新高考数学之圆锥曲线综合讲义第7讲共线问题(原卷版+解析)

这是一份新高考数学之圆锥曲线综合讲义第7讲共线问题(原卷版+解析)，共37页。学案主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在y轴上，离心率，椭圆上的点到焦点的最短距离为, 直线l与y轴交于点P（0，m），与椭圆C交于相异两点A、B，且.
（1）求椭圆方程；
（2）求的取值范围．
2．已知椭圆的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为的直线与C相交于A，B，且，O坐标原点.
（1）求椭圆的离心率e；
（2）若，过点F作与直线平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）点M满足，直线与椭圆的另一个交点为N，求的值.
3．已知曲线.
（1）若曲线C表示双曲线，求的范围；
（2）若曲线C是焦点在轴上的椭圆，求的范围；
（3）设，曲线C与轴交点为A，B（A在B上方），与曲线C交于不同两点M，N，与BM交于G，求证：A，G，N三点共线.
4．已知圆O的方程为，圆O与y轴的交点为A，B(点A在点B的上方)，直线与圆O相交于M，N两点
（1）当k=1时，求弦长；
（2）若直线y=4与直线BM交于点D，求证：D、A、N三点共线.
5．已知椭圆： 的左顶点为，右焦点为， 为原点， ， 是轴上的两个动点，且，直线和分别与椭圆交于， 两点．

（Ⅰ）求的面积的最小值；
（Ⅱ）证明： ， ， 三点共线.
6．已知抛物线的焦点为F，直线l与抛物线C交于两点.
（1）若直线l的方程为，求的值；
（2）若直线l的斜率为2，l与y轴的交点为P，且，求.
7．已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与的交点为，与轴的交点为.
（1）若，求直线的方程；
（2）若，求线段的长度.
8．在平面直角坐标系中，A（﹣1.0），B（1，0），设△ABC的内切圆分别与边AC，BC，AB相切于点P，Q，R，已知|CP|＝1，记动点C的轨迹为曲线E.
（1）求曲线E的方程；
（2）过G（2，0）的直线与y轴正半轴交于点S，与曲线E交于点H，HA⊥x轴，过S的另一直线与曲线E交于M、N两点，若S△SMG＝6S△SHN，求直线MN的方程.
9．已知椭圆=1（a＞b＞0）的右焦点为F（2，0），且过点（2，）．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线l：y=kx（k＞0）与椭圆在第一象限的交点为M，过点F且斜率为-1的直线与l交于点N，若sin∠FON（O为坐标原点），求k的值．
10．如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆的半焦距为c,且过点,原点O到经过两点(c,0),(0,b)的直线的距离为.
(1)求椭圆E的方程;
(2)A为椭圆E上异于顶点的一点,点P满足,过点P的直线交椭圆E于B,C两点,且,若直线OA,OB的斜率之积为,求证:.
11．已知椭圆C：上的点到右焦点F的最大距离为，离心率为．
求椭圆C的方程；
如图，过点的动直线l交椭圆C于M，N两点，直线l的斜率为，A为椭圆上的一点，直线OA的斜率为，且，B是线段OA延长线上一点，且过原点O作以B为圆心，以为半径的圆B的切线，切点为令，求取值范围．
12．已知抛物线与
椭圆的一个交点为，点
是的焦点，且.
(1)求与的方程；
(2)设为坐标原点，在第一象限内，椭圆上是否存在点，使过作的垂线交抛物线于，直线交轴于，且?若存在，求出点的坐标和的面积；若不存在，说明理由.
13．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心在坐标原点O，其右焦点为，且点 在椭圆C上．
求椭圆C的方程；
设椭圆的左、右顶点分别为A、B，M是椭圆上异于A，B的任意一点，直线MF交椭圆C于另一点N，直线MB交直线于Q点，求证：A，N，Q三点在同一条直线上．
14．已知点是抛物线的焦点，若点在抛物线上，且
求抛物线的方程；
动直线与抛物线相交于两点，问：在轴上是否存在定点其中，使得向量与向量共线其中为坐标原点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
15．已知圆，圆， ，当两个圆有公共点时，所有可能的公共点组成的曲线记为.
（1）求出曲线的方程；
（2）已知向量， ， ， 为曲线上不同三点， ，求面积的最大值.
16．已知方向向量为的直线过点和椭圆的右焦点，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若已知点，点M,N是椭圆C上不重合的两点，且，
求实数的取值范围.
17．已知椭圆的焦点为，，P是椭圆C上一点.若椭圆C的离心率为，且，的面积为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知O是坐标原点，向量，过点（2，0）的直线l与椭圆C交于M，N两点.若点满足，，求的最小值.
18．已知椭圆经过点，其离心率为，经过点，斜率为的直线与椭圆相交于两点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求的取值范围；
（Ⅲ）设椭圆与轴正半轴、轴正半轴分别相交于两点，则是否存在常数，使得向量与共线？如果存在，求值；如果不存在，请说明理由．
第7讲 共线问题
一、解答题
1．已知椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在y轴上，离心率，椭圆上的点到焦点的最短距离为, 直线l与y轴交于点P（0，m），与椭圆C交于相异两点A、B，且.
（1）求椭圆方程；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）y21．
（2）（﹣1，）∪（，1）．
【详解】
（1）由条件知a﹣c＝1，，
∴a＝1，b＝c，故C的方程为：y21．
（2）设l：y＝kx+m与椭圆C交点为A（x1，y1），B（x2，y2）
联立得（k2+2）x2+2kmx+（m2﹣1）＝0
△＝（2km）2﹣4（k2+2）（m2﹣1）＝4（k2﹣2m2+2）＞0 （*）
x1+x2，x1x2
∵3，
∴﹣x1＝3x2
∴x1+x2＝﹣2x2，x1x2＝﹣3x22，
消去x2，得3（x1+x2）2+4x1x2＝0，
∴3（）2+40
整理得4k2m2+2m2﹣k2﹣2＝0
m2时，上式不成立；
m2时，k2，
因λ＝3，∴k≠0，∴k20，
∴﹣1＜m或m＜1
容易验证k2＞2m2﹣2成立，所以（*）成立
即所求m的取值范围为（﹣1，）∪（，1）．
2．已知椭圆的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为的直线与C相交于A，B，且，O坐标原点.
（1）求椭圆的离心率e；
（2）若，过点F作与直线平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）点M满足，直线与椭圆的另一个交点为N，求的值.
【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】
（1）由几何关系可得点坐标，代入椭圆方程即得，又即得；
（2）（ⅰ）将直线与椭圆联立即得结果；
（ⅱ）将其坐标化，利用P，Q，N在椭圆上求得结果即可．
【详解】
（1）已知，
则，代入椭圆C的方程：，
∴，∴，
∴．
（2）（ⅰ）由（1）可得，∴
设直线l：
∵，∴
联立直线l与椭圆C的方程：
恒成立
∴
∴．
（ⅱ）设
∴
∵P，Q，N在椭圆上，∴
∴
由（ⅰ）可知，∴，
∴ ∴．
3．已知曲线.
（1）若曲线C表示双曲线，求的范围；
（2）若曲线C是焦点在轴上的椭圆，求的范围；
（3）设，曲线C与轴交点为A，B（A在B上方），与曲线C交于不同两点M，N，与BM交于G，求证：A，G，N三点共线.
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【分析】
（1）若曲线表示双曲线，则：，解得的范围；（2）若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得的取值范围；（3）联立直线与椭圆方程结合，解得，设，，，求出的方程，可得，从而可得，，欲证，，三点共线，只需证，共线，利用韦达定理，可以证明．
【详解】
（1）若曲线表示双曲线，则：，
解得：.
（2）若曲线是焦点在轴上的椭圆，
则：，
解得：
（3）当，曲线可化为：，
当时，，
故点坐标为：，，
将直线代入椭圆方程得：，
若与曲线交于不同两点，，
则，解得，
由韦达定理得： ①，
②
设，，，
方程为：，则，
∴，，
欲证，，三点共线，只需证，共线，
即，
将①②代入可得等式成立，则，，三点共线得证．
【点睛】
本题考查椭圆和双曲线的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三点共线，解题的关键是直线与椭圆方程联立，利用韦达定理进行求解，属于中档题.
4．已知圆O的方程为，圆O与y轴的交点为A，B(点A在点B的上方)，直线与圆O相交于M，N两点
（1）当k=1时，求弦长；
（2）若直线y=4与直线BM交于点D，求证：D、A、N三点共线.
【答案】（1）；（2）证明见解析；
【分析】
（1）先求出圆心到直线的距离，再由代入计算即可；
（2）联立，借用韦达定理表示出，证明，即可证明D、A、N三点共线.
【详解】
（1）∵，∴直线l的方程为.
圆心到直线的距离，
∴；
（2）由题可得，，
设，，联立
得：，
，，
，令，
得，∴，
，，
∵
，
，
∴D、A、N三点共线.
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系，圆的弦长的求解，韦达定理的应用，考查了学生的运算求解能力.
5．已知椭圆： 的左顶点为，右焦点为， 为原点， ， 是轴上的两个动点，且，直线和分别与椭圆交于， 两点．

（Ⅰ）求的面积的最小值；
（Ⅱ）证明： ， ， 三点共线.
【答案】（1）1；（2）详见解析。
【解析】试题分析：（Ⅰ）设， ，然后根据求得的值，从而得到的表达式，从而利用基本不等式求出最小值，；（Ⅱ）首先设出直线的方程，然后联立椭圆方程，利用韦达定理得到点坐标间的关系，从而使问题得证．
试题解析：（Ⅰ）设， ，∵，可得，
，
∵，当且仅当时等号成立．
∴，
∴，
∴四边形的面积的最小值为1．
（Ⅱ）∵， ，∴直线的方程为，
由得，
由，得，①
同理可得，
∵，∵ ②
故由①②可知： ，
代入椭圆方程可得
∵，故， 分别在轴两侧， ，
∴，∴， ， 三点共线．
点睛:解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法．
6．已知抛物线的焦点为F，直线l与抛物线C交于两点.
（1）若直线l的方程为，求的值；
（2）若直线l的斜率为2，l与y轴的交点为P，且，求.
【答案】（1）18；（2）.
【分析】
（1）设出点的坐标联立直线与抛物线的方程，消去，由韦达定理可得，由抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等即可得结果.
（2）可设直线l的方程为，联立直线与抛物线的方程，消去，结合韦达定理以及可解出，，根据弦长公式即可得结果.
【详解】
（1）设，.
联立整理得，
则.
因为均在抛物线C上，所以.
（2）设，则直线l的方程为.
联立整理得，
则，，
且，即.
因为，所以点N为线段的中点，所以.
因为，所以，，
此时，，
故.
【点睛】
本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，直线与抛物线相交时所得的弦长问题，注意抛物线性质的应用，属于中档题.
7．已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与的交点为，与轴的交点为.
（1）若，求直线的方程；
（2）若，求线段的长度.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）设直线方程为，，直线方程与抛物线方程联立，由根与系数关系求出，进而得出建立的方程，求解即可；
（2）由，得，结合（1）中的关系，即可求出结论.
【详解】
设直线方程为，
联立
由得，.
由抛物线的定义知
所以，满足，符合题意，
所以直线方程为.
由（1）得.
由得，
解得，满足，符合题意，
所以.
【点睛】
本题考查直线与抛物线的位置关系，要熟练掌握根与系数关系在解题的中应用，不要遗漏两交点存在满足的条件，考查计算求解能力，属于基础题.
8．在平面直角坐标系中，A（﹣1.0），B（1，0），设△ABC的内切圆分别与边AC，BC，AB相切于点P，Q，R，已知|CP|＝1，记动点C的轨迹为曲线E.
（1）求曲线E的方程；
（2）过G（2，0）的直线与y轴正半轴交于点S，与曲线E交于点H，HA⊥x轴，过S的另一直线与曲线E交于M、N两点，若S△SMG＝6S△SHN，求直线MN的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）由椭圆定义可知，曲线E为除去与x轴的交点的椭圆，由定义即可求出方程；
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），依题意可得即有x1＝﹣3x2，分直线MN斜率存在及不存在两种情况讨论，当斜率不存在时易知不符合条件，当斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，由此建立等式，解出即可得到答案.
【详解】
（1）由题意知，|CA|+|CB|＝|CP|+|CQ|+|AP|+|BQ|＝2|CP|+|AB|＝4＞|AB|，
∴曲线E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆（除去与x轴的交点），
设曲线E：，则c＝1，2a＝4，
即a＝2，b2＝a2﹣c2＝3，∴曲线E的方程为；
（2）因为HA⊥x轴，所以，设S（0，y0），
∴，解得y0＝1，则S（0，1），
因为a＝2c，所以|SG|＝2|SH|，∴，
∴，则，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则，则x1＝﹣3x2，
①当直线MN斜率不存在时，MN的方程为x＝0，
此时，不符合条件，舍去；
②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx+1，
联立，得（3+4k2）x2+8kx﹣8＝0，∴，
将x1＝﹣3x2代入得，，∴，
∴，解得，
∴直线MN的方程为或.
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查定义法求轨迹，以及直线与椭圆的位置关系的应用，解题关键是由S△SMG＝6S△SHN通过合适的面积公式转化为，进而找到的横坐标关系，再通过直线与椭圆联立，由韦达定理建立等式解出．
9．已知椭圆=1（a＞b＞0）的右焦点为F（2，0），且过点（2，）．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线l：y=kx（k＞0）与椭圆在第一象限的交点为M，过点F且斜率为-1的直线与l交于点N，若sin∠FON（O为坐标原点），求k的值．
【答案】（1）；（2）或
【分析】
（1）根据题意列出有关a2、b2的方程组，求出这两个数的值，即可求出椭圆的标准方程；（2）设点M的坐标为（x1，y1），点N的坐标（x2，y2），利用已知条件sin∠FON，得出，然后将直线l的方程分别与椭圆方程和直线NF的方程联立，求出点M、N的坐标，结合条件可求出k的值．
【详解】
（1）由题意可知，解得a2＝16，b2＝12（负值舍去），
所以椭圆方程为；
（2）设点M的坐标为，点N的坐标，
由题可知，故，
因为，而，所以，
由，可得，
所以，
由，消去x，可得，
易知直线NF的方程为，
由，消去x，可得，
所以，整理得52k2﹣96k+27＝0，
解得或．
【点睛】
本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆综合问题的求解，解决本题的关键在于求出一些关键的点和直线方程，考查计算能力，属于中等题．
10．如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆的半焦距为c,且过点,原点O到经过两点(c,0),(0,b)的直线的距离为.
(1)求椭圆E的方程;
(2)A为椭圆E上异于顶点的一点,点P满足,过点P的直线交椭圆E于B,C两点,且,若直线OA,OB的斜率之积为,求证:.
【答案】（1）.（2）见解析
【详解】
试题分析：（1）利用点到直线距离公式得等量关系：,即a=2b.再利用点在椭圆上的条件得,解得a=2,b=1,（2）设化简,得,代入椭圆方程得，再根据直线OA,OB的斜率之积为,得，即得.
试题解析：(1)过点(c,0),(0,b)的直线方程为bx+cy-bc=0,则原点O到直线的距离为,
得a=2b.又椭圆过点,则,联立得a=2,b=1,
所以椭圆方程为.
(2)证明:设因为,
又,得,
故,代入椭圆方程得:,
整理得.①
因为A,B在椭圆E上,所以,②
又直线OA,OB的斜率之积为即.③
将②③两式代入(1)得.
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
11．已知椭圆C：上的点到右焦点F的最大距离为，离心率为．
求椭圆C的方程；
如图，过点的动直线l交椭圆C于M，N两点，直线l的斜率为，A为椭圆上的一点，直线OA的斜率为，且，B是线段OA延长线上一点，且过原点O作以B为圆心，以为半径的圆B的切线，切点为令，求取值范围．
【答案】(1)；(2)．
【分析】
依题，结合离心率求得a与c的值，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
由已知可得直线l的方程，与椭圆C：联立，化为关于x的一元二次方程，利用弦长公式求得弦，写出OA所在直线方程，与椭C：联立求得，得到，利用换元法求得的范围，把转化为含的代数式求解．
【详解】
依题，，
解得，，
．
椭圆C的方程为；
由已知可得直线l的方程为：，与椭圆C：联立，
得，由题意，
设，，则，．
弦，
OA所在直线方程为，与椭C：联立，解得，
．
．
令，则，
则，
得到，
．
令，由知，，换元得：
，其中．
．
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与圆、圆与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，属难题．
12．已知抛物线与
椭圆的一个交点为，点
是的焦点，且.
(1)求与的方程；
(2)设为坐标原点，在第一象限内，椭圆上是否存在点，使过作的垂线交抛物线于，直线交轴于，且?若存在，求出点的坐标和的面积；若不存在，说明理由.
【答案】(1) (2) 见解析
【分析】
（1）利用抛物线的定义求，点的坐标代入求出，的值；
（2）设出，的方程与椭圆、抛物线分别联立，求出的横坐标，利用，即可得出结论．
【详解】
（1）由抛物线定义：，所以的方程为，将代入得，即，将代入，得，故方程为.即
（2）由题意：直线的斜率存在且不为0，设的方程为，由于，则的方程为，由得
由，得，得（舍）或
在第一象限内，若满足的点存在，则，此时，
设直线与轴交于点，由于，
所以，故，即为线段中点，
因此，即，解得，
故存在适合题意的，此时，
此时 方程为，即，
点到的距离，，所以
【点睛】
本题考查抛物线、椭圆的方程，考查直线与抛物线、椭圆的位置关系，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．
13．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心在坐标原点O，其右焦点为，且点 在椭圆C上．
求椭圆C的方程；
设椭圆的左、右顶点分别为A、B，M是椭圆上异于A，B的任意一点，直线MF交椭圆C于另一点N，直线MB交直线于Q点，求证：A，N，Q三点在同一条直线上．
【答案】（1） （2）见解析
【分析】
（1）设椭圆的方程为，由题意可得，解方程组即可.
（2）设，，直线MN的方程为，由方程组，消去整理得，根据韦达定理求出点的坐标，根据向量即可求出，且向量和有公共点，即可证明．
【详解】
（1）不妨设椭圆的方程为，.
由题意可得，解得，，
故椭圆的方程.
（1）设，，直线的方程为，
由方程组，消去x整理得
，，
直线的方程可表示为，
将此方程与直线成立，可求得点的坐标为，
，，
，
，
向量和有公共点，
，，三点在同一条直线上．
【点睛】
本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的关系，向量问题等基础知识，考查了运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想，应用意识，是中档题．
14．已知点是抛物线的焦点，若点在抛物线上，且
求抛物线的方程；
动直线与抛物线相交于两点，问：在轴上是否存在定点其中，使得向量与向量共线其中为坐标原点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义可得的坐标，代入抛物线方程，解得，进而得到抛物线的方程；在轴上假设存在定点其中，使得与向量共线，可得轴平分，设，，联立和，根据恒成立，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理可得的方程，求得，可得结论．
【详解】
抛物线C：的焦点为，
准线方程为，
即有，即，
则，解得，
则抛物线的方程为；
在x轴上假设存在定点其中，
使得与向量共线，
由，均为单位向量，且它们的和向量与共线，
可得x轴平分，
设，，
联立和，
得，
恒成立．
，
设直线DA、DB的斜率分别为，，
则由得，
，
，
联立，得，
故存在满足题意，
综上，在x轴上存在一点，使得x轴平分，
即与向量共线．
【点睛】
本题考查抛物线的方程、定义和性质，以及直线和抛物线的位置关系、转化与划归思想的应用，属于综合题．存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.①当条件和结论不唯一时要分类讨论.②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.③当条件和结论都不知，按常规方法很难时，采取另外的途径.
15．已知圆，圆， ，当两个圆有公共点时，所有可能的公共点组成的曲线记为.
（1）求出曲线的方程；
（2）已知向量， ， ， 为曲线上不同三点， ，求面积的最大值.
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）看到具有对称性所以要联想到椭圆或双曲线的定义，曲线上的点满足,∴曲线是以为焦点的椭圆（2）∵，∴三点共线，且直线的斜率为，
∴直线的方程为，与椭圆方程联立得，借助弦长公式求得三角形的底边长，利用椭圆得参数方程设出动点设，利用点到直线距离公式求得高的最大值，从而得三角形面积最大值
试题解析：
（1）曲线上的点满足,
∴曲线是以为焦点的椭圆
∴
∴曲线的方程是
（2）∵，∴三点共线，且直线的斜率为，
∴直线的方程为，
与椭圆方程联立得，
∴ .
设，
∴到直线的距离，
∴，
∴的最大值为.
点睛：看到此类题首先联想到圆锥曲线的三个方程定义，根据定义得几何关系从而确定方程求解，在求三角形面积最值问题时首先明确其表达式一般是算弦长，算高，对于本题而言，要特别注重参数方程在此题得应用，这样求解高显得很简单
16．已知方向向量为的直线过点和椭圆的右焦点，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若已知点，点M,N是椭圆C上不重合的两点，且，
求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）求出直线方程可得椭圆的焦点坐标，结合离心率，以及列方程求得的值，从而可得结果；（2）设出直线的方程，直线方程与椭圆方程联立，利用，结合韦达定理得，结合的范围，得到关于的不等式，进而可得结果.
【详解】
（1）∵直线 的方向向量为
∴直线 的斜率为 ，又∵直线 过点
∴直线 的方程为
∵ ，∴椭圆的焦点为直线 与 轴的交点
∴椭圆的焦点为
∴ ，又∵
∴ ，∴
∴椭圆方程为
（2）设直线MN的方程为
由 ， 得
设 坐标分别为
则 (1) (2)
＞0∴ ,
∵ ，显然 ，且
∴ ∴
代入(1) (2)，得
∵ ,得 ，即
解得 且
【点睛】
求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.
17．已知椭圆的焦点为，，P是椭圆C上一点.若椭圆C的离心率为，且，的面积为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知O是坐标原点，向量，过点（2，0）的直线l与椭圆C交于M，N两点.若点满足，，求的最小值.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）根据题意可得方程组联立，解得b，a，进而得出椭圆C的方程.
（2）设直线l的方程为：，设，，联立直线l与椭圆的方程消元，然后韦达定理得，，因为，得，当时，，当时，，，因为，所以，代入化简得，然后变形利用基本不等式可得出答案.
【详解】
（1）依据题意得，
所以，所以，
因为，故设，代入椭圆方程得，
所以的面积为：.
联立，解得，，
所以椭圆C的方程为：.
（2）由题意可知直线l的斜率显然存在，故设直线l的方程为：，
联立，消去y并整理得，
所以，
设，，
所以，，
因为，
所以，
当时，，
当时，，，
因为，所以，所以，
所以
当且仅当时取等号，且满足，所以
综上.
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，向量问题，考查了学生的转化能力和计算能力，属于中档题.
18．已知椭圆经过点，其离心率为，经过点，斜率为的直线与椭圆相交于两点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求的取值范围；
（Ⅲ）设椭圆与轴正半轴、轴正半轴分别相交于两点，则是否存在常数，使得向量与共线？如果存在，求值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）没有符合题意的常数．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由已知椭圆C的离心率为可得，，即椭圆的方程为；
又因为其图像过点，将其坐标直接代入即可计算出参数，即可写出椭圆的方程；（Ⅱ）首先写
出直线的方程，然后联立直线和椭圆方程并将直线的方程代入椭圆方程整理得
，由题意知，，即可解出的取值范围；（Ⅲ）假设
存在常数，使得向量与共线，则设，则，
由（Ⅱ）知，可用含的式子表示出来，然后根据假设可得等式关系，
即可解出的值，最后验证的值是否满足（Ⅱ）中解出的的取值范围.
试题解析：（Ⅰ）因为椭圆C的离心率，
，将点代入，得，
所求椭圆方程为．
（Ⅱ）由已知条件，直线的方程为，代入椭圆方程得．
整理得①
直线与椭圆有两个不同的交点和等价于，
解得或．即的取值范围为.
（Ⅲ）设，则，
由方程①，②
又③
而，．
所以与共线等价于，
将②③代入上式，解得．
由（1）知或，故没有符合题意的常数．
考点：椭圆的综合应用；向量的共线.