的取值范围判断面积的最大值. 【详解】（1）依题意，因为长轴长为4，即，解得； 设焦距为，因为焦距为，即，解得； 所以； 所以的方程为． （2）设，，线段的中点为，则，； 因为，两点在上，所以，， 两式作差得，即， 又，所以，即； 由（1）可知点为的右顶点，所以点或点与点重合，可得； 故线段中点的轨迹方程为． （3）设，则，点到，的距离分别为，，所以， 分别取，的法向量，， 则，所以， 所以的面积， 由，得，， 所以，，当或1时，取得最大值， 所以的面积存在最大值，最大值为． 题型三 椭圆的中点弦问题 11．已知椭圆：的右顶点为，上顶点为，半焦距为，已知点在椭圆上，过点且斜率为整数的直线交椭圆的另一点为，线段的垂直平分线与轴交于点． (1)求椭圆的离心率； (2)求直线的斜率； (3)设关于轴的对称点为，直线交轴交于点，若的面积为，求椭圆的标准方程 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）将点代入椭圆方程，结合和离心率定义将方程转化为关于离心率的方程，求解即可； （2）设直线的斜率为，写出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出的中点坐标，再根据中点坐标写出的垂直平分线方程，结合垂直平分线与轴交点的条件，建立关于的方程，求解； （3）根据（2）的结果得到点的坐标，再写出其关于轴的对称点坐标，求出直线，并得到与轴的交点坐标，利用三角形的面积公式，结合已知面积，建立方程，再结合（1）中的离心率求出的值，进而得到椭圆方程. 【详解】（1）将点直接代入椭圆方程： 由于，且，转化为离心率的方程：， 整理得：， ，因为椭圆的离心率满足，故舍去，． 解得离心率． （2）由（Ⅰ）知，．椭圆方程为． 设直线的斜率为，过定点． 直线的方程为：． 代入椭圆方程：，        化简得， ， ，             计算线段的中点的坐标： ， ， 中垂线的斜率为．令其方程中，得轴截距： ，         题目已知： 解得或．因为直线的斜率为整数． 故舍去，所以． （3）将代回点得：， 此时点坐标为．对称点． 直线的斜率： 直线的方程为：． 令，解得交点．             ，，，      ，，． 椭圆的方程为： 12．（多选）已知椭圆C：()的左、右焦点分别为，，离心率，P是C上一动点，且的周长为6，直线l与C交于A，B两点(异于点P)，则下列说法正确的有(   ) A．若点P到直线的距离为3，则 B．若的中点M的坐标为，则直线l的方程为 C．若A，B关于原点对称，直线，的斜率分别为，，则 D．记的中点为N，则点N的轨迹方程为 【答案】AB 【分析】先根据已知条件求出椭圆方程，再分别利用椭圆的第二定义、点差法(对称点)、中点坐标代入法逐一验证选项. 【详解】由离心率及的周长为6，得，， 解得，，，椭圆方程为. 对于选项A，椭圆右准线为，由点到直线的距离为3，得的横坐标为1. 将代入椭圆方程，得，即. 所以，故A正确. 对于选项B，设，，代入椭圆方程得，， 两式相减得. 由中点，得，，代入得直线斜率， 故直线方程为，即，故B正确. 对于选项C，设，，则，斜率， ，故.由椭圆方程得，， 代入化简得，故C错误. 对于选项D，设，而，则， 代入椭圆方程得，整理得，故D错误. 13．已知椭圆的左、右焦点分别为、，，点M在椭圆C上，且的面积的最大值为． (1)求椭圆C的方程； (2)设G为的重心，I为的内心，I、G两点不重合． ①证明：； ②点P，Q在椭圆C上，且，求的面积的取值范围． 【答案】(1) (2)① 证明见解析；② 【分析】（1）由可得，由的面积的最大值可得，从而可得椭圆方程； （2）①设，利用重心性质得到，再利用等面积法得到的内切圆半径，所以和的纵坐标相等，；②设延长线交轴于点，利用角平分线定理得到，进而得到点坐标，再利用得到，同时利用点差法求出直线的斜率并进一步写出方程，与椭圆联立计算出的纵坐标之差，结合得到的面积的表达式，根据范围分析即可． 【详解】（1）由题意，，所以， 因为，， 所以的最大值为，， 从而，所以椭圆的方程为． （2）①设，不妨设，因为为的重心， 则，所以，设的内切圆半径为， 因为， 所以即，可知和的纵坐标相等， 所以． ②， 设延长线交轴于点，因为为的内心， 由角平分线定理有，所以， 即，，可得， 因为且，所以， 设，则有， 作差得， 由可得为中点，所以， 于是直线的斜率， 所以直线，即， 利用化为，整理得， 联立，得， 因为，所以，即得， 则， 所以， 则， 因为存在，所以，且I、G两点不重合，所以， 所以，故面积的取值范围为． 14．已知椭圆的下顶点为，右焦点为，直线的斜率存在，且与交于，两点.若，则的斜率的取值范围是__________. 【答案】 【分析】首先根据向量关系得到两点的坐标和，利用点差法求直线的斜率表达式，然后利用中点在椭圆内推导参数关系，进而得到斜率的取值范围. 【详解】 设点，， 点，， ，， ， 的中点为， ，相减得， ， 的中点在椭圆内，所以， 化简得，则，令， 因为，函数单调递增， 所以，. 15．已知椭圆经过点，且的长轴长与短轴长之比为． (1)求的方程. (2)已知点，过点且斜率为的直线与交于两点，过点且斜率为的直线与交于两点，分别为的中点，且. （I）若与重合，求． （II）判断直线MN是否过定点.若是，求出该定点；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)（I）；（II）直线MN过定点. 【分析】（1）根据以及经过的点，即可求解， （2）根据点差法，即可求解（I），联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据中点坐标公式可得的坐标，进而求解直线方程，即可求解（II）. 【详解】（1）设，则，则的方程为. 因为经过点，所以，得. 故的方程为. （2）（I）设，由 得， 得，则，故. （II）直线.由，得. 由，得， 则， 因为，所以的坐标为. 同理可得的坐标为. 又 ， 所以直线MN的方程为. 因为， 所以直线MN过定点. 题型四 椭圆中的参数及最值 16．已知曲线所围成的封闭图形的面积为，曲线的内切圆半径为，记为以曲线与坐标轴的交点为顶点的椭圆． (1)求椭圆的标准方程； (2)设AB是过椭圆中心的任意弦，l是线段AB的垂直平分线．若M是l与椭圆的交点，求的面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知列方程组求参数值，再由曲线的关系即可得椭圆方程； （2）讨论直线的斜率，并设出直线方程，联立椭圆求交点坐标，再由化简得到定值，结合三角形面积公式及基本不等式求面积最小值. 【详解】（1）当时，，则，由对称性知内切圆的圆心为原点， 结合题设，有，解得， 因此所求椭圆的标准方程为； （2）当直线的斜率存在且时，则， 联立，得， 由，解得， 所以，则，同理， 法一：由 ， 当且仅当时等号成立，即时等号成立， 法二：因为， 又， 当且仅当时等号成立，即时等号成立， 此时面积的最小值是， 当时，， 当k不存在时，， 综上所述，的面积的最小值为. 17．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且椭圆上满足的点有且仅有2个． (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于两点（在第一象限），与轴，轴分别交于点，且；点关于轴的对称点为，直线与椭圆的另一个交点为． （i）记直线的斜率分别为，证明：为定值； （ii）求直线的斜率的最小值． 【答案】(1) (2)（i）设，则， 所以， 由，知 故， 故为定值． （ii） 【分析】（1）由及点在椭圆上进行求解； （2）（ⅰ）设，则由及平面向量的坐标运算进行求解； （ⅱ）由直线与椭圆方程联立，结合韦达定理得点的坐标，再求出，利用基本不等式求解． 【详解】（1）由椭圆上满足的点有且仅有2个知以为直径的圆与椭圆有2个公共点，故， 所以椭圆，代入，解得， 故椭圆的方程为 （2）（i）略 （ii）由（i）可知直线，直线； 联立，整理得：， . 故由韦达定理. 联立，整理得：， ， 故由韦达定理. 故， ， 故. 当且仅当时取等号； 此时，故在椭圆内成立； 综上所述：直线的斜率的最小值为． 18．已知椭圆的一个顶点为，焦距为. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)已知点，与椭圆上的点的距离的最小值为1，求点的坐标. (3)设为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于不同两点（异于椭圆的顶点）.判断光线经过轴反射后是否经过点？说明理由. 【答案】(1), (2) (3)光线经过轴反射后经过点 【分析】（1）据椭圆的顶点和焦距，利用椭圆的基本性质求出的值，进而得到椭圆方程和离心率. （2）设椭圆上任意一点，根据两点间距离公式表示出，再结合椭圆方程消去，根据二次函数的性质求出最小值，进而得到的值. （3）设直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两点坐标的关系，再根据光线反射的性质判断光线经过轴反射后是否经过点. 【详解】（1）已知椭圆的一个顶点为， 则，又因为焦距为.，所以，即， 根据椭圆的性质，可得，即， 所以椭圆的方程为，椭圆的离心率为. （2）设椭圆上任意一点，已知， 根据两点间距离公式， 因为点在椭圆上，所以， 则，， 令，其对称轴为， 当，即时，在上单调递减， 则，由，解得（舍去）或， 当，即时，， 由，解得（舍去），因此点的坐标为. （3）如图，作出符合题意的图形， 由（1）可知，设直线的方程为，， 联立，消去可得， 展开并整理可得， 得到，即 由韦达定理可得：， 直线的斜率，直线的斜率， 要判断光线经过轴反射后是否经过点，只需判断是否成立， 而 ， 所以光线经过轴反射后经过点. 19．已知椭圆：的左、右顶点分别为，，是上与，不重合的一动点． (1)证明：直线与的斜率之积为定值； (2)直线，与直线分别交于点，，求的最小值； (3)若不过点且斜率为的直线与交于，两点，证明：的外心在定直线上． 【答案】(1)由椭圆方程可知：，则，， 设，，则，即， 可得， 所以直线与的斜率之积为定值． (2)6 (3)设，，直线：，， 联立方程，消去y得， 因为，解得且， 则，， 可得 则， ， ， 设外接圆的方程为，，圆心为， 把点代入圆的方程得， 因为点，在圆上，则， 可得， 即，整理可得， 且， 整理可得， 因为，且，即， 可得， 即，可得，整理可得， 代入得， 解得或， 当时，，不满足题意； 当时，即，则点在定直线上， 所以的外心在定直线上； 综上所述：的外心在定直线上. 【分析】（1）设，，可得，结合斜率公式分析证明； （2）设直线：，，结合（1）中结论可得，，再利用基本不等式求最小值； （3）设直线：，，与椭圆方程联立可得韦达定理，设外接圆的方程为，代入点结合韦达定理分析证明. 【详解】（1）略 （2）设直线：，，令得，即； 由（1）可知：，则， 可得直线的方程为，令得，即， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为6． （3）略 20．已知点，分别是椭圆：的左、右顶点，且的离心率为． (1)求的方程； (2)若点P是上与，不重合的点，直线，与直线分别交于点G，H，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的性质，结合已知条件求出，进而求出椭圆方程； （2）根据椭圆的性质，利用几何法求出，求出表达式，构造函数并求导，分析函数单调性及最小值，进而求出的最小值． 【详解】（1）由题意，点，分别是椭圆左、右顶点，，故，得， 离心率，故，则， 故的方程为：． （2）由（1）知，，设在椭圆上，且， 则， 直线与交于点，则，解得， 直线与交于点，则，解得， 故， ，故， 又， 故， 令，求导得， 当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增； 故在处取得最小值， ， 故， 当时，，即时，取得最小值，最小值为． 题型五 椭圆中的定点、定值、定直线 21．已知椭圆C经过点，且与双曲线共焦点. (1)求椭圆C的方程； (2)过椭圆C右焦点作直线l交椭圆C于，两点，交轴于点，且记，，求证：为定值. 【答案】(1)； (2)设点、，， 由题意可知，直线的斜率存在，可设直线的方程为， 联立，可得， 由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点， 由韦达定理可得，， ，，， 得，， ，， . 【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，由，可得出、的表达式，结合韦达定理可计算得出为定值. 【详解】（1）因为双曲线的焦点坐标为，则， 设椭圆的方程为， 又椭圆过点，， 可得，，椭圆的标准方程为：； （2）略. 22．已知为坐标原点，椭圆：（）的右顶点为，离心率，动点，，过的动直线交椭圆于，两点. (1)求的方程； (2)若，求四边形面积的最大值； (3)设的面积为，若，且斜率不为，试讨论：是否存在定值，使，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)． (2)． (3)存在，． 【分析】（1）由右顶点和离心率求出 ； （2）根据向量关系设出 的坐标，利用两点在椭圆上建立关系，将四边形面积表示为 的函数，再求最大值； （3）先由向量恒等式把已知条件化为 ，再设直线方程，利用根与系数的关系求出 的面积． 【详解】（1）由右顶点为，得． 又，所以，从而. 故椭圆的方程为. （2） 由，设. 则. 因为都在椭圆上，所以,. 两式相减，得. 将代入第一式，得.所以. 于是. 由及，得． 因为在轴上，且，所以四边形的面积. 故. 令，则，且. 由基本不等式，. 当且仅当，即 时取等号． 因此. 故四边形面积的最大值为. （3）设，直线的斜率为． 由题意，． 由. 得. 又因为在椭圆上，所以. 因此即. 直线的方程可设为. 与椭圆方程联立，得 由根与系数的关系，.且. 由，化简得. 因为，所以. 上述关于的一元二次方程的判别式为 所以. 又. 故,所以 ． 因此. 故存在定值，且. 23．已知椭圆：，椭圆：，在内部，且，的离心率相同；分别过椭圆的右顶点与上顶点任作椭圆的一条切线，． (1)求椭圆的离心率； (2)求直线，的斜率之积的绝对值； (3)若，直线过第二、四象限，过定点的直线与椭圆交于，两点，与交于点．若，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先根据离心率的定义求出椭圆的离心率，进而即可得到椭圆的离心率； （2）先设直线，的斜率分别为，，从而根据题意得到直线，的方程，再分别联立椭圆的方程，再根据椭圆切线的定义得到，，从而得到，，进而即可求出； （3）先结合（2）求出直线的方程，设，，，，当斜率存在时，结合韦达定理求出点和的值；再验证当斜率不存在时，得到的点是否同时满足条件①：此时直线与椭圆有两个不同的交点，条件②：，进而即可得到点的坐标． 【详解】（1）依题意可得椭圆的长半轴长为，短半轴长为， 则其半焦距为， 所以椭圆的离心率为， 又，的离心率相同，所以椭圆的离心率为． （2）显然直线，的斜率都存在，不妨设直线，的斜率分别为，， 又椭圆的右顶点为，则直线的方程为， 结合（1）得，得， 联立，整理得， 又是椭圆的一条切线，则，得， 又椭圆的上顶点为，则直线的方程为， 联立，整理得， 又是椭圆的一条切线，则，得， 所以，得， 故直线，的斜率之积的绝对值为． （3）由，则结合（2）得， 又直线过第二、四象限，则，即， 所以直线的方程为， 设，，，， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由，则， 即，整理得（*）， 联立，解得， 联立，整理得， 由韦达定理得，， 将，，，代入（*）式化简得， 又上式对任意实数都成立，则， 若，得，代入（2）式，得，解得，或； 若，即，代入（2）式，得，解得，， 验证当斜率不存在时，，，是否满足题意． 对于，过该点的竖线与椭圆只有一个交点，不符合题意； 对于，过该点的竖线与椭圆只有一个交点，不符合题意； 对于，过该点的竖线与椭圆有两个交点， 联立，解得，，即，，， 此时，，满足，符合题意． 综上，点的坐标为． 24．椭圆的离心率，椭圆经过点，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)求面积取最大值时的直线方程； (3)若点是线段的中点，问是否存在轴上一定点，对于任意的都有，若存在求出点坐标，若不存在请说明理由． 【答案】(1) (2)（或、） (3)存在， 【分析】（1）根据椭圆离心率及过定点条件，结合联立求解参数，即可得椭圆标准方程. （2）设出直线的方程，联立椭圆方程求得点纵坐标，结合三角形面积公式表达的面积，利用基本不等式求最值及对应斜率，即可得直线方程. （3）先求出点及中点的坐标，假设存在定点，根据垂直关系斜率乘积为列式求解，验证结果与无关即可. 【详解】（1）∵ 椭圆离心率，∴ . 又，∴ ，椭圆方程可化为. 将点代入得，化简得， ∴ ，，. ∴ 椭圆的标准方程为. （2）由题意得左顶点，设直线的方程为. 联立，消去整理得. 已知是方程的一个根，设，由韦达定理得， ∴， 代入直线方程得. 的面积，其中， ∴. ∵，由基本不等式得， 当且仅当时，即时等号成立. ∴，即面积最大值为，此时， 直线的方程为. （3）在中令，得，∴. ∵是线段的中点，∴，， ∴直线的斜率. 假设轴上存在定点满足题意，则直线的斜率. ∵，∴，即，解得. 该结果与的取值无关，对任意均成立. ∴存在定点满足题意. 25．已知椭圆的焦点在轴上，短轴长为2，离心率为分别是的左右顶点，过点的直线与椭圆交于两点，坐标原点为 (1)求椭圆的标准方程； (2)若点在以线段为直径的圆上，求直线的方程； (3)若直线的斜率为与直线相交于点，求证：三点共线． 【答案】(1) (2)或． (3)证明见解析 【分析】（1）由题设可得，据此可得椭圆方程； （2）当l斜率存在时，设，将直线的方程与椭圆的方程联立，设，由结合韦达定理可得直线方程； （3）设，验证是否为0可完成证明. 【详解】（1）由已知得，所以． 因为，所以． 所以，即． 所以椭圆的标准方程为． （2）由题意可知，所以； 因为直线过， 当斜率不存在时，直线的方程为，设与交于两点． 此时，不满足题意． 当斜率存在时，设，即． 联立直线的方程与椭圆的方程得方程组 消去，整理得，由已知可知， 设， 由韦达定理可知， 因为， 将代入上式可得 ， 即， 解得，即． 方程为或者． （3）不妨设， 令，则，即， 因为，， 所以， 其中分子为，故，即， 所以三点共线． 题型六 椭圆中的向量问题 26．已知椭圆C：，过点和，过点的直线与交于A，B两点，A在第一象限． (1)求C的方程； (2)若，点，求的取值范围； (3)直线交轴于点，为中点，点关于轴的对称点为，延长交C于点，，求直线的斜率． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）代入点和运算求解即可； （2）设直线：，，，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得，换元可得，结合函数单调性求取值范围； （3）设直线：，根据题意可得，，代入椭圆方程可得，，与椭圆方程联立可得，进而可得斜率. 【详解】（1）因为椭圆C：，过点和， 则，解得， 所以椭圆C的标准方程为. （2）若，可知直线的斜率不为0，且直线与椭圆C必相交，    设直线：，，， 联立方程，消去x可得， 则，，可得， 且，则， 令，则，可得， 令，， 可知在内单调递增，则， 即，则，可得， 所以的取值范围为. （3）由题意可知：直线的斜率存在，    设直线：，，，，则， 因为为中点，则，可得，即，则， 由题意可知：，，， 因为，则，解得，即， 因为点，均在椭圆上， 则，解得， 且，可得，， 可知直线与椭圆必相交，且直线：， 联立方程，消去y可得，解得或， 则，，即， 所以直线的斜率. 27．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，直线过点且与相交于，两点，若最小值为3． (1)求的方程； (2)若的面积为，求； (3)若，求． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用椭圆离心率公式推出关系，结合椭圆参数恒等式得到关系，再依据椭圆通径最小值公式求出参数，进而确定椭圆标准方程； （2）根据椭圆焦点三角形面积公式求出点的纵坐标，代入椭圆方程得到横坐标平方，再利用向量点积公式结合椭圆坐标性质化简计算得出结果； （3）借助椭圆定义表示出三角形三边长度，联立直线与椭圆方程结合线段比例关系求出参数，通过弦长公式确定边长数值，最后利用余弦定理求出对应角的余弦值. 【详解】（1）已知离心率，故，由椭圆关系得， 过焦点的弦中，通径最短，通径长为，代入得：，即， 解得，因此，，椭圆的方程为：. （2）由（1）得，，，设， 则的面积，故， 代入椭圆方程得， 又，， 所以. （3）设，，由椭圆定义，，， 设直线，代入椭圆得， 设，则 由得，所以， 解得， 所以 ， 即，解得，所以，， 由余弦定理.    28．已知椭圆：的离心率为，下顶点为，右顶点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)已知动点不在轴上，点在射线上，且满足． ①设，求点的坐标（用，表示）； ②设为坐标原点，是椭圆上的动点，直线的斜率是直线的斜率的倍，求的最大值． 【答案】(1)； (2)①；② 【分析】（1）根据题意列出的关系式，解方程求出，即可得到椭圆的标准方程； （2）①设，根据斜率相等以及题目条件列式，利用数乘向量求解即可；②根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法直接运算即可解出. 【详解】（1）由题可知，，所以， 解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）①设，则，又 则， 所以，， 又，则点的坐标为. ②因为，， 由,可得， 化简得，即， 所以点在以为圆心，为半径的圆上（除去轴上两个点）， 为到圆心的距离加上半径， 设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 29．已知椭圆：（）经过，且离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)设斜率为1的直线交椭圆于，两点． （i）若直线经过椭圆的右焦点，求的面积； （ii）求的最小值． 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）由椭圆过，椭圆离心率以及求解即可； （2）（i）由直线经过椭圆的右焦点以及斜率为1，直线与椭圆联立，解得交点，的坐标，即可求解； （ii）设直线的方程，与椭圆联立，再由韦达定理代入，由一元二次方程性质即可求解. 【详解】（1）因为椭圆：（）经过，所以，因为椭圆离心率为， 所以，因为，所以解得，所以椭圆：. （2）（i）由题意可得，，因为直线的斜率为，所以直线：，所以联立， 可得，化简可得，解得或， 所以，，故点到直线的距离为， 所以. （ii）设直线：，设，， 所以联立，可得， 可得，由韦达定理可得， 则，， 所以， 因为，， 所以， 即， 所以， 当时，取得最小值，即此时. 30．已知椭圆：，离心率为，圆：． (1)求椭圆的方程； (2)如图所示，是曲线的两个公共顶点，过点作一直线与曲线交于两点（在的上方）．过作与轴平行的直线与圆在轴上方交于点． ①证明； ②若直线，交于，求证：为定值． 【答案】(1) (2)①直线的斜率不为0，设的方程为，，． 联立，得， ，则，， 由在椭圆上，在圆上，易知， 则，， 因为，， 所以， 代入韦达定理得， 则，从而． ②直线的方程为，直线的方程为， 则， 所以 由①中韦达定理可知， 代入可得， 即，可解得． 由题意，可设，则， 又，从而，所以为定值． 【分析】（1）由椭圆顶点、离心率条件列式算出，直接写出椭圆标准方程； （2）①设直线，并联立椭圆方程，借助韦达定理，用向量坐标乘积为零证明两直线平行； ②写出直线方程并联立求横坐标，再代入坐标算向量数量积得到定值． 【详解】（1）由题意知，，则， 所以， 所以椭圆的方程为． （2）①略；②略． 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $