专题09 椭圆的方程及其性质十类综合题型（含阿氏圆）（压轴题专项训练）数学湘教版选择性必修第一册

专题09 椭圆的方程及其性质十类综合题型 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、椭圆的轨迹方程问题 题型二、椭圆中的线段和差距离最值问题 题型三、椭圆中的焦点三角形问题 题型四、椭圆中的离心率问题 题型五、椭圆中的中点弦问题 题型六、直线与椭圆相交的弦长与面积问题 题型七、直线与椭圆相交的斜率和积问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 椭圆的方程及性质应用是解析几何核心压轴题型，所有题型均围绕定义转化、几何翻译、坐标运算、范围约束、结论辨析五大核心展开，解题贯穿多条底线原则：一是轨迹方程要留意动点限制，剔除不符合条件的点，二是距离最值优先用椭圆定义转化，再结合几何图形分析，三是焦点三角形牢记周长与边角关系，灵活使用余弦定理，四是离心率问题建立等量或不等关系，注意椭圆自身参数范围，五是中点弦、弦长面积、斜率和积先设点联立，判别式检验不能省略，算出结果之后带回原题检验是否满足全部条件. 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、椭圆的轨迹方程问题 典例1-1 已知定圆， ，动圆满足与外切且与内切，则动圆圆心的轨迹方程为 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设动圆圆心，半径为，则， 可得，利用椭圆的定义，即可求动圆圆心的轨迹方程． 【详解】解：设动圆圆心的坐标为，半径为，则， ∴， 由椭圆的定义知，点的轨迹是以为焦点的椭圆，则， ，椭圆的方程为： 故选A． 典例1-2 已知为椭圆的左､右焦点，若动直线垂直于轴，交此椭圆于两点，为上满足的点，则点的轨迹方程为__________. 【答案】或 【分析】设点的坐标为，依题意得，由，求出点的坐标关系式，代入椭圆方程求出点的轨迹方程. 【详解】设点的坐标为，依题意得， 因为3，所以， 代入椭圆的方程得，即与. 故答案为：或. 题型模版 1.特征：求动点的轨迹，满足距离相关等量关系；一类是利用椭圆定义，由两圆相切得到距离之和为定值；另一类是动点在动直线上，给出线段长度乘积条件，代入已知曲线化简得到轨迹，需要标注变量取值范围. 2.方法：①定义法：分析动点到两个定点距离之和为固定常数，且常数大于两点间距离，直接判定轨迹为椭圆，求出基础参数，写出方程，注意轨迹是否需要剔除部分点。 ②代入转移法：设出动点坐标，找到和它关联的点，把题目给的长度条件转化成坐标关系式；关联点在已知椭圆上，将关系式代入已知椭圆方程，化简得到轨迹方程；最后根据原椭圆的范围，限定纵坐标或者横坐标范围. 变式1-1若动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先将圆化为标准方程，再利用动圆与两圆的外切、内切关系，得到动圆圆心到两定圆心的距离和，结合椭圆定义求轨迹方程. 【详解】依题意得，圆，圆心，半径为； 圆，化为标准方程为，圆心，半径为； 设，动圆的半径为，因为动圆与圆外切，与圆内切， 因此，， 由此可得； 因此圆心的轨迹是以为焦点，长轴长，焦距的椭圆； 所以，椭圆的短半轴长， 因此动圆圆心的轨迹方程为. 故选：A. 变式1-2已知椭圆的短轴的两个端点分别为为椭圆上一动点，则的重心的轨迹方程是______． 【答案】 【分析】设，，找到两点坐标之间的关系，代入椭圆方程化简即得，注意点C不能在轴上. 【详解】椭圆的焦点在轴上，则短轴在轴上，所以，． 设，，由为的重心，得则 又为椭圆上一动点，所以，即，所以． 当点在轴上时，不能构成三角形，所以，则， 即点的轨迹方程为． 故答案为：． 变式1-3如图所示，圆及点，为圆上一点，的垂直平分线交于点，则点的轨迹方程为________． 【答案】 【分析】使用椭圆的定义判断点的轨迹，再使用定义法求轨迹方程. 【详解】由圆的方程可得圆心，半径为5． 设点的坐标为． 由垂直平分线的性质可知， 所以， 所以． 所以点的轨迹为椭圆，其中，焦点为，， 所以，，所以， 所以点的轨迹方程为． 变式1-4（1）已知点到定点的距离与到定直线的距离之比为，求点的轨迹方程； （2）已知点A是圆上的动点，过点A作轴，垂足为，点在线段上，且，求点的轨迹方程，并说明点的轨迹是什么图形. 【答案】（1）（2）点的轨迹方程是，点的轨迹是椭圆 【分析】（1）设出点M的坐标，根据题意列出满足的等量关系，整理化简即可求得轨迹方程； （2）设，根据题意结合可得，代入圆A的方程即可求得轨迹方程. 【详解】（1）设点的坐标为， 由题意可得，两边平方得， 整理得，所以点的轨迹方程为. （2）依题意，设，则， 因为，则， 则，可得，解得，即. 因为点A在圆上，则，即， 所以点的轨迹方程是，点的轨迹是椭圆. 类型二、椭圆中的线段和差距离最值问题 典例2-1 设分别是椭圆的左、右焦点，E为椭圆上任一点，N点的坐标为，则的最大值为_____ 【答案】 【解析】首先利用椭圆的定义，转化，利用，结合数形结合分析距离和的最大值. 【详解】 ，如图，当三点共线时，等号成立， 所以的最大值是, 即的最大值是. 故答案为： 典例2-2 已知椭圆内部的一点为A，F为右焦点，M为椭圆上一动点，则的最小值为________． 【答案】/ 【分析】设M到右准线的距离为d，根据椭圆的第二定义求解最小值即可. 【详解】 右准线方程为. 设M到右准线的距离为d，由圆锥曲线定义知， ∴，∴. 由A向右准线作垂线，垂线段长即为的最小值. 故答案为： ． 题型模版 1.特征：动点在椭圆曲线上，求包含焦点线段与定点到动点线段的和或者差的最值。一类直接使用椭圆第一定义做线段替换；另一类式子中带有系数，要用椭圆第二定义，把带系数的焦半径转化成动点到准线的距离，再求最值 2.方法：①第一定义转化：利用椭圆上点到两个焦点距离之和为定值，对所求式子进行变形，将其中一条焦半径替换，转化为两条线段差或者和，再用三点共线判断最值。求最大值时，动点与两定点共线时取到结果。 ②第二定义转化：当焦半径前面带有系数，观察系数和离心率的关系，把焦半径换算成动点到对应准线的水平距离。所求式子就变成定点到动点，加上动点到准线距离，定点向准线作垂线，垂线段长度就是最小值。 ③数形结合检验，判断共线时点是否落在椭圆上，确认等号可以成立 变式2-1已知为椭圆上的一个点，点M，N分别为圆和圆上的动点，则的最小值为（    ） A．6 B．7 C．10 D．13 【答案】B 【解析】先求椭圆焦点和定义定值，圆心、半径，利用圆的性质判定与焦点连线时最小，再计算即得结果. 【详解】依题意可知，椭圆的焦点分别是两圆和的圆心，根据定义，两圆半径为， 故椭圆上动点与焦点连线时与圆相交于M，N时， 最小，最小值为. 故选：B. 变式2-2点在椭圆上，的右焦点为，点在圆上，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据椭圆的定义转化为，即求的最小值，即为圆心与的距离减半径即可. 【详解】设椭圆的左焦点为，则 求的最小值即求的最小值，圆的半径为圆心为 所以的最小值为 所以的最小值为 故选：D.． 变式2-3已知是椭圆的左焦点，点为该椭圆上一动点，若在椭圆内部，则的最大值为_____；的最小值为_______． 【答案】 8 【分析】设右焦点为，根据椭圆的定义得到，则，求出椭圆的左准线方程，根据圆锥曲线的第二定义，设到左准线的距离为，则，所以，则，即可得解. 【详解】椭圆中，，，则， 设右焦点为，则，离心率， 则，所以， 所以，当且仅当在的延长线与椭圆的交点时取等号；    又椭圆左准线方程为， 设到左准线的距离为，则，所以， 所以， 当且仅当在过点作左准线的垂线与椭圆的交点时取等号..    故答案为：； 变式2-4已知椭圆，左焦点为，在椭圆上取三个不同点，，，且，则的最小值为________． 【答案】/ 【分析】以为顶点，轴的正方向为始边的方向，为角的终边，推导出，同理可得出，，然后利用三角恒等变换化简可得出的最小值. 【详解】在椭圆中，，，，如下图所示： 椭圆的左准线为，以为顶点，轴的正方向为始边的方向，为角的终边， 当时，过点作，过点作，垂足分别为点、， 易知四边形为矩形，则， 由椭圆第二定义可得，则， 又因为轴，则，所以，，所以，， 因为，即，所以，， 同理可知，当为任意角时，等式仍然成立， 同理可得，， 因此， 当时，取得最小值. 故的最小值为. 故答案为： 题型三、椭圆中的焦点三角形问题 典例3 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上.若，则的面积为（    ） A．2 B．4 C．8 D．9 【答案】B 【分析】根据题意，由椭圆的定义，得到，再由勾股定理得，联立方程组，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】如图所示，椭圆，可得，则， 因为点在椭圆上，可得， 又由，可得, 联立方程组，可得， 所以的面积为. 故选：B.    题型模版 1.特征：椭圆上一点和两个焦点连成三角形，围绕这个三角形，求解面积、周长、角度范围、焦半径取值范围，多为单选或者多选题. 2.方法：①用好椭圆第一定义，椭圆上点到两焦点距离之和是定值，得到两条焦半径相加的关系式。 ②已知顶角，搭配余弦定理；顶角是直角可以直接用勾股定理，联立方程求出两条焦半径的乘积，代入面积公式计算。 ③三角形面积可以用焦距乘以动点纵坐标绝对值再除以二；动点在短轴端点时，顶角达到最大。 ④焦半径范围：最小长度等于长半轴减去半焦距，最大长度等于长半轴加上半焦距。 ⑤周长等于两条焦半径之和加上焦距，也就是两倍长半轴加上焦距 变式3-1已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，且，则的面积为（     ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】利用椭圆的定义，结合余弦定理即可求三角形面积. 【详解】由椭圆：可知：， 由余弦定理得：， 代入得：， 所以三角形面积为：. 变式3-2（多选）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，为椭圆C上一点，则下列说法正确的是（   ） A．的面积有最大值但无最小值 B．的周长为5 C． D． 【答案】ACD 【详解】选项A：由椭圆方程，可得左右焦点坐标为，，焦距. 的面积公式，其中为点的纵坐标， 由，得该三角形面积有最大值但无最小值，选项A正确. 选项B：根据椭圆的定义，，，所以的周长为，因此B错误. 选项C：当位于椭圆短轴端点时，取得最大值，此时，， 由余弦定理，因此最大，因此C选项正确. 选项D：由椭圆方程，可知，，椭圆上任意一点到焦点的距离满足，代入，，得，选项D正确. 变式3-3已知是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为，，且，则（   ） A．的周长为12 B． C．点到轴的距离为 D． 【答案】C 【详解】对于A，根据椭圆标准方程得，，，由椭圆定义知， 所以的周长为，A错误. 对于B，在中，由余弦定理可得，， 由，代入， 化简得， 所以， 在中，，所以为锐角， 且， 故，B选项错误. 对于C，由B选项知，在中，设点到的距离为， 由，得，即， 因为到的距离,就是到轴的距离，C选项正确. 对于D，根据数量积公式，，D选项错误. 变式3-4（多选）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，点为椭圆上一点，则（   ） A．的最大值为4 B．不存在点，使得 C．若，则的面积为 D．使得为等腰三角形的点共有四个 【答案】AB 【分析】利用椭圆的定义结合基本不等式可判断A；利用余弦定理结合椭圆的定义列方程，可判断B；解三角形，利用面积公式可判断C；分3类解出点可判断D. 【详解】已知椭圆 ，其中 ，，， 离心率 ，，点 在椭圆上， 设，，则 ， 焦距 ， 对于A： 由均值不等式，，当且仅当 时取等号， 所以的最大值 4，故 A正确； 对于B： 在 中，由余弦定理得： 代入得 ，即 ， 当 时，，则 ， 由选项A知：，故不可能等于 8， 因此不存在这样的点 ，使得，故B 正确； 对于C：由选项B知：，当 时，，代入得 ， 三角形面积 ，故 C 错误； 对于D： 等腰三角形有三种情况： （1）当时：点取短轴端点，共有2 个点符合要求； （2）当时， 设 ，由距离公式： 平方得： 由点 在椭圆上，得， 代入 (4)： 化简得：， 解得： 因为 ，所以 ， 代入椭圆中得， 所以 ，共有两个点符合要求； （3）当时， ， 平方得：， 代入椭圆并化简： 解得： 因为 ，所以 ，代入椭圆中，得 ， 所以 ，共有两个点符合要求， 综上：使得为等腰三角形的点共有六个，故D错误. 故选：AB 题型四、椭圆中的离心率问题 典例4-1椭圆（）的两个焦点是，，若为其上一点，且，则此椭圆离心率的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】，，则，则，，，又，椭圆离心率的取值范围是，选C. 典例4-2已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在上，记的外接圆半径为，内切圆半径为，若，且，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，，利用椭圆的定义、余弦定理以及三角形的面积公式可得出，再利用正弦定理得出，结合可求得该椭圆的离心率的值. 【详解】设，，则① ， 在中，由及余弦定理可得，即② ， ①② 得，所以， 又， 又，因为，所以， 解得，故椭圆的离心率为. 题型模版 1.特征：围绕椭圆，求解离心率具体数值或者离心率取值范围，部分题目会结合弦中点、焦点三角形、焦点弦、线段比例等条件综合出题. 2.方法：①定义法：利用椭圆第一定义得到两条焦半径之和为定值，再借助三角形三边关系，建立长半轴与半焦距的不等式，推导出离心率范围，椭圆离心率本身一定大于零小于一。 ②点差法：题目给出弦中点坐标，把两个交点代入椭圆方程，两式相减，构造出直线斜率、中点坐标、长半轴短半轴之间的关系式，用于求解斜率或者辅助求离心率。 ③余弦定理法：已知焦点弦倾斜角、线段长度比例，在焦点三角形中，先用直线斜率求出夹角余弦，结合椭圆定义表示两条焦半径，再用余弦定理列出等式，算出长半轴和半焦距的比值，得到离心率 变式4-1椭圆的右焦点为F，其右准线与x轴的交点为A，在椭圆上存在点P满足线段AP的垂直平分线过点F，则椭圆离心率的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设椭圆的左顶点为,根据右焦点F在AP的垂直平分线上，知，得到，列出关于的不等式，求解即得的取值范围. 【详解】设椭圆的左顶点为. 由题意，即以F为圆心，为半径画圆与椭圆有交点P，如图．只需 即即 两边除以得即 得，又， ． 变式4-2已知椭圆，过点的直线交于､两点，且是的中点，则直线的斜率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设、，利用点差法可求得直线的斜率. 【详解】若线段轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意，所以，直线的斜率存在， 设、，由题意，是的中点，可得，， 则，两式相减可得， 所以，，解得， 因此，直线的斜率为，经验证此时直线与椭圆有两个交点， 故选：A. 变式4-3已知椭圆的左、右焦点分别为，，长轴长为30，过点且斜率为的直线与椭圆交于点（位于轴上方），且，则离心率__________． 【答案】或 【分析】先由直线斜率得到的余弦值，结合椭圆定义和已知边长比例，在中用余弦定理求出，再代入离心率公式计算结果. 【详解】由椭圆长轴长为30，得，即，椭圆离心率； 过的直线斜率为，且位于轴上方，故，因此， 设焦距，由得 ； 根据椭圆定义 ，得 。 在中由余弦定理知：， 即，整理得 ， 解得或，均满足题意， 当时，；当时，. 变式4-4已知椭圆的左右焦点分别为，，点P为椭圆上不同于左右顶点的任意一点，的重心为G，内心为I，且有，则椭圆的离心率为______． 【答案】/0.5 【分析】设，表达出的纵坐标为，结合椭圆定义可用两种方法表达出的面积，从而得到方程，求出，得到离心率 【详解】由题意得，设， 因为的重心为G，所以， 因为，则，所以的纵坐标为， 又因为，， 所以， 因为为的内心，所以为的内切圆的半径， 则， 故，所以，即， 所以椭圆的离心率为. 题型五、椭圆中的中点弦问题 典例5 已知椭圆C： ，过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，若点P恰为弦AB的中点，则直线l的斜率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设出的坐标代入椭圆方程后，作差变形，根据斜率公式和中点坐标公式可得解. 【详解】设，，则，， 且，， 作差得，所以， 即直线l的斜率是． 故选：C． . 题型模版 1.特征：一条直线和椭圆交于两个点，给出弦的中点坐标，求这条直线的斜率、直线方程；或是已知直线斜率，反过来求中点坐标相关问题 2.方法：①先设出弦两个端点的坐标，两点都在椭圆上，分别代入椭圆方程。 ②两个方程做减法，对平方差进行因式分解。 ③把中点的横纵坐标之和、直线斜率的定义式代入式子，直接算出直线斜率。 ④算出斜率之后，结合中点，用点斜式写出直线方程。 ⑤最后检验：判断这条直线和椭圆是否真的存在两个交点，检验判别式 变式5-1经过点作直线交椭圆于，两点，且为的中点，则直线的斜率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，，利用直线与圆锥曲线的“点差法”，即可求得直线的斜率. 【详解】设，，则， 两式相减，可得，整理得， 所以， 又由为的中点，可得，则， 即直线的斜率为. 故选A. 变式5-2已知椭圆，过点的直线交椭圆于、两点，若为的中点，则直线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设点、，利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程. 【详解】设点、，由中点坐标公式可得，所以， 因为，两式作差得，即， 即，所以，， 因此，直线的方程为，即. 故选：B. 变式5-3已知椭圆，点，过点的直线交椭圆于，两点，的中点为，定点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，的斜率为，，，进而根据点差法求得，进而求得点的轨迹方程为，进而得，进而利用二次函数的最值的求法可求得的最大值. 【详解】当直线的斜率不存在时，，； 当直线的斜率存在时，设，的斜率为，，， 则，两式相减整理得.又， 两式消去化简得点的轨迹方程为， 则. 由，得，所以. 而二次函数图象的对称轴为直线， 所以当时，可取到最大值为.又，故的最大值为. ． 题型六、直线与椭圆相交的弦长与面积问题 典例6 已知椭圆方程为，直线过点且与椭圆交于，两点，为坐标原点，则的面积的最大值为______． 【答案】 【解析】由题意设出直线l的方程，与椭圆方程联立，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系求得，代入三角形面积公式，换元后求值. 【详解】∵直线l过点E(1,0)，可设直线l的方程为， 则 消元得： 由 设， 则 设 则)在区间上为增函数, ，当且仅当m =0时取等号,即 的面积的最大值为. 题型模版 1.特征：一条直线和椭圆交于两个交点，求解两点之间线段长度，或者由交点、定点构成三角形的面积，常求面积最值或者根据面积相等条件反求直线. 2.方法：①设直线方程，优先选用不含斜率的形式，规避直线垂直横轴时分不存在的情况。 ②将直线方程与椭圆方程联立，整理成一元二次方程。 ③检验判别式，保证直线和椭圆存在两个不同交点。 ④利用根与系数的关系，得到两根之和、两根之差相关的代数式。 ⑤计算弦长，或是利用两点纵坐标差值来求三角形面积；面积问题可借助同高三角形面积比转化为线段长度之比。 ⑥如果是最值问题，通过换元、函数单调性求最大或者最小值；若是已知面积，解方程求出直线参数 变式6-1已知直线与椭圆交于两点,若椭圆上存在一点使得面积最大,则点的坐标为________. 【答案】 【分析】先设与直线平行的直线,求出直线与圆锥曲线相切时的直线方程,再求两平行线的最大距离,即可根据面积公式求出面积最大值. 【详解】解:由题意可得弦长为定值,要使面积最大, 则只要点到直线的距离最大, 当平行于直线的直线与椭圆相切时, 对应的切点到直线的距离最大或最小. 设直线 直线与椭圆联立得, 化简得, 则,解得. 当时,直线与直线的距离为. 当时,直线与直线的距离为 ∴当时, ,解得, 代入直线,解得 即点P的为坐标. 故答案为: 变式6-2是原点，椭圆，直线过且与椭圆交于A，两点，则面积的最大值为_________. 【答案】 【分析】设直线，联立方程，利用韦达定理可得，换元，利用对勾函数性质分析求解. 【详解】由题意可知：直线与椭圆必相交，且斜率不为0， 设直线， 联立方程，消去x得，因为直线所过定点在椭圆内部，则直线与椭圆必有两交点， 则， 可得， 则面积， 令，则，可得， 因为在内单调递增，则， 可得，当且仅当，即时，等号成立， 所以面积的最大值为. 故答案为：. 变式6-3已知椭圆：（）的离心率为，且过点，为其右焦点． (1)求椭圆的方程； (2)求过点的直线与椭圆相交于，两点（点在，两点之间），若与的面积相等，试求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的性质和离心率分别求出，进而求出椭圆方程； （2）设直线方程，利用已知几何关系结合椭圆的性质求出点坐标，进而求出直线的方程． 【详解】（1）已知离心率，则，故， 椭圆过点，则，解得，故， 椭圆的方程为． （2）为椭圆的右焦点，由（1）知， 由已知直线斜率存在，设为，则直线的方程为， 若，则为轴，此时三点共线，不合题意，舍去； 设，且在之间， 已知与的面积相等，且等高，则， 故是中点，则， 由位于椭圆上，则， 整理得，联立椭圆方程得， 解得，代入椭圆方程得：，解得， 故或， 则直线的斜率为， 故直线方程为：． 变式6-4已知椭圆的长半轴长为2，焦距为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，求的面积的最大值及此时直线的方程． 【答案】(1) (2)的面积的最大值为1，直线的方程为或 【分析】（1）先由长半轴、焦距直接得到和，再利用椭圆的性质算出，最后代入标准方程得到椭圆的方程； （2）先设过的直线方程，再和椭圆联立得到一元二次方程，利用弦长公式表示出，进而写出面积表达式，最后借助基本不等式求出面积最大值，回代求出对应直线方程． 【详解】（1）已知椭圆的长半轴长为2，即． 又已知焦距为，即， 所以． 根据椭圆的性质， 可得 所以， 故椭圆的方程为． （2）依题意，直线的斜率必然存在，设该直线的斜率为， 则直线的方程为， 设，， 联立方程：，整理得． 因为直线与椭圆交于两个点，所以，即，，， 到直线的距离， 根据弦长公式， 可得， 所以． 设，则，即， 所以，当且仅当时等号成立． 当时，，解得， 所以直线的方程为或， 因此的面积的最大值为1，此时直线的方程为或． . 题型七、直线与椭圆相交的斜率问题 典例7-1 已知椭圆的离心率为，其短轴长为. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于两点（均在第一象限），且直线的斜率分别为，且，证明：直线的斜率为定值. 【答案】(1) (2) 证明：由题意可知直线的斜率存在且不为，设直线的方程为， 由消去后整理得， 直线与椭圆交于两点， . 设点，的坐标分别为，， 则，， ，， 整理得， ，又， ， 点，都在第一象限， ，即， 故直线的斜率为定值． 【分析】（1）由离心率和短轴长可求出，得到椭圆方程； （2）设直线方程，联立-消元-韦达定理，用表示，化简可求值. 【详解】（1）由题意可得解得 故椭圆的方程为． （2）略 典例7-2已知椭圆：过点，且离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆上在第一象限内的一个动点. (1)求椭圆的标准方程； (2)直线，分别交椭圆于点，，直线，的斜率分别为，，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解出即可得结果； （2）设出，，的坐标，分别联立直线与椭圆的方程，结合根与系数的关系得到的坐标，结合斜率公式和基本不等式计算得到的最大值. 【详解】（1）根据题意可得 解得，， 所以椭圆的方程为. （2）设，，，由（1）可知，， 因为点在椭圆上，所以. 由题意：，：， 将直线与椭圆联立，可得， 整理可得：.所以. 所以，，即. 同理，将直线与椭圆联立.可得. 整理可得：，所以， 所以，，即. 所以的斜率为，的斜率为. 故 因为点在第一象限内.故，. 所以的最小值为，当且仅当在处取到等号. 题型模版 1.特征：直线与椭圆交于两个点，围绕多条直线的斜率进行考查。常见条件为斜率之和、斜率之积为定值，或是根据斜率关系式证明某条直线斜率是固定不变的数值 2.方法：①设出直线方程，判断斜率是否存在，分情况讨论。 ②联立直线与椭圆的方程，整理成一元二次方程。 ③写出判别式，保证存在两个不同交点。 ④利用根与系数关系，得到交点横坐标的和与积。 ⑤写出目标斜率的表达式，将斜率相加或者相乘，把根与系数的结果代入式子化简。 ⑥消去可变参数，证明结果是常数；或者根据给定斜率条件求解直线斜率 变式7-1如图，已知椭圆C:，点，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直. (1)若，求的方程； (2)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明:为定值. 【答案】(1) (2) 直线，均不与轴垂直，所以，，则且， 所以 ， 所以为定值． 【分析】（1）设直线的方程为，与椭圆联立，由弦长公式求得的方程； （2）结合（1）中的方程，将韦达定理代入中计算结果为定值． 【详解】（1）设直线的方程为，,，,， 联立，消去得， 由，得， 则． ， 解得或， 当时，直线的方程为； 当时，直线经过点，不符合题意，舍去． 所以当时，的方程为． （2）略 变式7-2已知椭圆的焦距与短轴长相等，且点在椭圆C上. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若点P为椭圆C上异于左、右顶点A、B的任意一点，过原点O作直线PA的垂线交直线PB于点M，设直线PA的斜率为，直线PB的斜率为. ①求证：与之积为常数； ②求点M的轨迹方程. 【答案】（1） （2）①证明见解析，② 【解析】（1）由已知条件求得椭圆的,可得出其标准方程; （2）①设，直线PA的方程为：，直线PB的方程为：，可得出的值，可得证； ②设直线OM的方程为：，联立，再由①的结论代入可得轨迹方程. 【详解】（1）椭圆C的焦距与短轴长相等，，，点在椭圆C上，， 又，，， 椭圆C的标准方程为. （2）①证明：由（1）知，，，设， 直线PA的方程为：，直线PB的方程为：， 则，为常数； ②由题意知，直线OM的方程为：， 由，得， ，， 点M的轨迹方程为. 变式7-3如图，焦点在x轴的椭圆C：（b > 0），点G（2，0），点P在椭圆上，且PG⊥x轴，连接OP交直线x = 4于点M，连接MG交椭圆于A、B． （Ⅰ）若G为椭圆右焦点，求|OM|； （Ⅱ）记直线PA，PB的斜率分别为，，求的取值范围. 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） 【详解】试题分析：（Ⅰ）因为点是椭圆的右焦点，所以可得 ，所以，求出点 坐标，由距离公式求之即可. （Ⅱ）由四点共线可得 ，设出直线的方程，与椭圆方程联立，由韦达定理求出 ，可求范围. 试题解析：解：不妨设P在x轴上方，因为椭圆C的方程为，令x=2，则 ， 所以点P的坐标为， 根据题意可得P为线段OM的中点，所以M的坐标为. （Ⅰ）若G为椭圆右焦点，则， 所以 （Ⅱ）因为直线AB过点M、G，所以AB的斜率为， 则直线AB的方程为 ① 代入椭圆方程并整理得： . 设，，则由韦达定理有 ， ② 所以，. 因为直线AB的方程为，所以 ， 所以 ③ 因为，，所以 ， 所以，的取值范围是 变式7-4如图，已知椭圆的离心率为，短轴长为2． (1)求椭圆的方程； (2)已知直线与轴交于点，过点的直线与交于两点，点为直线上任意一点，设直线与直线交于点，记的斜率分别为，求证：． 【答案】(1)； (2)证明如下： 设，，若直线与轴不重合时， 设直线的方程为，点， 代入椭圆方程整理得，显然， 则， ， 若直线与轴重合时，则， 此时，而，故． 综上所述，． 【分析】（1）由离心率、短轴长、可得答案； （2）设，，若直线与轴不重合，设直线的方程为，与椭圆方程联立利用韦达定理求出，若直线与轴重合，利用与得出． 【详解】（1）由条件可得，解得， 故椭圆的方程为； （2）略 变式7-5已知椭圆的短轴长为2，离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）点P是椭圆C上一点，且在第一象限内，过P作直线交y轴正半轴于A点，交x轴负半轴于B点，与椭圆C的另一个交点为E，且，点Q是P关于x轴的对称点，直线与椭圆C的另一个交点为. （ⅰ）证明：直线，的斜率之比为定值； （ⅱ）求直线的斜率的最小值． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）设点的坐标为， 因为点是关于轴的对称点，， 所以，． 所以直线的斜率为，的斜率为． 所以． 所以直线，的斜率之比为定值． （ⅱ）． 【分析】（1）根据条件解出的值，写出椭圆方程； （2）（i）设点的坐标为，由点是关于轴的对称点可得，由可得，代入求斜率和斜率，计算比值； （ii）设直线的方程为，与椭圆联立求点坐标，由上一问所求斜率的比值可得直线的方程是，与椭圆联立求点坐标，从而求出直线的斜率，不等式求最值. 【详解】解：（1）由题意得解得 所以椭圆的方程为． （2）（i）略 （ii）设直线的方程为． 联立方程组化简得． 设点的坐标是， 所以．所以． 所以． 所以点的坐标是． 由（2）可知，直线的方程是． 所以点的坐标是． 所以直线的斜率． 因为，所以． 当且仅当，即时，有最小值． 所以直线的斜率的最小值是． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，且，则的面积为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】根据椭圆的定义及勾股定理求出，代入面积公式求解即可. 【详解】由题意知，，. 因为，所以. 又，即， 所以. 所以. 2．已知圆 和圆 ，若动圆 与圆 外切，同时与圆 内切，则该动圆圆心 的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据两圆位置关系得动圆圆心到两已知圆心距离和为定值，再由椭圆的定义求解 【详解】圆的圆心为， 圆的圆心为， 设动圆的圆心为，半径为， 由题意得，则， 所以动圆圆心的轨迹是以为焦点，长轴长为12的椭圆， 设椭圆方程为，则, 得，所以, 的轨迹方程为， 故选：A 3．已知椭圆，为椭圆的左､右焦点，点为椭圆上在第一象限内的一点，且的面积为，则的角平分线所在的直线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图形，利用的面积，结合椭圆方程求得点，再由角平分线定理求得点。即可求得的角平分线所在的直线方程. 【详解】如图，由可得椭圆的半焦距，则，    于是的面积为，取，代入，可得， 则直线轴，且， 设的角平分线交轴于点，则， 又，则得，故， 则直线的斜率为，其方程为，即. 4．设为椭圆上一动点，、分别为圆和圆上的动点，则不可能为（   ） A．9 B．11 C．13 D．16 【答案】D 【分析】根据椭圆定义求解，再结合圆上一点到圆外一点的距离的最大值为该点到圆心距离加半径，最小值为该点到圆心距离减半径，分别分析和的最值范围，进而结合不等式性质求解即可. 【详解】如图，椭圆的两个焦点坐标为，为两个圆的圆心坐标，圆的半径为，圆的半径为，由椭圆的定义可得. 因为满足： ，即 ，即 所以两式相加得：， 代入，可得，即不可能为16. 5．（多选）已知椭圆：的两个焦点分别为，，是椭圆上任意一点，则（   ） A．的面积最大值为8 B．的周长为12 C．的最小值为3 D．的最大值为16 【答案】BD 【分析】根据椭圆方程求出、、，根据椭圆的性质判断A、B、C，根据椭圆的定义及基本不等式判断D. 【详解】由，所以，，，令，， 对于A：点在上、下顶点时，的面积最大，最大值为，故A错误； 对于B：的周长为，故B正确； 对于C：的最小值为，故C错误； 对于D：，即，当且仅当时等号成立，故D正确.故选：BD. 6．（多选）设，为椭圆：（）的两个焦点，为的上顶点，点在上，以下选项正确的有（ ） A．若，则 B．若，则的最大值为2 C．若存在点满足，则的离心率的取值范围是 D．若任意一点都满足，则的离心率的取值范围是 【答案】ABD 【详解】选项A，当时，，可知，所以A正确； 选项B，由基本不等式可知，当且仅当时等号成立，即在上下两个顶点时，取得最大值为2，所以B正确； 选项C，因为，所以即，椭圆上点对焦点的最大张角在短轴顶点处，故需， 可知，所以， 即，得，所以，离心率， 由可知，所以C错误， 选项D，设，则，，是开口向下的二次函数，对称轴， 若，对称轴，函数在单调递减，在处取得最大值，，满足； 若，对称轴，最大值在对称轴处取得，， 令，则，不满足条件， 所以，，即，所以D正确. 7．已知是椭圆的四个顶点与两个焦点中的三个点，且，，，则该椭圆的离心率为________． 【答案】 【分析】根据三边的长度确定点的位置，再分类讨论a，b，c的值求出离心率 【详解】由题意，因为，即三点不共线，故A，B，C三点组成三角形， 又因，故不是等腰三角形， 故上下顶点不能同时取到，左右顶点不能同时取到，两焦点也不能同时取到， 故只能取一个上下顶点，一个左右顶点，一个左右焦点， 不妨设椭圆的焦点在轴， 如图，三个线段分别为，或， 当三个线段分别为时，为三个当中最小， （1）满足题意； （2），无解； 当三个线段分别为时，， 故，无解； 综上，． 8．已知直线与椭圆交于两点，若线段的中点坐标为，则直线的斜率为__________. 【答案】 【分析】利用点差法列方程，整理求得直线的斜率. 【详解】依题意可知，直线的斜率存在. 设直线的斜率为， 则两式相减得，整理得. 因为线段的中点坐标为，所以. 故答案为： 9．如图，椭圆的左、右焦点分别为，过焦点的直线交该椭圆于两点，若的内切圆（圆心记为C）面积为两点的坐标分别为，则的面积______，的值为______． 【答案】 【分析】对①，根据椭圆的定义，由（其中为周长，为内切圆半径）求解；对②，由求解. 【详解】由椭圆方程可得， 对于①：的周长为 ， 设内切圆半径为，由内切圆面积为，得，解得， 所以； 对于②：由图，， 因为，所以， 所以. 故答案为：；. 10．已知椭圆内有一点是椭圆的左焦点，在椭圆上运动，则的最小值为______. 【答案】31 【分析】结合椭圆的第二定义，将问题转换成椭圆上的点到定点和左准线的距离和问题即可求解. 【详解】，即求的最小值. 椭圆的离心率为，， 则由椭圆的第二定义知，等于椭圆上的点到左准线的距离. ，只需求的最小值. 过点作左准线的垂线，垂足为 则， 当且仅当三点共线时等号成立， 又左准线方程为， 此时，故的最小值为31， 即的最小值为31.. 11．．(1)在中，，边上的两条中线之和为，求的重心的轨迹方程. (2)点与定点的距离和它到直线的距离的比是常数，求点的轨迹. 【答案】（1）（2） 【分析】（1）以线段的中点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，根据给定条件，结合三角形重心定理即可求解； （2）设点，根据题意列出方程即可求解. 【详解】（1）以线段的中点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，，如图所示， 设的重心，依题意，， 因此点的轨迹是以点为左右焦点，长轴长为的椭圆（除点外）， 该椭圆长半轴长，半焦距，则短半轴长， 所以的重心的轨迹方程为. （2）设点到直线的距离为，依题意，， 于是，化简得，即， 所以点的轨迹是长轴长为，短轴长为，焦点在轴上的椭圆，其方程为.． 12．已知椭圆的右焦点为，椭圆上的点到的距离最大值为. (1)求和的离心率； (2)过点的直线交于，两点，若为的中点，求的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件列关系式可得； （2）设，与椭圆方程联立，利用韦达定理和中点坐标公式可得. 【详解】（1）由题意可知，，得， 则的离心率为； （2）由（1）知，， 若直线斜率为或不存在，则线段的中点应在坐标轴上， 故设，， 联立，得， 则，得， 故的方程为. 13．设为椭圆上任一点，椭圆的左右焦点分别为、，，. (1)求证：离心率； (2)求的最值． 【答案】(1)设，，， 根据椭圆的定义可得， 由正弦定理得， 所以， 所以离心率. (2)最小值为， 最大值为. 【分析】（1）先利用正弦定理得，再根据证明； （2）利用立方和公式得=，再根据的取值范围求的最值. 【详解】（1）略 （2） =， 由椭圆性质可得，， ， 所以当时，取得最大值为， 当或时，取得最小值为， 所以的最小值为，最大值为. 14．在直角坐标系中，椭圆的左，右顶点分别为，点为椭圆上异于的一个动点，直线分别与直线相交于两点，以为直径的圆与轴交于两点．直线与直线斜率分别记为，． (1)求证：为定值； (2)求四边形面积的最小值． 【答案】(1)由椭圆，得， 设，易得， 则直线的方程为， 令，可得，则得，即， 因为是椭圆上异于的一个动点，故，即， 则，为定值. (2)12 【分析】（1）设，得到，再表示出，进而求证即可； （2）设，结合（1）得到，设，可将其理解为动点与定点所在直线的斜率，而动点在以原点为圆心的单位圆上，进而分析求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，直线的方程为，令，可得， 设以为直径的圆的圆心为点，则其坐标为，设交轴于点， 连接，则 ， ， 故 ， 因，则，（*） 因点在椭圆上，则可设， 代入（*），可得 ， 不妨设，则可将其理解为动点与定点所在直线的斜率， 又动点在以原点为圆心的单位圆上， 由圆心到直线的距离 ，解得， 依题意，需使，即，从而， 即四边形面积的最小值为. 15．已知椭圆的离心率为，且经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设是椭圆上关于坐标原点对称的两点，是椭圆上异于的任意一点，直线的斜率分别为．证明：为定值； (3)设直线与椭圆交于两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)设，则．设，其中． 依题意：，， ， 由椭圆方程知：，， 代入得， ，为定值． (3) 【分析】（1）根据已知条件列出方程，解出的值即可求得的标准方程； （2）设出点的坐标，根据斜率的定义代入计算即可得到为定值； （3）设直线，根据到的距离为可得，再将其代入面积的表达式，换元变形后利用基本不等式即可求得最大值． 【详解】（1）由离心率，得， 又，所以， 椭圆过点，代入椭圆方程得， 将代入得，从而． 故椭圆的标准方程为． （2）略 （3）设直线，与椭圆：联立，得， 即， 判别式， 原点到直线的距离， 将代入得恒成立， 设，， 则弦长， 的面积， 令，则， 令，变形得， 当时，由基本不等式：，当且仅当，即时等号成立， 此时，故， 当时，， 当直线斜率不存在时，由到直线的距离为可知， 由对称性取，此时，，， 综上可得，面积的最大值为． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 椭圆的方程及其性质十类综合题型 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、椭圆的轨迹方程问题 题型二、椭圆中的线段和差距离最值问题 题型三、椭圆中的焦点三角形问题 题型四、椭圆中的离心率问题 题型五、椭圆中的中点弦问题 题型六、直线与椭圆相交的弦长与面积问题 题型七、直线与椭圆相交的斜率和积问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 椭圆的方程及性质应用是解析几何核心压轴题型，所有题型均围绕定义转化、几何翻译、坐标运算、范围约束、结论辨析五大核心展开，解题贯穿多条底线原则：一是轨迹方程要留意动点限制，剔除不符合条件的点，二是距离最值优先用椭圆定义转化，再结合几何图形分析，三是焦点三角形牢记周长与边角关系，灵活使用余弦定理，四是离心率问题建立等量或不等关系，注意椭圆自身参数范围，五是中点弦、弦长面积、斜率和积先设点联立，判别式检验不能省略，算出结果之后带回原题检验是否满足全部条件. 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、椭圆的轨迹方程问题 典例1-1 已知定圆， ，动圆满足与外切且与内切，则动圆圆心的轨迹方程为 A． B． C． D． 典例1-2 已知为椭圆的左､右焦点，若动直线垂直于轴，交此椭圆于两点，为上满足的点，则点的轨迹方程为__________. 题型模版 1.特征：求动点的轨迹，满足距离相关等量关系；一类是利用椭圆定义，由两圆相切得到距离之和为定值；另一类是动点在动直线上，给出线段长度乘积条件，代入已知曲线化简得到轨迹，需要标注变量取值范围. 2.方法：①定义法：分析动点到两个定点距离之和为固定常数，且常数大于两点间距离，直接判定轨迹为椭圆，求出基础参数，写出方程，注意轨迹是否需要剔除部分点。 ②代入转移法：设出动点坐标，找到和它关联的点，把题目给的长度条件转化成坐标关系式；关联点在已知椭圆上，将关系式代入已知椭圆方程，化简得到轨迹方程；最后根据原椭圆的范围，限定纵坐标或者横坐标范围. 变式1-1若动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 变式1-2已知椭圆的短轴的两个端点分别为为椭圆上一动点，则的重心的轨迹方程是______． 变式1-3如图所示，圆及点，为圆上一点，的垂直平分线交于点，则点的轨迹方程为________． 变式1-4（1）已知点到定点的距离与到定直线的距离之比为，求点的轨迹方程； （2）已知点A是圆上的动点，过点A作轴，垂足为，点在线段上，且，求点的轨迹方程，并说明点的轨迹是什么图形. 类型二、椭圆中的线段和差距离最值问题 典例2-1 设分别是椭圆的左、右焦点，E为椭圆上任一点，N点的坐标为，则的最大值为_____ 典例2-2 已知椭圆内部的一点为A，F为右焦点，M为椭圆上一动点，则的最小值为________．． 题型模版 1.特征：动点在椭圆曲线上，求包含焦点线段与定点到动点线段的和或者差的最值。一类直接使用椭圆第一定义做线段替换；另一类式子中带有系数，要用椭圆第二定义，把带系数的焦半径转化成动点到准线的距离，再求最值 2.方法：①第一定义转化：利用椭圆上点到两个焦点距离之和为定值，对所求式子进行变形，将其中一条焦半径替换，转化为两条线段差或者和，再用三点共线判断最值。求最大值时，动点与两定点共线时取到结果。 ②第二定义转化：当焦半径前面带有系数，观察系数和离心率的关系，把焦半径换算成动点到对应准线的水平距离。所求式子就变成定点到动点，加上动点到准线距离，定点向准线作垂线，垂线段长度就是最小值。 ③数形结合检验，判断共线时点是否落在椭圆上，确认等号可以成立 变式2-1已知为椭圆上的一个点，点M，N分别为圆和圆上的动点，则的最小值为（    ） A．6 B．7 C．10 D．13 变式2-2点在椭圆上，的右焦点为，点在圆上，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 变式2-3已知是椭圆的左焦点，点为该椭圆上一动点，若在椭圆内部，则的最大值为_____；的最小值为_______． 变式2-4已知椭圆，左焦点为，在椭圆上取三个不同点，，，且，则的最小值为________． 题型三、椭圆中的焦点三角形问题 典例3 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上.若，则的面积为（    ） A．2 B．4 C．8 D．9 题型模版 1.特征：椭圆上一点和两个焦点连成三角形，围绕这个三角形，求解面积、周长、角度范围、焦半径取值范围，多为单选或者多选题. 2.方法：①用好椭圆第一定义，椭圆上点到两焦点距离之和是定值，得到两条焦半径相加的关系式。 ②已知顶角，搭配余弦定理；顶角是直角可以直接用勾股定理，联立方程求出两条焦半径的乘积，代入面积公式计算。 ③三角形面积可以用焦距乘以动点纵坐标绝对值再除以二；动点在短轴端点时，顶角达到最大。 ④焦半径范围：最小长度等于长半轴减去半焦距，最大长度等于长半轴加上半焦距。 ⑤周长等于两条焦半径之和加上焦距，也就是两倍长半轴加上焦距 变式3-1已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，且，则的面积为（     ） A． B． C． D．1 变式3-2（多选）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，为椭圆C上一点，则下列说法正确的是（   ） A．的面积有最大值但无最小值 B．的周长为5 C． D． 变式3-3已知是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为，，且，则（   ） A．的周长为12 B． C．点到轴的距离为 D． 变式3-4（多选）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，点为椭圆上一点，则（   ） A．的最大值为4 B．不存在点，使得 C．若，则的面积为 D．使得为等腰三角形的点共有四个 题型四、椭圆中的离心率问题 典例4-1椭圆（）的两个焦点是，，若为其上一点，且，则此椭圆离心率的取值范围是 A． B． C． D． 典例4-2已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在上，记的外接圆半径为，内切圆半径为，若，且，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 题型模版 1.特征：围绕椭圆，求解离心率具体数值或者离心率取值范围，部分题目会结合弦中点、焦点三角形、焦点弦、线段比例等条件综合出题. 2.方法：①定义法：利用椭圆第一定义得到两条焦半径之和为定值，再借助三角形三边关系，建立长半轴与半焦距的不等式，推导出离心率范围，椭圆离心率本身一定大于零小于一。 ②点差法：题目给出弦中点坐标，把两个交点代入椭圆方程，两式相减，构造出直线斜率、中点坐标、长半轴短半轴之间的关系式，用于求解斜率或者辅助求离心率。 ③余弦定理法：已知焦点弦倾斜角、线段长度比例，在焦点三角形中，先用直线斜率求出夹角余弦，结合椭圆定义表示两条焦半径，再用余弦定理列出等式，算出长半轴和半焦距的比值，得到离心率 变式4-1椭圆的右焦点为F，其右准线与x轴的交点为A，在椭圆上存在点P满足线段AP的垂直平分线过点F，则椭圆离心率的取值范围是（   ） A． B． C． D． 变式4-2已知椭圆，过点的直线交于､两点，且是的中点，则直线的斜率为（    ） A． B． C． D． 变式4-3已知椭圆的左、右焦点分别为，，长轴长为30，过点且斜率为的直线与椭圆交于点（位于轴上方），且，则离心率__________． 变式4-4已知椭圆的左右焦点分别为，，点P为椭圆上不同于左右顶点的任意一点，的重心为G，内心为I，且有，则椭圆的离心率为______． 题型五、椭圆中的中点弦问题 典例5 已知椭圆C： ，过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，若点P恰为弦AB的中点，则直线l的斜率是（    ） A． B． C． D．. 题型模版 1.特征：一条直线和椭圆交于两个点，给出弦的中点坐标，求这条直线的斜率、直线方程；或是已知直线斜率，反过来求中点坐标相关问题 2.方法：①先设出弦两个端点的坐标，两点都在椭圆上，分别代入椭圆方程。 ②两个方程做减法，对平方差进行因式分解。 ③把中点的横纵坐标之和、直线斜率的定义式代入式子，直接算出直线斜率。 ④算出斜率之后，结合中点，用点斜式写出直线方程。 ⑤最后检验：判断这条直线和椭圆是否真的存在两个交点，检验判别式 变式5-1经过点作直线交椭圆于，两点，且为的中点，则直线的斜率为（    ） A． B． C． D． 变式5-2已知椭圆，过点的直线交椭圆于、两点，若为的中点，则直线的方程为（    ） A． B． C． D． 变式5-3已知椭圆，点，过点的直线交椭圆于，两点，的中点为，定点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 题型六、直线与椭圆相交的弦长与面积问题 典例6 已知椭圆方程为，直线过点且与椭圆交于，两点，为坐标原点，则的面积的最大值为______． 题型模版 1.特征：一条直线和椭圆交于两个交点，求解两点之间线段长度，或者由交点、定点构成三角形的面积，常求面积最值或者根据面积相等条件反求直线. 2.方法：①设直线方程，优先选用不含斜率的形式，规避直线垂直横轴时分不存在的情况。 ②将直线方程与椭圆方程联立，整理成一元二次方程。 ③检验判别式，保证直线和椭圆存在两个不同交点。 ④利用根与系数的关系，得到两根之和、两根之差相关的代数式。 ⑤计算弦长，或是利用两点纵坐标差值来求三角形面积；面积问题可借助同高三角形面积比转化为线段长度之比。 ⑥如果是最值问题，通过换元、函数单调性求最大或者最小值；若是已知面积，解方程求出直线参数 变式6-1已知直线与椭圆交于两点,若椭圆上存在一点使得面积最大,则点的坐标为________. 变式6-2是原点，椭圆，直线过且与椭圆交于A，两点，则面积的最大值为_________. 变式6-3已知椭圆：（）的离心率为，且过点，为其右焦点． (1)求椭圆的方程； (2)求过点的直线与椭圆相交于，两点（点在，两点之间），若与的面积相等，试求直线的方程． 变式6-4已知椭圆的长半轴长为2，焦距为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，求的面积的最大值及此时直线的方程． 题型七、直线与椭圆相交的斜率问题 典例7-1 已知椭圆的离心率为，其短轴长为. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于两点（均在第一象限），且直线的斜率分别为，且，证明：直线的斜率为定值. 典例7-2已知椭圆：过点，且离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆上在第一象限内的一个动点. (1)求椭圆的标准方程； (2)直线，分别交椭圆于点，，直线，的斜率分别为，，求的最小值. 题型模版 1.特征：直线与椭圆交于两个点，围绕多条直线的斜率进行考查。常见条件为斜率之和、斜率之积为定值，或是根据斜率关系式证明某条直线斜率是固定不变的数值 2.方法：①设出直线方程，判断斜率是否存在，分情况讨论。 ②联立直线与椭圆的方程，整理成一元二次方程。 ③写出判别式，保证存在两个不同交点。 ④利用根与系数关系，得到交点横坐标的和与积。 ⑤写出目标斜率的表达式，将斜率相加或者相乘，把根与系数的结果代入式子化简。 ⑥消去可变参数，证明结果是常数；或者根据给定斜率条件求解直线斜率 变式7-1如图，已知椭圆C:，点，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直. (1)若，求的方程； (2)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明:为定值. 变式7-2已知椭圆的焦距与短轴长相等，且点在椭圆C上. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若点P为椭圆C上异于左、右顶点A、B的任意一点，过原点O作直线PA的垂线交直线PB于点M，设直线PA的斜率为，直线PB的斜率为. ①求证：与之积为常数； ②求点M的轨迹方程. 变式7-3如图，焦点在x轴的椭圆C：（b > 0），点G（2，0），点P在椭圆上，且PG⊥x轴，连接OP交直线x = 4于点M，连接MG交椭圆于A、B． （Ⅰ）若G为椭圆右焦点，求|OM|； （Ⅱ）记直线PA，PB的斜率分别为，，求的取值范围. 变式7-4如图，已知椭圆的离心率为，短轴长为2． (1)求椭圆的方程； (2)已知直线与轴交于点，过点的直线与交于两点，点为直线上任意一点，设直线与直线交于点，记的斜率分别为，求证：． 变式7-5已知椭圆的短轴长为2，离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）点P是椭圆C上一点，且在第一象限内，过P作直线交y轴正半轴于A点，交x轴负半轴于B点，与椭圆C的另一个交点为E，且，点Q是P关于x轴的对称点，直线与椭圆C的另一个交点为. （ⅰ）证明：直线，的斜率之比为定值； （ⅱ）求直线的斜率的最小值． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，且，则的面积为（    ） A． B．1 C． D．2 2．已知圆 和圆 ，若动圆 与圆 外切，同时与圆 内切，则该动圆圆心 的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 3．已知椭圆，为椭圆的左､右焦点，点为椭圆上在第一象限内的一点，且的面积为，则的角平分线所在的直线方程为（    ） A． B． C． D． 4．设为椭圆上一动点，、分别为圆和圆上的动点，则不可能为（   ） A．9 B．11 C．13 D．16 5．（多选）已知椭圆：的两个焦点分别为，，是椭圆上任意一点，则（   ） A．的面积最大值为8 B．的周长为12 C．的最小值为3 D．的最大值为16 6．（多选）设，为椭圆：（）的两个焦点，为的上顶点，点在上，以下选项正确的有（ ） A．若，则 B．若，则的最大值为2 C．若存在点满足，则的离心率的取值范围是 D．若任意一点都满足，则的离心率的取值范围是 7．已知是椭圆的四个顶点与两个焦点中的三个点，且，，，则该椭圆的离心率为________． 8．已知直线与椭圆交于两点，若线段的中点坐标为，则直线的斜率为__________. 9．如图，椭圆的左、右焦点分别为，过焦点的直线交该椭圆于两点，若的内切圆（圆心记为C）面积为两点的坐标分别为，则的面积______，的值为______． 10．已知椭圆内有一点是椭圆的左焦点，在椭圆上运动，则的最小值为______. 11．．(1)在中，，边上的两条中线之和为，求的重心的轨迹方程. (2)点与定点的距离和它到直线的距离的比是常数，求点的轨迹. 12．已知椭圆的右焦点为，椭圆上的点到的距离最大值为. (1)求和的离心率； (2)过点的直线交于，两点，若为的中点，求的方程. 13．设为椭圆上任一点，椭圆的左右焦点分别为、，，. (1)求证：离心率； (2)求的最值． 14．在直角坐标系中，椭圆的左，右顶点分别为，点为椭圆上异于的一个动点，直线分别与直线相交于两点，以为直径的圆与轴交于两点．直线与直线斜率分别记为，． (1)求证：为定值； (2)求四边形面积的最小值． 15．已知椭圆的离心率为，且经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设是椭圆上关于坐标原点对称的两点，是椭圆上异于的任意一点，直线的斜率分别为．证明：为定值； (3)设直线与椭圆交于两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $