【二轮复习】高考数学 专题8.2 椭圆综合（题型专练）（新高考专用）.zip

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc32419" 【题型1 椭圆的定义及其应用】 PAGEREF _Tc32419 \h 3
\l "_Tc2344" 【题型2 椭圆的标准方程的求解】 PAGEREF _Tc2344 \h 5
\l "_Tc22042" 【题型3 椭圆中的焦点三角形问题】 PAGEREF _Tc22042 \h 8
\l "_Tc3317" 【题型4 椭圆的离心率或其取值范围问题】 PAGEREF _Tc3317 \h 10
\l "_Tc9660" 【题型5 椭圆中的最值问题】 PAGEREF _Tc9660 \h 13
\l "_Tc8208" 【题型6 椭圆的弦长问题】 PAGEREF _Tc8208 \h 15
\l "_Tc11527" 【题型7 椭圆的“中点弦”问题】 PAGEREF _Tc11527 \h 20
\l "_Tc29818" 【题型8 椭圆中的面积问题】 PAGEREF _Tc29818 \h 24
\l "_Tc27788" 【题型9 椭圆中的定点、定值、定直线问题】 PAGEREF _Tc27788 \h 29
1、椭圆综合
圆锥曲线是高考的热点内容，椭圆是圆锥曲线中的重要内容，是高考命题的重点.从近几年的高考情况来看，主要考查椭圆的概念、性质以及直线与椭圆的位置关系等知识，选择、填空、解答题都会出现；与向量等知识结合综合考查也是高考命题的一个趋势，难度较大，需要学会灵活求解.
【知识点1 椭圆方程的求解方法】
1．椭圆方程的求解
(1)用定义法求椭圆的标准方程
根据椭圆的定义，确定的值，结合焦点位置可写出椭圆方程.
(2)用待定系数法求椭圆的标准方程
①如果明确了椭圆的中心在原点，焦点在坐标轴上，那么所求的椭圆一定是标准形式，就可以利用待
定系数法求解.首先建立方程，然后依据题设条件，计算出方程中的a，b的值，从而确定方程（注意焦点的位置）.
②如果不能确定椭圆的焦点的位置，那么可用以下两种方法来解决问题：一是分类讨论，分别就焦点
在x轴上和焦点在y轴上利用待定系数法设出椭圆的标准方程，再解答；二是用待定系数法设椭圆的一般方程为=1(A>0,B>0,A≠B)，再解答.
【知识点2 椭圆的焦点三角形】
1．椭圆的焦点三角形
(1)焦点三角形的概念
设M是椭圆上一点，,为椭圆的焦点，当点M,,不在同一条直线上时，它们构成一个焦点三角
形，如图所示.
(2)焦点三角形的常用公式
①焦点三角形的周长L=2a+2c.
②在中，由余弦定理可得.
③设，，则.
【知识点3 椭圆离心率或其范围的解题策略】
1.求椭圆离心率或其范围的方法
解题的关键是借助图形建立关于a, b, c的关系式(等式或不等式)，转化为e的关系式，常用方法如下:
(1)直接求出a, c，利用离心率公式求解.
(2)由a与b的关系求离心率，利用变形公式求解.
(3)构造a, c的齐次式.离心率e的求解中可以不求出a, c的具体值，而是得出a与c的关系，从而求得e.
【知识点4 椭圆的弦长与“中点弦问题”】
1．弦长问题
(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.
(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m交椭圆+=1 (a>b>0)于，两点，
则或.
2．“中点弦问题”
(1)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.
【知识点5 椭圆中的最值问题的解题策略】
1．椭圆中的最值问题
求解此类问题一般有以下两种思路：
(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法.解题的关键是能够准确分析出最值问题所隐含的几何意义，并能借助相应曲线的定义求解.
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可建立目标函数，将目标变量表示为一个(或多个)变量的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用配方法、判别式法，应用基本不等式以及三角函数的最值求法求出最大值、最小值或范围，但要注意自变量的取值范围对最值的影响.
【题型1 椭圆的定义及其应用】
【例1】（2023·江西九江·三模）已知椭圆C:x28+y24=1的左右焦点分别为F1，F2，A，B为平面内异于F1，F2的两点.若AB的中点P在C上，且AC=2AF1，AD=2AF2，则|BC|+|BD|=（ ）
A．4B．42C．8D．82
【解题思路】连接PF1，PF2，依题意可得PF1，PF2分别是△ABC和△ABD的中位线，即可得到BC=2PF1，BD=2PF2，再根据椭圆的定义计算可得.
【解答过程】如图所示，连接PF1，PF2，∵ AC=2AF1，AD=2AF2，
∴ F1，F2分别为线段AC，AD的中点，
∵ P为AB的中点，
∴ PF1，PF2分别是△ABC和△ABD的中位线，
∴ BC=2PF1，BD=2PF2，
∵ P在C上，∴ PF1+PF2=2a=42，
∴ BC+BD=82.
故选：D.
【变式1-1】（2023·内蒙古包头·一模）已知F1,F2是椭圆C:x216+y212=1的两个焦点，点M、N在C上，若MF2+NF2=6，则MF1NF1的最大值为（ ）
A．9B．20C．25D．30
【解题思路】利用椭圆定义可得MF1+NF1=10，再利用基本不等式即可求出结果.
【解答过程】根据椭圆定义可得：MF1+MF2=2a=8,NF1+NF2=8，
因为MF2+NF2=6，所以8-MF1+8-NF1=6，
即MF1+NF1=10≥2MF1⋅NF1，当且仅当MF1=NF1=5时等号成立，
所以MF1⋅NF1≤25，则MF1NF1的最大值为25，
故选：C.
【变式1-2】（23-24高二上·甘肃白银·期末）已知椭圆C:x236+y220=1的左､右焦点分别为F1,F2,P为椭圆C上第一象限的点，直线PF1与y轴相交于点E，若OE=53（O为坐标原点），则PF2PF1=（ ）
A．313B．14C．513D．512
【解题思路】先由点c,b2a在椭圆上可确定点P的位置，得出PF2=103；再根据椭圆的定义可得PF1=263，进而可得出答案.
【解答过程】
由椭圆C:x236+y220=1，可得：a=6，b=25，c=a2-b2=4，点c,b2a在椭圆上.
因为OE=53，b2a=103.
所以PF2⊥x轴，
所以PF2=103.
因为PF1+PF2=2×6=12，
所以PF1=12-103=263，
所以PF2PF1=103263=513.
故选：C.
【变式1-3】（2023·江西上饶·模拟预测）点P为椭圆x28+y24=1上一点，曲线x2+y=1与坐标轴的交点为A，B，C，D，若PA+PB+PC+PD=82，则点P到x轴的距离为（ ）
A．223B．89C．21913D．913
【解题思路】先求出A，B，C，D的坐标，得到A，B为椭圆x28+y24=1的焦点，得到PA+PB=42，从而判断出P为椭圆x27+y28=1上一点，联立方程组，即可求解.
【解答过程】由曲线x2+y=1与坐标轴的交点为A，B，C，D，
不妨设A-2，0，B2，0，C0，-1，D0，1.
则A，B为椭圆x28+y24=1的焦点，而P为椭圆x28+y24=1上一点，
所以PA+PB=42.
因为PA+PB+PC+PD=82，所以PC+PD=42，
又PC+PD=42>CD=2，
根据椭圆定义知点P的轨迹为以C、D为焦点的椭圆，
所以轨迹方程为x27+y28=1，
联立x28+y24=1x27+y28=1，消去x2得y2=89，则y=223，
故点P到x轴的距离为223.
故选：A.
【题型2 椭圆的标准方程的求解】
【例2】（2023·广西柳州·二模）已知椭圆C的焦点为F1(0,-1),F2(0,1)，过F2的直线与C交于P，Q两点，若PF2=3F2Q,|PQ|=45QF1，则椭圆C的标准方程为（ ）
A．5x22+5y23=1B．x2+y22=1
C．x22+y23=1D．x24+y25=1
【解题思路】由已知可设F2Q=m,PF2=3m可求出所有线段用m表示，在△PF1F2中由余弦定理得∠F1PF2=90°从而可求.
【解答过程】如图，由已知可设F2Q=m,PF2=3m，又因为|PQ|=45QF1∴QF1=5m
根据椭圆的定义QF2+QF1=2a,∴6m=2a,∴a=3m，PF1=2a-PF2=2a-a=a=3m
在△PF1F2中由余弦定理得cs∠F1PQ=PQ2+PF12-QF122⋅PQ⋅PF1=16m2+9m2-25m22⋅4m⋅3m=0，所以∠F1PQ=90°
∴PF22+PF12=F1F22⇒9m2+9m2=4∴m=23,a=3m=2⇒b=1
故椭圆方程为：y22+x2=1
故选：B.
【变式2-1】（2023·河北唐山·模拟预测）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π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积为183π，以C的两焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形是等边三角形，则C的标准方程是（ ）
A．x29+4y227=1B．x236+y227=1C．x281+y212=1D．4x281+y23=1
【解题思路】由题意有ab=183且ba=32，即可求椭圆方程.
【解答过程】由题意知：ab=183且ba=32，则a2=36，b2=27.
所以椭圆标准方程x236+y227=1.
故选：B.
【变式2-2】（2023·重庆万州·模拟预测）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距为4，平行四边形ABCD内接于椭圆E，且直线AB与AD的斜率之积为-12，则椭圆E的方程为（ ）
A．x28+y24=1B．x212+y28=1C．x216+y212=1D．x220+y216=1
【解题思路】由条件列关于a,b,c的方程，解方程可得a,b，由此可得椭圆方程.
【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2，由对称性可得D-x2,-y2，
则x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1，
所以两式相减可得y22-y12x22-x12=-b2a2，
因为直线AB与AD的斜率之积为-12，
所以y2-y1x2-x1⋅-y2-y1-x2-x1=-12，即y22-y12x22-x12=-12，所以b2a2=12，
设椭圆E的半焦距为c，
因为椭圆E的焦距为4，所以2c=4，所以c=2，
又a2=b2+c2，所以b2=4,a2=8，
所以椭圆E的标准方程为x28+y24=1，
故选：A.
【变式2-3】（2023·全国·模拟预测）已知F1,F2分别是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，M在E上，N在y轴上，2F2N=3MF2，以MN为直径的圆过F1，且△MF1F2的面积为203，则椭圆E的标准方程为（ ）
A．x225+y210=1B．x225+y220=1
C．x220+y25=1D．x215+y210=1
【解题思路】设MxM,yM,N0,t,表示出△MF1F2的面积，结合向量关系以及垂直关系，求出点MxM,yM，借助椭圆的定义求解即可.
【解答过程】
结合题意可得：F1-c,0,F2c,0，F1F2=2c，设MxM,yM,N0,t，
则由△MF1F2的面积为203，得12×2c×yM=203,c×yM=203①，
由2F2N=3MF2，得2-c,t=3c-xM,-yM②．
连接NF1,∵以MN为直径的圆过F1,∴MF1⊥NF1，∴tc×yMxM+c=-1③．
由②③得yM2=169c2，
结合①得c=5,∴yM=±453,xM=553,F1-5,0,F25,0，
∴MF1+MF2=2a= 553+52+±4532+553-52+±4532=10， ∴a=5,b2=a2-c2=20，故椭圆E的标准方程为x225+y220=1，
故选：B．
【题型3 椭圆中的焦点三角形问题】
【例3】（2023·广东广州·模拟预测）已知椭圆E：x24+y23=1，点A，B在椭圆上且在x轴异侧，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，则四边形AF1BF2的周长为（ ）
A．8B．4C．3D．4+23
【解题思路】根据椭圆定义进行求解.
【解答过程】由椭圆的定义，AF1+AF2=BF1+BF2=2a=4，故四边形AF1BF2的周长为8.
故选：A.
【变式3-1】（2023·陕西咸阳·模拟预测）已知椭圆C：x24+y23=1的左､右焦点分别是F1，F2，M43,y0为椭圆C上一点，则下列结论不正确的是（ ）
A．△MF1F2的周长为6B．△MF1F2的面积为153
C．△MF1F2的内切圆的半径为159D．△MF1F2的外接圆的直径为3211
【解题思路】根据焦点三角形的性质即可求解AB，根据等面积法即可求解C，根据面积公式以及正弦定理及可求解D.
【解答过程】由题意知，a=2，b=3，c=1，
由椭圆的定义知，MF1+MF2=2a=4，F1F2=2c=2，
∴△MF1F2的周长为MF1+MF2+F1F2=4+2=6，即A正确；
将M43,y0代入椭圆方程得4324+y023=1，解得y0=±153，
∴△MF1F2的面积为S=12F1F2⋅y0=153，即B正确；
设△MF1F2的内切圆的半径为r，则S=12MF1+MF2+F1F2⋅r，
即153=12×6×r，∴r=159，即C正确；
不妨取M43,153，则MF2=43，MF1=83，
∴△MF1F2的面积为S=12MF1⋅MF2sin∠F1MF2，
即153=12⋅43⋅83⋅sin∠F1MF2，∴sin∠F1MF2=31516，
由正弦定理知，△MF1F2的外接圆的直径D=F1F2sin∠F1MF2=231516=321545，即D错误，
故选:D.
【变式3-2】（2023·陕西咸阳·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1,F2，过F2的直线l与C交于P,Q两点，若F2Q:PQ:F1Q=1:4:5，则△QF1F2的面积为（ ）
A．a212B．a26C．a22D．3a22
【解题思路】结合椭圆定义，有F1Q+F2Q=2a，即可得各边长与a的关系，得到∠F1PQ=90°，结合S△QF1F2=S△F1PQ-S△F1PF2即可求解.
【解答过程】设F2Q=t(t>0)，则PQ=4t,F1Q=5t，所以PF2=3t，
因为F1Q+F2Q=2a，即6t=2a，故a=3t，
所以PF1=2a-PF2=6t-3t=3t，
所以|PQ|2+PF12=F1Q2，故∠F1PQ=90°，即PF1⊥PF2，
所以S△QF1F2=S△F1PQ-S△F1PF2=12×3t×4t-12×3t×3t=32t2=a26.
故选：B.
【变式3-3】（2023·北京·模拟预测）已知一个离心率为12，长轴长为4的椭圆，其两个焦点为F1，F2，在椭圆上存在一个点P，使得∠F1PF2=60°，设△F1PF2的内切圆半径为r，则r的值为（ ）
A．36B．23C．22D．33
【解题思路】在△PF1F2中，利用余弦定理求得PF1⋅PF2=4，再由S△PF1F2=12PF1⋅PF2⋅sin60∘=12rPF1+PF2+F1F2求解.
【解答过程】解：因为椭圆的离心率为12，长轴长为4，
所以a=2,c=1，
在△PF1F2中，由余弦定理得：F1F22=PF12+PF22-2PF1⋅PF2⋅cs60∘，
=PF1+PF22-3PF1⋅PF2，
解得 PF1⋅PF2=4，
所以 S△PF1F2=12PF1⋅PF2⋅sin60∘=12rPF1+PF2+F1F2，
12×4×32⋅=12r×4+2，
解得r=33，
故选：D.
【题型4 椭圆的离心率或其取值范围问题】
【例4】（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A，上、下顶点分别为B1，B2，M是AB1的中点，若kAB1⋅kMB2=-1，则椭圆C的离心率为（ ）
A．33B．32C．23D．63
【解答过程】根据题意结合斜率关系可得a2=3b2，再结合b2=a2-c2以及离心率的定义分析求解.
【解题思路】由题意可知：A(a,0)，B1(0,b)，B2(0,-b)，则AB1的中点Ma2,b2，
因为kAB1⋅kMB2=b-00-a×b2+ba2-0=-1，整理得a2=3b2，
又因为b2=a2-c2，即a2=3a2-c2，整理得c2a2=23，
所以椭圆C的离心率为e=ca=23=63.
故选：D．
【变式4-1】（2024·四川绵阳·二模）设F1,F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点，以F1为圆心且过F2的圆与x轴交于另一点P，与y轴交于点Q，线段QF2与C交于点A．已知△APF2与△QF1F2的面积之比为3:2，则该椭圆的离心率为（ ）
A．23B．13-3C．3-1D．3+14
【解题思路】由题意可逐步计算出点A坐标，由点A在椭圆上，将其代入椭圆方程得到等式后，借助等式即可计算离心率.
【解答过程】由题意可得F1-c,0、F2c,0，F1F2=2c，
则以F1为圆心且过F2的圆的方程为x+c2+y2=4c2，
令x=0，则yP=±3c，由对称性，不妨取点Q在x轴上方，即P0,3c，
则lQF2:y-3c=3c-00-cx，即y=-3x+3c，
有S△QF1F2=12×2c×3c=3c2，则S△APF2=32×3c2=332c2，
又S△APF2=12yA×4c=2cyA，即有332c2=2cyA，即yA=334c，
代入lQF2:y=-3x+3c，有334c=-3xA+3c，即xA=14c，
即A14c,334c在椭圆上，故14c2a2+334c2b2=1，
化简得b2c2+27a2c2=16a2b2，由b2=a2-c2，
即有a2-c2c2+27a2c2=16a2a2-c2，
整理得c4-44a2c2+16a4=0，即e4-44e2+16=0，
有e2=44-442-4×162=22-613或e2=44+442-4×162=22+613，
由22+613>1，故舍去，即e2=22-613，
则e=22-613=13-32=13-3.
故选：B.
【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）已知点Ax1,y1x1y1≠0是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点，过点A作椭圆的切线l，则l的方程为x1xa2+y1yb2=1．若l与OA（O为坐标原点）的斜率之积为-23，则椭圆C的离心率为（ ）
A．13B．33C．53D．59
【解题思路】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.
【解答过程】由l的方程为x1xa2+y1yb2=1，得l的斜率为-b2x1a2y1．
又因为直线OA的斜率为y1x1，所以-b2x1a2y1⋅y1x1=-b2a2=-23，即b2a2=23，
所以椭圆C的离心率e为1-b2a2=33．
故选：B．
【变式4-3】（23-24高二上·山东济宁·阶段练习）设椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2，P是椭圆上一点，PF1=λPF213≤λ≤3，∠F1PF2=π2，则椭圆离心率的取值范围为（ ）
A．22,53B．12,59
C．22,104D．12,58
【解题思路】设PF2=t，由椭圆定义和勾股定理得到e2=λ2+1λ+12，换元后得到λ2+1λ+12=21m-122+12，根据二次函数单调性求出12≤e2≤58，得到离心率的取值范围.
【解答过程】设F1-c,0，F2c,0，由椭圆的定义可得，PF1+PF2=2a，
可设PF2=t，可得PF1=λt，即有λ+1t=2a，①
由∠F1PF2=π2，可得PF12+PF22=4c2，即为λ2+1t2=4c2，②
由②÷①2，可得e2=λ2+1λ+12，令m=λ+1，可得λ=m-1，
即有λ2+1λ+12=m2-2m+2m2=21m-122+12，由13≤λ≤3，
可得43≤m≤4，即14≤1m≤34，
则m=2时，取得最小值12；m=43或4时，取得最大值58.
即有12≤e2≤58，得22≤e≤104.
故选：C.
【题型5 椭圆中的最值问题】
【例5】（2023·甘肃定西·模拟预测）已知椭圆C：x29+y25=1的左、右焦点分别为F1，F2，A是C上一点，B2,1，则AB+AF1的最大值为（ ）
A．7B．8C．9D．11
【解题思路】根据椭圆的定义可得AB+AF1=AB+2a-AF2，利用AB-AF2≤BF2可求AB+AF1的最大值.
【解答过程】
设椭圆的半焦距为c，则F22,0，a=3，
如图，连接AF2，则AB+AF1=AB+2a-AF2=6+AB-AF2，
而AB-AF2≤BF2=1，当且仅当A,F2,B共线且F2在A,B中间时等号成立，
故AB+AF1的最大值为7.
故选：A.
【变式5-1】（2023·湖南长沙·三模）已知点M为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点，椭圆的长轴长为82，离心率e=22，左、右焦点分别为F1、F2，其中B（3，2），则|MF1|+|MB|的最小值为（ ）
A．62-2B．62-3C．42D．82-5
【解题思路】先求出椭圆的方程，借助于椭圆的定义得到|MF1|+|MB|=|=2a﹣（|MF2﹣MB|），结合三角形中的两边之差小于第三边得答案.
【解答过程】由题意可得：2a=82e=22，解得a=42b=4，
∴椭圆方程为：x232+y216=1，
|MF1|+|MB|=|=2a﹣（|MF2﹣MB|）≥2a﹣|BF2|=82﹣5，
当且仅当M，F2，B共线时取得最小值82-5．
故选D．
【变式5-2】（2023·湖南·二模）已知F1,F2分别为椭圆C:x26+y22=1的两个焦点，P为椭圆上一点，则PF12+PF22-2PF1PF2的最大值为（ ）
A．64B．16C．8D．4
【解题思路】由PF12+PF22-2PF1PF2=PF1-PF22，根据三角形的三边关系有PF1-PF2≤F1F2求解.
【解答过程】解：PF12+PF22-2PF1PF2=PF1-PF22，
因为椭圆上的点P满足PF1-PF2≤F1F2，
当点P为F1F2的延长线与C的交点时，PF1-PF2取得最大值，最大值为F1F2=4．
所以PF12+PF22-2PF1PF2的最大值为16．
故选：B．
【变式5-3】（2023·江苏南通·三模）已知F为椭圆C：x24+y2=1的右焦点，P为C上一点，Q为圆M：x2+y-32=1上一点，则PQ+PF的最大值为（ ）
A．5B．6C．4+23D．5+23
【解题思路】利用椭圆的定义、点和圆的位置关系等知识确定正确答案.
【解答过程】依题意a=2,b=1,c=3，设椭圆C的左焦点为F1-3,0，
圆x2+y-32=1的圆心为M0,3，半径为1，
PQ+PF=PQ+2a-PF1=4+PQ-PF1≤4+QF1，
当P,F1,Q三点共线，且F1在P,Q之间时等号成立.
而QF1≤MF1+1=32+32+1=23+1，
所以PQ+PF≤4+23+1=5+23，
当P,F1M,Q四点共线，且F1在P,Q之间，Q是F1M的延长线与圆M的交点时等号成立.
故选：D.

【题型6 椭圆的弦长问题】
【例6】（2023·广东·二模）已知A1-2,0是椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点，且M经过点72,334.
(1)求M的方程；
(2)若直线l:y=kx-1与M交于Ax1,y1,Bx2,y2两点，且1x1+1x2=-1，求弦AB的长.
【解题思路】（1）根据条件列式计算得解；
（2）联立方程组，由韦达定理将条件式1x1+1x2=-1化简得k2=1，再根据弦长公式求解.
【解答过程】（1）依题意可得a=274a2+2716b2=1，
解得a=2,b2=3，
所以M的方程为x24+y23=1.
（2）联立x24+y23=1y=kx-1，消去y得3+4k2x2-8k2x+4k2-3=0，
则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2-33+4k2.
因为y=kx-1经过定点1,0，且点1,0在M的内部，所以Δ>0恒成立.
由1x1+1x2=x1+x2x1x2=8k24k2-3=-1，
解得k2=1.
所以x1+x2=87,x1x2=-87，
所以AB=1+k2⋅x1+x22-4x1x2=2×872+4×87=247.
【变式6-1】（2023·浙江·模拟预测）已知椭圆C:x28+y24=1，点N0,1，斜率不为0的直线l与椭圆C交于点A,B，与圆N相切且切点为M,M为AB中点.
(1)求圆N的半径r的取值范围；
(2)求AB的取值范围.
【解题思路】（1）设直线l方程，联立直线l方程与椭圆方程可得x1+x2，x1x2，进而可求得点M坐标，由圆N与直线l相切于点M可得kNM=-1k，进而可求得2k2+1=-m，代入Δ>0可求得00，
由根与系数的关系，得y1y2=5n2-455m2+9，y1+y2=-10mn5m2+9，
设Px0,y0，
由P，S，A1三点共线，得y0x0+3=y1x1-3，
由P，N，A2三点共线，得y0x0-3=y2x2-3，
则2x0y0=x0+3y0+x0-3y0=x1-3y1+x2-3y1=my1+n-3y1+my2+n-3y2=2m+n-31y1+1y2
=2m+n-3y1+y2y1y2=2m-n-32mnn2-9=6mn+3．
所以直线OP的斜率为kOP=y0x0=n+33m，
则直线OP的方程为y=n+33mx，
联立直线OP与直线l的方程，可得y=n+33mxx=my+n，解得x=-3，
所以点Q在一条定直线上，该定直线的方程为x=-3．
1．（2023·全国·高考真题）设F1,F2为椭圆C:x25+y2=1的两个焦点，点P在C上，若PF1⋅PF2=0，则PF1⋅PF2=（ ）
A．1B．2C．4D．5
【解题思路】方法一：根据焦点三角形面积公式求出△PF1F2的面积，即可解出；
方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．
【解答过程】方法一：因为PF1⋅PF2=0，所以∠FP1F2=90∘，
从而S△FP1F2=b2tan45∘=1=12×PF1⋅PF2，所以PF1⋅PF2=2．
故选：B.
方法二：
因为PF1⋅PF2=0，所以∠FP1F2=90∘，由椭圆方程可知，c2=5-1=4⇒c=2，
所以PF12+PF22=F1F22=42=16，又PF1+PF2=2a=25，平方得：
PF12+PF22+2PF1PF2=16+2PF1PF2=20，所以PF1⋅PF2=2．
故选：B.
2．（2023·全国·高考真题）设O为坐标原点，F1,F2为椭圆C:x29+y26=1的两个焦点，点 P在C上，cs∠F1PF2=35，则|OP|=（ ）
A．135B．302C．145D．352
【解题思路】方法一：根据焦点三角形面积公式求出△PF1F2的面积，即可得到点P的坐标，从而得出OP的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF1PF2,PF12+PF22，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF12+PF22，即可根据中线定理求出．
【解答过程】方法一：设∠F1PF2=2θ,01，所以a=233.
故选：A.
4．（2023·全国·高考真题）已知椭圆C:x23+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y=x+m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m=（ ）．
A．23B．23C．-23D．-23
【解题思路】首先联立直线方程与椭圆方程，利用Δ>0，求出m范围，再根据三角形面积比得到关于m的方程，解出即可.
【解答过程】将直线y=x+m与椭圆联立y=x+mx23+y2=1，消去y可得4x2+6mx+3m2-3=0，
因为直线与椭圆相交于A,B点，则Δ=36m2-4×43m2-3>0，解得-20)的离心率为13，A1,A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若BA1→⋅BA2→=-1，则C的方程为（ ）
A．x218+y216=1B．x29+y28=1C．x23+y22=1D．x22+y2=1
【解题思路】根据离心率及BA1⋅BA2=-1，解得关于a2,b2的等量关系式，即可得解.
【解答过程】解：因为离心率e=ca=1-b2a2=13，解得b2a2=89，b2=89a2，
A1,A2分别为C的左右顶点，则A1-a,0,A2a,0，
B为上顶点，所以B(0,b).
所以BA1=(-a,-b),BA2=(a,-b)，因为BA1⋅BA2=-1
所以-a2+b2=-1，将b2=89a2代入，解得a2=9,b2=8，
故椭圆的方程为x29+y28=1.
故选：B.
6．（2022·全国·高考真题）椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP,AQ的斜率之积为14，则C的离心率为（ ）
A．32B．22C．12D．13
【解题思路】设Px1,y1，则Q-x1,y1，根据斜率公式结合题意可得y12-x12+a2=14，再根据x12a2+y12b2=1，将y1用x1表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【解答过程】[方法一]：设而不求
设Px1,y1，则Q-x1,y1
则由kAP⋅kAQ=14得：kAP⋅kAQ=y1x1+a⋅y1-x1+a=y12-x12+a2=14，
由x12a2+y12b2=1，得y12=b2a2-x12a2，
所以b2a2-x12a2-x12+a2=14，即b2a2=14，
所以椭圆C的离心率e=ca=1-b2a2=32，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：kPB=-kAQ
故kAP⋅kAQ=kPA⋅-kPB=-14，
由椭圆第三定义得：kPA⋅kPB=-b2a2，
故b2a2=14
所以椭圆C的离心率e=ca=1-b2a2=32，
故选A.
7．（2023·北京·高考真题）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为53，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|=4．
(1)求E的方程；
(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y=-2交于点N．求证：MN//CD．
【解题思路】（1）结合题意得到ca=53，2b=4，再结合a2-c2=b2，解之即可；
（2）依题意求得直线BC、PD与PA的方程，从而求得点M,N的坐标，进而求得kMN，再根据题意求得kCD，得到kMN=kCD，由此得解.
【解答过程】（1）依题意，得e=ca=53，则c=53a，
又A,C分别为椭圆上下顶点，AC=4，所以2b=4，即b=2，
所以a2-c2=b2=4，即a2-59a2=49a2=4，则a2=9，
所以椭圆E的方程为x29+y24=1.
（2）因为椭圆E的方程为x29+y24=1，所以A0,2,C0,-2,B-3,0,D3,0，
因为P为第一象限E上的动点，设Pm,n00)的左右顶点分别为A1,A2，右焦点为F，已知A1F=3,A2F=1．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)点P在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2PF面积的二倍，求直线A2P的方程．
【解题思路】（1）由a+c=3a-c=1解得a=2,c=1，从而求出b=3，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线A2P的方程，与椭圆方程联立，消去y，再由韦达定理可得xA2⋅xP，从而得到P点和Q点坐标.由S△A2QA1=S△A1PQ+S△A1A2P=2S△A2PF+S△A1A2P得2yQ=3yP，即可得到关于k的方程，解出k，代入直线A2P的方程即可得到答案.
【解答过程】（1）如图，

由题意得a+c=3a-c=1，解得a=2,c=1，所以b=22-12=3，
所以椭圆的方程为x24+y23=1，离心率为e=ca=12.
（2）由题意得，直线A2P斜率存在，由椭圆的方程为x24+y23=1可得A22,0，
设直线A2P的方程为y=kx-2，
联立方程组x24+y23=1y=kx-2，消去y整理得：3+4k2x2-16k2x+16k2-12=0，
由韦达定理得xA2⋅xP=16k2-123+4k2，所以xP=8k2-63+4k2，
所以P8k2-63+4k2,-12k3+4k2，Q0,-2k.
所以S△A2QA1=12×4×yQ,S△A2PF=12×1×yP,S△A1A2P=12×4×yP，
所以S△A2QA1=S△A1PQ+S△A1A2P=2S△A2PF+S△A1A2P，
所以2yQ=3yP，即2-2k=3-12k3+4k2，
解得k=±62，所以直线A2P的方程为y=±62x-2.
10．（2022·全国·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,-2,B32,-1两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P1,-2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH．证明：直线HN过定点．
【解题思路】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【解答过程】（1）解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1，过A0,-2,B32,-1，
则4n=194m+n=1，解得m=13，n=14，
所以椭圆E的方程为：y24+x23=1.
（2）A(0,-2),B(32,-1)，所以AB:y+2=23x，
①若过点P(1,-2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入x23+y24=1，
可得M(1,-263)，N(1,263)，代入AB方程y=23x-2，可得
T(-6+3,-263)，由MT=TH得到H(-26+5,-263).求得HN方程：
y=(2+263)x-2，过点(0,-2).
②若过点P(1,-2)的直线斜率存在，设kx-y-(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).
联立kx-y-(k+2)=0x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0，
可得x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=-8(2+k)3k2+4y1y2=4(4+4k-2k2)3k2+4，
且x1y2+x2y1=-24k3k2+4(*)
联立y=y1y=23x-2,可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6-x1,y1).
可求得此时HN:y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2)，
将(0,-2)，代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0，
将(*)代入，得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0,
显然成立，
综上，可得直线HN过定点(0,-2).