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人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆课堂检测
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这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆课堂检测，共31页。试卷主要包含了点与椭圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系，弦长问题，“中点弦问题”，椭圆中的最值问题，故B，C，D错误.等内容，欢迎下载使用。
1．点与椭圆的位置关系
(1)点与椭圆的位置关系：
(2)对于点与椭圆的位置关系，有如下结论：
点在椭圆外+>1;
点在椭圆内+<1;
点在椭圆上+=1.
2．直线与椭圆的位置关系
(1)直线与椭圆的三种位置关系
类比直线与圆的位置关系，直线与椭圆有相离、相切、相交三种位置关系，如图所示.
(2)利用方程讨论直线与椭圆的位置关系：
>0直线与椭圆相交有两个公共点;
=0直线与椭圆相切有且只有一个公共点;
<0直线与椭圆相离无公共点.
3．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.
4．“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.
5．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 判断直线与椭圆的位置关系】
【方法点拨】
结合具体条件，根据直线与椭圆的三种位置关系，进行判断，即可得解.
【例1】1．(2023·全国·高二课时练习）已知2b=a+c，则直线ax+by+c=0与椭圆x26+y25=1的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．以上三种情况均有可能
【变式1-1】(2023·全国·高二课时练习）直线y=2x−1与椭圆x29+y24=1的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不确定
【变式1-2】(2023·全国·高二课时练习）直线y=kx+2与椭圆x23+y22=1有且只有一个交点，则k的值是( )
A．63B．−63C．±63D．±33
【变式1-3】(2023·全国·高二课时练习）若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．1或2
【题型2 弦长问题】
【方法点拨】
①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化
运算过程.
②涉及弦长问题，应联立直线与椭圆的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，
由韦达定理得到 (或)，代入到弦长公式即可.
【例2】(2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F2且斜率为1的直线l交椭圆C于A、B两点，则AB等于（ ）
A．247B．127C．1227D．837
【变式2-1】（2023·甘肃省高二期中（理））已知斜率为1的直线l过椭圆x24+y2=1的右焦点，交椭圆于A、B两点，则弦AB的长为（ ）
A．45B．65C．85D．135
【变式2-2】(2023·全国·高三专题练习）已知直线y=2x+m与椭圆C:x25+y2=1相交于A,B两点，O为坐标原点.当△AOB的面积取得最大值时，AB=（ ）
A．54221B．21021
C．5427D．3427
【变式2-3】（2023·江西·高安中学高二期末（文））过椭圆T: x22+y2=1上的焦点F作两条相互垂直的直线l1、l2，l1交椭圆于A,B两点，l2交椭圆于C,D两点，则AB+CD的取值范围是（ ）
A．833,33B．823,33C．823,32D．833,32
【题型3 椭圆的“中点弦”问题】
【方法点拨】
根据“中点弦”问题的两种解题方法进行求解即可. 这三种方法中又以点差法最为常用，点差法中体现的
设而不求思想还可以用于解决对称问题，因为这类问题也与弦中点和斜率有关. 与弦中点有关的问题有平
行弦的中点轨迹、过定点且被定点平分的弦所在的直线方程等.这类问题的解决，从不同的角度体现了判别
式、根与系数的关系、点差法、椭圆的性质、线段的垂直平分线的性质等知识在直线与椭圆的位置关系中
的作用，解法多、方法活.
【例3】（2023·重庆高二期末）已知椭圆C:x28+y24=1，过点P(2,1)的直线交椭圆于A，B两点，若P为线段AB中点，则|AB|=（ ）
A．4113B．2153C．463D．433
【变式3-1】(2023·四川·高二阶段练习（文））已知椭圆C：x24+y22=1内一点M1,12，直线l与椭圆C交于A，B两点，且M是线段AB的中点，则下列不正确的是（ ）.
A．椭圆的焦点坐标为2,0，−2,0B．椭圆C的长轴长为4
C．直线l的方程为2x+2y−3=0D．AB=2153
【变式3-2】(2023·河北·高二阶段练习（文））已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F3,0，过点F的直线交椭圆E于A,B两点，若AB的中点坐标为（1，-1），则弦长|AB|=（ ）
A．52B．25C．522D．10
【变式3-3】(2023·内蒙古·高三期末（文））设椭圆的方程为x22+y24=1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，下列结论正确的是（ ）
A．直线AB与OM垂直；
B．若直线方程为y=2x+2，则|AB|=432.
C．若直线方程为y=x+1，则点M坐标为(13，43)
D．若点M坐标为(1,1)，则直线方程为2x+y−3=0；
【题型4 椭圆中的面积问题】
【方法点拨】
椭圆中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与椭圆
方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边形
面积问题可化为两个三角形面积来求解.
【例4】(2023·江西·高二开学考试）已知直线x+3y−7=0与椭圆x29+y2b2=10A．2B．3C．23D．22
【变式4-1】（2023·河南·高二阶段练习（文））已知椭圆C:x22+y2=1的左､右焦点分别是F1，F2，过F1的直线l:y=x+m与椭圆C交于A，B两点，则△ABF2的面积是（ ）
A．43B．83C．169D．329
【变式4-2】（2023·四川·高二期末（文））过原点O作两条相互垂直的直线分别与椭圆x22+y2=1交于A、C与B、D，则四边形ABCD面积最小值为（ ）
A．83B．42C．22D．43
【变式4-3】（2023·江苏·高二单元测试）已知A，F分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的下顶点和左焦点，过A且倾斜角为60°的直线l分别交x轴和椭圆C于M，N两点，且N点的纵坐标为35b，若△FMN的周长为6，则△FAN的面积为（ ）
A．1653B．853C．453D．253
【题型5 椭圆中的定点、定值、定直线问题】
【例5】(2023·广东广州·一模）已知椭圆C: x28+y24=1，直线l：y=kx+n(k>0)与椭圆C交于M,N两点，且点M位于第一象限.
(1)若点A是椭圆C的右顶点，当n=0时，证明：直线AM和AN的斜率之积为定值；
(2)当直线l过椭圆C的右焦点F时，x轴上是否存在定点P，使点F到直线NP 的距离与点F到直线MP的距离相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.
【变式5-1】(2023·河南·高三开学考试（文））已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0，长轴是短轴的3倍，点1,223在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点Q1,0且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在点Tt,0，使得直线TM，TN斜率之积为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【变式5-2】(2023·高三阶段练习）已知椭圆C的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过A(−2,0),B1,32两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)F为椭圆C的右焦点，直线l交椭圆C于P,Q（不与点A重合）两点，记直线AP,AQ,l的斜率分别为k1,k2,k，若k1+k2=−3k，证明：△FPQ的周长为定值，并求出定值.
【变式5-3】(2023·江苏·高三阶段练习）已知椭圆C:x25+y24=1的上下顶点分别为A，B，过点P0，3且斜率为k(k<0)的直线与椭圆C自上而下交于M，N两点，直线BM与AN交于点G.
(1)设AN，BN的斜率分别为k1，k2，求k1⋅k2的值;
(2)求证：点G在定直线上.
【题型6 椭圆中的最值问题】
【方法点拨】
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.
【例6】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1(−3,0),F2(3,0)且经过点P(3,2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若斜率为1的直线与椭圆C交于A，B两点，求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）
【变式6-1】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为32．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为−94，求点P到直线l距离的最大值．
【变式6-2】(2023·浙江·高考真题）如图，已知椭圆x212+y2=1．设A，B是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点Q0,12在线段AB上，直线PA,PB分别交直线y=−12x+3于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求|CD|的最小值．
【变式6-3】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，左，右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点Q在椭圆C上，且满足QF1+QF2=4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设P为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆C相交于M，N两点（M，N两点异于P点），且PM⊥PN，求PM⋅PN的最大值．
专题3.5 直线与椭圆的位置关系-重难点题型精讲
1．点与椭圆的位置关系
(1)点与椭圆的位置关系：
(2)对于点与椭圆的位置关系，有如下结论：
点在椭圆外+>1;
点在椭圆内+<1;
点在椭圆上+=1.
2．直线与椭圆的位置关系
(1)直线与椭圆的三种位置关系
类比直线与圆的位置关系，直线与椭圆有相离、相切、相交三种位置关系，如图所示.
(2)利用方程讨论直线与椭圆的位置关系：
>0直线与椭圆相交有两个公共点;
=0直线与椭圆相切有且只有一个公共点;
<0直线与椭圆相离无公共点.
3．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.
4．“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.
5．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 判断直线与椭圆的位置关系】
【方法点拨】
结合具体条件，根据直线与椭圆的三种位置关系，进行判断，即可得解.
【例1】1．(2023·全国·高二课时练习）已知2b=a+c，则直线ax+by+c=0与椭圆x26+y25=1的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．以上三种情况均有可能
【解题思路】结合题意得直线ax+by+c=0过定点1,−2，再结合点1,−2在椭圆内部即可判断.
【解答过程】解：因为2b=a+c，所以直线ax+by+c=0可化为a2x+y+y+2c=0，
所以，直线ax+by+c=0过定点1,−2，
因为点1,−2在椭圆x26+y25=1内部，
所以，直线ax+by+c=0与椭圆x26+y25=1的位置关系是相交.
故选：A.
【变式1-1】(2023·全国·高二课时练习）直线y=2x−1与椭圆x29+y24=1的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不确定
【解题思路】根据直线恒过0,−1，且0,−1在椭圆内可直接得到结论.
【解答过程】∵029+124=14<1，∴0,−1在椭圆内，
∵y=2x−1恒过点0,−1，∴直线y=2x−1与椭圆x29+y24=1相交.
故选：A.
【变式1-2】(2023·全国·高二课时练习）直线y=kx+2与椭圆x23+y22=1有且只有一个交点，则k的值是( )
A．63B．−63C．±63D．±33
【解题思路】直线和椭圆只有一个交点，则直线和椭圆相切，联立直线和椭圆方程得到二次方程，二次方程只有一个解，根据＝0即可求出k的值﹒
【解答过程】由y=kx+2x23+y22=1得，2+3k2x2+12kx+6=0，
由题意知Δ=12k2−4×6×2+3k2=0，解得k=±63，
故选：C．
【变式1-3】(2023·全国·高二课时练习）若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．1或2
【解题思路】根据直线与圆没有交点可得m2＋n2<4，即可判断点(m，n)在椭圆的内部，即可得出结论.
【解答过程】∵ 直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，
∴4m2+n2>2，∴ m2＋n2<4，∴m29+n24∴ 点(m，n)在椭圆x29+y24=1的内部，
∴过点(m，n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点个数为2个．
故选：C.
【题型2 弦长问题】
【方法点拨】
①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化
运算过程.
②涉及弦长问题，应联立直线与椭圆的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，
由韦达定理得到 (或)，代入到弦长公式即可.
【例2】(2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F2且斜率为1的直线l交椭圆C于A、B两点，则AB等于（ ）
A．247B．127C．1227D．837
【解题思路】利用弦长公式求解即可.
【解答过程】设直线AB方程为y=x−1，联立椭圆方程x24+y23=1
整理可得：7x2−8x−8=0，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=87，x1⋅x2=−87，根据弦长公式有：
AB=1+k2⋅x1+x22−4x1⋅x2=247．故B，C，D错误.
故选：A.
【变式2-1】（2023·甘肃省高二期中（理））已知斜率为1的直线l过椭圆x24+y2=1的右焦点，交椭圆于A、B两点，则弦AB的长为（ ）
A．45B．65C．85D．135
【解题思路】根据题意求得直线l的方程，设Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求得x1+x2,x1⋅x2，再利用弦长公式即可得出答案.
【解答过程】解：由椭圆P得，a2=4,b2=1，所以c2=3，
所以右焦点坐标为−3,0，则直线2的方程为y=x−3，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立y=x−3x24+y2=1，消y得，5x2−83x+8=0，
则x1+x2=835,x1⋅x2=−85，
所以AB=1+k2⋅x1+x22−4x1⋅x2=2×8352−4×85=85.
即弦E长为85.
故选：C.
【变式2-2】(2023·全国·高三专题练习）已知直线y=2x+m与椭圆C:x25+y2=1相交于A,B两点，O为坐标原点.当△AOB的面积取得最大值时，AB=（ ）
A．54221B．21021
C．5427D．3427
【解题思路】联立直线方程与椭圆方程，化简，得到韦达定理，由弦长公式求得AB，由O到直线AB的距离d=|m|5，表示出△AOB的面积，利用基本不等关系求得最大值，从而求得此时的AB.
【解答过程】由y=2x+mx25+y2=1，得21x2+20mx+5m2−5=0.
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=−20m21，x1x2=5m2−521，
|AB|=1+22(x1+x2)2−4x1x2 =520(21−m2)21=1021−m221.
又O到直线AB的距离d=|m|5，
则△AOB的面积S=12d⋅|AB|=5m2(21−m2)21 ≤5×m2+21−m2221=52，
当且仅当m2=21−m2，即m2=212时，△AOB的面积取得最大值.
此时，|AB|=1021−m221=54221.
故选：A.
【变式2-3】（2023·江西·高安中学高二期末（文））过椭圆T: x22+y2=1上的焦点F作两条相互垂直的直线l1、l2，l1交椭圆于A,B两点，l2交椭圆于C,D两点，则AB+CD的取值范围是（ ）
A．833,33B．823,33C．823,32D．833,32
【解题思路】当直线l1、l2有一条斜率不存在时，可直接求得AB+CD=32，当直线l1、l2的斜率都存在且不为0时，不妨设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为−1k，则可得直线l1的方程，与椭圆联立，根据韦达定理及弦长公式，可求得AB的表达式，同理可求得CD的表达式，令1+k2=t，则可得AB+CD=622+1t−1t2，令y=2+1t−1t2，根据二次函数的性质，结合t的范围，即可求得AB+CD的范围，综合即可得答案.
【解答过程】当直线l1、l2有一条斜率不存在时，不妨设直线l1斜率不存在，则直线l2斜率为0，
此时AB=22，CD=2b2a=22=2，
所以AB+CD=32，
当直线l1、l2的斜率都存在且不为0时，不妨设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为−1k，
不妨设直线l1、l2都过椭圆的右焦点F(1,0)，
所以直线l1:y=k(x−1)，直线l2:y=−1k(x−1)，
联立l1与椭圆Ty=k(x−1)x22+y2=1，可得(1+2k2)x2−4k2x+2k2−2=0，
Δ=(−4k2)2−4(1+2k2)(2k2−2)=8k2+8>0，
x1+x2=4k21+2k2,x1⋅x2=2k2−21+2k2，
所以AB=1+k2x1−x2=1+k2(x1+x2)2−4x1⋅x2
=1+k24k21+2k22−4×2k2−21+2k2=22(1+k2)1+2k2，
同理CD=22(1+−1k2)1+2−1k2=22(1+k2)k2+2，
所以AB+CD=22(1+k2)1+2k2+22(1+k2)k2+2，
令1+k2=t，因为k≠0，所以t>1，
所以AB+CD=22(1+k2)1+2k2+22(1+k2)k2+2=22t2t−1+22tt+1=62t2(2t−1)(t+1)=62t22t2+t−1=622+1t−1t2，
令y=2+1t−1t2=−1t−122+94，
因为t>1，所以1t∈(0,1)，
所以y∈2,94，所以1y∈49,12，
所以AB+CD=62×1y∈823,32，
综上AB+CD的取值范围是823,32.
故选：C.
【题型3 椭圆的“中点弦”问题】
【方法点拨】
根据“中点弦”问题的两种解题方法进行求解即可. 这三种方法中又以点差法最为常用，点差法中体现的
设而不求思想还可以用于解决对称问题，因为这类问题也与弦中点和斜率有关. 与弦中点有关的问题有平
行弦的中点轨迹、过定点且被定点平分的弦所在的直线方程等.这类问题的解决，从不同的角度体现了判别
式、根与系数的关系、点差法、椭圆的性质、线段的垂直平分线的性质等知识在直线与椭圆的位置关系中
的作用，解法多、方法活.
【例3】（2023·重庆高二期末）已知椭圆C:x28+y24=1，过点P(2,1)的直线交椭圆于A，B两点，若P为线段AB中点，则|AB|=（ ）
A．4113B．2153C．463D．433
【解题思路】设A(x1,y1),B(x2,y2),由弦中点利用点差法可得kAB=−1,则直线AB为y=−x+3,联立直线与椭圆,利用韦达定理可得x1x2=103,进而通过弦长公式求解即可
【解答过程】由题,设A(x1,y1),B(x2,y2),因为P为线段AB的中点,则{x1+x2=2×2=4y1+y2=2×1=2,
则{x128+y124=1x228+y224=1,作差可得(x1−x2)(x1+x2)8+(y1−y2)(y1+y2)4=0,
即y1−y2x1−x2=−12⋅x1+x2y1+y2=−12×42=−1,即kAB=−1,
则直线AB为y−1=−(x−2),即y=−x+3,
所以联立{x28+y24=1y=−x+3可得3x2−12x+10=0,则x1x2=103,
所以|AB|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+(−1)2×42−4×103=433,
故选：D.
【变式3-1】(2023·四川·高二阶段练习（文））已知椭圆C：x24+y22=1内一点M1,12，直线l与椭圆C交于A，B两点，且M是线段AB的中点，则下列不正确的是（ ）.
A．椭圆的焦点坐标为2,0，−2,0B．椭圆C的长轴长为4
C．直线l的方程为2x+2y−3=0D．AB=2153
【解题思路】根据椭圆方程求得a,b,c，从而确定AB选项的正确性.利用点差法确定C选项的正确性.利用弦长公式确定D选项的正确性.
【解答过程】依题意椭圆C：x24+y22=1，
所以a=2,b=2,c=2，
所以椭圆的焦点坐标为−2,0,2,0，A选项错误.
椭圆的长轴长为2a=4，B选项正确.
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x124+y122=1,x224+y222=1，
两式相减并化简得−24=y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2，
由于M1,12是AB的中点，
所以−24=12⋅y1−y2x1−x2,y1−y2x1−x2=−1，即直线AB的斜率为−1，
所以直线AB的方程为y−12=−x−1,x+y−32=0,2x+2y−3=0，C选项正确.
2x+2y−3=0x24+y22=1消去y并化简得3x2−6x+12=0，
x1+x2=2,x1x2=16，
所以AB=1+1×22−4×16=2153，D选项正确.
故选：A.
【变式3-2】(2023·河北·高二阶段练习（文））已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F3,0，过点F的直线交椭圆E于A,B两点，若AB的中点坐标为（1，-1），则弦长|AB|=（ ）
A．52B．25C．522D．10
【解题思路】设两点的坐标A(x1,y1)，B(x2,y2)，将两点坐标代入椭圆方程，两式相减，由中点坐标(1,−1)，焦点坐标F(3,0)得b2a2=12，又由a2−b2=9，得椭圆的标准方程及直线AB的方程，联立，由弦长公式，得弦长|AB|
【解答过程】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
将两点坐标代入椭圆方程，x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，两式相减，得y1−y2x1−x2=−b2(x1+x2)a2(y1+y2)，
由中点坐标(1,−1)，焦点坐标F(3,0)得0−(−1)3−1=−2×1×b22×(−1)×a2，即b2a2=12，
又由a2−b2=9，得a2=18，b2=9，
所以椭圆的标准方程为x218+y29=1，直线AB的方程为x−2y−3=0，联立方程组，消去y，得x2−2x−9=0，所以x1+x2=2，x1x2=−9，
弦长|AB|=1+(12)2×22−4×(−9)=52，
故选A.
【变式3-3】(2023·内蒙古·高三期末（文））设椭圆的方程为x22+y24=1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，下列结论正确的是（ ）
A．直线AB与OM垂直；
B．若直线方程为y=2x+2，则|AB|=432.
C．若直线方程为y=x+1，则点M坐标为(13，43)
D．若点M坐标为(1,1)，则直线方程为2x+y−3=0；
【解题思路】利用椭圆中中点弦问题的处理方法，结合弦长的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【解答过程】不妨设A,B坐标为x1,y1,(x2,y2)，则x122+y124=1,x222+y224=1，两式作差可得：
y1+y2x1+x2×y1−y2x1−x2=−2，设M(x0,y0)，则y0x0×k=−2.
对A：kAB×kOM=k×y0x0=−2，故直线AB,OM不垂直，则A错误；
对B：若直线方程为y=2x+2，联立椭圆方程2x2+y2=4，
可得：6x2+8x=0，解得x1=0,x2=−43，故y1=2,y2=−23，
则AB=169+649=453，故B错误；
对C：若直线方程为y=x+1，故可得y0x0×1=−2，即y0=−2x0，又y0=x0+1，
解得x0=−13,y0=23，即M(−13,23)，故C错误；
对D：若点M坐标为(1,1),则11×k=−2，则kAB=−2，
又AB过点(1,1)，则直线AB的方程为y−1=−2(x−1)，即2x+y−3=0，故D正确.
故选：D.
【题型4 椭圆中的面积问题】
【方法点拨】
椭圆中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与椭圆
方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边形
面积问题可化为两个三角形面积来求解.
【例4】(2023·江西·高二开学考试）已知直线x+3y−7=0与椭圆x29+y2b2=10A．2B．3C．23D．22
【解题思路】根据线段AB的中点为C1,2，利用点差法求得b2，再利用三角形面积公式求解.
【解答过程】解：设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x129+y12b2=1x229+y22b2=1，
所以y1−y2x1−x2=−b2x1+x29y1+y2，
即−13=−2b24×9，b2=6，
解得c2=a2−b2=3，
所以S△CF1F2=12×2c×2=23，
故选：C.
【变式4-1】（2023·河南·高二阶段练习（文））已知椭圆C:x22+y2=1的左､右焦点分别是F1，F2，过F1的直线l:y=x+m与椭圆C交于A，B两点，则△ABF2的面积是（ ）
A．43B．83C．169D．329
【解题思路】由题知F1−1,0，直线l:y=x+1，进而与椭圆方程联立得y1+y2=23，y1y2=−13，进而根据S=12F1F2y1−y2计算即可.
【解答过程】解：由题意可得F1−1,0，F21,0，则直线l:y=x+1.
联立y=x+1x22+y2=1，整理得3y2−2y−1=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1+y2=23，y1y2=−13，
从而y1−y2=y1+y22−4y1y2=43.
因为F1F2=2，
所以△ABF2的面积是12F1F2y1−y2=12×2×43=43.
故选：A.
【变式4-2】（2023·四川·高二期末（文））过原点O作两条相互垂直的直线分别与椭圆x22+y2=1交于A、C与B、D，则四边形ABCD面积最小值为（ ）
A．83B．42C．22D．43
【解题思路】直线AC、BD与坐标轴重合时求出四边形面积，与坐标轴不重合求出四边形ABCD面积最小值，再比较大小即可作答.
【解答过程】因四边形ABCD的两条对角线互相垂直，由椭圆性质知，四边形ABCD的四个顶点为椭圆顶点时，而a=2,b=1，
四边形ABCD的面积S=12|AC|⋅|BD|=12×22×2=22，
当直线AC斜率存在且不0时，设其方程为y=kx，由y=kxx2+2y2=2消去y得：(2k2+1)x2−2=0，
设A(x1,y1),C(x2,y2)，则x1+x2=0,x1x2=−22k2+1，
|AC|=1+k2|x1−x2|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=22k2+22k2+1，
直线BD方程为y=−1kx，同理得：|BD|=22k2+2k2+2，
则有S=12|AC|⋅|BD|=4k4+2k2+12k4+5k2+2=412+k2k4+2k2+1=412+1k2+1k2+2 ≥412+12k2⋅1k2+2=83，
当且仅当k2=1k2，即k=−1或k=1时取“=”，而83<22，
所以四边形ABCD面积最小值为83.
故选：A.
【变式4-3】（2023·江苏·高二单元测试）已知A，F分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的下顶点和左焦点，过A且倾斜角为60°的直线l分别交x轴和椭圆C于M，N两点，且N点的纵坐标为35b，若△FMN的周长为6，则△FAN的面积为（ ）
A．1653B．853C．453D．253
【解题思路】根据已知条件求得a,b,c，由此求得△FMN的面积.
【解答过程】由题意得，A0，−b，F−c，0，
因为直线AM的倾斜角为60°，所以直线MN的方程为y=3x−b，
把y=35b代入椭圆方程解得xN=45a，所以N45a，35b，
因为A在直线MN上，所以35b=3×45a−b，解得ba=32．
又a2=b2+c2，23b2=b2+c2，解得b=3c，
令y=3x−b=0，则Mb3，0，即Mc，0，
因为M为椭圆的右焦点，所以FM=2c，
由椭圆的定义可知，NF+NM=2a，
因为△FMN的周长为6，所以2a+2c=6，
所以ba=32，所以a=2c，c=1，所以a=2，b=3，c=1.
所以S△FAN=12⋅FM⋅35b−−b=c⋅85b=835．
故选B．
【题型5 椭圆中的定点、定值、定直线问题】
【例5】(2023·广东广州·一模）已知椭圆C: x28+y24=1，直线l：y=kx+n(k>0)与椭圆C交于M,N两点，且点M位于第一象限.
(1)若点A是椭圆C的右顶点，当n=0时，证明：直线AM和AN的斜率之积为定值；
(2)当直线l过椭圆C的右焦点F时，x轴上是否存在定点P，使点F到直线NP 的距离与点F到直线MP的距离相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.
【解题思路】(1) 联立直线方程和椭圆方程得(1+2k2)x2−8=0，由韦达定理可得x1,x2的关系，再由kAM⋅kAN=y1x1−22⋅y2x2−22计算即可得证；
(2)由题意可得直线l的方程为y=k(x−2)，联立直线方程与椭圆方程得(1+2k2)x2−8k2x+8(k2−1)=0，由韦达定理x3,x4之间的关系，假设存在满足题意的点P，设P(m,0)，由题意可得kPM+kPN=0.代入计算，如果m有解，则存在，否则不存在.
【解答过程】（1）
证明：因为n=0，所以直线l：y=kx，
联立直线方程和椭圆方程：y=kxx2+2y2−8=0 ，得(1+2k2)x2−8=0，
设M(x1,y1),N(x2,y2)，
则有x1+x2=0,x1x2=−81+2k2，
所以y1y2=k2x1x2=−8k21+2k2，
又因为A(22,0)，
所以kAM=y1x1−22，kAN=y2x2−22，
所以kAM⋅kAN=y1x1−22⋅y2x2−22=y1y2x1x2−22(x1+x2)+8=y1y2x1x2+8=−8k21+2k2−81+2k2+8=−8k21+2k216k21+2k2=−8k216k2=−12
所以直线AM和AN的斜率之积为定值−12；
（2）
解：假设存在满足题意的点P，设P(m,0)，
因为椭圆C的右焦点F(2,0)，所以2k+n=0,即有n=−2k，
所以直线l的方程为y=k(x−2).
由y=k(x−2)x2+2y2−8=0，可得(1+2k2)x2−8k2x+8(k2−1)=0，
设M(x3,y3),N(x4,y4)，
则有x3+x4=8k21+2k2,x3x4=8(k2−1)1+2k2；
因为点F到直线NP的距离与点F到直线MP的距离相等，
所以PF平分∠MPN,
所以kPM+kPN=0.
即y3x3−m+y4x4−m=k(x3−2)x3−m+k(x4−2)x4−m=k(x3−2)(x4−m)+k(x3−m)(x4−2)(x3−m)(x4−m)=k[2x3x4−(m+2)(x3+x4)+4m](x3−m)(x4−m)=0，
又因为k>0，
所以2x3x4−(m+2)(x3+x4)+4m=0，
代入x3+x4=8k21+2k2,x3x4=8(k2−1)1+2k2，
即有4m−161+2k2=0，
解得m=4.
故x轴上存在定点P(4,0)，使得点F到直线NP 的距离与点F到直线MP的距离相等.
【变式5-1】(2023·河南·高三开学考试（文））已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0，长轴是短轴的3倍，点1,223在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点Q1,0且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在点Tt,0，使得直线TM，TN斜率之积为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据题意得a＝3b，再将点1,223代入求得a2,b2，即可得解；
（2）设l的方程为x＝my＋1，Mx1,y1，Nx2,y2，联立方程，利用韦达定理求得y1+y2,y1y2，再根据斜率公式计算整理，从而可得出结论.
【解答过程】（1）
解：由题意得a＝3b，故椭圆C为x29b2+y2b2=1，
又点1,223在C上，所以19b2+89b2=1，得b2=1，a2=9，
故椭圆C的方程即为x29+y2=1；
（2）
解：由已知知直线l过Q1,0，设l的方程为x＝my＋1，
联立两个方程得x29+y2=1x=my+1，消去x得：m2+9y2+2my−8=0，
Δ=4m2+32m2+9>0得m∈R，
设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1+y2=−2mm2+9,y1y2=−8m2+9（*），
kTM⋅kTN=y1x1−t⋅y2x2−t=y1my1+1−t⋅y2my2+1−t =y1y2m2y1y2+m1−ty1+y2+1−t2，
将（*）代入上式，可得：−8m2+9m2⋅−8m2+9+m1−t−2mm2+9+1−t2=89−t2m2−91−t2，
要使kTM⋅kTN为定值，则有9−t2=0，又∵t>0，∴t＝3，
此时kTM⋅kTN=8−9×4=−29，
∴存在点T3,0，使得直线TM与TN斜率之积为定值−29，此时t＝3.
【变式5-2】(2023·高三阶段练习）已知椭圆C的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过A(−2,0),B1,32两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)F为椭圆C的右焦点，直线l交椭圆C于P,Q（不与点A重合）两点，记直线AP,AQ,l的斜率分别为k1,k2,k，若k1+k2=−3k，证明：△FPQ的周长为定值，并求出定值.
【解题思路】（1）结合A,B两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆C的方程.
（2）设直线l:y=kx+m，联立直线l的方程和椭圆C的方程，化简写出根与系数关系，利用k1+k2=−3k求得m,k的关系式，从而判断出直线l过左焦点，由此求得△FPQ的周长为定值8.
【解答过程】（1）
由已知设椭圆C方程为：mx2+ny2=1(m>0,n>0)，
代入A−2,0,B1,32，得m=14,n=13，
故椭圆C方程为x24+y23=1.
（2）
设直线l:y=kx+m,Px1,y1,Qx2,y2，
由y=kx+m,3x2+4y2=12⇒4k2+3x2+8kmx+4m2−12=0得，
x1+x2=−8km4k2+3x1⋅x2=4m2−124k2+3，Δ=64k2m2−44k2+34m2−12=192k2−48m2+144，
又k1=y1x1+2=kx1+mx1+2,k2=kx2+mx2+2，
故k1+k2=kx1+mx1+2+kx2+mx2+2=2kx1x2+2kx1+x2+mx1+x2+4mx1x2+2x1+x2+4
=8km2−24k−16k2m−8km2+16k2m+12m4m2−12−16km+16k2+12
=3m−6km2−4km+4k2，
由k1+k2=−3k，得m2−3km+2k2=0，
故m−2km−k=0⇒m=2k或m=k，
①当m=2k时，直线l:y=kx+2k=kx+2，过定点A−2,0，与已知不符，舍去；
②当m=k时，直线l:y=kx+k=kx+1，过定点−1,0，即直线l过左焦点，
此时Δ=192k2−48m2+144=144k2+144>0，符合题意.
所以△FPQ的周长为定值4a=8.
【变式5-3】(2023·江苏·高三阶段练习）已知椭圆C:x25+y24=1的上下顶点分别为A，B，过点P0，3且斜率为k(k<0)的直线与椭圆C自上而下交于M，N两点，直线BM与AN交于点G.
(1)设AN，BN的斜率分别为k1，k2，求k1⋅k2的值;
(2)求证：点G在定直线上.
【解题思路】（1）设M(x1,y1),N(x2,y2)，表示出k1⋅k2，结合点N在椭圆上，代入即可得出答案.
（2）设直线PM为y=kx+3，与椭圆联立消去y得到关于x的一元二次方程，列出韦达定理，写出直线MB，NA的方程，联立这两条直线的方程，求出G点的纵坐标，即可得出答案.
【解答过程】（1）
设M(x1,y1),N(x2,y2)，A0,2,B0,−2，
k1⋅k2=y2+2x2⋅y2−2x2=y22−4x22，
又x225+y224=1 所以y22=4⋅(1−x225)，
所以k1⋅k2=4(1−x225)−4x22=−45.
（2）
设PM:y=kx+3 联立4x2+5y2=20，
得到(4+5k2)x2+30kx+25=0，
∴x1+x2=−30k4+5k2 x1⋅x2=254+5k2，
Δ=900k2−100(4+5k2)=400(k2−1)>0，
直线MB: y=y1+2x1x−2，
直线NA: y=y2−2x2x+2，
联立得:y+2y−2=x2(y1+2)(y2−2)x1，
法一：y+2y−2=−54⋅(y2+2)x2(y1+2)x1 =−54⋅k2x1x2+5k(x1+x2)+25x1x2=−5，
解得y=43.
法二：由韦达定理得x1+x2x1x2=−65k，
∴y+2y−2=x2kx2+1(kx1+5)x1=kx1x2+5x2kx1x2+x1 −56(x1+x2)+5x2−56(x1+x2)+x1=−5.
解得y=43，
所以点G在定直线y=43上.
【题型6 椭圆中的最值问题】
【方法点拨】
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.
【例6】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1(−3,0),F2(3,0)且经过点P(3,2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若斜率为1的直线与椭圆C交于A，B两点，求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）
【解题思路】（1）根据椭圆的定义可得a=3，进而可求其方程，
（2）根据弦长公式和点到直线的距离可表达三角形的面积，结合不等式即可求解最大值.
【解答过程】（1）
由椭圆的定义，
可知2a=PF1+PF2=(23)2+4+2=4+2=6
解得a=3，又b2=a2−(3)2=6.
∴椭圆C的标准方程为x29+y26=1.
（2）
设直线l的方程为y=x+m，
联立椭圆方程，得5x2+6mx+3m2−18=0，
△=36m2−60m2+360>0，得−15设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=−6m5,x1⋅x2=3m2−185，
∴|AB|=2⋅x1+x22−4x1⋅x2
=2⋅36m225−12m2−725=435⋅15−m2，
点O(0,0)到直线l:x+y−m=0的距离d=|m|2，
∴S△AOB=12|AB|⋅d=12×435×15−m2×|m|2=6515−m2⋅m2
≤6515−m2+m222=65×152=362.
当且仅当15−m2=m2,(−15∴△AOB面积的最大值为362.
【变式6-1】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为32．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为−94，求点P到直线l距离的最大值．
【解题思路】（1）根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解a2=4，b2=3.
（2）联立直线与椭圆方程，进行求解即可.
【解答过程】（1）
由题意可得Pc,b2a，∴由题意可得e=ca=1212⋅c⋅2b2a=32且c2=a2−b2，解得a2=4，b2=3，
∴椭圆的方程为：x24+y23=1．
（2）
解法1：由（1）可得P1,32，
当直线l 没有斜率时，设方程为：x=mm≠1 ，则A(m,y0),B(m,−y0) ，此时kPA⋅kPB=y0−32m−1⋅−y0−32m−1=−94，化简得：y02=94+941−m2, 又m24+y023=1，解得m=12 或m=1（舍去），此时P到直线l的距离为12
设直线l有斜率时，设Ax1,y1，Bx2,y2，设其方程为：y=kx+m，联立可得y=kx+mx24+y23=1且整理可得：3+4k2x2+8kmx+4m2−12=0，
Δ=64m2k2−4⋅4k2+3⋅4m2−12>0，且x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
kPA⋅kPB=y1−32x1−1⋅y2−32x2−1=−94，整理可得：y1−32y2−32=−94x1−1x2−1，
整理可得94+k2x1x2+km−32−94x1+x2+m−322+94=0，整理可得2k2+4m2−3m+6km−92=0，即k+m−322k+4m+3=0，k+m−32=0或2k+4m+3=0，
若k+m−32=0，则直线方程为：y−32=kx−1，直线恒过N1,32，与P点重合，
若2k+4m+3=0，则直线方程为：y+34=kx−12，∴直线恒过定点Q12,−34，∴P到直线l的距离的最大值为PQ的值为1−122+32−−342=854，
由于854>12
∴点P到直线l距离的最大值854．
解法2：公共点P1,32，左移1个单位，下移32个单位，C':x+124+y+3223=1A'B':mx+ny=1，
3x2+6x+4y2+3y=0，4y2+3x2+6x+2ymx+ny=0，
12n+4y2+62m+nxy+6m+3x2=0，等式两边同时除以x2，12n+4yx2+62m+nyx+6m+3=0，kPA⋅kPB=−94，6m+312n+4=−94，−12m−94n=1，
mx+ny=1过−12,−94，右移1个单位，上移32个单位，过Q12,−34，∴P到直线l的距离的最大值为PQ的值为1−122+32−−342=854，
由于854>12
∴点P到直线l距离的最大值854．
【变式6-2】(2023·浙江·高考真题）如图，已知椭圆x212+y2=1．设A，B是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点Q0,12在线段AB上，直线PA,PB分别交直线y=−12x+3于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求|CD|的最小值．
【解题思路】（1）设H(23csθ,sinθ)是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出|PH|2，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线AB:y=kx+12与椭圆方程联立可得x1x2,x1+x2，再将直线y=−12x+3方程与PA、PB的方程分别联立，可解得点C,D的坐标，再根据两点间的距离公式求出|CD|，最后代入化简可得|CD|=352⋅16k2+1|3k+1|，由柯西不等式即可求出最小值．
【解答过程】（1）
设H(23csθ,sinθ)是椭圆上任意一点,P(0,1),
|PH|2=12cs2θ+(1−sinθ)2=13−11sin2θ−2sinθ=−11(sinθ+111)2+14411≤14411，当且仅当sinθ=−111时取等号，故|PH|的最大值是121111.
（2）
设直线AB:y=kx+12,直线AB方程与椭圆x212+y2=1联立,可得(k2+112)x2+kx−34=0,设A(x1,y1),B(x2,y2)，所以{x1+x2=−kk2+112x1x2=−34(k2+112)，
因为直线PA:y=y1−1x1x+1与直线y=−12x+3交于C,
则xC=4x1x1+2y1−2=4x1(2k+1)x1−1,同理可得,xD=4x2x2+2y2−2=4x2(2k+1)x2−1.则
|CD|=1+14|xC−xD|=52|4x1(2k+1)x1−1−4x2(2k+1)x2−1|
=25|x1−x2[(2k+1)x1−1][(2k+1)x2−1]|=25|x1−x2(2k+1)2x1x2−(2k+1)(x1+x2)+1|
=352⋅16k2+1|3k+1|=655⋅16k2+1916+1|3k+1|≥655×(4k×34+1×1)2|3k+1|=655，
当且仅当k=316时取等号，故|CD|的最小值为655.
【变式6-3】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，左，右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点Q在椭圆C上，且满足QF1+QF2=4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设P为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆C相交于M，N两点（M，N两点异于P点），且PM⊥PN，求PM⋅PN的最大值．
【解题思路】（1）由椭圆的离心率为e=ca=32和QF1+QF2=4，即2a=4联立求解；
（2）设直线l的方程为x=ky+mm≠2，与椭圆方程联立，由PM⊥PN，结合韦达定理求m，由S△PMN=12PQ⋅y1−y2求得其最大值，再由S△PMN=12PM⋅PN求解.
【解答过程】（1）
解：因为椭圆的离心率为e=ca=32，
又点Q在椭圆C上，且满足QF1+QF2=4，
所以2a=4，即a=2，
则c=3，b2=1，
所以椭圆方程为：x24+y2=1；
（2）
由题意知，直线l的斜率不为0，则不妨设直线l的方程为x=ky+mm≠2．
联立得x24+y2=1x=ky+m，消去x得k2+4y2+2kmy+m2−4=0，
Δ=4k2m2−4k2+4m2−4>0，化简整理，得k2+4>m2．
设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1+y2=−2kmk2+4，y1y2=m2−4k2+4．
∵PM⊥PN，
∴PM⋅PN=0．
∵P2,0，PM=x1−2,y1，PN=x2−2,y2，得x1−2x2−2+y1y2=0，
将x1=ky1+m，x2=ky2+m代入上式，得k2+1y1y2+km−2y1+y2+m−22=0，
得k2+1⋅m2−4k2+4+km−2⋅−2kmk2+4+m−22=0，
解得m=65或m=2（舍去），
∴直线l的方程为x=ky+65，则直线l恒过点Q65,0，
∴S△PMN=12PQ⋅y1−y2=12×45×y1+y22−4y1y2=825×25k2+4−36k2+42．
设t=1k2+4，则0易知y=825×−36t2+25t在0,14上单调递增，
∴当t=14时，S△PMN取得最大值为1625．
又S△PMN=12PM⋅PN，
∴PM⋅PNmax=2S△PMNmax=3225．
1．点与椭圆的位置关系
(1)点与椭圆的位置关系：
(2)对于点与椭圆的位置关系，有如下结论：
点在椭圆外+>1;
点在椭圆内+<1;
点在椭圆上+=1.
2．直线与椭圆的位置关系
(1)直线与椭圆的三种位置关系
类比直线与圆的位置关系，直线与椭圆有相离、相切、相交三种位置关系，如图所示.
(2)利用方程讨论直线与椭圆的位置关系：
>0直线与椭圆相交有两个公共点;
=0直线与椭圆相切有且只有一个公共点;
<0直线与椭圆相离无公共点.
3．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.
4．“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.
5．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 判断直线与椭圆的位置关系】
【方法点拨】
结合具体条件，根据直线与椭圆的三种位置关系，进行判断，即可得解.
【例1】1．(2023·全国·高二课时练习）已知2b=a+c，则直线ax+by+c=0与椭圆x26+y25=1的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．以上三种情况均有可能
【变式1-1】(2023·全国·高二课时练习）直线y=2x−1与椭圆x29+y24=1的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不确定
【变式1-2】(2023·全国·高二课时练习）直线y=kx+2与椭圆x23+y22=1有且只有一个交点，则k的值是( )
A．63B．−63C．±63D．±33
【变式1-3】(2023·全国·高二课时练习）若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．1或2
【题型2 弦长问题】
【方法点拨】
①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化
运算过程.
②涉及弦长问题，应联立直线与椭圆的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，
由韦达定理得到 (或)，代入到弦长公式即可.
【例2】(2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F2且斜率为1的直线l交椭圆C于A、B两点，则AB等于（ ）
A．247B．127C．1227D．837
【变式2-1】（2023·甘肃省高二期中（理））已知斜率为1的直线l过椭圆x24+y2=1的右焦点，交椭圆于A、B两点，则弦AB的长为（ ）
A．45B．65C．85D．135
【变式2-2】(2023·全国·高三专题练习）已知直线y=2x+m与椭圆C:x25+y2=1相交于A,B两点，O为坐标原点.当△AOB的面积取得最大值时，AB=（ ）
A．54221B．21021
C．5427D．3427
【变式2-3】（2023·江西·高安中学高二期末（文））过椭圆T: x22+y2=1上的焦点F作两条相互垂直的直线l1、l2，l1交椭圆于A,B两点，l2交椭圆于C,D两点，则AB+CD的取值范围是（ ）
A．833,33B．823,33C．823,32D．833,32
【题型3 椭圆的“中点弦”问题】
【方法点拨】
根据“中点弦”问题的两种解题方法进行求解即可. 这三种方法中又以点差法最为常用，点差法中体现的
设而不求思想还可以用于解决对称问题，因为这类问题也与弦中点和斜率有关. 与弦中点有关的问题有平
行弦的中点轨迹、过定点且被定点平分的弦所在的直线方程等.这类问题的解决，从不同的角度体现了判别
式、根与系数的关系、点差法、椭圆的性质、线段的垂直平分线的性质等知识在直线与椭圆的位置关系中
的作用，解法多、方法活.
【例3】（2023·重庆高二期末）已知椭圆C:x28+y24=1，过点P(2,1)的直线交椭圆于A，B两点，若P为线段AB中点，则|AB|=（ ）
A．4113B．2153C．463D．433
【变式3-1】(2023·四川·高二阶段练习（文））已知椭圆C：x24+y22=1内一点M1,12，直线l与椭圆C交于A，B两点，且M是线段AB的中点，则下列不正确的是（ ）.
A．椭圆的焦点坐标为2,0，−2,0B．椭圆C的长轴长为4
C．直线l的方程为2x+2y−3=0D．AB=2153
【变式3-2】(2023·河北·高二阶段练习（文））已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F3,0，过点F的直线交椭圆E于A,B两点，若AB的中点坐标为（1，-1），则弦长|AB|=（ ）
A．52B．25C．522D．10
【变式3-3】(2023·内蒙古·高三期末（文））设椭圆的方程为x22+y24=1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，下列结论正确的是（ ）
A．直线AB与OM垂直；
B．若直线方程为y=2x+2，则|AB|=432.
C．若直线方程为y=x+1，则点M坐标为(13，43)
D．若点M坐标为(1,1)，则直线方程为2x+y−3=0；
【题型4 椭圆中的面积问题】
【方法点拨】
椭圆中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与椭圆
方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边形
面积问题可化为两个三角形面积来求解.
【例4】(2023·江西·高二开学考试）已知直线x+3y−7=0与椭圆x29+y2b2=10
【变式4-1】（2023·河南·高二阶段练习（文））已知椭圆C:x22+y2=1的左､右焦点分别是F1，F2，过F1的直线l:y=x+m与椭圆C交于A，B两点，则△ABF2的面积是（ ）
A．43B．83C．169D．329
【变式4-2】（2023·四川·高二期末（文））过原点O作两条相互垂直的直线分别与椭圆x22+y2=1交于A、C与B、D，则四边形ABCD面积最小值为（ ）
A．83B．42C．22D．43
【变式4-3】（2023·江苏·高二单元测试）已知A，F分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的下顶点和左焦点，过A且倾斜角为60°的直线l分别交x轴和椭圆C于M，N两点，且N点的纵坐标为35b，若△FMN的周长为6，则△FAN的面积为（ ）
A．1653B．853C．453D．253
【题型5 椭圆中的定点、定值、定直线问题】
【例5】(2023·广东广州·一模）已知椭圆C: x28+y24=1，直线l：y=kx+n(k>0)与椭圆C交于M,N两点，且点M位于第一象限.
(1)若点A是椭圆C的右顶点，当n=0时，证明：直线AM和AN的斜率之积为定值；
(2)当直线l过椭圆C的右焦点F时，x轴上是否存在定点P，使点F到直线NP 的距离与点F到直线MP的距离相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.
【变式5-1】(2023·河南·高三开学考试（文））已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0，长轴是短轴的3倍，点1,223在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点Q1,0且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在点Tt,0，使得直线TM，TN斜率之积为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【变式5-2】(2023·高三阶段练习）已知椭圆C的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过A(−2,0),B1,32两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)F为椭圆C的右焦点，直线l交椭圆C于P,Q（不与点A重合）两点，记直线AP,AQ,l的斜率分别为k1,k2,k，若k1+k2=−3k，证明：△FPQ的周长为定值，并求出定值.
【变式5-3】(2023·江苏·高三阶段练习）已知椭圆C:x25+y24=1的上下顶点分别为A，B，过点P0，3且斜率为k(k<0)的直线与椭圆C自上而下交于M，N两点，直线BM与AN交于点G.
(1)设AN，BN的斜率分别为k1，k2，求k1⋅k2的值;
(2)求证：点G在定直线上.
【题型6 椭圆中的最值问题】
【方法点拨】
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.
【例6】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1(−3,0),F2(3,0)且经过点P(3,2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若斜率为1的直线与椭圆C交于A，B两点，求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）
【变式6-1】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为32．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为−94，求点P到直线l距离的最大值．
【变式6-2】(2023·浙江·高考真题）如图，已知椭圆x212+y2=1．设A，B是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点Q0,12在线段AB上，直线PA,PB分别交直线y=−12x+3于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求|CD|的最小值．
【变式6-3】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，左，右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点Q在椭圆C上，且满足QF1+QF2=4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设P为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆C相交于M，N两点（M，N两点异于P点），且PM⊥PN，求PM⋅PN的最大值．
专题3.5 直线与椭圆的位置关系-重难点题型精讲
1．点与椭圆的位置关系
(1)点与椭圆的位置关系：
(2)对于点与椭圆的位置关系，有如下结论：
点在椭圆外+>1;
点在椭圆内+<1;
点在椭圆上+=1.
2．直线与椭圆的位置关系
(1)直线与椭圆的三种位置关系
类比直线与圆的位置关系，直线与椭圆有相离、相切、相交三种位置关系，如图所示.
(2)利用方程讨论直线与椭圆的位置关系：
>0直线与椭圆相交有两个公共点;
=0直线与椭圆相切有且只有一个公共点;
<0直线与椭圆相离无公共点.
3．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.
4．“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.
5．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 判断直线与椭圆的位置关系】
【方法点拨】
结合具体条件，根据直线与椭圆的三种位置关系，进行判断，即可得解.
【例1】1．(2023·全国·高二课时练习）已知2b=a+c，则直线ax+by+c=0与椭圆x26+y25=1的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．以上三种情况均有可能
【解题思路】结合题意得直线ax+by+c=0过定点1,−2，再结合点1,−2在椭圆内部即可判断.
【解答过程】解：因为2b=a+c，所以直线ax+by+c=0可化为a2x+y+y+2c=0，
所以，直线ax+by+c=0过定点1,−2，
因为点1,−2在椭圆x26+y25=1内部，
所以，直线ax+by+c=0与椭圆x26+y25=1的位置关系是相交.
故选：A.
【变式1-1】(2023·全国·高二课时练习）直线y=2x−1与椭圆x29+y24=1的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不确定
【解题思路】根据直线恒过0,−1，且0,−1在椭圆内可直接得到结论.
【解答过程】∵029+124=14<1，∴0,−1在椭圆内，
∵y=2x−1恒过点0,−1，∴直线y=2x−1与椭圆x29+y24=1相交.
故选：A.
【变式1-2】(2023·全国·高二课时练习）直线y=kx+2与椭圆x23+y22=1有且只有一个交点，则k的值是( )
A．63B．−63C．±63D．±33
【解题思路】直线和椭圆只有一个交点，则直线和椭圆相切，联立直线和椭圆方程得到二次方程，二次方程只有一个解，根据＝0即可求出k的值﹒
【解答过程】由y=kx+2x23+y22=1得，2+3k2x2+12kx+6=0，
由题意知Δ=12k2−4×6×2+3k2=0，解得k=±63，
故选：C．
【变式1-3】(2023·全国·高二课时练习）若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．1或2
【解题思路】根据直线与圆没有交点可得m2＋n2<4，即可判断点(m，n)在椭圆的内部，即可得出结论.
【解答过程】∵ 直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，
∴4m2+n2>2，∴ m2＋n2<4，∴m29+n24
∴过点(m，n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点个数为2个．
故选：C.
【题型2 弦长问题】
【方法点拨】
①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化
运算过程.
②涉及弦长问题，应联立直线与椭圆的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，
由韦达定理得到 (或)，代入到弦长公式即可.
【例2】(2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F2且斜率为1的直线l交椭圆C于A、B两点，则AB等于（ ）
A．247B．127C．1227D．837
【解题思路】利用弦长公式求解即可.
【解答过程】设直线AB方程为y=x−1，联立椭圆方程x24+y23=1
整理可得：7x2−8x−8=0，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=87，x1⋅x2=−87，根据弦长公式有：
AB=1+k2⋅x1+x22−4x1⋅x2=247．故B，C，D错误.
故选：A.
【变式2-1】（2023·甘肃省高二期中（理））已知斜率为1的直线l过椭圆x24+y2=1的右焦点，交椭圆于A、B两点，则弦AB的长为（ ）
A．45B．65C．85D．135
【解题思路】根据题意求得直线l的方程，设Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求得x1+x2,x1⋅x2，再利用弦长公式即可得出答案.
【解答过程】解：由椭圆P得，a2=4,b2=1，所以c2=3，
所以右焦点坐标为−3,0，则直线2的方程为y=x−3，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立y=x−3x24+y2=1，消y得，5x2−83x+8=0，
则x1+x2=835,x1⋅x2=−85，
所以AB=1+k2⋅x1+x22−4x1⋅x2=2×8352−4×85=85.
即弦E长为85.
故选：C.
【变式2-2】(2023·全国·高三专题练习）已知直线y=2x+m与椭圆C:x25+y2=1相交于A,B两点，O为坐标原点.当△AOB的面积取得最大值时，AB=（ ）
A．54221B．21021
C．5427D．3427
【解题思路】联立直线方程与椭圆方程，化简，得到韦达定理，由弦长公式求得AB，由O到直线AB的距离d=|m|5，表示出△AOB的面积，利用基本不等关系求得最大值，从而求得此时的AB.
【解答过程】由y=2x+mx25+y2=1，得21x2+20mx+5m2−5=0.
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=−20m21，x1x2=5m2−521，
|AB|=1+22(x1+x2)2−4x1x2 =520(21−m2)21=1021−m221.
又O到直线AB的距离d=|m|5，
则△AOB的面积S=12d⋅|AB|=5m2(21−m2)21 ≤5×m2+21−m2221=52，
当且仅当m2=21−m2，即m2=212时，△AOB的面积取得最大值.
此时，|AB|=1021−m221=54221.
故选：A.
【变式2-3】（2023·江西·高安中学高二期末（文））过椭圆T: x22+y2=1上的焦点F作两条相互垂直的直线l1、l2，l1交椭圆于A,B两点，l2交椭圆于C,D两点，则AB+CD的取值范围是（ ）
A．833,33B．823,33C．823,32D．833,32
【解题思路】当直线l1、l2有一条斜率不存在时，可直接求得AB+CD=32，当直线l1、l2的斜率都存在且不为0时，不妨设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为−1k，则可得直线l1的方程，与椭圆联立，根据韦达定理及弦长公式，可求得AB的表达式，同理可求得CD的表达式，令1+k2=t，则可得AB+CD=622+1t−1t2，令y=2+1t−1t2，根据二次函数的性质，结合t的范围，即可求得AB+CD的范围，综合即可得答案.
【解答过程】当直线l1、l2有一条斜率不存在时，不妨设直线l1斜率不存在，则直线l2斜率为0，
此时AB=22，CD=2b2a=22=2，
所以AB+CD=32，
当直线l1、l2的斜率都存在且不为0时，不妨设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为−1k，
不妨设直线l1、l2都过椭圆的右焦点F(1,0)，
所以直线l1:y=k(x−1)，直线l2:y=−1k(x−1)，
联立l1与椭圆Ty=k(x−1)x22+y2=1，可得(1+2k2)x2−4k2x+2k2−2=0，
Δ=(−4k2)2−4(1+2k2)(2k2−2)=8k2+8>0，
x1+x2=4k21+2k2,x1⋅x2=2k2−21+2k2，
所以AB=1+k2x1−x2=1+k2(x1+x2)2−4x1⋅x2
=1+k24k21+2k22−4×2k2−21+2k2=22(1+k2)1+2k2，
同理CD=22(1+−1k2)1+2−1k2=22(1+k2)k2+2，
所以AB+CD=22(1+k2)1+2k2+22(1+k2)k2+2，
令1+k2=t，因为k≠0，所以t>1，
所以AB+CD=22(1+k2)1+2k2+22(1+k2)k2+2=22t2t−1+22tt+1=62t2(2t−1)(t+1)=62t22t2+t−1=622+1t−1t2，
令y=2+1t−1t2=−1t−122+94，
因为t>1，所以1t∈(0,1)，
所以y∈2,94，所以1y∈49,12，
所以AB+CD=62×1y∈823,32，
综上AB+CD的取值范围是823,32.
故选：C.
【题型3 椭圆的“中点弦”问题】
【方法点拨】
根据“中点弦”问题的两种解题方法进行求解即可. 这三种方法中又以点差法最为常用，点差法中体现的
设而不求思想还可以用于解决对称问题，因为这类问题也与弦中点和斜率有关. 与弦中点有关的问题有平
行弦的中点轨迹、过定点且被定点平分的弦所在的直线方程等.这类问题的解决，从不同的角度体现了判别
式、根与系数的关系、点差法、椭圆的性质、线段的垂直平分线的性质等知识在直线与椭圆的位置关系中
的作用，解法多、方法活.
【例3】（2023·重庆高二期末）已知椭圆C:x28+y24=1，过点P(2,1)的直线交椭圆于A，B两点，若P为线段AB中点，则|AB|=（ ）
A．4113B．2153C．463D．433
【解题思路】设A(x1,y1),B(x2,y2),由弦中点利用点差法可得kAB=−1,则直线AB为y=−x+3,联立直线与椭圆,利用韦达定理可得x1x2=103,进而通过弦长公式求解即可
【解答过程】由题,设A(x1,y1),B(x2,y2),因为P为线段AB的中点,则{x1+x2=2×2=4y1+y2=2×1=2,
则{x128+y124=1x228+y224=1,作差可得(x1−x2)(x1+x2)8+(y1−y2)(y1+y2)4=0,
即y1−y2x1−x2=−12⋅x1+x2y1+y2=−12×42=−1,即kAB=−1,
则直线AB为y−1=−(x−2),即y=−x+3,
所以联立{x28+y24=1y=−x+3可得3x2−12x+10=0,则x1x2=103,
所以|AB|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+(−1)2×42−4×103=433,
故选：D.
【变式3-1】(2023·四川·高二阶段练习（文））已知椭圆C：x24+y22=1内一点M1,12，直线l与椭圆C交于A，B两点，且M是线段AB的中点，则下列不正确的是（ ）.
A．椭圆的焦点坐标为2,0，−2,0B．椭圆C的长轴长为4
C．直线l的方程为2x+2y−3=0D．AB=2153
【解题思路】根据椭圆方程求得a,b,c，从而确定AB选项的正确性.利用点差法确定C选项的正确性.利用弦长公式确定D选项的正确性.
【解答过程】依题意椭圆C：x24+y22=1，
所以a=2,b=2,c=2，
所以椭圆的焦点坐标为−2,0,2,0，A选项错误.
椭圆的长轴长为2a=4，B选项正确.
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x124+y122=1,x224+y222=1，
两式相减并化简得−24=y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2，
由于M1,12是AB的中点，
所以−24=12⋅y1−y2x1−x2,y1−y2x1−x2=−1，即直线AB的斜率为−1，
所以直线AB的方程为y−12=−x−1,x+y−32=0,2x+2y−3=0，C选项正确.
2x+2y−3=0x24+y22=1消去y并化简得3x2−6x+12=0，
x1+x2=2,x1x2=16，
所以AB=1+1×22−4×16=2153，D选项正确.
故选：A.
【变式3-2】(2023·河北·高二阶段练习（文））已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F3,0，过点F的直线交椭圆E于A,B两点，若AB的中点坐标为（1，-1），则弦长|AB|=（ ）
A．52B．25C．522D．10
【解题思路】设两点的坐标A(x1,y1)，B(x2,y2)，将两点坐标代入椭圆方程，两式相减，由中点坐标(1,−1)，焦点坐标F(3,0)得b2a2=12，又由a2−b2=9，得椭圆的标准方程及直线AB的方程，联立，由弦长公式，得弦长|AB|
【解答过程】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
将两点坐标代入椭圆方程，x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，两式相减，得y1−y2x1−x2=−b2(x1+x2)a2(y1+y2)，
由中点坐标(1,−1)，焦点坐标F(3,0)得0−(−1)3−1=−2×1×b22×(−1)×a2，即b2a2=12，
又由a2−b2=9，得a2=18，b2=9，
所以椭圆的标准方程为x218+y29=1，直线AB的方程为x−2y−3=0，联立方程组，消去y，得x2−2x−9=0，所以x1+x2=2，x1x2=−9，
弦长|AB|=1+(12)2×22−4×(−9)=52，
故选A.
【变式3-3】(2023·内蒙古·高三期末（文））设椭圆的方程为x22+y24=1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，下列结论正确的是（ ）
A．直线AB与OM垂直；
B．若直线方程为y=2x+2，则|AB|=432.
C．若直线方程为y=x+1，则点M坐标为(13，43)
D．若点M坐标为(1,1)，则直线方程为2x+y−3=0；
【解题思路】利用椭圆中中点弦问题的处理方法，结合弦长的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【解答过程】不妨设A,B坐标为x1,y1,(x2,y2)，则x122+y124=1,x222+y224=1，两式作差可得：
y1+y2x1+x2×y1−y2x1−x2=−2，设M(x0,y0)，则y0x0×k=−2.
对A：kAB×kOM=k×y0x0=−2，故直线AB,OM不垂直，则A错误；
对B：若直线方程为y=2x+2，联立椭圆方程2x2+y2=4，
可得：6x2+8x=0，解得x1=0,x2=−43，故y1=2,y2=−23，
则AB=169+649=453，故B错误；
对C：若直线方程为y=x+1，故可得y0x0×1=−2，即y0=−2x0，又y0=x0+1，
解得x0=−13,y0=23，即M(−13,23)，故C错误；
对D：若点M坐标为(1,1),则11×k=−2，则kAB=−2，
又AB过点(1,1)，则直线AB的方程为y−1=−2(x−1)，即2x+y−3=0，故D正确.
故选：D.
【题型4 椭圆中的面积问题】
【方法点拨】
椭圆中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与椭圆
方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边形
面积问题可化为两个三角形面积来求解.
【例4】(2023·江西·高二开学考试）已知直线x+3y−7=0与椭圆x29+y2b2=10
【解题思路】根据线段AB的中点为C1,2，利用点差法求得b2，再利用三角形面积公式求解.
【解答过程】解：设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x129+y12b2=1x229+y22b2=1，
所以y1−y2x1−x2=−b2x1+x29y1+y2，
即−13=−2b24×9，b2=6，
解得c2=a2−b2=3，
所以S△CF1F2=12×2c×2=23，
故选：C.
【变式4-1】（2023·河南·高二阶段练习（文））已知椭圆C:x22+y2=1的左､右焦点分别是F1，F2，过F1的直线l:y=x+m与椭圆C交于A，B两点，则△ABF2的面积是（ ）
A．43B．83C．169D．329
【解题思路】由题知F1−1,0，直线l:y=x+1，进而与椭圆方程联立得y1+y2=23，y1y2=−13，进而根据S=12F1F2y1−y2计算即可.
【解答过程】解：由题意可得F1−1,0，F21,0，则直线l:y=x+1.
联立y=x+1x22+y2=1，整理得3y2−2y−1=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1+y2=23，y1y2=−13，
从而y1−y2=y1+y22−4y1y2=43.
因为F1F2=2，
所以△ABF2的面积是12F1F2y1−y2=12×2×43=43.
故选：A.
【变式4-2】（2023·四川·高二期末（文））过原点O作两条相互垂直的直线分别与椭圆x22+y2=1交于A、C与B、D，则四边形ABCD面积最小值为（ ）
A．83B．42C．22D．43
【解题思路】直线AC、BD与坐标轴重合时求出四边形面积，与坐标轴不重合求出四边形ABCD面积最小值，再比较大小即可作答.
【解答过程】因四边形ABCD的两条对角线互相垂直，由椭圆性质知，四边形ABCD的四个顶点为椭圆顶点时，而a=2,b=1，
四边形ABCD的面积S=12|AC|⋅|BD|=12×22×2=22，
当直线AC斜率存在且不0时，设其方程为y=kx，由y=kxx2+2y2=2消去y得：(2k2+1)x2−2=0，
设A(x1,y1),C(x2,y2)，则x1+x2=0,x1x2=−22k2+1，
|AC|=1+k2|x1−x2|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=22k2+22k2+1，
直线BD方程为y=−1kx，同理得：|BD|=22k2+2k2+2，
则有S=12|AC|⋅|BD|=4k4+2k2+12k4+5k2+2=412+k2k4+2k2+1=412+1k2+1k2+2 ≥412+12k2⋅1k2+2=83，
当且仅当k2=1k2，即k=−1或k=1时取“=”，而83<22，
所以四边形ABCD面积最小值为83.
故选：A.
【变式4-3】（2023·江苏·高二单元测试）已知A，F分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的下顶点和左焦点，过A且倾斜角为60°的直线l分别交x轴和椭圆C于M，N两点，且N点的纵坐标为35b，若△FMN的周长为6，则△FAN的面积为（ ）
A．1653B．853C．453D．253
【解题思路】根据已知条件求得a,b,c，由此求得△FMN的面积.
【解答过程】由题意得，A0，−b，F−c，0，
因为直线AM的倾斜角为60°，所以直线MN的方程为y=3x−b，
把y=35b代入椭圆方程解得xN=45a，所以N45a，35b，
因为A在直线MN上，所以35b=3×45a−b，解得ba=32．
又a2=b2+c2，23b2=b2+c2，解得b=3c，
令y=3x−b=0，则Mb3，0，即Mc，0，
因为M为椭圆的右焦点，所以FM=2c，
由椭圆的定义可知，NF+NM=2a，
因为△FMN的周长为6，所以2a+2c=6，
所以ba=32，所以a=2c，c=1，所以a=2，b=3，c=1.
所以S△FAN=12⋅FM⋅35b−−b=c⋅85b=835．
故选B．
【题型5 椭圆中的定点、定值、定直线问题】
【例5】(2023·广东广州·一模）已知椭圆C: x28+y24=1，直线l：y=kx+n(k>0)与椭圆C交于M,N两点，且点M位于第一象限.
(1)若点A是椭圆C的右顶点，当n=0时，证明：直线AM和AN的斜率之积为定值；
(2)当直线l过椭圆C的右焦点F时，x轴上是否存在定点P，使点F到直线NP 的距离与点F到直线MP的距离相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.
【解题思路】(1) 联立直线方程和椭圆方程得(1+2k2)x2−8=0，由韦达定理可得x1,x2的关系，再由kAM⋅kAN=y1x1−22⋅y2x2−22计算即可得证；
(2)由题意可得直线l的方程为y=k(x−2)，联立直线方程与椭圆方程得(1+2k2)x2−8k2x+8(k2−1)=0，由韦达定理x3,x4之间的关系，假设存在满足题意的点P，设P(m,0)，由题意可得kPM+kPN=0.代入计算，如果m有解，则存在，否则不存在.
【解答过程】（1）
证明：因为n=0，所以直线l：y=kx，
联立直线方程和椭圆方程：y=kxx2+2y2−8=0 ，得(1+2k2)x2−8=0，
设M(x1,y1),N(x2,y2)，
则有x1+x2=0,x1x2=−81+2k2，
所以y1y2=k2x1x2=−8k21+2k2，
又因为A(22,0)，
所以kAM=y1x1−22，kAN=y2x2−22，
所以kAM⋅kAN=y1x1−22⋅y2x2−22=y1y2x1x2−22(x1+x2)+8=y1y2x1x2+8=−8k21+2k2−81+2k2+8=−8k21+2k216k21+2k2=−8k216k2=−12
所以直线AM和AN的斜率之积为定值−12；
（2）
解：假设存在满足题意的点P，设P(m,0)，
因为椭圆C的右焦点F(2,0)，所以2k+n=0,即有n=−2k，
所以直线l的方程为y=k(x−2).
由y=k(x−2)x2+2y2−8=0，可得(1+2k2)x2−8k2x+8(k2−1)=0，
设M(x3,y3),N(x4,y4)，
则有x3+x4=8k21+2k2,x3x4=8(k2−1)1+2k2；
因为点F到直线NP的距离与点F到直线MP的距离相等，
所以PF平分∠MPN,
所以kPM+kPN=0.
即y3x3−m+y4x4−m=k(x3−2)x3−m+k(x4−2)x4−m=k(x3−2)(x4−m)+k(x3−m)(x4−2)(x3−m)(x4−m)=k[2x3x4−(m+2)(x3+x4)+4m](x3−m)(x4−m)=0，
又因为k>0，
所以2x3x4−(m+2)(x3+x4)+4m=0，
代入x3+x4=8k21+2k2,x3x4=8(k2−1)1+2k2，
即有4m−161+2k2=0，
解得m=4.
故x轴上存在定点P(4,0)，使得点F到直线NP 的距离与点F到直线MP的距离相等.
【变式5-1】(2023·河南·高三开学考试（文））已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0，长轴是短轴的3倍，点1,223在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点Q1,0且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在点Tt,0，使得直线TM，TN斜率之积为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据题意得a＝3b，再将点1,223代入求得a2,b2，即可得解；
（2）设l的方程为x＝my＋1，Mx1,y1，Nx2,y2，联立方程，利用韦达定理求得y1+y2,y1y2，再根据斜率公式计算整理，从而可得出结论.
【解答过程】（1）
解：由题意得a＝3b，故椭圆C为x29b2+y2b2=1，
又点1,223在C上，所以19b2+89b2=1，得b2=1，a2=9，
故椭圆C的方程即为x29+y2=1；
（2）
解：由已知知直线l过Q1,0，设l的方程为x＝my＋1，
联立两个方程得x29+y2=1x=my+1，消去x得：m2+9y2+2my−8=0，
Δ=4m2+32m2+9>0得m∈R，
设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1+y2=−2mm2+9,y1y2=−8m2+9（*），
kTM⋅kTN=y1x1−t⋅y2x2−t=y1my1+1−t⋅y2my2+1−t =y1y2m2y1y2+m1−ty1+y2+1−t2，
将（*）代入上式，可得：−8m2+9m2⋅−8m2+9+m1−t−2mm2+9+1−t2=89−t2m2−91−t2，
要使kTM⋅kTN为定值，则有9−t2=0，又∵t>0，∴t＝3，
此时kTM⋅kTN=8−9×4=−29，
∴存在点T3,0，使得直线TM与TN斜率之积为定值−29，此时t＝3.
【变式5-2】(2023·高三阶段练习）已知椭圆C的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过A(−2,0),B1,32两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)F为椭圆C的右焦点，直线l交椭圆C于P,Q（不与点A重合）两点，记直线AP,AQ,l的斜率分别为k1,k2,k，若k1+k2=−3k，证明：△FPQ的周长为定值，并求出定值.
【解题思路】（1）结合A,B两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆C的方程.
（2）设直线l:y=kx+m，联立直线l的方程和椭圆C的方程，化简写出根与系数关系，利用k1+k2=−3k求得m,k的关系式，从而判断出直线l过左焦点，由此求得△FPQ的周长为定值8.
【解答过程】（1）
由已知设椭圆C方程为：mx2+ny2=1(m>0,n>0)，
代入A−2,0,B1,32，得m=14,n=13，
故椭圆C方程为x24+y23=1.
（2）
设直线l:y=kx+m,Px1,y1,Qx2,y2，
由y=kx+m,3x2+4y2=12⇒4k2+3x2+8kmx+4m2−12=0得，
x1+x2=−8km4k2+3x1⋅x2=4m2−124k2+3，Δ=64k2m2−44k2+34m2−12=192k2−48m2+144，
又k1=y1x1+2=kx1+mx1+2,k2=kx2+mx2+2，
故k1+k2=kx1+mx1+2+kx2+mx2+2=2kx1x2+2kx1+x2+mx1+x2+4mx1x2+2x1+x2+4
=8km2−24k−16k2m−8km2+16k2m+12m4m2−12−16km+16k2+12
=3m−6km2−4km+4k2，
由k1+k2=−3k，得m2−3km+2k2=0，
故m−2km−k=0⇒m=2k或m=k，
①当m=2k时，直线l:y=kx+2k=kx+2，过定点A−2,0，与已知不符，舍去；
②当m=k时，直线l:y=kx+k=kx+1，过定点−1,0，即直线l过左焦点，
此时Δ=192k2−48m2+144=144k2+144>0，符合题意.
所以△FPQ的周长为定值4a=8.
【变式5-3】(2023·江苏·高三阶段练习）已知椭圆C:x25+y24=1的上下顶点分别为A，B，过点P0，3且斜率为k(k<0)的直线与椭圆C自上而下交于M，N两点，直线BM与AN交于点G.
(1)设AN，BN的斜率分别为k1，k2，求k1⋅k2的值;
(2)求证：点G在定直线上.
【解题思路】（1）设M(x1,y1),N(x2,y2)，表示出k1⋅k2，结合点N在椭圆上，代入即可得出答案.
（2）设直线PM为y=kx+3，与椭圆联立消去y得到关于x的一元二次方程，列出韦达定理，写出直线MB，NA的方程，联立这两条直线的方程，求出G点的纵坐标，即可得出答案.
【解答过程】（1）
设M(x1,y1),N(x2,y2)，A0,2,B0,−2，
k1⋅k2=y2+2x2⋅y2−2x2=y22−4x22，
又x225+y224=1 所以y22=4⋅(1−x225)，
所以k1⋅k2=4(1−x225)−4x22=−45.
（2）
设PM:y=kx+3 联立4x2+5y2=20，
得到(4+5k2)x2+30kx+25=0，
∴x1+x2=−30k4+5k2 x1⋅x2=254+5k2，
Δ=900k2−100(4+5k2)=400(k2−1)>0，
直线MB: y=y1+2x1x−2，
直线NA: y=y2−2x2x+2，
联立得:y+2y−2=x2(y1+2)(y2−2)x1，
法一：y+2y−2=−54⋅(y2+2)x2(y1+2)x1 =−54⋅k2x1x2+5k(x1+x2)+25x1x2=−5，
解得y=43.
法二：由韦达定理得x1+x2x1x2=−65k，
∴y+2y−2=x2kx2+1(kx1+5)x1=kx1x2+5x2kx1x2+x1 −56(x1+x2)+5x2−56(x1+x2)+x1=−5.
解得y=43，
所以点G在定直线y=43上.
【题型6 椭圆中的最值问题】
【方法点拨】
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.
【例6】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1(−3,0),F2(3,0)且经过点P(3,2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若斜率为1的直线与椭圆C交于A，B两点，求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）
【解题思路】（1）根据椭圆的定义可得a=3，进而可求其方程，
（2）根据弦长公式和点到直线的距离可表达三角形的面积，结合不等式即可求解最大值.
【解答过程】（1）
由椭圆的定义，
可知2a=PF1+PF2=(23)2+4+2=4+2=6
解得a=3，又b2=a2−(3)2=6.
∴椭圆C的标准方程为x29+y26=1.
（2）
设直线l的方程为y=x+m，
联立椭圆方程，得5x2+6mx+3m2−18=0，
△=36m2−60m2+360>0，得−15
∴|AB|=2⋅x1+x22−4x1⋅x2
=2⋅36m225−12m2−725=435⋅15−m2，
点O(0,0)到直线l:x+y−m=0的距离d=|m|2，
∴S△AOB=12|AB|⋅d=12×435×15−m2×|m|2=6515−m2⋅m2
≤6515−m2+m222=65×152=362.
当且仅当15−m2=m2,(−15
【变式6-1】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为32．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为−94，求点P到直线l距离的最大值．
【解题思路】（1）根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解a2=4，b2=3.
（2）联立直线与椭圆方程，进行求解即可.
【解答过程】（1）
由题意可得Pc,b2a，∴由题意可得e=ca=1212⋅c⋅2b2a=32且c2=a2−b2，解得a2=4，b2=3，
∴椭圆的方程为：x24+y23=1．
（2）
解法1：由（1）可得P1,32，
当直线l 没有斜率时，设方程为：x=mm≠1 ，则A(m,y0),B(m,−y0) ，此时kPA⋅kPB=y0−32m−1⋅−y0−32m−1=−94，化简得：y02=94+941−m2, 又m24+y023=1，解得m=12 或m=1（舍去），此时P到直线l的距离为12
设直线l有斜率时，设Ax1,y1，Bx2,y2，设其方程为：y=kx+m，联立可得y=kx+mx24+y23=1且整理可得：3+4k2x2+8kmx+4m2−12=0，
Δ=64m2k2−4⋅4k2+3⋅4m2−12>0，且x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
kPA⋅kPB=y1−32x1−1⋅y2−32x2−1=−94，整理可得：y1−32y2−32=−94x1−1x2−1，
整理可得94+k2x1x2+km−32−94x1+x2+m−322+94=0，整理可得2k2+4m2−3m+6km−92=0，即k+m−322k+4m+3=0，k+m−32=0或2k+4m+3=0，
若k+m−32=0，则直线方程为：y−32=kx−1，直线恒过N1,32，与P点重合，
若2k+4m+3=0，则直线方程为：y+34=kx−12，∴直线恒过定点Q12,−34，∴P到直线l的距离的最大值为PQ的值为1−122+32−−342=854，
由于854>12
∴点P到直线l距离的最大值854．
解法2：公共点P1,32，左移1个单位，下移32个单位，C':x+124+y+3223=1A'B':mx+ny=1，
3x2+6x+4y2+3y=0，4y2+3x2+6x+2ymx+ny=0，
12n+4y2+62m+nxy+6m+3x2=0，等式两边同时除以x2，12n+4yx2+62m+nyx+6m+3=0，kPA⋅kPB=−94，6m+312n+4=−94，−12m−94n=1，
mx+ny=1过−12,−94，右移1个单位，上移32个单位，过Q12,−34，∴P到直线l的距离的最大值为PQ的值为1−122+32−−342=854，
由于854>12
∴点P到直线l距离的最大值854．
【变式6-2】(2023·浙江·高考真题）如图，已知椭圆x212+y2=1．设A，B是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点Q0,12在线段AB上，直线PA,PB分别交直线y=−12x+3于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求|CD|的最小值．
【解题思路】（1）设H(23csθ,sinθ)是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出|PH|2，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线AB:y=kx+12与椭圆方程联立可得x1x2,x1+x2，再将直线y=−12x+3方程与PA、PB的方程分别联立，可解得点C,D的坐标，再根据两点间的距离公式求出|CD|，最后代入化简可得|CD|=352⋅16k2+1|3k+1|，由柯西不等式即可求出最小值．
【解答过程】（1）
设H(23csθ,sinθ)是椭圆上任意一点,P(0,1),
|PH|2=12cs2θ+(1−sinθ)2=13−11sin2θ−2sinθ=−11(sinθ+111)2+14411≤14411，当且仅当sinθ=−111时取等号，故|PH|的最大值是121111.
（2）
设直线AB:y=kx+12,直线AB方程与椭圆x212+y2=1联立,可得(k2+112)x2+kx−34=0,设A(x1,y1),B(x2,y2)，所以{x1+x2=−kk2+112x1x2=−34(k2+112)，
因为直线PA:y=y1−1x1x+1与直线y=−12x+3交于C,
则xC=4x1x1+2y1−2=4x1(2k+1)x1−1,同理可得,xD=4x2x2+2y2−2=4x2(2k+1)x2−1.则
|CD|=1+14|xC−xD|=52|4x1(2k+1)x1−1−4x2(2k+1)x2−1|
=25|x1−x2[(2k+1)x1−1][(2k+1)x2−1]|=25|x1−x2(2k+1)2x1x2−(2k+1)(x1+x2)+1|
=352⋅16k2+1|3k+1|=655⋅16k2+1916+1|3k+1|≥655×(4k×34+1×1)2|3k+1|=655，
当且仅当k=316时取等号，故|CD|的最小值为655.
【变式6-3】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，左，右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点Q在椭圆C上，且满足QF1+QF2=4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设P为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆C相交于M，N两点（M，N两点异于P点），且PM⊥PN，求PM⋅PN的最大值．
【解题思路】（1）由椭圆的离心率为e=ca=32和QF1+QF2=4，即2a=4联立求解；
（2）设直线l的方程为x=ky+mm≠2，与椭圆方程联立，由PM⊥PN，结合韦达定理求m，由S△PMN=12PQ⋅y1−y2求得其最大值，再由S△PMN=12PM⋅PN求解.
【解答过程】（1）
解：因为椭圆的离心率为e=ca=32，
又点Q在椭圆C上，且满足QF1+QF2=4，
所以2a=4，即a=2，
则c=3，b2=1，
所以椭圆方程为：x24+y2=1；
（2）
由题意知，直线l的斜率不为0，则不妨设直线l的方程为x=ky+mm≠2．
联立得x24+y2=1x=ky+m，消去x得k2+4y2+2kmy+m2−4=0，
Δ=4k2m2−4k2+4m2−4>0，化简整理，得k2+4>m2．
设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1+y2=−2kmk2+4，y1y2=m2−4k2+4．
∵PM⊥PN，
∴PM⋅PN=0．
∵P2,0，PM=x1−2,y1，PN=x2−2,y2，得x1−2x2−2+y1y2=0，
将x1=ky1+m，x2=ky2+m代入上式，得k2+1y1y2+km−2y1+y2+m−22=0，
得k2+1⋅m2−4k2+4+km−2⋅−2kmk2+4+m−22=0，
解得m=65或m=2（舍去），
∴直线l的方程为x=ky+65，则直线l恒过点Q65,0，
∴S△PMN=12PQ⋅y1−y2=12×45×y1+y22−4y1y2=825×25k2+4−36k2+42．
设t=1k2+4，则0
∴当t=14时，S△PMN取得最大值为1625．
又S△PMN=12PM⋅PN，
∴PM⋅PNmax=2S△PMNmax=3225．
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