专题11 椭圆中弦长与切线六种考法（压轴题专项训练）数学苏教版高二选择性必修第一册

专题11 椭圆中弦长与切线六种考法 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、椭圆中弦长问题 题型二、椭圆中点弦问题 题型三、椭圆相交弦 题型四、椭圆切点弦问题 题型五、椭圆的切线问题 题型六、与其他章节融合 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 通法通法—明晰核心解法，助力能力迁移 椭圆中弦长与切线是高中数学核心重难点，所有题型均围绕椭圆中弦长问题、椭圆中点弦问题、椭圆相交弦、椭圆切点弦问题、椭圆的切线问题、与其他章节融合六大核心展开，解题贯穿两条底线原则： 一是联立直线与圆锥曲线方程并灵活运用弦长公式是解决此类问题的关键；二是直线与圆锥曲线相切时，它们的方程组成的方程组消元后所得方程(二次项系数不为零)的判别式为零，所有参数结果最终均需合规检验. 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、椭圆中弦长问题 典例1已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设点，过点且不与坐标轴垂直的直线交于、两点，且，求． 【答案】(1)； (2)或 【分析】（1）根据题意求出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）设直线的方程为，设点、，将该直线方程与椭圆方程联立，求出线段的中点坐标，可得出线段的中垂线方程，将点的坐标代入中垂线方程，可求出的值，再利用弦长公式可求出的值. 【解析】（1）由的焦点为，可知的半焦距，         因为的离心率为，所以，则．             又，所以， 故的方程为． （2）由已知，设直线的方程为， 设点、． 联立，得， ， 由韦达定理可得，， 所以． 故线段的中点坐标为，    则线段的垂直平分线的方程为．             若，则线段的垂直平分线过点， 所以， 化简整理得，解得或．                 当时，因为，， 所以；             当时，因为，， 所以．             综上，的值为或． 题型模版 1.特征：连接椭圆上两个点的线段称为椭圆的弦。 2.方法：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：． 变式1-1已知椭圆的一个焦点是，过原点的直线与相交于点，，的面积是，则（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设直线方程，联立直线与椭圆，根据的面积求出，利用弦长公式求出弦长. 【解析】如图： 由题，不妨设，直线斜率存在， 设直线方程， 联立， ， ， 解得， 故， 故选：D. 变式1-2已知椭圆：的左焦点为，不经过且斜率为的直线交于，两点.当的周长最大时，（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据椭圆的定义证明当直线过点时，的周长最大，联立方程组求直线与椭圆的交点横坐标，根据弦长公式求结论. 【解析】椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为， 由椭圆的定义可得，， 所以的周长为， 又，所以，当且仅当在线段上时取等号， 所以当直线过点时，的周长最大， 又直线的斜率为，所以直线的方程为， 联立，消可得，所以或， 所以， 所以当的周长最大时，， 故选：C. 变式1-3已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长. 【解析】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. （2） 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 类型二、椭圆中点弦问题 典例2 已知椭圆的右焦点为，A为C上一点，的最小值为1. (1)求C的方程； (2)设点，斜率不为0的直线与C交于另一点B. （i）若弦中点的纵坐标为，求直线的斜率； （ii）若D为C上一点，且点D与点A关于x轴对称，证明：三点共线. 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据题意列出关于的方程，求解即可； （2）设直线与椭圆方程联立，求得韦达定理.（i）由弦的中点坐标求得的值，即得弦的斜率；（ii）通过向量坐标计算证明，结合与有公共点即可证得. 【解析】（1）由题意得 解得， 所以的方程为. （2）由题可知直线的斜率存在且不为0， 设直线 ，则， 联立，消去，可得， 则，解得， 所以. （i）因为弦中点的纵坐标为， 所以， 解得或（舍）， 所以直线的斜率为. （ii）由题得， 因为 ， 所以， 又与有公共点，所以三点共线. 题型模版 1.特征：相交弦中点（点差法） 直线与椭圆相交，涉及到交线中点的题型，多数用点差法。按下面方法整理出式子，然后根据实际情况处理该式子。 主要有以下几种问题： （1）求中点坐标；（2）求中点轨迹方程；（3）求直线方程；（4）求曲线； 中点， ， 2.方法：解决椭圆中点弦问题的两种方法 ①根与系数的关系法：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：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端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. 设，，代入椭圆方程+=1 (a>b>0)，得， ①-②可得+=0， 设线段AB的中点为，当时，有+=0. 因为为弦AB的中点，从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系，这就是处理弦中点 轨迹问题的常用方法. (2)弦的中点与直线的斜率的关系 线段AB是椭圆+=1 (a>b>0)的一条弦，当弦AB所在直线的斜率存在时，弦AB的中点M的坐标为，则弦AB所在直线的斜率为，即. 变式2-1已知椭圆＋＝1内有一点P(2,3)，过点P的一条弦恰好以P为中点，则这条弦所在的直线方程为________________． 【答案】 【分析】根据点差法求出弦所在直线的斜率得解. 【解析】设弦为，，， 则，两式相减并化简得， 即，则， 所以弦所在直线的方程为，即. 故答案为：. 变式2-2已知椭圆（），斜率为的一条直线与椭圆交于点，且的中点坐标为，则椭圆的离心率__________． 【答案】 【分析】根据直线斜率和中点坐标公式，利用点差法可得，再结合的关系可得，进而求解即可. 【解析】设，有， 两式相减得，则， 即， 又因为弦的中点坐标为，直线的斜率为， 所以，则，即， 则，即，则，所以 变式2-3已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到焦点的最小距离是3． (1)求椭圆的方程； (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）设椭圆上一点，，表达出，得到，结合离心率得到，求出椭圆方程； （2）根据点差法求出斜率，再根据点斜式可求出结果． 【解析】（1）由题意得，设椭圆右焦点坐标为， 设椭圆上一点，， 则，故， ， 因为，所以，， 故， 故椭圆上的点到又焦点的最小距离是，所以， 联立与，解得，故， 故椭圆的方程为． （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， 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． 题型三、椭圆相交弦问题 典例3 已知椭圆的右焦点为，过点作两条相互垂直的直线分别与相交于，和，则四边形面积的最小值为（  ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】先求出椭圆的右焦点坐标，然后分情况讨论直线的斜率情况.设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出和，进而得到四边形的面积表达式，再通过函数求最值的方法求出面积的最小值. 【解析】在椭圆中，，，则，所以右焦点. 当直线的斜率存在且不为时， 设直线的方程为，，. 联立，消去可得： 即 由韦达定理可得，. 根据弦长公式，可得： 因为，所以直线的斜率为，同理可得. 则四边形的面积 根据基本不等式可得，当且仅当，即时等号成立. 所以. 当直线的斜率为时， 此时，，则四边形的面积. 当直线的斜率不存在时， 此时，，则四边形的面积. 综上所得，则四边形的面积最小值为 故选：B. 题型模版 1.特征：两条直线分别得到两条弦长，且交于一点，涉及斜率、四边形面积等问题。 2.方法：分别联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合弦长公式、函数、不等式等知识破解问题。 变式3-1在平面直角坐标系中，已知点，过椭圆的上顶点作两条动直线分别与交于另外两点.当时，. (1)求的值； (2)若，求和的值. 【答案】(1)2； (2)， 【分析】（1）联立直线直线和椭圆的方程，求出M点坐标，根据列出关于a的方程，即可求得答案. （2）联立直线和椭圆方程，求出点的坐标的表达式，即可求得，的表达式，结合，可推出，即三点共线，结合，可得，由此即可取得答案. 【解析】（1）由题意得，直线的方程为， 联立，解得或， 代入，得， 由得，， 解得， ； （2）由（1）知椭圆方程为，联立， 得，解得或， 即，则，即， 同理可得， 则，， 由于，故，故，即三点共线，    又，故， 又，， 故，解得，由于， 故 变式3-2已知，是椭圆上的两点． （1）求椭圆E的方程； （2）过椭圆E的上顶点A和右焦点F的直线与椭圆E交于另一个点B，P为直线上的动点，直线，分别与椭圆E交于C（异于点A），D（异于点B）两点，证明：直线经过点F． 【答案】（1）；（2）证明见解析 【解析】（1）由题意可得 ,解得 ， 故椭圆E的方程为． （2）证明：由（1）可知，，则直线的方程为 联立方程组,整理得，解得或，则， 设，直线的方程为，直线的方程为， 设， 联立方程组 ，整理得， 可得， 联立方程组 ， 整理得， 则，从而． 因为，，即, 所以直线经过点F． 变式3-3设椭圆经过点，且其左焦点坐标为. (1)求椭圆的方程； (2)对角线互相垂直的四边形的四个顶点都在上，且两条对角线均过的右焦点，求的最小值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据焦点坐标和椭圆所过点，利用椭圆的定义可求方程； （2）设出直线方程，联立，结合韦达定理表示出，利用二次函数可得答案. 【解析】（1）因为椭圆的左焦点坐标为， 所以右焦点坐标为. 又椭圆经过点， 所以. 所以椭圆的方程为. （2）①当直线中有一条直线的斜率不存在时，. ②当直线的斜率存在且不为0时， 设直线的方程， 由，得， 则， . 设直线的方程为，同理得， 所以， 设，则， 则， 所以时，有最小值. 综上，的最小值是. 题型四、椭圆切点弦问题 典例4 如图，已知椭圆的上顶点为，离心率为. （1）求椭圆的方程; （2）若过点作圆的两条切线分别与椭圆相交于点 (不同于点).当变化时，试问直线是否过某个定点若是，求出该定点;若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2） 过定点 【解析】（1） 椭圆的上顶点为，离心率为 可得 解得 椭圆的方程为. （2）设切线方程为，则 即 设两切线的斜率分别为， 则是上述方程的两根，根据韦达定理可得: 由 消掉得: 设 同理可得 直线BD方程为 令，得， 故直线过定点. 题型模版 1.特征：若点在椭圆外，过点作椭圆的两条切线分别为，切点弦所在直线方程为：. 设，，由（1）知 切线 切线，两条切线都过，即 ，(同构方程)切换视角，我们可以知道，，均在同一个方程上,即为切点弦所在直线方程. 2.方法：设，分别写出在这两点处的切线方程，再由同构方程的思想写出切点弦方程. 变式4-1已知椭圆，直线经过点，当直线与椭圆相切时，求两切点所在直线的切点弦方程. 【答案】 【分析】设，分别写出在这两点处的切线方程，再由同构方程的思想写出切点弦方程. 【解析】设,在A点处的切线方程为： 在B点处的切线方程为： 将M点带入A，B处的切线方程可以得到同构方程 从而，椭圆的切点弦方程为 变式4-2已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解； （2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证； 充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解. 【解析】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以， 又，所以椭圆方程为； （2）由（1）得，曲线为， 当直线的斜率不存在时，直线，不合题意； 当直线的斜率存在时，设， 必要性： 若M，N，F三点共线，可设直线即， 由直线与曲线相切可得，解得， 联立可得，所以， 所以, 所以必要性成立； 充分性：设直线即， 由直线与曲线相切可得，所以， 联立可得， 所以， 所以 ， 化简得，所以， 所以或，所以直线或， 所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立； 所以M，N，F三点共线的充要条件是． 变式4-3已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与交于P，Q两点，的周长为8，焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）若直线与圆相切，且与交于不同的两点R，S，求的取值范围． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）由的周长结合椭圆的定义得出，再由的关系求出，进而得出椭圆的方程； （2）当直线斜率不存在时，，当直线斜率存在时，设直线的方程为，由直线与圆相切，得，再联立方程组，由弦长公式求最值. 【解析】（1）因为的周长为8， 所以，解得， 焦距为，，所以， 所以椭圆E的方程为． （2）由（1）可知圆， 当直线斜率不存在时，为或， 当时，，则， 当时，同理， 当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为， 因为直线与圆相切，所以，则， 设， 联立椭圆于直线方程，消元得， 所以， 由，得, , 令， 则， 由，所以当时，， 而时，单调递减，所以，所以. 题型五、椭圆的切线问题 典例5 已知椭圆C：的焦距为2，，分别为其左，右焦点，过的直线l与椭圆C交于M，N两点，的周长为8． (1)求椭圆C的方程； (2)已知结论：若点为椭圆C上一点，则椭圆C在该点的切线方程为．点T为直线上的动点，过点T作椭圆C的两条不同切线，切点分别为A，B，直线AB交x轴于点Q．证明：Q为定点． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）由已知可得，，求出的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）设，，，根据已知可得以及方程，代入点坐标，即可得出直线的方程.令，可求得为常数. 【解析】（1） 如图1，由已知可得，， 所以. 又，所以，. 所以，椭圆的标准方程为. （2）设，，. 则由已知可得，方程为：，方程为：. 将代入、方程整理可得， ，. 显然、点坐标都满足方程. 即直线的方程为， 令，可得，即点坐标为. 所以，为定点. 题型模版 1.特征：若点在椭圆上，过点的椭圆的切线方程为：. 证明：当切线斜率存在时，设切线方程为：，带入椭圆方程得，得， 由韦达定理得，将其带入得， ，由，得，所求切线方程为. 当切线斜率不存在时，也满足上式. ； 2.方法：（1）直线与圆锥曲线相切时，它们的方程组成的方程组消元后所得方程(二次项系数不为零)的判别式为零. （2）椭圆在(x0，y0)处的切线方程为； 变式5-1（多选）已知椭圆：的左、右焦点分别为，．点在椭圆的第一象限部分，且．过点作椭圆的切线，该切线与轴、轴正半轴分别交于，，则下列说法正确的是（  ） A．点的坐标为 B． C．的面积为 D．该切线的斜率为 【答案】ABC 【分析】利用椭圆的性质求出点到焦点的距离，从而结合两点间距离公式求出点的坐标，设出切线方程与椭圆方程联立，利用根的判别式等于零求出切线的斜率，从而求出切线和坐标轴的交点，并计算出三角形的面积. 【解析】 选项A、B：椭圆，则椭圆的焦点，， 点在椭圆的第一象限部分，设， 因为，且根据椭圆的性质可知， 所以，即，故选项B正确； ，化简可得， 因为，所以代入可得，解得， 所以，即点的坐标为，故选项A正确； 选项C、D：设过点与椭圆相切的直线为，的斜率为， 则的直线方程为，即， 直线方程与椭圆方程联立可得， 化简可得， 则， 化简可得，即， 解得，故选项D错误； 因此的直线方程为， 令，则，即， 令，则，即， 所以，故选项C正确. 变式5-2已知椭圆E：的焦距为，且经过点． （1）求椭圆E的标准方程： （2）过椭圆E的左焦点作直线l与椭圆E相交于A，B两点（点A在x轴上方），过点A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点M，求的最大值． 【答案】（1） ；（2）2 【分析】（1）由待定系数法求解析式； （2）设出直线方程，由韦达定理法及导数法求得两切线方程，即可联立两切线方程解得交点M，再由弦长公式及两点距离公式表示出，进而讨论最值. 【解析】（1）由题意得，所以，即椭圆方程为； （2）当直线l斜率为0时，A，B分别为椭圆的左右顶点，此时切线平行无交点．故设直线l：， 由，得． ，，. 不妨设在x轴上方，则在x轴下方． 椭圆在x轴上方对应方程为，， 则A处切线斜率为，得切线方程为，整理得. 同理可得B处的切线方程为． 由得， 代入①得，所以． 因为，所以 设，则，则， 当且仅当，即时，的最大值是2． 另解：当直线l的斜率存在时，设l：， 由得， 所以，，， 椭圆在x轴上方的部分方程为，， 则过的切线方程为， 即， 同理可得过的切线方程为. 由得 设，则， 所以直线l的方程为，所以. ， 令，则，所以， 当时，即时，取得最大值，为2． 变式5-3已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，直线l：与x轴交于点M，且， (1)求C的方程； (2)B为l上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P，Q， ⊙N经过B，P，Q三点，是否存在点B，使得，？若存在，求；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)存在， 【分析】（1）先求出右顶点D和M的坐标，利用题中条件列等式，分类讨论计算得出椭圆的方程； （2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案. 【解析】（1）由右焦点为，得， 因为，所以， 若，则，得，无解， 若，则，得，所以，因此C的方程. （2）设，易知过B且与C相切的直线斜率存在， 设为， 联立，消去y得， 由，得， 设两条切线BP，BQ的斜率分别为，，则，. 在中，令，得，所以， 同理，得，所以PQ的中垂线为， 易得BP中点为，所以BP的中垂线为， 联立，解得， 所以，， 要使，即，整理得， 而， 所以，解得，，因此， 故存在符合题意的点B，使得，此时.    题型六、与其他章节融合 典例6 已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 【答案】(1)； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解； （2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ii）由于是直线与直线的夹角，列出的表达式即可求解. 【解析】（1）已知椭圆的左焦点为，离心率， 则，解得，， 因此椭圆方程为. （2）解法一： 设，点，点，其中， 联立直线与椭圆方程，得， 由韦达定理得， 由于两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点，且， （i）    由面积公式，， 又因为是线段的中点，所以，所以， ， 由于，得，即， 令，由与，得， 代入，得，解得， 所以，所以直线的方程为. （ii）直线的斜率为， 于是，当且仅当时取等号， 故的最小值为. 解法二： （i）如图所示，设直线的方程为，其中斜率，         设点，点，且， 根据椭圆的中心对称性可知，点， 联立直线与椭圆方程，得，化简得， 由韦达定理可得， 因为是关于原点的对称点，所以是线段的中点， 因此，所以， 由于，所以， ， ， 所以，即， 由于，所以简化为， 代入韦达定理，得，则， 化简得，由于，解得， 所以直线的方程为，即. （ii）由题意，即为直线与直线的夹角， 直线即直线，方程为， 点，点，点，直线的斜率， 直线的斜率， 由于在直线上，有， 则，代入， 则， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， 因此， 即， 由基本不等式得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为. 题型模版 1.特征：椭圆题目涉及与平面向量、三角恒等变换、不等式等章节融合； 2.方法：利用椭圆及平面向量、三角恒等变换、不等式等章节的知识解决问题融。 变式6-1（多选）已知，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上任意一点（不在x轴上），外接圆的圆心为H，内切圆的圆心为I，直线PI交x轴于点M，O为坐标原点．则（  ） A．存在，使得成立 B．的最小值为 C．过点I的直线l斜率为，且与椭圆相交于A，B两点，线段AB的中点为N，直线ON的斜率为，则 D．椭圆C的离心率 【答案】ABD 【分析】对A，根据表示与同向的单位向量，表示与同向的单位向量，进而判断出与共线，最后判断答案； 对B，根据，然后结合平面向量数量积的几何意义与基本不等式求得答案； 对C，利用“点差法”即可求得答案； 对D，运用角平分线定理即可求得答案. 【解析】对A，表示与同向的单位向量，表示与同向的单位向量，所以与共线，而.A正确； 对B，，取线段的中点G，则HG⊥，由平面向量数量积的定义可知，，同理，所以. 由基本不等式易得：，当且仅当时取“=”.B正确； 对C，设，则，所以， 有因为，即.C错误； 对D，易知，分别是的角平分线，由角平分线定理可知：.D正确. 故选：ABD. 变式6-2在中，，，于，若为的垂心，且.则到直线距离的最小值是 . 【答案】 【解析】设，由可知，，又，， 则， 因为点为的垂心，所以， 即，即()， 联立，得，得， 则直线与椭圆相离，如图， 设直线与椭圆相切， 联立，得， 令，得， 由图可知，与椭圆相切的切点到直线的距离最近， 此时最近距离为平行线和间的距离，即. 变式6-3已知椭圆的右顶点为，下顶点为，椭圆的离心率为，且． (1)求椭圆的方程； (2)已知点在椭圆上（异于椭圆的顶点），点满足（为坐标原点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为中点，求直线斜率． 【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，求出，从而可求出椭圆的方程； （2）根据题意设直线为，代入椭圆方程化简求出点的横坐标，再由为中点，可表示出点的坐标，由求出点的坐标，再由直线与以为圆心的圆相切于点，可得可求出的值. 【解析】（1）由题意得，解得， 所以椭圆的方程为； （2）因为椭圆的右顶点为，下顶点为，所以， 因为点在椭圆上（异于椭圆的顶点），所以直线的斜率存在且不为零， 所以设直线为， 由，得， 因为，所以， 因为为中点，所以， 所以，所以， 因为，，所以， 因为直线与以为圆心的圆相切于点， 所以，即， 整理得，解得或， 所以直线斜率为或. 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．经过椭圆的右焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆相交于，两点，则（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由椭圆方程求得焦点坐标，从而写出直线方程，联立方程组得一元二次方程，由韦达定理得到两个的和与差，利用交点弦长公式即可求得结果. 【解析】，，∴，即， ，∴， 联立方程组得，整理得， 设，，∴，， . 故选：A. 2．过椭圆：右焦点的直线：交于，两点，为的中点，且的斜率为，则椭圆的方程为（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】依题意，焦点，即椭圆C的半焦距，设，， 则有，两式相减得：， 而，且，即有， 又直线的斜率，因此有，而，解得，经验证符合题意， 所以椭圆的方程为. 故选：A 3．设椭圆的方程为，斜率为的直线不经过原点，且与椭圆相交于，两点，为线段的中点.下列说法正确的个数（  ） ①直线与垂直 ②若点的坐标为，则直线方程为 ③若直线方程为，则点的坐标为 ④若直线方程为，则 A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】设，利用点差法可得，判断①错误；利用点差法的结论可以求出直线方程，进而判断②正确；利用点差法的结论可以求出，判断③错误；结合弦长的求解方法求出，判断④正确； 【解析】不妨设坐标为，则，两式作差可得： ，设，则. 对①：，故直线不垂直，则①错误； 对②：：若点M坐标为,则，则， 又过点，则直线的方程为，即，故②正确. 对③：若直线方程为，故可得，即，又， 解得，即，故③错误； 对④：若直线方程为，联立椭圆方程， 可得：，解得，故， 则，故④正确； 故选：C. 4．过椭圆的左焦点F作倾斜角为的直线l与椭圆C交于A，B两点，则（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据椭圆与直线的位置关系，和椭圆的基本性质，求出直线解析式，联立方程组根据韦达定理弦长公式求出结果即可. 【解析】解：由，得，左焦点为． 则过左焦点F，倾斜角为直线l的方程为． 代入，得， 设，则， 又， 根据弦长公式得：， 且， ， 故选：C． 5．已知点是椭圆上一点，过点作椭圆的切线，则的方程为．若与（为坐标原点）的斜率之积为，则椭圆的离心率为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意，求得斜率建立方程，结合离心率的计算公式，可得答案. 【解析】由的方程为，得的斜率为． 又因为直线的斜率为，所以，即， 所以椭圆的离心率为． 故选：B 6．已知半径为1的动圆圆心在直线上，过椭圆上一点作圆的切线，切线长的最小值为（  ） A．2 B．1 C． D． 【答案】B 【解析】设与直线 平行的直线为 ， 该直线与椭圆相切时，联立方程， ， 化简得： ，即 ， 即，解得 已知直线为 ， 两条切线为 和 。 直线 与已知直线的距离： 直线 与已知直线的距离： 所以 ，代入切线长公式 得. 故选：B 7．（多选）已知椭圆的左焦点为F，过F的直线l与E交于A，B两点，则下列说法正确的是（  ） A．若直线l垂直于x轴，则 B． C．若，则直线l的斜率为 D．若，则 【答案】ABD 【分析】求出椭圆E的左焦点，设出直线l的方程并与椭圆方程联立，逐项计算判断作答. 【解析】依题意，椭圆的左焦点为，设， 对于A，轴，直线，由得：，则，A正确； 对于B，l不垂直于x轴时，设l的方程为，由消去y并整理得： ，则，， ， 显然，于是得，由选项A知，当轴时，，因此，B正确； 对于C，当时，由选项B得，解得，C错误； 对于D，因，有，则，即， 而，， 同理，则有，即，于是得， 因此，D正确. 故选：ABD 8．（多选）已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线与交于两点，则下列说法正确的是（  ） A． B．若，则 C．若直线与轴的交点是线段的中点，则的面积为 D．若直线与轴的交点是线段的中点，直线与椭圆相切于点A，过点A且与直线垂直的直线与椭圆的长轴交于点，则 【答案】ACD 【分析】过焦点的弦长范围，考虑垂直于长轴的弦(最小值)和长轴本身(最大值)即可判断A；由向量坐标的线性运算及椭圆焦半径公式即可判断B；通过中点坐标公式确定点A的坐标，计算三角形面积，即可判断C；利用椭圆切线方程，求垂线与长轴的交点，计算距离比，即可判断D． 【解析】由椭圆方程得，，则，设，不妨设， 对于A，当直线轴时，令，解得，此时最小为， 当直线和轴重合时，令，解得，此时最大为， 所以，故A正确； 对于B，因为所以，则，即， 又，， 同理可得，则有， 所以，则，故B错误； 对于C，设直线与轴交点为中点，由中点公式得， 所以，即， 所以，故C正确； 对于D，椭圆在处的切线的方程为， 则直线方程为，令解得，所以， 所以，故D正确； 故选：ACD． 9．（多选）已知，分别为椭圆的左、右焦点，不过原点且斜率为1的直线与椭圆交于，两点，则下列结论正确的有（  ） A．椭圆的离心率为 B．椭圆的长轴长为2 C．若点是线段的中点，则的斜率为 D．的面积的最大值为 【答案】ACD 【分析】根据椭圆的性质可判断A,B选项;利用中点弦的设而不求的办法可判断C; 根据弦长公式面积公式结合基本不等式可判断D. 【解析】因为，，所以，所以，故A正确; 因为，所以，故B错误; 设 因为与椭圆交于，两点， 所以， 两式相减得， 即，即， 因为，所以，故C正确; 设直线, 由得, 因为直线与圆相交,所以,解得, 根据韦达定理得 , 点到直线的距离, 所以, 因为， 当且仅当时，取最大值，故D正确. 故选：ACD 10．已知直线与椭圆交于不同的两点A，B，若，则实数______． 【答案】4 【解析】联立，得 ， 则，解得，且， 所以，解得 11．过椭圆：右焦点的直线：交于、两点，为AB的中点，且OP的斜率为，则椭圆的标准方程为______. 【答案】 【分析】先由直线方程求得右焦点坐标，得，再设，点坐标代入椭圆方程相减得出直线与直线斜率的关系，从而求得的关系，结合可求得得椭圆方程． 【解析】在中令得，所以椭圆右焦点为，即， 设，，， ∴，两式相减得， 所以，即，从而， ∴， 又，因此， ∴椭圆标准方程， 故答案为： 12．动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为. (1)求的方程； (2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为，点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值. 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程； （2）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出的定点坐标，表示出，由基本不等式得出结果. 【解析】（1）设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，， 因为与，都内切， 所以，， 所以， 又，，故， 所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆， 设的方程为：， 则，，所以， 故的方程为：. （2）设，，， 由题意中的性质可得，切线方程为， 切线方程为， 因为两条切线都经过点，所以，， 故直线的方程为：，显然当时，， 故直线经过定点. 设直线的方程为：， 联立，整理得， 由韦达定理得， 又，所以直线的方程为， 令得， ， 所以直线经过定点，又， 所以 ， 所以，当且仅当时，即时取等号. 13．已知椭圆过点，长轴长为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点、． (1)求椭圆的方程； (2)若线段中点的横坐标是，求直线的斜率； (3)在轴上是否存在点，使是与无关的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)存在，且点 【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）设点、，则，利用点差法可得出，结合点在直线上，可得出，代入可得出的值； （3）假设在轴上存在点满足题设条件，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算结合为定值，可得出，求出的值，即可得出结果. 【解析】（1）由题意可得，可得，因此椭圆方程为，即. （2）设点、，则， 因为，这两个等式作差可得， 即， 由题意可知，直线的方程为， 线段的中点在直线上，所以，，可得， 所以，故，故直线的斜率为. （3）在轴上存在点，使是与无关的常数. 证明：假设在轴上存在点，使是与无关的常数， 因为直线过点且斜率为，所以，直线的方程为， 由 得. 设、，则，， 因为，， 所以 设常数为，则， 整理得对任意的恒成立， ，解得， 即在轴上存在点，使是与无关的常数. 14．已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 【答案】(1)； (2)(ⅰ) (ⅱ) 【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）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出； (ⅱ) 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结合三角换元或者直接运算即可解出. 【解析】（1）由题可知,，所以，解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）(ⅰ)设，易知， 法一：所以，故，且． 因为，，所以， 即，解得，所以， 所以点的坐标为. 法二：设，则，所以 ，，故 点的坐标为. (ⅱ)因为,,由,可得 ,化简得,即, 所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）, 为到圆心的距离加上半径, 法一：设,所以 ,当且仅当时取等号, 所以. 法二：设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 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11 椭圆中弦长与切线六种考法 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、椭圆中弦长问题 题型二、椭圆中点弦问题 题型三、椭圆相交弦 题型四、椭圆切点弦问题 题型五、椭圆的切线问题 题型六、与其他章节融合 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 通法通法—明晰核心解法，助力能力迁移 椭圆中弦长与切线是高中数学核心重难点，所有题型均围绕椭圆中弦长问题、椭圆中点弦问题、椭圆相交弦、椭圆切点弦问题、椭圆的切线问题、与其他章节融合六大核心展开，解题贯穿两条底线原则： 一是联立直线与圆锥曲线方程并灵活运用弦长公式是解决此类问题的关键；二是直线与圆锥曲线相切时，它们的方程组成的方程组消元后所得方程(二次项系数不为零)的判别式为零，所有参数结果最终均需合规检验. 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、椭圆中弦长问题 典例1已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设点，过点且不与坐标轴垂直的直线交于、两点，且，求． 题型模版 1.特征：连接椭圆上两个点的线段称为椭圆的弦。 2.方法：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：． 变式1-1已知椭圆的一个焦点是，过原点的直线与相交于点，，的面积是，则（  ） A． B． C． D． 变式1-2已知椭圆：的左焦点为，不经过且斜率为的直线交于，两点.当的周长最大时，（  ） A． B． C． D． 变式1-3已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 类型二、椭圆中点弦问题 典例2 已知椭圆的右焦点为，A为C上一点，的最小值为1. (1)求C的方程； (2)设点，斜率不为0的直线与C交于另一点B. （i）若弦中点的纵坐标为，求直线的斜率； （ii）若D为C上一点，且点D与点A关于x轴对称，证明：三点共线. 题型模版 1.特征：相交弦中点（点差法） 直线与椭圆相交，涉及到交线中点的题型，多数用点差法。按下面方法整理出式子，然后根据实际情况处理该式子。 主要有以下几种问题： （1）求中点坐标；（2）求中点轨迹方程；（3）求直线方程；（4）求曲线； 中点， ， 2.方法：解决椭圆中点弦问题的两种方法 ①根与系数的关系法：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：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端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. 设，，代入椭圆方程+=1 (a>b>0)，得， ①-②可得+=0， 设线段AB的中点为，当时，有+=0. 因为为弦AB的中点，从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系，这就是处理弦中点 轨迹问题的常用方法. (2)弦的中点与直线的斜率的关系 线段AB是椭圆+=1 (a>b>0)的一条弦，当弦AB所在直线的斜率存在时，弦AB的中点M的坐标为，则弦AB所在直线的斜率为，即. 变式2-1已知椭圆＋＝1内有一点P(2,3)，过点P的一条弦恰好以P为中点，则这条弦所在的直线方程为________________． 变式2-2已知椭圆（），斜率为的一条直线与椭圆交于点，且的中点坐标为，则椭圆的离心率__________． 变式2-3已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到焦点的最小距离是3． (1)求椭圆的方程； (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． 题型三、椭圆相交弦问题 典例3 已知椭圆的右焦点为，过点作两条相互垂直的直线分别与相交于，和，则四边形面积的最小值为（  ） A．1 B． C．2 D． 题型模版 1.特征：两条直线分别得到两条弦长，且交于一点，涉及斜率、四边形面积等问题。 2.方法：分别联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合弦长公式、函数、不等式等知识破解问题。 变式3-1在平面直角坐标系中，已知点，过椭圆的上顶点作两条动直线分别与交于另外两点.当时，. (1)求的值； (2)若，求和的值. 变式3-2已知，是椭圆上的两点． （1）求椭圆E的方程； （2）过椭圆E的上顶点A和右焦点F的直线与椭圆E交于另一个点B，P为直线上的动点，直线，分别与椭圆E交于C（异于点A），D（异于点B）两点，证明：直线经过点F． 变式3-3设椭圆经过点，且其左焦点坐标为. (1)求椭圆的方程； (2)对角线互相垂直的四边形的四个顶点都在上，且两条对角线均过的右焦点，求的最小值. 题型四、椭圆切点弦问题 典例4 如图，已知椭圆的上顶点为，离心率为. （1）求椭圆的方程; （2）若过点作圆的两条切线分别与椭圆相交于点 (不同于点).当变化时，试问直线是否过某个定点若是，求出该定点;若不是，请说明理由. 题型模版 1.特征：若点在椭圆外，过点作椭圆的两条切线分别为，切点弦所在直线方程为：. 设，，由（1）知 切线 切线，两条切线都过，即 ，(同构方程)切换视角，我们可以知道，，均在同一个方程上,即为切点弦所在直线方程. 2.方法：设，分别写出在这两点处的切线方程，再由同构方程的思想写出切点弦方程. 变式4-1已知椭圆，直线经过点，当直线与椭圆相切时，求两切点所在直线的切点弦方程. 变式4-2已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是． 变式4-3已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与交于P，Q两点，的周长为8，焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）若直线与圆相切，且与交于不同的两点R，S，求的取值范围． 题型五、椭圆的切线问题 典例5 已知椭圆C：的焦距为2，，分别为其左，右焦点，过的直线l与椭圆C交于M，N两点，的周长为8． (1)求椭圆C的方程； (2)已知结论：若点为椭圆C上一点，则椭圆C在该点的切线方程为．点T为直线上的动点，过点T作椭圆C的两条不同切线，切点分别为A，B，直线AB交x轴于点Q．证明：Q为定点． 题型模版 1.特征：若点在椭圆上，过点的椭圆的切线方程为：. 证明：当切线斜率存在时，设切线方程为：，带入椭圆方程得，得， 由韦达定理得，将其带入得， ，由，得，所求切线方程为. 当切线斜率不存在时，也满足上式. ； 2.方法：（1）直线与圆锥曲线相切时，它们的方程组成的方程组消元后所得方程(二次项系数不为零)的判别式为零. （2）椭圆在(x0，y0)处的切线方程为； 变式5-1（多选）已知椭圆：的左、右焦点分别为，．点在椭圆的第一象限部分，且．过点作椭圆的切线，该切线与轴、轴正半轴分别交于，，则下列说法正确的是（  ） A．点的坐标为 B． C．的面积为 D．该切线的斜率为 变式5-2已知椭圆E：的焦距为，且经过点． （1）求椭圆E的标准方程： （2）过椭圆E的左焦点作直线l与椭圆E相交于A，B两点（点A在x轴上方），过点A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点M，求的最大值． 变式5-3已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，直线l：与x轴交于点M，且， (1)求C的方程； (2)B为l上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P，Q， ⊙N经过B，P，Q三点，是否存在点B，使得，？若存在，求；若不存在，请说明理由. 题型六、与其他章节融合 典例6 已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 题型模版 1.特征：椭圆题目涉及与平面向量、三角恒等变换、不等式等章节融合； 2.方法：利用椭圆及平面向量、三角恒等变换、不等式等章节的知识解决问题融。 变式6-1（多选）已知，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上任意一点（不在x轴上），外接圆的圆心为H，内切圆的圆心为I，直线PI交x轴于点M，O为坐标原点．则（  ） A．存在，使得成立 B．的最小值为 C．过点I的直线l斜率为，且与椭圆相交于A，B两点，线段AB的中点为N，直线ON的斜率为，则 D．椭圆C的离心率 变式6-2在中，，，于，若为的垂心，且.则到直线距离的最小值是 . 变式6-3已知椭圆的右顶点为，下顶点为，椭圆的离心率为，且． (1)求椭圆的方程； (2)已知点在椭圆上（异于椭圆的顶点），点满足（为坐标原点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为中点，求直线斜率． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．经过椭圆的右焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆相交于，两点，则（  ） A． B． C． D． 2．过椭圆：右焦点的直线：交于，两点，为的中点，且的斜率为，则椭圆的方程为（  ） A． B． C． D． 3．设椭圆的方程为，斜率为的直线不经过原点，且与椭圆相交于，两点，为线段的中点.下列说法正确的个数（  ） ①直线与垂直 ②若点的坐标为，则直线方程为 ③若直线方程为，则点的坐标为 ④若直线方程为，则 A．4 B．3 C．2 D．1 4．过椭圆的左焦点F作倾斜角为的直线l与椭圆C交于A，B两点，则（  ） A． B． C． D． 5．已知点是椭圆上一点，过点作椭圆的切线，则的方程为．若与（为坐标原点）的斜率之积为，则椭圆的离心率为（  ） A． B． C． D． 6．已知半径为1的动圆圆心在直线上，过椭圆上一点作圆的切线，切线长的最小值为（  ） A．2 B．1 C． D． 7．（多选）已知椭圆的左焦点为F，过F的直线l与E交于A，B两点，则下列说法正确的是（  ） A．若直线l垂直于x轴，则 B． C．若，则直线l的斜率为 D．若，则 8．（多选）已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线与交于两点，则下列说法正确的是（  ） A． B．若，则 C．若直线与轴的交点是线段的中点，则的面积为 D．若直线与轴的交点是线段的中点，直线与椭圆相切于点A，过点A且与直线垂直的直线与椭圆的长轴交于点，则 9．（多选）已知，分别为椭圆的左、右焦点，不过原点且斜率为1的直线与椭圆交于，两点，则下列结论正确的有（  ） A．椭圆的离心率为 B．椭圆的长轴长为2 C．若点是线段的中点，则的斜率为 D．的面积的最大值为 10．已知直线与椭圆交于不同的两点A，B，若，则实数______． 11．过椭圆：右焦点的直线：交于、两点，为AB的中点，且OP的斜率为，则椭圆的标准方程为______. 12．动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为. (1)求的方程； (2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为，点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值. 13．已知椭圆过点，长轴长为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点、． (1)求椭圆的方程； (2)若线段中点的横坐标是，求直线的斜率； (3)在轴上是否存在点，使是与无关的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 14．已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $