第42练 直线与椭圆（精练：基础+重难点）-【一轮复习讲义】2025年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）

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刷真题 明导向
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可.
【详解】将直线与椭圆联立，消去可得，
因为直线与椭圆相交于点，则，解得，
设到的距离到距离，易知，
则，，
，解得或（舍去），
故选：C.
二、填空题
2．（2022·全国·统考高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
3．（2021·全国·高考真题）已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为 ．
【答案】
【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.
【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，
且，所以四边形为矩形，
设，则，
所以，
，即四边形面积等于.
故答案为：.
三、解答题
4．（2023·北京·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.
【详解】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，

易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
5．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
6．（2023·天津·统考高考真题）设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为.
(2).
【分析】（1）由解得，从而求出，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）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.
【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
7．（2022·天津·统考高考真题）椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】（1）解：，
离心率为.
（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
8．（2022·北京·统考高考真题）已知椭圆的一个顶点为，焦距为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；
【详解】（1）解：依题意可得，，又，
所以，所以椭圆方程为；
（2）解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
所以
，
所以，
即
即
即
整理得，解得
9．（2021·天津·统考高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.
【详解】（1）易知点、，故，
因为椭圆的离心率为，故，，
因此，椭圆的方程为；
（2）设点为椭圆上一点，
先证明直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
因此，椭圆在点处的切线方程为.
在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
因为，则，即，整理可得，
所以，，因为，，故，，
所以，直线的方程为，即.
【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；
（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.
10．（2021·北京·统考高考真题）已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
故即，
综上，或.
【A组 在基础中考查功底】
一、单选题
1．过椭圆的右焦点且与椭圆长轴垂直的直线与椭圆相交于两点，则等于（ ）
A．4B．2
C．1D．4
【答案】C
【分析】根据椭圆的方程，求得椭圆的右焦点的坐标为，将，代入椭圆的方程，进而求得弦长.
【详解】因为椭圆，可得，所以，
所以椭圆的右焦点的坐标为，
将，代入椭圆的方程，求得，所以.
故选：C.
2．直线与椭圆的公共点的个数是（ ）
A．0B．1
C．2D．无数个
【答案】C
【分析】联立直线与椭圆的方程消去y，再利用判别式判断作答.
【详解】由消去y并整理得，显然，
所以直线与椭圆相交，有2个公共点.
故选：C
3．直线与椭圆只有一个交点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】联立直线与椭圆的方程，消去，根据即可求解.
【详解】由，消去并整理得，
因为直线与椭圆只有一个交点，
所以，得．
故选:C.
4．椭圆与直线的位置关系是（ ）
A．相离B．相交C．相切D．无法确定
【答案】B
【分析】根据定点判断直线和椭圆的位置关系.
【详解】直线过定点在椭圆内，故直线与椭圆相交.
故选:B.
5．已知斜率为的直线与椭圆交于两点，线段的中点为，直线（为坐标原点）的斜率为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设点，则，根据椭圆的方程，求得，结合斜率公式，即可求解.
【详解】设点，则，
因为，可得，
又因为，所以.
故选：D.
6．已知椭圆E：与直线相交于A，B两点，O是坐标原点，如果是等边三角形，那么椭圆E的离心率等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意不妨设点B在第一象限， 则，结合直线OB的斜率运算求解即可.
【详解】联立方程，解得，
不妨设点B在第一象限， 则，
由题意可知：OB的倾斜角是，则，
所以椭圆的离心率.
故选：C．

7．已知直线交椭圆于两点，若点为两点的中点，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用点差法求得直线的斜率.
【详解】椭圆，
依题意可知直线的斜率存在，
设，则，
两式相减并化简得，
即，
所以直线的斜率为.
故选：D
8．已知直线与椭圆交于A，B两点，线段的中点为，则椭圆C的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意，利用点差法，整理方程，根据斜率公式和中点坐标公式，可得答案.
【详解】设，则从而，
故．由题意可得，
则，从而，故椭圆C的离心率．
故选：A.
9．若直线与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则n的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题得直线所过定点在椭圆上或椭圆内，代入椭圆得到不等式，再结合椭圆焦点在轴上即可.
【详解】直线恒过定点，若直线与椭圆总有公共点，
则定点在椭圆上或椭圆内，，解得或，
又表示焦点在轴上的椭圆，故，，
故选：C.
10．已知直线过椭圆C；的一个焦点，与C交于A，B两点，与平行的直线与C交于M，N两点，若AB的中点为P，MN的中点为Q，且PQ的斜率为，则C的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】运用点差法，结合直线斜率公式进行求解即可.
【详解】设，
则，两式作差得
所以
若O为坐标原点，则，同理，所以O，P，Q三点共线，
即，所以，又过点，即椭圆的焦点，所以
解得，所以C的方程为
故选：C
11．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．
12．已知椭圆的左、右顶点分别是是坐标原点，在椭圆上，且，则的面积是（ ）
A．B．4C．D．8
【答案】A
【分析】设出点，利用条件直接求出点纵坐标的绝对值，又易知，从而可求出结果.
【详解】设，因点在椭圆上，且，则有，消去，得到，所以，
又，故的面积是．
故选：A.
13．已知直线y=kx-1与焦点在x轴上的椭圆C:总有公共点，则椭圆C的离心率取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据直线过定点且与椭圆恒有公共点，结合椭圆的性质判定的范围即可求离心率.
【详解】
因为椭圆焦点在x轴上，所以b2<4，又因为b>0，所以0易知直线y=kx-1过定点且与椭圆总有公共点，所以该定点位于椭圆内或椭圆上，
即，解之得，所以b≥1，综上1≤b<2，
故
故选：D.
14．过椭圆的左焦点作直线和椭圆交于A、B两点，且，则这样直线的条数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】先求过左焦点的通径长度，由椭圆的性质：过左焦点的弦长最短为通径长，最长为长轴长，结合已知弦长判断直线的条数即可.
【详解】左焦点为，若直线垂直x轴，则直线为，
代入椭圆方程得，可得，此时通径长，
所以，由椭圆性质知：的直线有仅只有一条.
故选：B
15．已知椭圆（）的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】椭圆的中点弦问题，利用点差法构造弦中点坐标与的关系，计算离心率即可.
【详解】设直线与椭圆相交于，两点，弦的中点坐标是，
则，，直线的斜率.
由，得，
，，
故椭圆的离心率.
故选：B.
16．已知椭圆，A、B为椭圆左右顶点，F为左焦点，点P为椭圆上一点，且轴，过点A的直线与线段交于M点，与y轴交于点，若直线交y轴于H点，H点为线段上靠近O点的三等分点，则椭圆的离心率为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意可知、，由相似三角形的性质可得、，列等式，解之即可求解.
【详解】由题意知，轴，在中，，
则，①；
在中，，
则，
所以，即②，
由①②，得，解得，
所以椭圆的离心率为.
故选：D.
17．已知为椭圆上两点，为坐标原点，（异于点）为弦中点，若两点连线斜率为2，则两点连线斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先利用直线和椭圆的位置关系建立方程组，进一步利用一元二次方程根和系数关系式和中点坐标公式的应用求出结果．
【详解】由于直线AB的斜率为2，故设直线的方程为，
设，
故，整理得，
则，即，
故，
故．
利用中点坐标公式，，此时，
故．
故选：A．
二、多选题
18．已知椭圆与直线交于两点，且，则实数＝（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】联立椭圆方程与直线方程，用韦达定理即可表示出弦长并结合即可求解.
【详解】由消去并整理，得
设，则.
由题意得，即，解得．
故选：AD.
19．设椭圆的方程为，斜率为的直线不经过原点，而且与椭圆相交于两点，为线段的中点，下列结论正确的是（ ）
A．直线与垂直
B．若点坐标为，则直线的方程为
C．若直线的方程为，则点坐标为
D．若直线过椭圆焦点，则
【答案】BD
【解析】根据直线和椭圆的位置关系，及其相关结论 ，逐个分析判断即可得解.
【详解】对于A项，因为在椭圆中，根据椭圆的中点弦的性质，
，所以A项不正确；
对于B项，，所以直线方程为，
即，所以B项正确；
对于C项，若直线方程为，点，
则，所以C项不正确；
对于D项，椭圆方程的通径长是最短的，最短为1，最长为长周长，
由于有斜率为且不经过原点，故等号取不到，所以D正确.
故选：BD
20．已知椭圆的离心率为，直线与椭圆交于，两点，直线与直线的交点恰好为线段的中点，则（ ）
A．B．
C．直线的斜率为1D．直线的斜率为4
【答案】AC
【分析】根据椭圆离心率的定义可得；
利用点差法可得，结合中点的坐标公式计算即可.
【详解】由题意可得，整理可得．
设，，则，，两式相减可得．
因为直线与直线的交点恰好为线段的中点，所以，
则直线的斜率．
故选：AC
21．已知椭圆：内一点，直线与椭圆交于，两点，且为线段的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．椭圆的焦点坐标为、B．椭圆的长轴长为
C．椭圆的离心率D．直线的方程为
【答案】BCD
【分析】由题意方程求得、判断、、C；利用“点差法”求得直线的斜率，写出直线方程判断D．
【详解】解：由，得椭圆焦点在轴上，且，，
则，，．
椭圆的焦点坐标为，，长轴长为，离心率，故A错误，B、C正确；
设，，，，
则，，
两式作差可得：，
为线段的中点，，，
则，
直线的方程为，即，故D正确；
故选：BCD
22．已知为坐标原点，椭圆的中心为原点，焦点在坐标轴上，点，均在椭圆上，则（ ）
A．椭圆的离心率为
B．椭圆的短轴长为
C．直线 与椭圆相交
D．若点在椭圆上，中点坐标为，则直线的方程为
【答案】BCD
【分析】根据待定系数法求出椭圆方程，再根据椭圆的几何性质可判断A， B是否正确；根据直线，过定点，点在椭圆的内部，即可判断C是否正确；根据点差法即可求出直线的斜率，进而求出直线的方程，即可判断D是否正确.
【详解】设椭圆的方程为：，
将点，代入椭圆的方程，得，解得，
所以椭圆的方程为：，
所以椭圆的离心率为，故A错误；
椭圆的短轴长为，故B正确；
由于直线，过定点，点在椭圆的内部，所以直线 与椭圆相交，故C正确；
设，
所以，所以，即，
又中点坐标为，
所以，即，
所以直线的方程为，即，故D正确.
故选：BCD.
23．已知椭圆为的左焦点，直线与交于两点（点在第一象限），直线与椭圆的另一个交点为，则（ ）
A．B．当时，的面积为
C．D．的周长的最大值为
【答案】AC
【分析】对A：由方程求，进而求；对B：根据方程结合题意运算求解；对C：设直线，利用两点间距离公式结合韦达定理运算求解；对D：根据椭圆定义分析求解.
【详解】由椭圆方程，得，所以，所以，故A项正确；
当时，点到的距离为2，所以的面积为，故B项错误；
因为点在第一象限，所以直线的斜率一定存在，设直线的斜率为，点，
∵，则直线，
联立方程，得到
∴，
∵在椭圆上，则，即
∴
同理，
于是
，
故C项正确；
设椭圆的右焦点为，
当直线经过椭圆的右焦点时，的周长为，
如果不经过右焦点，则连接，，
可知的周长小于，
所以的周长的最大值为，故D项错误.
故选：AC.
三、填空题
24．已知椭圆，过左焦点作倾斜角为的直线交椭圆于、两点，则弦的长为 ．
【答案】
【分析】设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求得的值.
【详解】在椭圆中，，，则，故点，
设点、，由题意可知，直线的方程为，即，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
所以，.
故答案为：.
25．若椭圆的中心在原点，一个焦点为，直线与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为 ．
【答案】
【分析】联立直线与椭圆方程，由韦达定理以及中点坐标公式即可求解.
【详解】法一：（直接法）椭圆的中心在原点，一个焦点为，设椭圆方程为，由，消去，
得，
设直线与椭圆相交所得弦的端点分别为，，
则
由题意知，解得．
所求椭圆方程为．
法二：（点差法）椭圆的中心在原点，一个焦点为，设椭圆的方程为．
设直线与椭圆相交所得弦的端点分别为，，
则
得
，
即，
又弦的中点的纵坐标为1，故横坐标为-2，
，代入上式得，解得，故所求的椭圆方程为．
故答案为：
26．已知椭圆的焦距为6，短轴为长轴的，直线l与椭圆交于A，B两点，弦AB的中点为，则直线l的方程为 .
【答案】7x+8y-22=0
【分析】先求出椭圆方程，再利用点差法可求直线方程.
【详解】由已知可得椭圆的半焦距c=3，又短轴为长轴的，
故，故，故椭圆方程为，
设弦的两端点为，，
则有，两式相减得.
整理得，
所以弦所在的直线的斜率为，其方程为，整理得.
故答案为：
27．已知AB是椭圆一条弦，且弦AB与直线垂直，P是AB的中点，O为椭圆的中心，则直线OP斜率是 .
【答案】
【分析】设，，两点坐标代入椭圆方程相减可得．
【详解】设，，则，，
，相减得，
，
又弦AB与直线垂直，所以，所以，所以．
故答案为：．
28．已知椭圆T：的长轴长是短轴长的2倍，过左焦点F作倾斜角为45°的直线交T于A，B两点，若，则椭圆T的方程为 ．
【答案】
【分析】本题考查弦长公式的使用，．
【详解】∵，则, ∴椭圆T：，左焦点F
设直线：，，
联立方程：消去y得：
∴
可得：
∴椭圆T：
故答案为：．
29．已知椭圆，，过点且斜率为的直线与C相交于A，B两点，若直线平分线段，则C的离心率等于 ．
【答案】
【分析】设，将坐标代入椭圆方程，并且两式作差，化简可得，利用以及离心率公式求解即可．
【详解】设，则，故，即，因为为的中点，故，即，所以，即．
故答案为：
30．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
【答案】
【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.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解决中点弦的问题的两种方法：
（1）韦达定理法：联立直线与曲线的方程，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：设出交点坐标，利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标代入曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率关系求解.
31．已知O为坐标原点，直线与椭圆交于A，B两点，P为的中点，直线的斜率为，若，则椭圆的离心率的取值范围为 ．
【答案】．
【分析】设，，根据题意利用两点坐标表示斜率公式和中点坐标公式可得；由点差法可得，进而，结合离心率的概念即可求解.
【详解】设，，
则，
所以，得.
将A、B两点坐标代入椭圆方程，得，
两式相减，得，有，所以，
由，得，即，
由，得，即，解得，
所以椭圆的离心率的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
32．已知椭圆及直线．
(1)当直线与椭圆有公共点时，求实数的取值范围；
(2)求直线被椭圆截得的最长弦的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)联立直线与圆的方程，由判别式可得答案.
(2) 由（1）得出韦达定理，由弦长公式可得答案.
【详解】（1）由方程组消去并整理，得．
因为直线与椭圆有公共点，
所以．
解得．
故实数的取值范围是．
（2）由根与系数的关系，得，，
则弦长
故当时， 取得最大值为．
33．已知椭圆的离心率为，其左焦点为.直线交椭圆于不同的两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用离心率以及焦点坐标即可求解，
（2）联立直线与椭圆的方程，利用弦长公式以及点到直线的距离公式即可求解面积.
【详解】（1）由已知有 解得
所以椭圆的方程为.
（2）由 消去，整理得.
设，则
直线的方程为，到直线的距离.
所以的面积为
34．已知椭圆的焦距为4，且离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的中点P在圆上，求m的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由题列出关于a、b、c的方程组即可求椭圆方程；
(2)联立直线方程和椭圆方程，根据根与系数的关系求得P的坐标，代入圆的方程即可求得m.
【详解】（1）由题意，得，解得，所以椭圆C的方程为．
（2）设点M，N的坐标分别为，，线段MN的中点为，
由消y，得，，解得．
所以，，所以，，
因为点在圆上，所以，解得，满足．
∴．
35．设椭圆的离心率，过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)求椭圆被直线截得的弦长.
(3)直线与椭圆交于两点，当时，求值.（O为坐标原点）
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，从而得到椭圆的方程．
（2）联立直线与椭圆的方程，得韦达定理，进而根据弦长公式即可求解.
（3）根据向量的坐标运算即可代入韦达定理求解.
【详解】（1）由题意可知，解得，
椭圆的方程为．
（2）设椭圆与直线的交点为，，，，
联立方程，消去得，
，，
因此
（3）设，，
联立方程，消去得，
所以，，，得
由，即
，
，均符合，
故
36．已知椭圆的右焦点，长半轴长与短半轴长的比值为2．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设为椭圆的上顶点，直线与椭圆相交于不同的两点，，若，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件写出关于的方程组，即可求椭圆方程；
（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示，即可求参数.
【详解】（1）由题意得，，，，
，，
椭圆的标准方程为．
（2）依题意，知，设，．
联立消去，可得．
，即，，
，．
，．
，
，
整理，得，
解得或（舍去）．
直线的方程为．
37．已知椭圆右焦点为，离心率．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过焦点F且倾斜角为锐角的直线l与圆相切，与椭圆E相交于M、N两点，求椭圆的弦MN的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率和焦点即可求解，进而可求，
（2）根据直线与圆相切求解得，进而联立直线与椭圆方程，由弦长公式即可求解.
【详解】（1）由题意可知：，解得，故，
所以椭圆的方程为
（2）设直线的方程为，由于直线l与圆相切，所以，解得，（舍去），故直线的方程为，
联立直线与椭圆的方程，
设,所以，
由弦长公式得
38．已知椭圆：的上顶点到焦点的距离为2，离心率为.
(1)求，的值；
(2)若是椭圆长轴上的一个动点，过点作斜率为1的直线交椭圆于A，B两点，求面积的最大值.
【答案】(1),.
(2)1
【分析】（1）根据椭圆的关系以及离心率的公式求解；
（2）根据弦长公式和点到直线的距离公式表示出面积，进而利用基本不等式求最大值.
【详解】（1）椭圆的上顶点到焦点的距离为，
又因为离心率，解得，
所以，即.
（2）由（1）可得椭圆方程为，
设，，
若，则直线方程为，
联立直线和椭圆方程，化简得，
从而有，
所以
，
点到直线的距离，
所以，
，
当且仅当，即，满足，
所以此时三角形有最大面积为1.
39．已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且右焦点为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线交椭圆于，两点，若线段中点的横坐标为．求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点坐标求得，根据长轴和短轴的对应关系，以及列方程组，可求得的值，进而求得椭圆的标准方程.
（2）联立直线的方程和椭圆的方程，消去并化简，写出韦达定理，根据中点的横坐标求得的值，进而求解.
【详解】（1）由椭圆的长轴长是短轴长的倍，可得．
所以．
又，所以，解得．
所以．
所以椭圆的标准方程为．
（2）设，，
由，得．
则，．
因为线段中点的横坐标为，
所以．
解得，即，经检验符合题意．
所以直线l的方程为．
40．已知椭圆的左焦点，右顶点．
(1)求的方程
(2)设为上一点（异于左、右顶点），为线段的中点，为坐标原点，直线与直线交于点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求得a，c的值，根据a，b，c的关系，求得的值，即可得答案.
（2）设点 ，即可得M点坐标及直线OM的方程，与直线l联立，可得N点坐标，即可得坐标，结合数量积公式，即可得证
【详解】（1）设椭圆的半焦距为．
因为椭圆的左焦点，右顶点，
所以，．
所以，
故C的方程为：；
（2）设点，且，
因为为线段的中点，所以，
所以直线的方程为：，
令，得，所以点，
此时，，，
所以
，
所以，所以．
41．点是曲线上任一点，已知曲线在点处的切线方程为．如图，点P是椭圆上的动点，过点P作椭圆C的切线l交圆于点A、B，过A、B作圆O的切线交于点M．
(1)求点M的轨迹方程；
(2)求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用题设中给出的切线的计算方法结合设而不求的方法可求点M的轨迹方程；
（2）结合（1）的及点到直线的距离公式可求面积的表达式，利用基本不等式可求面积的最大值.
【详解】（1）设，则，
设，则，，
设，则，
故即，所以即
所以即的轨迹方程为：.
（2）由（1）可得，故直线.
到的距离为，
故面积，
因为，故即，
当且仅当时等号成立，故面积的最大值为.
42．已知点､分别是椭圆C：）的左､右焦点，点P在椭圆C上，当∠PF1F2=时，面积达到最大，且最大值为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：与椭圆C交于A､B两点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）根据焦点三角形的性质可求出，从而可得标准方程,
（2）联立直线方程和椭圆方程，消元后利用公式表示三角形面积，从而可求面积的最大值.
【详解】（1）△PF1F2面积达到最大时为椭圆的上顶点或下顶点，
而此时∠PF1F2=，故面积最大时为等边三角形，
故，因面积的最大值为，故，
故，
故椭圆的标准方程为：.
（2）设，则由可得，
此时恒成立.
而，
到的距离为,
故的面积，
令，设，则，
故在上为增函数，故即的最大值为3.
43．已知椭圆，左焦点为，点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)若直线和椭圆交于两点，设点为线段的中点，为坐标原点，求线段长度的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出即可得到椭圆的标准方程
（2）设的坐标分别为，利用“点差法”可以求的的轨迹方程，再结合，消去，求解出的取值范围即可
【详解】（1）左焦点为， ①
又点在椭圆上， ②
椭圆中 ③
由①②③可得：
故椭圆的标准方程为：
（2）设的坐标分别为，
则有①，②，，
由①-②可得：，
即，
将条件及，
带入上式可得点的轨迹方程为，
所以，
所以
所以线段长度的取值范围为
44．设O为原点，已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，左焦点为F，，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆交于第三象限中的点T，求点T的纵坐标；
(3)设过点A且斜率为k的直线l与椭圆交于点P（P不是椭圆的顶点），点Q与点P关于x轴对称，若，求k的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）首先根据题意得到，再解方程组即可.
（2）首先根据题意得到直线为，再与椭圆联立求解即可.
（3）设直线为，与椭圆联立，利用根系关系得到点坐标，从而得到，再根据求解即可.
【详解】（1）由题知：，椭圆的方程
（2），，，则直线为.
，解得，.
，即.
（3），设直线为，
.
设，则，解得，
.
因为点Q与点P关于x轴对称，所以.
因为，，
所以，解得.
45．已知椭圆：的离心率为，且短轴长等于双曲线：的实轴长.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，为椭圆上关于原点对称的两点，在圆：上存在点，使得为等边三角形，求直线的方程..
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）根据题意，列出满足的等量关系，求解即可；
（2）根据的长度求得，结合弦长公式，即可求得结果.
【详解】（1）由椭圆的离心率为可得：；
对双曲线，其实轴长为，故可得，
又，解得，
则椭圆的标准方程为：;
（2）根据题意，，因为为等边三角形，
由，可得.
当直线的斜率不存在时，此时不满足题意，
故直线的斜率存在，设其为，则直线方程为，
联立椭圆方程可得：，
根据题意，显然有，设坐标分别为，
则，
，
解得，
故直线的方程为：或.
46．已知椭圆经过点且焦距为4，点分别为椭圆的左右顶点，点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线的斜率分别为，求的值；
(3)是椭圆上的两点，且不在坐标轴上，满足，
，问的面积是否是定值？如果是，请求出的面积；如果不是，请你说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)是，.
【分析】（1）根据题意建立方程，联立解出即可，
（2）由题意，是椭圆上非顶点的两点，且，，设，然后表示出直线的斜率，化简即可得.
（3）利用（2）中的结论，设直线方程，联立方程组消元，写出韦达定理，找出参数变量间的关系，利用三角形面积公式表示出，化简求出面积为定值即可.
【详解】（1）椭圆经过点且焦距为4，
得，即，①
，②
，③
解得，，
所以椭圆方程为．
（2）由题意，是椭圆上非顶点的两点，
且，，
设，
则.
（3）因为，，所以，
设直线的方程为，
由，
得，④
设，则，，
，
所以，得，
又
，
即的面积为定值.
47．已知点在椭圆上，且长轴长为4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆相交于、两点，点关于轴的对称点为，直线与轴相交于点，求点的坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由长轴长为4得，再将代入解方程可得的值，写出椭圆方程；
（2）设直线方程为，联立直线和椭圆方程，利用两点坐标表示出直线，结合韦达定理计算可得点坐标.
【详解】（1）因为长轴长为4，所以，
将代入解方程得，
解得，所以椭圆C的方程为；
（2）易知直线斜率存在且不为0，
设直线方程为：
则，联立得：
，
，，，
直线的方程为：，令，得
，
即.
48．已知椭圆，离心率，过点．
(1)求的方程；
(2)直线过点，交椭圆与两点，记，证明．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意建立方程组求出即可；
（2）由题意知直线的斜率存在，联立方程组消元，利用韦达定理及直线斜率公式证明即可.
【详解】（1）由题得，解得，
于是；
（2）由题意知直线斜率存在，
设直线，联立方程即，
消可得，
由，
设，
韦达定理可得；
综上所述：.
49．已知椭圆的离心率为，长轴长为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点F的直线l与椭圆C相交于A、B两点，若以AB为直径的圆过坐标原点O，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据椭圆基本量与离心率直接求解即可；
（2）设出直线方程并联立方程组，将以AB为直径的圆过坐标原点O转化为，用向量进行计算即可.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，
因为椭圆的离心率为，长轴长为，
所以，解得，
所以椭圆C的方程为.
（2）由题意得，，直线l的斜率不为0，
所以设直线l：，，
联立，则，
恒成立，
则，
因为以AB为直径的圆过坐标原点O，
所以，
所以，
所以，
即，
解得，
所以直线l：，
即或.

50．已知椭圆经过点，且离心率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若经过点，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据离心率以及的几何性质即可求解，
（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，根据两点斜率公式，代入化简即可求解.
【详解】（1）由题意可知：，又，解得，
所以椭圆方程为
（2）证明：由题意可知直线有斜率，由于与点的连线的斜率为，且的横纵坐标恰好与相反，因此直线有斜率满足且，
直线的方程为：，
联立直线与椭圆方程：，
设，
则，
，
将代入可得故直线AP与AQ的斜率之和为1，即为定值，得证.
51．设椭圆的左、右焦点分别为是椭圆上的一点，，原点到直线的距离为.
(1)求椭圆的离心率；
(2)平面上点B满足，过与平行的直线交于两点，若，求椭圆的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出点坐标，即可求出的方程，利用点到直线的距离公式得到，整理即可求出离心率；
（2）由（1）问可设椭圆方程为，即可得到点坐标，从而得到的斜率，即可得到直线的方程，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式求出，即可求出、，即可得到方程.
【详解】（1）由题设及，不妨设，
所以，，解得或（舍去），从而，
直线的方程为，整理得，
原点到直线的距离为，将代入整理得，
即，
所以离心率.
（2）由（1）问可设椭圆方程为，则，
因为，所以为平行四边形，
所以直线过点，则斜率为，
则设直线方程为，
联立椭圆方程得，显然，则，
则，解得（负值舍去），
所以，所以椭圆方程为.

【B组 在综合中考查能力】
一、单选题
1．已知椭圆，直线与椭圆交于两点，分别为椭圆的左､右两个焦点，直线与椭圆交于另一个点，则直线与的斜率乘积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用两点连线斜率公式可表示出；根据在椭圆上，将两方程作差即可整理得到结果.
【详解】直线过原点，可设，则，
；
，，，.
故选：B.
2．椭圆内有一点，则以为中点的弦所在直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用中点坐标公式、斜率计算公式、“点差法”即可得出．
【详解】设以点为中点的弦所在直线与椭圆相交于点，，，，斜率为．
则，，
两式相减得，
又，，，
代入解得．
故选：D．
3．若椭圆的弦的中点为，则弦的长为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，利用中点弦的“平方差法”求得弦的斜率，得出的直线方程，联立方程组，结合弦长公式，即可求解.
【详解】设，
因为弦的中点为，可得，
又因为在椭圆上，可得，
两式相减可得，
可得，即直线的斜率为，
所以弦的直线方程为，即，
联立方程组，整理得，可得，
由弦长公式，可得.
故选：A.
4．已知椭圆的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据中点弦点差法可得弦中点和直线斜率得，进而可得.
【详解】设直线与椭圆相交于，两点，弦的中点坐标是，
则，，直线的斜率.
由，得，
得，所以，
故椭圆的离心率.
故选：B.
5．已知椭圆，过椭圆的左顶点A作直线，与椭圆和轴分别交于点和点，过原点且平行于的直线与椭圆交于点，则（ ）
A．，，始终成等比数列
B．，，始终成等比数列
C．，，始终成等比数列
D．，，始终成等比数列
【答案】A
【分析】联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求得弦长，由等比中项性质判断等比数列即可.
【详解】由题意知，直线l斜率存在，设OP方程为，则AM的方程为，则，.
设直线或，则该直线必与椭圆存在交点，设为，
由得，
则，
则直线与椭圆交得的弦长为.
当时，该弦长为；
当时，该弦长为，即.
∵，∴，，成等比数列.
故选：A
6．已知椭圆，斜率为的直线与椭圆交于两点，在轴左侧，且点在轴上方，点关于坐标原点对称的点为，且，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作轴交于点，得到，设出直线方程，联立方程组，结合韦达定理与两点斜率公式，列出方程求得，进而求得椭圆的离心率.
【详解】如图所示，作轴交于点，
因为直线的斜率为，设直线方程为且，
则，
联立方程组，整理得，
则，可得，
，
由，可得，
所以，可得，
则椭圆的离心率为.
故选：D.
7．已知是椭圆的左焦点，过作斜率为的直线交椭圆于，两点，若线段MN的长等于椭圆短轴长的，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，，直线MN的方程为，联立椭圆方程可得，利用韦达定理和弦长公式可求，由于线段MN的长等于椭圆短轴长的，列出方程，即可求解，进而根据得到椭圆的离心率.
【详解】解：令，则直线MN的方程为，设，，
联立得，，
则，，
所以，
已知线段MN的长等于椭圆短轴长的，则，
整理得，即，解得（舍）或，
则椭圆的离心率，
故选：A.
8．A，B是椭圆上两点，线段AB的中点在直线上，则直线AB与y轴的交点的纵坐标的取值范围是（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设直线AB的方程为，点，，联立直线与椭圆的方程，根据判别式与韦达定理求解的范围即可.
【详解】由题意可知，直线AB的斜率必然存在，设直线AB的方程为，
则直线AB与y轴的交点的纵坐标为m，设点，，
将直线AB的方程与椭圆方程联立并化简得，，
化简得，即.
由韦达定理可得，所以，
将等式两边平方得，所以.
当且仅当时，等号成立，由于，解得或.
因此，直线AB与y轴的交点的纵坐标的取值范围是.
故选：A
9．已知椭圆：（），O为坐标原点，A､B､C是椭圆上三个点，满足且的面积为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，又得，将坐标代入椭圆方程即可得坐标关系，利用，即可求得关系，从而可得椭圆离心率.
【详解】如图，取中点，设

，
则，∴，
又在椭圆上，①，②，③，
将①②代入③式得：④.
①②-④得：.
则
.
故选：B.
10．已知椭圆方程为，为椭圆内一点，以为中点的弦与椭圆交于点，与轴交于点，线段的中垂线与轴交于点，当面积最小时，椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据点差法求出直线斜率，由直线方程求出点横坐标，根据垂直可得斜率，由直线方程得出点横坐标，据此可求出三角形面积，根据均值不等式求最值，利用等号成立的条件求出对应的离心率即可.
【详解】如图，

设，由题意可得，
则由以为中点的弦与椭圆交于点可得，
两式相减可得，
即，
所以直线方程为，
令，可得，
由知，，
所以直线的方程为，
令，可得，
，
当且仅当，即时等号成立，
此时，故.
故选：B
二、多选题
11．已知椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于、两点，则（ ）
A．的周长为20B．的面积为
C．线段中点的横坐标为D．线段的长度为
【答案】ACD
【分析】利用椭圆的定义判断A；联立直线与椭圆方程，求出弦中点横坐标及弦长判断CD；求出面积判断B作答.
【详解】依题意，直线过椭圆的左焦点，椭圆长轴长，
所以的周长，A正确；
由消去y得：，设，则，，
因此线段中点的横坐标为，C正确；
线段的长度为，D正确；
点到直线的距离，
所以的面积为，B错误.
故选：ACD
12．在平面直角坐标系中，已知直线：，椭圆：，则下列说法正确的有（ ）
A．恒过点
B．若恒过的焦点，则
C．对任意实数，与总有两个互异公共点，则
D．若，则一定存在实数，使得与有且只有一个公共点
【答案】ACD
【分析】结合点斜式判断A，由直线过点列关系式判断B，根据直线与椭圆的位置关系判断CD.
【详解】方程可化为，
所以直线恒过点，A正确；
设椭圆的半焦距为，则点的坐标可能为或，
若直线恒过点，则，故，矛盾，
直线恒过点，则，故，所以，B错误；
联立，消可得，
，
由对任意实数，与总有两个互异公共点，
可得方程有个不相等的实数解，
所以，
所以，
所以，C正确；
因为，
所以时，则，即时，
可得，此时方程组有且只有一组解，
故与有且只有一个公共点，D正确.
故选：ACD.
13．已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点．若的中点坐标为，则（ ）
A．直线的方程为B．
C．椭圆的标准方程为D．椭圆的离心率为
【答案】ABD
【分析】根据直线过点和点可得直线的方程，与椭圆方程联立，可得的中点的横坐标得到可得椭圆标准方程和离心率，从而达到答案.
【详解】因为直线过点和点，所以直线的方程为，
代入椭圆方程，消去，得，
所以的中点的横坐标为，即，
又，所以，离心率为，
所以圆的方程为．
故选：ABD．

14．已知直线与椭圆交于、两点，点为椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆的离心率为
B．椭圆上存在点，使得
C．当时，，使得
D．当，，
【答案】AD
【分析】根据椭圆的离心率、焦点三角形、直线与椭圆相交的坐标运算逐项判断即可得答案.
【详解】椭圆，则
对于A，，故A正确；
对于B，在中，，

由余弦定理得，
又，当且仅当时，最大，则最小值为，因为，函数在递减，即最大为，故B错误；
对于C，时，，即直线过右焦点，设，则，恒成立，所以，

又，所以，
因为，
所以，故C错误；
对于D，时，，设，联立，得；
所以，

所以，当时，取到最小值为，故，故D正确.
故选：AD.
三、填空题
15．已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，则椭圆上的一动点M到直线AB距离的最大值为 ．
【答案】
【分析】求出直线AB的方程为，设与AB平行且与椭圆相切的直线为，联立椭圆方程，利用判别式可求得t的值，再根据平行线间的距离公式即可求得答案.
【详解】由椭圆，可得，
故直线AB的方程为，与AB平行且与椭圆相切的直线可设为，
代入椭圆方程整理，得，
则，解得，
当时，与之间的距离为；
当时，与间的距离为，
故椭圆上的一动点M到直线AB距离的最大值为，
故答案为：
16．已知直线与椭圆在第二象限交于两点，且与轴、轴分别交于两点，若，，则的方程为 ．
【答案】
【分析】设，根据题意得到，即，设直线的方程为，求得，结合，列出方程求得，即可求解.
【详解】设，线段的中点为，
由，两式相减可得，即，
又由，则，
设直线的方程为，可得，
所以，所以，所以，解得，
因为，所以，可得，解得，
所以直线的方程为.
故答案为：.

17．已知椭圆C：的左､右焦点分别为，，过的直线l交椭圆C于A，B两点.若的内切圆的半径为，则直线l的方程为 .
【答案】
【分析】设出直线的方程，根据椭圆的定义以及三角形内切圆的半径求得直线的方程.
【详解】椭圆对应的，
所以右焦点，依题意可知直线与轴不平行，
故可设直线的方程为，此时由于在椭圆内部，
所以直线与椭圆必有两个交点，设，
由消去并化简得，
易知，则，
所以
，
的内切圆的半径为，的周长为，
所以，
即，解得，
所以直线的方程为.
故答案为：

18．已知直线与圆相切，且交椭圆于两点，若，则 ．
【答案】/
【分析】设直线，由题意可得，可求得，进而可求得.
【详解】设直线，
直线与圆相切，
，
将直线方程与椭圆方程联立，得，
所以，因为，
所以，
由对称性，不妨取，
故答案为：.

19．已知点是椭圆C：上的一点，是椭圆的左、右焦点，且，则椭圆C的方程是.若圆的切线与椭圆C相交于M点，则的最大值是 .
【答案】3
【分析】根据椭圆的几何性质可得方程为，由圆的切线可得，进而根据椭圆的弦长公式得，利用换元以及不等式即可求解最值.
【详解】由和可得， 即，，解得，，所以椭圆C：；
设圆的切线方程为，由得，
联立 消去x得，
，
设，，则，，
，
设，，
当且仅当，即时，取得最大值3.
故答案为：3
【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
20．设椭圆中心在坐标原点，是它的两个顶点，直线与线段AB相交于点D，与椭圆相交于E，F两点．若，则实数k的值为 .
【答案】或
【分析】先求出椭圆方程，联立直线与椭圆方程，结合由E、F关于原点对称求出坐标，利用向量坐标运算建立方程求解即可.
【详解】依题意得椭圆的方程为，直线AB，EF的方程分别为，.
如图，

设D，E，F三点的坐标分别为，，，其中，
由得，则满足方程，
故，由知，
得，
由点D在直线AB上，知，即，
所以，化简得，解得或.
故答案为：或
21．已知椭圆C：，圆O：，直线l与圆O相切于第一象限的点A，与椭圆C交于P，Q两点，与x轴正半轴交于点B．若，则直线l的方程为 ．
【答案】
【分析】根据向量垂直可得圆的切线方程为，进而在椭圆中，根据点差法可得，根据中点弦的斜率即可代入求解.
【详解】取中点，连接,由于,所以,进而 ,
设，设直线上任意一点，
由于是圆的切线，所以,所以，
令 则，所以，由中点坐标公式可得 ，
设,则，两式相减可得，
所以 ,又，,
所以，解得，进而
故直线l的方程为，即，
故答案为：
四、解答题
22．已知椭圆M：，圆N：，直线l过椭圆M右焦点F且倾斜角为．
(1)求直线l方程及椭圆M的焦距．
(2)直线l交椭圆M于A、B两点，直线l交圆N于C、D两点，求．
【答案】(1)；焦距为2
(2)
【分析】（1）由椭圆方程，即可求出椭圆右焦点坐标以及焦距，根据直线的点斜式即可求得直线方程；
（2）联立直线方程和椭圆方程，根据椭圆的弦长公式可求得，根据圆的半径、弦心距以及弦长的关系可求得，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知椭圆M：，则长半轴长，短半轴长，
则焦距为，其右焦点,
直线l过椭圆M右焦点F且倾斜角为，其斜率为1，
故直线l的方程为；
（2）将代入中，可得，，

设，则，
故；
圆N：的圆心到直线的距离为，
则，
故.
23．已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，且椭圆过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若与直线为坐标原点)平行的直线交椭圆于两点，且，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由焦点坐标、椭圆所过的点及椭圆参数关系列方程组求参数，即可得方程；
（2）由题意，设直线AB方程为，，，联立椭圆方程并整理为一元二次方程，利用韦达定理及，向量垂直的坐标表示列方程求参数，即可得结果.
【详解】（1）∵抛物线C的焦点坐标为，
∴椭圆E的右焦点也为，即，
由椭圆E过点，得，
联立，解得
故椭圆E的标准方程为．
（2）直线OP方程为，则直线AB方程为，，．
将直线AB的方程代入椭圆E的方程并整理得，
由，得，
∴，．

由，得，
则，
解得，故直线AB的方程为．
24．已知椭圆与双曲线的焦点相同，且它们的离心率之和等于.
(1)求椭圆方程；
(2)过椭圆内一点作一条弦，使该弦被点平分，求弦所在直线方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出双曲线的焦点和离心率，进而得到椭圆的离心率和焦点，再由椭圆的的关系，即可得到椭圆方程；
（2）设出弦的端点的坐标，代入椭圆方程和中点坐标公式，运用作差，结合平方差公式和斜率公式，由点斜式方程即可得到直线的方程.
【详解】（1）由双曲线可得，且焦点在y轴上，
故椭圆的焦点坐标为，离心率，
则，解得，
故椭圆方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，则弦的中点在x轴上，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，则，
由题意可得，两式相减得，
整理得，则，即，
故直线的方程为，即；
综上所述：直线的方程为.
25．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，点M在椭圆上，且满足轴，.

(1)求椭圆的方程；
(2)若直线交椭圆于A，B两点，以线段为直径的圆过，求k的值.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）由离心率的值结合椭圆的性质，可用来代替、的值，再利用轴，，再把的坐标用含的式子表示出来，然后代入椭圆的方程求解即可
（2）设出、两点坐标，结合焦点坐标，把和用向量的坐标表示出来，由直径所对的圆周角为直角可知两向量互相垂直，可得一条方程，再联立直线与椭圆，结合韦达定理，然后代入方程求解即可.
【详解】（1）由离心率为，得，即，
又，可得，即椭圆方程为,
点M在椭圆上，且轴，故把代入椭圆方程，
可得点M的坐标为，则
又，且，
则，
，从而，
故椭圆的方程为：；
（2）由（1）知，，设，，
，，
依题意有，
，
，
又联立直线与椭圆得：，
则，，
又，得：.
，即.
解得：，满足，
故：或.
26．已知点为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点．
(1)求的值；
(2)求面积的最大值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）设，从而得，将点分别代入椭圆的方程化简计算得，即可得；
（2）由题意，得，计算点点到直线的距离，分别联立直线与椭圆的方程组，得关于的一元二次方程，写出韦达定理，利用弦长公式表示，根据三角形面积公式表示出，令，构造新函数，结合的范围与二次函数的性质求解最大值.
【详解】（1）设，则，
所以，两式相除得
即，.
（2），，设，
点到直线的距离为，
联立，得，
，，
联立，得，
令，则，
令
当时，的最大值为，所以面积的最大值为．

27．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若椭圆过原点的弦相互垂直，求四边形面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过离心率，可得与的关系；再利用点，得到与的关系；通过方程组求得椭圆方程；
（2）先分斜率是否存在分类讨论，再设直线方程，与椭圆方程联立，通过根与系数关系可利用弦长公式和点到直线距离公式得,再结合椭圆的对称性将四边形面积转化为求解,结合不等式求四边形面积的最大值．
【详解】（1）由，得，
则，
故椭圆方程可化为，
将代入上式得，
则，
故椭圆的标准方程为．
（2）
由题意得，四边形为菱形，
则菱形的面积
当直线的斜率不存在或为0时，易得
当直线的斜率存在且不为0时，
设直线的方程为，则的方程为，
设，
将代入，
得，
则，
则
．
综上，的最大值为．
28．设椭圆的上顶点为，左焦点为，已知椭圆的离心率，．
(1)求椭圆方程；
(2)设过点且斜率为的直线与椭圆交于点（异于点），与直线交于点，点关于轴的对称点为，直线与轴交于点，若的面积为，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据，，由，可求得的值，从而得到椭圆方程：
（2）设，与椭圆方程联立可得点的坐标，进而可得点的坐标，求出点的坐标，由点的坐标求出直线的方程，求出点的坐标，由可构造方程求得的值，由此可得直线方程.
【详解】（1）由可得：，，，
又，，，
椭圆方程为：.
（2）
由（1）知：，设直线，
由得：，则，
，即，，
即，；
在直线的方程中，令可得，，
，则直线，
令可得：，，
，
即，整理可得：，解得：，
直线或．
29．已知椭圆左右焦点分别为，离心率为．斜率为的直线（不过原点）交椭圆于两点，当直线过时，周长为8．
(1)求椭圆的方程；
(2)设斜率分别为，且依次成等比数列，求的值，并求当面积为时，直线的方程．
【答案】(1)；
(2)；或.
【分析】（1）根据的周长为求出，再根据离心率求出，从而求出椭圆方程.
（2）设出直线的方程为，与椭圆方程联立，借助韦达定理表示出依次成等比数列，进而求出的值；再利用弦长公式和点到直线距离公式表示出的面积，求解即可得到的值，从而得到直线的方程.
【详解】（1）由题意，，解得，所以.
故椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，
与椭圆方程联立得，，
且，
所以．
由题意，，故.
.
此时，，
.
又点O到直线的距离，故三角形的面积,
解得或，
所以直线l方程为或.

30．在平面直角坐标系中，过椭圆M：的右焦点的直线交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.
(1)求椭圆M的方程;
(2)C，D为M上两点，若四边形ACBD的对角线，求四边形面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用点差法求求椭圆M的方程；
（2）设直线的方程，通过联立方程组，求出弦长，表示出四边形的面积，利用函数思想求最大值.
【详解】（1）设，，，则有，
又，， 两式相减可得
因为，，，所以，
又由题意知，椭圆M的右焦点为，故
因此，，所以椭圆M的方程为.

（2）由，解得或，
因此
由，可设直线的方程为，设，，
由，得
于是，即，
，.
因为直线CD的斜率为1，所以，
由已知，四边形的面积
当时，取得最大值，最大值为.
所以四边形面积的最大值为.
31．已知是椭圆上一点，、为的左、右焦点，，，.
(1)求的方程；
(2)过的直线交椭圆于两点，若四边形的面积为，求的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由椭圆的定义和，可得，再由余弦定理解方程可得，进而得到椭圆方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，运用韦达定理和四边形的面积为两个三角形的面积之和，解方程可得，进而得到所求直线方程．
【详解】（1）设，
由椭圆的定义可得，
可得，即，
由余弦定理可得，
解得，，，
所以椭圆的方程为.

（2）依题意设直线的方程为，与椭圆方程联立，
可得，
，即，
设，，
可得，，
，
则四边形的面积，
所以，所以，
解得，.
则直线的方程为或.

32．已知椭圆的右焦点为，上顶点为，，离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆相交于两点，且点，当的面积最大时，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意，结合椭圆的几何性质，求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）联立方程组，根据，得到的范围，由点到直线的距离公式和弦长公式，分别求得，，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，可得，且，所以，则，
所以椭圆的方程为.
（2）解：由直线的方程为，则点到直线的距离为，
联立方程组，整理可得，
由判别式，解得，
设，则，
可得
，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以所求直线的方程为或．

33．已知椭圆的左、右顶点是双曲线的顶点，的焦点到的渐近线的距离为.直线与相交于A，B两点，.
(1)求证：
(2)若直线l与相交于P，Q两点，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先通过椭圆的焦点和顶点求出双曲线方程，然后联立方程，韦达定理，利用化简即可证明；
（2）联立直线与椭圆方程，韦达定理，代入弦长公式，利用换元法求解函数的值域即可求解弦长范围.
【详解】（1）由题意得椭圆焦点坐标为，双曲线渐近线方程为，
所以，解得，所以的方程为，
由，消y得，
所以得，
设，，则，
所以
，
化简得，得证；
（2）由消x，得，
所以，即，
结合，及，可得，
设，，则，
所以，
所以，
设，由，得，所以，
所以，
所以.

34．椭圆的两焦点为，，且椭圆过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)是坐标原点，是椭圆上两点，是平行四边形，求以为直径的圆的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义及焦点坐标求得椭圆的方程；
（2）根据点差法求出直线的方程，与椭圆方程联立求出弦长得到圆的直径，以的中点为圆心，得出圆的方程.
【详解】（1）
，
则，又，所以，故椭圆的方程为.
（2）的中点为，设，，
则，，
两式相减整理得，其中，
，，
故，则.
故的方程为，即，
代入椭圆方程整理得
得，，所以，
故所求圆的方程为.

35．已知椭圆：的长轴长为，且短轴长是长轴长的一半．
(1)求的方程；
(2)已知直线：与椭圆相交于两点，，求线段的长度；
(3)经过点作直线，交椭圆于、两点如果恰好是线段的中点，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意可得，的值，即求出，的值，可得椭圆的方程；
（2）联立直线的方程与椭圆的方程，可得两根之和及两根之积，代入弦长公式，可得的大小；
（3）设，的坐标代入椭圆的方程，作差整理可得直线的斜率，代入点斜式方程求出直线的方程．
【详解】（1）由题意可得，可得，，
所以椭圆的的方程为：；
（2）设，，
联立，整理可得，可得，，
所以；

（3）设，，由题意可得，，
将，的坐标代入可得：，
作差整理可得：，
即直线的斜率为，
所以直线的方程为，即

36．椭圆E的方程为，短轴长为2，若斜率为的直线与椭圆E交于两点，且线段的中点为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线l：与圆相切，且与椭圆E交于M，N两点，且，求直线l的方程.
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）利用短轴长求出b，设点坐标，代入椭圆方程，作差化简即可得到，即可求解椭圆方程；
（2）由点到直线距离公式列出方程，得到，联立直线方程和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式列出方程，求出及，得到答案.
【详解】（1）由题意得：，所以，设，
因过点且斜率为-1的直线与相交于两点，且恰好是的中点，
则，所以.
又A，B两点在椭圆上，则.
两式相减得：，所以，
所以，
又，得，所以，故椭圆方程为；
（2）直线l：与圆相切，
故，即，
联立与得：，
设，则，，
则，
将代入上式得：，解得：，
因为，所以，故，则，
所以直线l的方程为或.
37．已知椭圆过点P（－1，－1），c为椭圆的半焦距，且c＝b.过点P作两条互相垂直的直线l1，l2与椭圆C分别交于另两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l1的斜率为－1，求△PMN的面积；
(3)若线段MN的中点在x轴上，求直线MN的方程．
【答案】(1)
(2)2
(3)或
【分析】（1）由已知条件推导出，且，由此能求出椭圆方程；
（2）由条件得为，联立，得，同理可得，由此能求出的面积；
（3）设，，利用点差法得到，分类讨论求得直线的方程或．
【详解】（1）由条件得，且，所以，
解得，．故椭圆方程为．
（2）因为的斜率为，又过点，故方程，即，
联立，解得或，因为，故；
因为，故的斜率为，又过点，故方程，即，
联立，解得或，因为，故；
所以，，所以的面积为．
（3）设，，则，两式相减得，
因为线段的中点在轴上．所以，从而可得．
若，则，因为，所以，
得，又因为，所以解得，
所以，或，．
所以直线的方程为；
若，则，因为，所以．
得，又因为，所以解得或．
当时，直线为，经过，不符合题意，舍去；当时，直线为，经检验，满足题意；
综上，直线的方程或．
38．已知抛物线：的焦点为为上的动点，垂直于动直线，垂足为，当为等边三角形时，其面积为.
(1)求的方程；
(2)设为原点，过点的直线与相切，且与椭圆交于两点，直线与交于点，试问：是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据正三角形得三角形的边长，再根据抛物线的定义进行求解；
（2）设，则，可得，由导数的几何意义可得，设，，中点，由点差法可得，，从而可以求出.
【详解】（1）∵为等边三角形时，其面积为，
∴，解得，
根据和抛物线的定义可知，落在准线上，即，
设准线和轴交点为，易证，于是，
∴的方程为；
（2）假设存在，使得，则线为段的中点，
设，依题意得，则，
由可得，所以切线的斜率为，
设，，线段的中点，
由，可得，
所以，
整理可得：，即，所以，
可得，又因为，
所以当时，，此时三点共线，满足为的中点，
综上，存在，使得点为的中点恒成立，.
39．已知椭圆：的长轴长为4，短轴长与焦距相等.
(1)求椭圆的标准方程和离心率；
(2)已知直线与椭圆有两个不同的交点，，，是否存在实数，使得是以为底边的等腰三角形？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；离心率是
(2)存在，直线方程
【分析】（1）由条件求出，即可求解；
（2）直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理表示线段中点的坐标，根据，即可求解.
【详解】（1）由条件可知，，，
，且，所以，离心率，
椭圆的标准方程：，离心率是；
（2）直线与椭圆有两个不同的交点，设，，联立方程，得
，，
解得：或，
，，
中点横坐标，中点纵坐标，
设的中点为
若是以为底边的等腰三角形，则，
即，解得：或（舍）
所以存在实数，使得是以为底边的等腰三角形，直线方程是.
40．已知椭圆的离心率为e，且过点和．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C上有两个不同点A，B关于直线对称，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将点代入椭圆方程，即可求解椭圆方程；
（2）法一，利用点差法，求线段的中点坐标，并求得直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求弦长；
法二，首先设直线，与椭圆方程联立，由韦达定理得到中点坐标，代入对称直线求，再同法一，求弦长.
【详解】（1）由题意知：，∴
，∴，所以椭圆；
（2）法一 设及AB中点，由题意知
，，以上两式相减得：，
可化为：即，故，
又∵M在直线上，所以，解得：，
即，直线，化简为：
联立 整理得：，由韦达定理知
由弦长公式得：．
法二 设直线，
联立， 整理得：
，则中点，满足直线方程，解得
所以AB：
联立 整理得：，由韦达定理知
由弦长公式得：．
【C组 在创新中考查思维】
一、单选题
1．考虑这样的等腰三角形：它的三个顶点都在椭圆：上，且其中恰有两个顶点为的顶点．这样的等腰三角形的个数为（ ）
A．8B．12C．16D．20
【答案】D
【分析】对椭圆顶点连线是等腰三角形的腰还是底，进行讨论即可求出结果.
【详解】因为椭圆的方程为，所以，
①
如图1连接，当为等腰三角形的底时，
作的垂直平分线交椭圆于两点，
连接，
则此时为等腰三角形，满足题意；
同理当为等腰三角形的底时，
也可以各作出2个满足题意的等腰三角形；
②
如图2连接，当为等腰三角形的腰时，
以为圆心，为半径作圆，
则圆的方程为，
联立，解得或或，
即圆与椭圆交于，连接，
则此时为等腰三角形，满足题意；
同理当为等腰三角形的腰时，
也可以各作出2个满足题意的等腰三角形；
③
如图③，以为圆心，为半径作圆，
同理可以证明圆与椭圆交于，
连接，
则此时为等腰三角形，满足题意；
④
如图④，以为圆心，为半径作圆，
同理可以作出2个等腰三角形；
⑤因为由于椭圆性质知为椭圆最长弦，所以它不能为等腰三角形的腰；
综上所述满足题意的等腰三角形的个数有20个.
故选：D.
【点睛】多种情况的题目需要对情况进行详细讨论，做到不重不漏.
2．已知交于点的直线，相互垂直，且均与椭圆相切，若为的上顶点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，设，由条件联立直线与椭圆方程，得到点的轨迹是圆，从而得到结果.
【详解】当椭圆的切线斜率存在时，设，且过与椭圆相切的直线方程为：，
联立直线与椭圆方程，
消去可得，
所以，
即，
设为方程的两个根，由两切线相互垂直，所以，
所以，即，所以，
当椭圆的切线斜率不存在时，此时，，也满足上式，
所以，其轨迹是以为圆心，为半径的圆，
又因为A为椭圆上顶点，所以，
当点位于圆的上顶点时，，
当点位于圆的下顶点时，，
所以，
故选:D
3．已知椭圆的左焦点为，离心率为．过点作直线与椭圆交于，两点，与直线交于点，若恰好是的中点，则直线l的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设椭圆焦距为，再设出三点，由，
通过计算可得到，进而得到，即可解得斜率．
【详解】设椭圆焦距为，所以．
设，则，
且，由两式相减可得，
即，
根据条件可得：，
故，
由，可得．
因为，所以，
即直线的斜率为．
故选：B．
4．已知椭圆右顶点为，上顶点为，该椭圆上一点与的连线的斜率，的中点为，记的斜率为，且满足，若分别是轴､轴负半轴上的动点，且四边形的面积为2，则三角形面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出直线方程，与椭圆方程联立，表示出点E坐标，即可根据求出，根据四边形的面积结合基本不等式可求.
【详解】由题意知：，直线的方程为，
联立方程可得，
因为是其中一个解，则另一个解满足，即，
所以，则可得的中点，则，
因为，所以，解得，则即，
设，则由四边形的面积为2，有，
即，由基本不等式得，，
从而三角形的面积，等号当，时取到.
所以三角形面积的最大值为.
故选：A.
5．椭圆的右焦点为，上顶点为，若存在直线与椭圆交于不同两点，重心为，直线的斜率取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，根据重心性质可得，由点差法可得，结合关系和中点在椭圆内可求直线的斜率取值范围
【详解】设椭圆的半焦距为，
由已知，，
设，
因为重心为，
所以，
所以，
又，
所以，
所以，
所以直线的斜率，
又线段AB的中点一定在椭圆内部，即，
所以，即，所以，
令，则由对勾函数的性质可得，
所以
所以直线的斜率取值范围是，
故选：A.
【点睛】结论点睛，涉及椭圆的弦的中点问题常用到结论：若点为椭圆上的点，的中点坐标为，点为坐标原点，则.
6．已知焦点在轴上的椭圆的内接平行四边形的一组对边分别经过其两个焦点（如图所示），当这个平行四边形为矩形时，其面积最大，则的取值范围是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解法1、设直线为，联立方程组，利用弦长公式求得，求得直线与的距离为，得到的面积为，设，得到，转化为的值最小即可，结合函数的单调性和椭圆的性质，即可求解.
解法2、设直线的倾斜角为，求得，原点的距离为，得到矩形面积，设，得到，结合基本不等式的成立的条件，得到，进而求得实数的取值范围.
【详解】解法1：设所在直线方程为且
联立方程组，整理得，
可得，所以，
由直线方程为，所以直线与垂线的距离为，
矩形的面积为，
设，则，所以，
要使最大，则只需的值最大，即的值最小即可，
当这个平行四边形为矩形时，其面积最大，即当时，有最大值，
即时，的值最小，
由双勾函数性质在上单调递减，在区间为单调递增，
又由，当时，有最小值，
所以，所以，可得，即，解得，所以，
又因为，解得，所以实数的取值范围是.
解法2：设所在直线方程为且
联立方程组，整理得，
可得，所以，
设直线的倾斜角为，可得，即，
代入上式，化简得，
又由原点的距离为，
所以矩形的面积：
，
设，则，且，可得，
则，
要使最大，则只需的值最大，即的值最小即可，
当这个平行四边形为矩形时，其面积最大，即当时，有最大值，
即时，的值最小，
因为，当且仅当时，即，
所以，即，所以，可得，即，解得，所以，
又因为，解得，所以实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
7．已知椭圆左右焦点分别为，上顶点为A，离心率为，过且为线段的垂线交于两点，则周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将椭圆方程化为,可求得的斜率,联立椭圆与直线方程求得的纵坐标,分别计算即可.
【详解】如图:
，
椭圆可化为，
又,，
,，
设直线即，
由得，
设， 不妨设,
解得，
所以，
因为即，
所以
，
由得,代入上式，
，
同理可得，
，
所以周长为.
故选:A
【点睛】关键点点睛:在求时并没有用弦长公式，因为计算时不能使用韦达定理，所以必需回到弦长的本质,即两点间的距离，故需要求出的坐标,由直线与椭圆联立是完全可以把方程的根表示出来的，当然后期的计算量也是惊人的.
8．已知圆，椭圆，过C上任意一点P作圆C的切线l，交于A，B两点，过A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点Q，则（O为坐标原点）的最大值为（ ）
A．16B．8C．4D．2
【答案】C
【分析】先得到椭圆在处的切线方程为，考虑切线的斜率不存在和存在两种情况，得到椭圆两切线方程，联立后得到点Q的坐标，求出当切线斜率不存在时，，当切线斜率存在时，设为，由与圆相切得到，求出椭圆两切线方程，得到，求出，求出的最大值.
【详解】当点坐标为时，此时切线的斜率不存在，
不妨设，此时中令得：，
所以不妨令，
下面证明椭圆在处的切线方程为，
理由如下：
当切线的斜率存在时，设切线方程为，
代入椭圆方程得：，
由，化简得：
，
所以，
把代入，得：，
于是
则椭圆的切线斜率为，
所以椭圆的切线方程为，整理得：，
方程两边同除以，得到，
当切线斜率不存在时，即此时，故切线方程为，
中令，可得，
故当切线斜率不存在，切线也满足，
综上：椭圆在处的切线方程为，
故过的两切线分别为和，
联立可得：，此时，同理可得时，，
当切线的斜率存在时，设为，
因为与相切，所以，即，
与联立得：
，设，
则过的椭圆的切线方程为和，
联立得：，
，
则，
综上：的最大值为4.
故选：C
【点睛】过圆上一点的切线方程为：，
过圆外一点的切点弦方程为：.
过椭圆上一点的切线方程为，
过双曲线上一点的切线方程为
二、多选题
9．已知直线与椭圆交于两点，点为椭圆的下焦点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，，使得
B．当时，，
C．当时，，使得
D．当时，，
【答案】BC
【分析】对于A，将直线的方程与椭圆方程联立，求出的取值范围，可求得的取值范围，可判断A选项；求出线段中点的轨迹方程，可求得的取值范围，可判断B选项；将直线的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式结合可求得的取值范围，可判断C选项；求出线段中点的轨迹方程，可求得的最小值，可判断D选项.
【详解】在椭圆中，，，，
由题意可得，上焦点记为，
对于A选项，设点，，
联立，消去得，
，
由韦达定理可得，，
，
所以，，选项A错；
对于B选项，设线段的中点为，
由题意可得，两式作差可得，
因为直线的斜率存在，则，所以，，
整理可得，又因为，消去可得，其中，
所以，，
所以，
，选项B对；
对于C选项，当时，直线的方程为，即，
联立可得，
，解得，
由韦达定理可得，，
，
同理，所以，，
因为，所以，当时，，使得，选项C对；
对于D选项，设线段的中点为，
由B选项可知，，即，即，
由可得，故点的横坐标的取值范围是，
而点到直线的距离为，
由可得，当且仅当点时，
取最小值，选项D错.
故选：BC.
【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
10．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
C．若点是线段的中点，则的斜率为
D．的面积最大值为
【答案】BCD
【分析】AB选项，根据椭圆方程得到，，从而求出离心率和长轴长；C选项，设出直线方程，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，表达出点坐标，得到的斜率；D选项，在C选项基础上，求出和点到直线的距离为，表达出的面积，求出最大值.
【详解】AB选项，由题意得，故，
故椭圆的离心率为，长轴长为，A错误，B正确；
C选项，设不过原点且斜率为1的直线为，
联立得，
由，解得，
设，则，
则，
故，
故的斜率为，C正确；
D选项，由C选项可知，，
点到直线的距离为，
故的面积为
，
因为，所以，
故当时，的面积取得最大值，最大值为，D正确.
故选：BCD
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
11．直线，与椭圆共有四个交点，它们逆时针方向依次为，则（ ）
A．
B．当时，四边形为正方形
C．四边形面积的最大值为
D．若四边形为菱形，则
【答案】ACD
【分析】A选项，由对称性得到是平行四边形，联立直线与椭圆方程，由根的判别式得到答案；B选项，利用弦长求出和两平行线之间的距离，判断出，得到结论；C选项，表达出，利用基本不等式求出面积最值；D选项，由菱形得到，得到，求出答案.
【详解】A选项，可以看出，由椭圆的对称性知四边形是平行四边形，
设，，联立与得，，其中，解得，A正确.
B选项，由韦达定理得，，
，
平行四边形的高即为两平行线之间的距离，
当时，，，故，B错误.
C选项，，
设，，，
当且仅当，即时，等号成立，C正确.
D选项，若四边形是菱形，则，即
故，解得，，D正确.
故选：ACD
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
12．在平面直角坐标系中，已知椭圆，圆，直线：（k，b为常数，且）.点，（ ）
A．若点Q在上运动，则的最大值为
B．若l与都相切，则这样的l共有4条，且其中一条的方程是
C．若过P点作的切线，则切线唯一且方程为
D．若，l与都相交且截得的弦长相等，则
【答案】AC
【分析】A选项：圆的半径，则的最大值为，利用两点间距离公式求出答案；
B选项：画出图形，由与外离，得到公切线有4条，由点到直线距离得到与外离，不相切，从而判断B；
C选项：先得到点P在上，切线唯一，再考虑过的直线斜率不存在和斜率存在两种情况，将直线与椭圆方程联立，结合根的判别式为0，求出斜率，得到切线方程；
D选项，利用弦长公式得到l与相交弦长，利用垂径定理得到与的弦长，列出方程，得到.
【详解】A选项，的圆心为，半径，
点Q在上运动，的最大值为，
，
所以，故A正确；
B项：的上顶点与的圆心距离为，所以与外离，
所以由图易知l有4条，到距离为，
与外离，不相切，故B错误；
C项：满足，故点P在上，所以切线唯一，
当过的直线斜率不存在时，此时直线方程为，此时与不相切，舍去；
设过的切线方程为，
联立，得，
整理，得，
由，解得，
故切线方程为，即，故C正确；
D项：分别记l与交点为A，B和C，D，
与，联立，得，
设，则，
则l与截得弦长为，
l为圆心距离为，
所以，
因为，所以，
因为，所以，
显然，故D错误.
故选：AC.
【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为；
过圆外一点的切点弦方程为；
过椭圆上一点的切线方程为；
过双曲线上一点的切线方程为.
三、填空题
13．已知直线l与椭圆在第二象限交于A，B两点，直线l与x轴、y轴分别交于C，D两点，且，则直线l的方程为 ．
【答案】
【分析】令的中点为，利用点差法得到，再设直线求出的坐标，从而结合得到关于、的方程，解之即可.
【详解】依题意，不妨设点在点的左边，记的中点为，如图，
设，，则，，
所以，即，
所以，即，
设直线，则，，
令得，令得，即，，
因为，所以，即点为的中点，故，
所以，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
14．已知椭圆，，，斜率为的直线与C交于P，Q两点，若直线与的斜率之积为，且为钝角，则k的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先设，，，再联立直线的方程和椭圆的方程，整理得到关于的一元二次方程，从而得到，，，，结合直线与的斜率之积为可得，再结合为钝角即可求得k的取值范围．
【详解】设，，，
联立方程组，消去y得，
由，即，
所以，，，，
所以，解得（舍去）或．
由为钝角，得，即，
所以，解得，
因为，所以．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
①设直线方程，设交点坐标为，；
②联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y)的一元二次方程，必要时计算；
③列出韦达定理；
④将所求问题或题中的关系转化为， (或，)的形式；
⑤代入韦达定理求解．
15．已知直线与椭圆在第二象限交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，，则直线在y轴上的截距为 .
【答案】
【分析】设出点的坐标及直线的方程，联立直线和椭圆方程，韦达定理，根据中点坐标及求得的关系式，即可求解.
【详解】设AB的中点为E，由题意知，点E既是AB的中点又是MN的中点，
设，设直线AB：，，则，
因为，所以，
联立方程组，消去y并化简得，其中，
则，
所以，
因为，
所以，即，
又，即，所以，
解得，则直线在y轴上的截距为.
故答案为：

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
①设直线方程，设交点坐标为，；
②联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y)的一元二次方程，必要时计算；
③列出韦达定理；
④将所求问题或题中的关系转化为， (或，)的形式；
⑤代入韦达定理求解.
16．椭圆：的左，右焦点分别为，，上顶点为，离心率为，直线将分成面积相等的两部分，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据已知条件求得，根据直线与轴的交点的位置进行分类讨论，由此列不等式来求得的取值范围.
【详解】依题意，，解得，
所以椭圆的方程为，
由于，，
所以是等腰直角三角形，
所以，
直线的方程为，直线的方程为，
设直线与的交点为，与轴的交点为，
①当与重合时，，则，
所以，解得.
②当在之间时，，
所以，
由解得，，
由令，得，
所以，所以，
整理得，由解得.
③当在左侧，则，，
设直线与的交点为，
由解得，
因为，
所以，
，所以，
所以，
所以.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】求解椭圆的方程，关键点是根据已知条件求得，是个未知数，需要个条件，其中一个条件是，另外的两个条件由题目给出，如本题中的点坐标以及离心率，通过解方程组可求得，进而求得椭圆的方程.
四、解答题
17．已知为椭圆上任一点，，为椭圆的焦点，，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线：与椭圆的两交点为A，，线段的中点在直线上，为坐标原点，当的面积等于时，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】由椭圆定义可得的值，进而由离心率可得，再求得，即可得到椭圆的方程；
设出点A，的坐标，联立直线与椭圆的方程，利用设而不求的方法，并依据题给条件列方程，即可求出，进而求得的值，从而求得直线的方程．
【详解】（1）由椭圆定义得，，所以，故，
所以椭圆的方程为．
（2）设代入方程，
得
所以，，
所以，解得，
则式变为则，
底边上的高，所以的面积．
令，解得，
把，代入式，经检验，均满足，
此时直线的方程为或．
18．已知，为椭圆C：的左、右顶点，且椭圆C过点.
(1)求C的方程；
(2)过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中点D在x轴上方），求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，把代入椭圆方程可得答案；
（2）①当l斜率不存在时，易知；②当l斜率存在时，设l，，，与椭圆方程联立，求出、，由利用韦达定理可得，设，转化为，可得答案.
【详解】（1）由题意得，把代入，
解得，
所以C的方程为；.
（2）由（1）知：，，
①当l斜率不存在时，易知；
②当l斜率存在时，设l：，，，
由，得，显然，
所以，，
因为，，
所以，
因为，
所以.
又，
设，则，，解得且，
所以，
因为，可得的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是借助求出的范围，本题考查了学生的思维能力、运算能力.
19．已知椭圆C：的焦距为，且椭圆经过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为，求l的斜率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.
（2）利用点差法、或设直线方程、或设直线方程、或齐次化的方法来求得的斜率.
【详解】（1）因为椭圆C的焦距为，且椭圆经过点，
所以，，
又，
解得，，；
故椭圆C的方程为.
（2）法一：（点差法）
设，，则，
两式相减，得，
所以l的斜率.
因为直线AP，AQ的斜率之和为0，
所以，
整理得①
由得，
所以，
同理，
因为
所以，
整理得②
②-①，得，
，
所以，即l的斜率为.
法二：（设线）设l：，，，
（讨论斜率不存在不给分，因为此种情况明显不符）
，消去y，整理得，
所以，，
因为直线AP，AQ的斜率之和为0，
所以，
所以，
所以，
所以，
若，则直线l：过点A，不合题意，故舍去，
所以，即l的斜率为.
法三：
设AP：，AQ：，，，
，消去y，整理得，
所以，
因为，
所以，
同理，
所以，
，
所以l的斜率.
方法四：（齐次化巧解圆锥曲线问题）
因为PQ不过，所以设PQ：
C：
，
（‘1’的代换）
化简得，
所以，
所以l的斜率为.

【点睛】求解椭圆方程的几种方法:方法一：定义法，根据椭圆的定义直接求解，一般用题中所给的椭圆长短轴，焦点等信息就能直接算出椭圆方程.方法二：待定系数法，根据椭圆焦点位置，长短轴，先设出对应的椭圆方程，然后再代入已知条件求系数.方法三：共焦点系方程：等等.
20．已知椭圆，过点作圆的切线交椭圆C于A、B两点．
(1)求椭圆C的焦点坐标和离心率；
(2)将表示成m的函数，并求的最大值．
【答案】(1)焦点坐标是，离心率是；
(2)答案见解析
【分析】（1）椭圆的半长轴长，半短轴长，半焦距，即可求椭圆C的焦点坐标和离心率；
（2）分类讨论，将表示成m的函数，直线与椭圆方程联立，利用弦长公式，即可求的最大值．
【详解】（1）椭圆的半长轴长，半短轴长，半焦距，
所以焦点坐标是，离心率是.
（2）易知|，当时，切线AB方程为或，
此时,，或,，则；
当时，易知切线AB方程斜率不为0，如图，

可设切线AB的方程为：，即，
则，得：①，
联立：，整理得：，
其中，
设，则，，
则②，
将①代入②得：，
而，等号成立当且仅当，即时等号成立．
综上所述，当时，；
当时，，最大值为2.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线交点问题时，常常利用设而不求的思想，通过联立直线与曲线方程，结合韦达定理进行求解.
21．已知椭圆与直线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线交轴，轴于两点．
(1)求满足的关系式；
(2)当点运动时，求点的轨迹的方程；
(3)若轨迹与直线交于两点，为坐标原点，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据直线与椭圆的位置关系，结合一元二次方程根的判别式进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，结合互相垂直的两直线的斜率关系进行求解即可；
（3）利用椭圆弦长公式，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】（1）由题有得．
由，即，
得．
（2）由（1）可得，方程有两个相等的实根，
故，而，所以，
因此，即，
直线，即，
，
则，
轨迹的方程是．
（3）令，则．
由得，
其中，
．
点到直线的距离，
，
，
当且仅当时取等号，即当时取等号，
则．
当， 取得最大值，
．

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用基本不等式进行求解三角形面积的最大值.
22．已知椭圆的左右焦点分别为，，且的坐标为，点在椭圆上．
(1)求的周长；
(2)斜率为的直线与圆相切于第一象限，交椭圆于A，B两点，求的周长．
【答案】(1)6
(2)4
【分析】（1）根据已知列关于a，b的方程组求解可得标准方程，再由椭圆定义可得周长；
（2）利用直线与圆相切可得直线方程，联立椭圆方程，由弦长公式可得，再由两点间距离公式得，，结合韦达定理即可求解.
【详解】（1）由题得，得，
所以椭圆C的方程为，
所以，
又，所以的周长为6．
（2）设直线AB的方程为，
因为AB与圆相切，所以，所以．
由得，
设，，则，，

所以．
又，
同理，
所以．
所以的周长为．
23．已知椭圆的一个焦点为，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于两点，求面积的最大值及此时直线的方程.
【答案】(1)
(2)面积的最大值为，此时直线的方程为.
【分析】（1）将坐标代入椭圆方程，再结合，可求出，从而可求得椭圆方程，
（2）将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，结合弦长公式和点到直线的距离公式即可求出面积的最大值及此时直线的方程
【详解】（1）由题意得，解得，
所以椭圆的方程为，
（2）设，
由，得，
因为直线与椭圆交于两点，
所以，解得，
所以，
所以
，
因为点到直线的距离为，
所以的面积为
，
当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为，此时直线的方程为.
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将直线方程代入椭圆方程化简结合根与系数的关系求解，考查计算能力，属于较难题.
24．椭圆，，，，四点中恰有三点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆上两点、，若直线过点，且，线段的中点为，求直线的斜率的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，结合以及点差法求得直线的斜率的取值范围.
【详解】（1）由于，，关于轴对称，所以经过，两点，故不过，所以在上.
由题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为.
（2）由题意知，直线的斜率存在且不为零，设其方程为，
由，得，
由，得，
设，，则，，
所以
，
因为，所以，
得，所以，
设直线的斜率为，因为，所以，
化简得，所以，
所以，解得或，
所以直线的斜率的取值范围为
25．已知椭圆的左焦点为，短轴长为.过右焦点的直线l交椭圆C于A，B两点，直线，分别交直线于点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设线段AB中点为Q，当点M，N位于x轴异侧时，求Q到直线的距离的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件列方程求，即可得椭圆方程；（2）利用韦达定理求斜率的范围以及线段中点T的横坐标为，注意讨论直线斜率是否存在．
【详解】（1）因为椭圆的短轴长为，所以，故，
因为右焦点的坐标为，所以，
又，所以，所以椭圆的方程为；
（2）由（1）得，，
当直线l的斜率不存在时，因为直线过点，所以直线的方程为，线段AB的中点Q到直线的距离为1，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，由点M，N位于x轴异侧可得，
联立椭圆的方程，可得，方程的判别式
设，，∴， ，
，
∴，
∴点Q到直线的距离，
设直线的方程为，令得，则，同理，
∵点M，N位于x轴异侧，∴，即，得.
∴，∴，∴，
综上所述，点Q到直线的距离的取值范围为.
26．已知直线l过点P（1，0），与椭圆C：交于A，B两点，且直线l不与椭圆C的对称轴垂直．
(1)若直线l的斜率为1，M（，－）为线段AB的中点，求的值；
(2)若，点Q（16，0），当l变化时，直线AQ，BQ的斜率总是互为相反数，求C的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）假设A，B两点坐标代入椭圆方程，构造出可利用中点坐标公式，构造出可利用斜率公式，即可求出答案.
（2）设直线l的方程，根据题意写出AQ，BQ的斜率，列出式子写出关系式；，再联立方程写出韦达定理化简关系式即可求出C的方程.
【详解】（1）设，代入椭圆方程得：
①-②得：
因为直线l的斜率为1，所以；因为M（，－）是线段AB的中点，所以，故
（2）设直线l的方程为，联立方程
化简得方程：
将代入方程得:
因为直线l与椭圆存在两个交点，故，
根据韦达定理:，
设，，则，
根据题意可知
因为，所以化简原式可得
即，得，则
故椭圆方程为：
27．已知椭圆C：经过点，O为坐标原点，若直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，直线l与直线OM的斜率乘积为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若四边形OAPB为平行四边形，求四边形OAPB的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直线l，，利用点差法可得，在结合点在椭圆C上，列式求解即可；
（2）根据四边形OAPB为平行四边形分析可得直线l的方程为，联立方程利用韦达定理求弦长，进而可得结果.
【详解】（1）由题意可设：直线l，，则，
可得：直线l的斜率，直线OM的斜率，
因为A，B两点在椭圆C上，则，
两式相减得整理得，即，
所以，可得，
又因为点在椭圆C上，则，解得，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）因为四边形OAPB为平行四边形，则M为的中点，可得，
则，可得直线l的斜率，
所以直线l的方程为，即，
可得点到直线l的距离，
由（1）可知：椭圆C的标准方程为，即，
联立方程，消去y得，
可得，且，
则，
所以四边形OAPB的面积.

【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法
1.涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
2.面积问题常采用底高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解．
28．椭圆：的右焦点是，且经过点；直线与椭圆交于，两点，以为直径的圆过原点.

(1)求椭圆的方程；
(2)若过原点的直线与椭圆交于，两点，且，求四边形面积的范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将点代入椭圆方程，并结合右焦点是，解出和的值，即可得解；
（2）当直线斜率不存在时，可得其方程为，求出，当直线斜率存在时，设其方程为，结合韦达定理、平面向量数量积推出及，再由，计算可得的取值范围，从而得解．
【详解】（1）焦点为，则，即，
点在椭圆：上，即，
解得或（舍去），则，
所以椭圆的方程为；
（2）当直线斜率存在时，设其方程为，，，
联立，可得，
则①，
又②，③
以为直径的圆过原点即，
化简可得，
代入②③两式，整理得，
即④，
将④式代入①式，得恒成立，则，
设线段中点为，由，所以，
又，
又由，则点坐标为，
化简可得，
代入椭圆方程可得，即，
则
，
当直线斜率不存在时，方程为，直线过中点，即为轴，易得，，，
综上，四边形面积的取值范围为.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.