数学选择性必修 第一册3.1 椭圆课时练习

这是一份数学选择性必修 第一册3.1 椭圆课时练习，共45页。
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
直线与椭圆的位置关系：
判别式法，即将直线方程与圆锥曲线方程联立消去一个变量(如y)得出方程Ax2＋Bx＋C＝0：
①Δ＞0⇔有两个交点(相交)；②Δ＝0⇔有一个交点(相切)；③Δ＜0⇔没有交点(相离)．
(2)弦长问题：弦长公式＋韦达定理，即|AB|＝eq \r(1＋k2)·| x1－x2|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·| y1－y2|.
(3)中点问题：点差法，即设点代入，然后作差，可以解决中点坐标与直线斜率之间的关系.
(4)巧设直线：
反设直线法，即过x轴上一点(a,0)的直线可设为x＝ty＋a，这样可避免对直线斜率存在性的讨论．
【题型一】 求椭圆方程
【典例分析】
求经过点和的椭圆的标准方程，并画出图形．
【答案】，
图形见解析.
【分析】利用待定系数法进行求解即可.
【详解】设椭圆的标准方程为：，该椭圆经过点和，
所以有：，所以椭圆方程为：，图形如下图所示：
【变式训练】
1.已知椭圆C：过点，点A为其左顶点，且AM的斜率为，求椭圆C的方程．
【答案】
【分析】根据已知求出，再根据椭圆过点得到，即得解.
【详解】解：由题意可知直线AM的方程为：，即．
当时，解得，所以，
椭圆：过点，可得，
解得．所以C的方程为.
2.求满足下列条件的椭圆的标准方程．
(1)两个焦点的坐标分别为，并且椭圆经过点．
(2)已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆C上，求C的方程．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义，椭圆上一点到两焦点距离为，可求出，再由b2＝a2﹣c2计算，写出椭圆方程；（2）由椭圆的对称性可判断椭圆过，两点，又，不同时在椭圆上，可确定点在椭圆C上，将点代入椭圆方程计算，可求出的值，从而写出椭圆方程.
(1)
根据题意，两个焦点的坐标分别为，即c＝2，
又由椭圆经过点，
则2a，故a，
则b2＝a2﹣c2＝10﹣4＝6，故要求椭圆的方程为1；
(2)
解：由题意，因为，两点关于y轴对称，所以椭圆C经过，两点，
又由，知，椭圆C不经过点，所以点在椭圆C上，
因此，解得，所以椭圆C的方程为．
【题型二】与椭圆有关的求轨迹
【典例分析】
已知是椭圆中垂直于长轴的动弦，是椭圆长轴的两个端点，求直线和的交点的轨迹方程．
【答案】（）．
【分析】由题设，，再根据和三点共线、三点共线得，再根据化简即可得答案；
【详解】解：方法一：（利用点的坐标作参数）由题设，
因为椭圆的长轴端点为，
设直线和的交点为，
因为三点共线，所以，，
因为三点共线，所以，，
所以，两式相乘得，（）
因为，所以，即，
所以，，整理得（），
所以，直线和的交点的轨迹方程（）
方法二： （利用角作参数）
因为椭圆的参数方程为（为参数）
所以，设，则，
因为椭圆的长轴端点为，
设直线和的交点为，
因为三点共线，所以， ，
因为三点共线，所以，，
所以，两式相乘得
所以，整理得（），即点的轨迹方程为，（）.

【变式训练】
1.已知圆的方程x2＋y2＝25，点A为该圆上的动点，AB与x轴垂直，B为垂足，点P分线段BA的比BP：PA=.
（1）求点P的轨迹方程并化为标准方程形式；
（2）写出轨迹的焦点坐标和准线方程.
【答案】（1）(y≠0)；（2）焦点为、，准线方程是x＝±.
【分析】（1）设，根据题设知，由A在圆上代入圆的方程，整理即可得轨迹方程的标准形式；
（2）由（1）所得的椭圆方程，直接写出焦点坐标及准线方程即可.
【详解】（1）设，即，又，则，
∵A在圆x2＋y2＝25上，
∴，标准方程为.
（2）由（1）知：轨迹为焦点在x轴上的椭圆去掉左右顶点，而，
∴焦点设、分别为椭圆：的左、右两个焦点.
2..设、分别为椭圆：的左、右两个焦点
（Ⅰ）若椭圆上的点到、两点的距离之和等于6，写出椭圆的方程和焦点坐标；
（Ⅱ）设点是（1）中所得椭圆上的动点，求线段的中点M的轨迹方程.
【答案】（Ⅰ）焦点（Ⅱ）
【详解】试题分析：（Ⅰ）把已知点的坐标代入椭圆方程，再由椭圆的定义知2a=4，从而求出椭圆的方程，由椭圆的方程求出焦点坐标；（Ⅱ）设F1K的中点Q（x，y），则由中点坐标公式得点K（2x+1，2y），把K的坐标代入椭圆方程，化简即得线段KF1的中点Q的轨迹方程
试题解析：（1）椭圆C的焦点在x轴上，由椭圆上的点A到、 两点的距离之和是6，
得2a=6，即a=3.
又点在椭圆上，因此 得于是
所以椭圆C的方程为，
焦点
（2）设椭圆C上的动点为，线段 的中点Q（x，y）满足， ；
即，
因此即 为所求的轨迹方程
3.一动圆与圆外切，同时与圆内切，求动圆圆心M的轨迹方程．
【答案】
【分析】由圆的外切与内切，结合椭圆定义得出点轨迹是椭圆，然后可求得其方程．
【详解】设动圆圆心为M（x，y），半径为R，设已知圆的圆心分别为、，
将圆方程分别配方得，，
，半径，，半径，
当⊙M与外切时，有，①
当⊙M与内切时，有，②
将①②两式的两边分别相加，得，由椭圆的定义知，M的轨迹是以、为焦点的椭圆，
设椭圆方程为，则有a＝6，c＝3，．从而所求椭圆方程为．

【题型三】 椭圆大题基础：韦达定理
【典例分析】
已知椭圆，点，C分别是椭圆M的左焦点、左顶点，过点的直线l（不与x轴重合）交M于A，B两点．
(1)求M的离心率及短轴长；
(2)是否存在直线l，使得点B在以线段AC为直径的圆上？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
【答案】(1)离心率为，短轴长为；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】(1)根据椭圆方程求出a、b、c，结合短轴和离心率的定义即可求解；
(2)法一：设B，利用向量数量积的坐标表示可得，结合二次函数的性质可得，进而，即可求解；
法二：设直线l的方程和，联立椭圆方程并消元，根据韦达定理表示出、，利用向量数量积的坐标表示化简计算可得，结合数向量量积的定义即可得出角C的范围，进而得出角B的范围.
（1）
由椭圆方程，得，．
∴椭圆M的短轴长为．
∵，∴，即M的离心率为；
（2）
解法1：由题意知，点C的坐标为，点的坐标为．
设点B，则．
∵，
设，
则函数在上单调递增，所以，
即，∴，
∴点B不在以AC为直径的圆上，即不存在直线l，使得点B在以AC为直径的圆上．
解法2：设直线l的方程为，．
由，可得．
∴，．
∴，
∵，∴．∴．
∴点B不在以AC为直径的圆上，即不存在直线l，使得点B在以AC为直径的圆上．

【变式训练】
1.已知椭圆：的上顶点为B，右焦点为F，直线与椭圆交于两点，若椭圆的右焦点恰好为的垂心，则直线的方程为____________．
【答案】．
【分析】求出直线的斜率为，设出直线的方程为，与椭圆方程联立得到两根之和，两根之积，根据恰好为的垂心，故，列出方程，求出：或，经检验满足要求.
【详解】易知，，直线的斜率为，从而直线的斜率为．
设直线的方程为，，，
由得．
根据韦达定理，，，
由于右焦点恰好为的垂心，故，
于是
，解之得：或．
当时，点即为直线与椭圆的交点，不合题意；
当时，经检验知和椭圆相交，符合题意．
∴当且仅当直线的方程为时，点是的垂心．
故答案为：
【题型四】椭圆弦长
【典例分析】
椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆经过点且长轴长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且斜率为1的直线与椭圆交于，两点，求弦长.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）先设出椭圆方程，然后由题意可得，从而可得椭圆方程，
（2）由题意可得直线的方程为，代入椭圆方程中，利用根与系数的关系，结合弦长公式可求得结果.
（1）
由题意设椭圆的方程为，因为椭圆经过点且长轴长为，
所以，所以椭圆方程为，
（2）因为直线过点且斜率为1，所以直线的方程为，设，
将代入，得，整理得，
所以，所以
【变式训练】
1.已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为且过点，
(1)求椭圆的标准方程；
(2)倾斜角为45°的直线过椭圆的右焦点交椭圆于､两点，求
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据椭圆的离心率公式，结合代入法、椭圆中的关系进行求解即可；
（2）根据椭圆弦长公式进行求解即可.
（1）因为椭圆的中心在原点，焦点在轴上，
所以设椭圆的标准方程为：，因为椭圆的离心率为且过点，
所以，所以椭圆的标准方程为：；
（2）由（1）可知：，所以直线的方程为：，代入椭圆方程中，得
，设，
所以，
因此.
2.．已知椭圆的上顶点与椭圆的左，右顶点连线的斜率之积为．
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若直线与椭圆C相交于A，B两点，，求椭圆C的标准方程．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据题意，可知，可得，再根据椭圆的性质可得，由此即可求出离心率；
（2）将直线与椭圆方程联立，由韦达定理得到，，再根据弦长公式，建立方程，即可求出的值，进而求出椭圆方程.
(1)解：由题意可知，椭圆上顶点的坐标为，左右顶点的坐标分别为、，
∴，即，则．
又，∴，所以椭圆的离心率；
(2)解：设，，由得：，
∴，，，
∴，
解得，∴，满足，
∴，∴椭圆C的方程为．
【题型五】 弦椭圆中点与中点弦
【典例分析】
已知椭圆C：的左右焦点分别为，，且，与短轴的两个端点恰好为正方形的四个顶点，点在C上．
(1)求C的方程；
(2)若过点的直线l交C于A，B两点，且M是AB的中点，求直线的斜率．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由题意可知，因为点在C上，代入结合，即可得出答案.
（2）设，代入椭圆的方程，相减后得到，又因为M是AB的中点，所以，代入即可求出的直线的斜率．
（1）
设，因为两个焦点和短轴的两个端点为正方形的四个顶点，所以，
因为点在C上，所以，又，
解得，所以C的方程为.
（2）设，因为直线l与椭圆C交于A，B两点，
所以，两式相减得①，
是AB的中点，所以，则，
由（1）知，，所以代入①有：所以直线的斜率为．
【变式训练】
1..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.求椭圆C的标准方程；
【答案】
【分析】已知点的坐标代入得的一个关系式，设，代入椭圆方程，相减后利用斜率关系得的另一等式，联立可求得得椭圆标准方程．
【详解】解：因为椭圆经过点，
所以（1），
设，因为直线l与椭圆C交于A，B两点，
所以，两式相减得，
因为线段AB的中点为M，且直线l与直线OM的斜率乘积为-，
所以 （2），由（1）（2）解得，
所以椭圆方程为：；
2.
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.
(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．
∴．
【题型六】 椭圆常规求面积
【典例分析】
.已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，左焦点为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若是椭圆的右焦点，过点且斜率为的直线交椭圆于两点，求的面积.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）依题意可得，解得、，即可求出椭圆方程；
（2）首先求出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，再根据计算可得；
(1)
解：依题意，解得，所以椭圆方程为；
(2)解：依题意，过且斜率为的直线为，设、，则消去整理得，所以，，所以

【变式训练】
已知椭圆，直线与椭圆交于，两点，且的最大值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)当时，斜率为的直线交椭圆于，两点（，两点在直线的异侧），若四边形的面积为，求直线的方程．
【答案】(1)(2)．
【分析】（1）设，，联立直线与椭圆方程，得出韦达定理，再根据弦长公式求解，结合函数的最大值可得，进而求得椭圆方程即可；
（2）设直线方程为，，，记点，到直线的距离分别为，，表达出，，根据求解即可.
（1）设，，联立直线与椭圆方程得，
消去y得，又，是这个方程的两个实根，
所以 ，由弦长公式得
，
所以当时，取到最大值，即，解得．
所以椭圆C的方程为．
（2）设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消去y得，
所以，且，记点，到直线的距离分别为，，又，且，所以
，
所以，
因为，所以，整理得，所以满足条件，
综上所述直线的方程为，即为．
【题型七】直线过定点
【典例分析】
已知椭圆的一个顶点为，离心率为.
(1)求椭圆的方程
(2)过椭圆右焦点且斜率为的直线与椭圆相交于两点A，B，与轴交于点E，线段AB的中点为P，直线过点E且垂直于（其中O为原点），证明直线过定点.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）由题可得，然后利用离心率即求；
（2）设直线方程为，联立椭圆方程利用韦达定理，可得，进而可求直线的方程为，即证.
(1)依题意，，∴， 又，，
∴，∴∴椭圆的标准方程为.
(2)由（1）知右焦点坐标为，设直线方程为，，，
由得，，∴，
∴，，∴直线的斜率
∴直线的斜率，令得点坐标为，
∴直线的方程为，即
∴直线恒过定点.

【变式训练】
1..已知，是过点的两条互相垂直的直线，且与椭圆相交于A，B两点，与椭圆相交于C，D两点．
(1)求直线的斜率k的取值范围；
(2)若线段，的中点分别为M，N，证明直线经过一个定点，并求出此定点的坐标．
【答案】(1)；(2)证明见解析；定点.
【分析】（1）根据直线，均与椭圆相交，联立方程利用求解；（2）利用韦达定理分别求M，N的坐标，进而求出直线的方程判断定点．
（1）
根据题意直线，的斜率均存在且不为0直线，分别为，，
联立得，由得，则或，
同理，则，所以k的取值范围为．
（2）
设，，由（1）得，所以，则，
所以，则，同理，
则直线的方程为，
化简整理得因此直线经过一个定点．
【题型八】椭圆中的面积最值范围型
【典例分析】
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.
(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.

【变式训练】
已知椭圆：的长轴长为4，左、右顶点分别为，，经过点的动直线与椭圆相交于不同的两点，（不与点，重合）．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)求四边形面积的最大值；
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据题意，长轴长为4，得，求得椭圆方程，再根据离心率定义，即可求解.
（2）讨论直线的斜率不存在或存在，将直线与椭圆方程联立，根据四边形的面积，利用韦达定理代入即可求解.
(1)由题意，得，解得，所以椭圆方程为，，，，
则离心率为.
(2)当直线的斜率不存在时，由题意，得的方程为，代入椭圆的方程，得，，
又因为，，所以四边形的面积,
当直线的斜率存在时，设的方程为，
设 ，联立方程，消去，得，
由题意，可知恒成立，则，，
四边形的面积
令，则四边形的面积
，，所以，
综上所述，四边形面积的最大值.
【题型九】椭圆中的定值求解与证明
【典例分析】
已知椭圆的离心率为，若与圆相交于M，N两点，且圆E在内的弧长为．
(1)求的值；
(2)过椭圆的上焦点作两条相互垂直的直线，分别交椭圆于A，B、C，D，求证：为定值．
【答案】(1)，；(2)证明见解析
【分析】（1）利用题意可得到，进而得到，利用题意得到的方程组，即可得到答案；
（2）易知上焦点的坐标，分当直线（或）与轴平行时和当直线（或）与轴不平行时进行分类讨论，当不平行时，不妨设，则，将代入，根据韦达定理解得弦长，将代换可得即可证明
（1）圆的圆心为，半径为，
圆E在内的弧长为，可得，即有，
设在第一象限，可得，，即为，
将代入椭圆方程可得，联立解得，
（2）由（1）可得椭圆的方程为，，上焦点为，
①当直线（或）与轴平行时，可得，
将代入椭圆得，则，
则；
②当直线（或）与轴不平行时，设，则，
联立方程组，消去y并化简得，
设点，，∴，，
即有，
将k换为，可得，则，
综上所述，为定值．
【变式训练】
已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)为椭圆的右焦点，直线交椭圆于（不与点重合）两点，记直线的斜率分别为，若，证明：的周长为定值，并求出定值.
【答案】(1)(2)证明见解析，定值为
【分析】（1）结合两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆的方程.
（2）设直线，联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，利用求得的关系式，从而判断出直线过左焦点，由此求得的周长为定值.
（1）
由已知设椭圆方程为：，
代入，得，故椭圆方程为.
（2）设直线，由得，
，，又，
故
，由，得，
故或，
①当时，直线，过定点，与已知不符，舍去；
②当时，直线，过定点，即直线过左焦点，
此时，符合题意.
所以的周长为定值.
【题型十】椭圆中斜率定值
【典例分析】
已知分别是椭圆的左､右顶点，分别是的上顶点和左焦点.点在上，满足.
(1)求的方程；
(2)过点作直线（与轴不重合）交于两点，设直线的斜率分别为，求证：为定值.
【答案】(1)(2)证明见解析，定值为
【分析】（1）根据可设，根据，利用斜率相等且在椭圆上列式可得椭圆基本量的关系，再根据求解基本量即可；
（2）由题意设：，联立直线与椭圆的方程，得出韦达定理，再表达出，结合韦达定理求解即可.
（1）
因为，故可设，因为，故，即，解得.
又在椭圆上，故，解得，故.
又，故，故，.
故的方程为.
（2）
因为椭圆方程为，故，当斜率为0时或重合，不满足题意，故可设：.
联立可得，设，则.
故
故定值为
【变式训练】
设椭圆：的离心率为，焦距为2，过右焦点的直线与椭圆交于A，两点，点，设直线与直线的斜率分别为，.
(1)求椭圆的方程；
(2)随着直线的变化，是否为定值？请说明理由.
【答案】(1)(2)是定值，理由见解析
【分析】（1）根据焦距，求得c值，根据离心率，求得a值，根据a，b，c的关系，可得，即可得答案.
（2）当直线l斜率为0，即为x轴时，分析可得；当直线l斜率不为0时，设直线的方程为：，，，将直线与椭圆联立，可得关于y的一元二次方程，利用韦达定理，可得、表达式，根据斜率公式，化简整理，即可得证.
（1）因为焦距，所以，因为离心率，所以，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线l斜率为0，即为x轴时，则，所以；
当直线l斜率不为0时，设直线的方程为：，，，
将直线l与椭圆联立，消x整理得，
所以，，所以，，
所以.综上所述：为定值0.
【题型十一】椭圆：a=tb型
【典例分析】
已知、是椭圆的左、右两个焦点，其中，为坐标原点．
(1)以线段为直径的圆与直线相切，求的离心率；
(2)设为椭圆的上顶点，直线交椭圆于另一点．若椭圆的焦距为，且，求的值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）分析可知圆心到直线的距离等于圆的半径，可得出关于、的等式，求出、的等量关系，即可求得椭圆的离心率的值；
（2）设点，利用平面向量的线性运算可求得点的坐标，代入椭圆的方程可求得的值，进而可求得的值.
（1）解：线段的中点为原点，且，
所以，以为直径的圆的方程为，
由题意可得，解得，，.
（2）解：易知点，，则，设点，
由可得，即，解得，即点，
将点的坐标代入椭圆的方程可得，.
因此，.
【变式训练】
.设，分别是椭圆：的左、右焦点，的离心率为，点是上一点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交椭圆E于A，B两点，且，求直线的方程.
【答案】(1)(2)或
【分析】(1)按照所给的条件带入椭圆方程以及e的定义即可；
（2）联立直线与椭圆方程，表达出，解方程即可.
(1)由题意知，，且，解得， ，所以椭圆的方程为.
(2)由题意知，直线的斜率存在且不为0，故可设直线的方程为，设 ，.
由得，则……①，……②，
因为，所以，，
由可得…… ③
由①②③可得，解得，，
所以直线的方程为或，
故答案为：，或.
分阶培优练
培优第一阶——基础过关练
1.求适合下列条件的椭圆的标准方程：
（1）焦点在轴上，中心为坐标原点，经过点，.
（2）以点，为焦点，经过点.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）设椭圆的标准方程为，代入所过的点后求出可得所求的椭圆方程．
（2）根据椭圆的定义可求，再求出后可求椭圆的标准方程．
【详解】解：（1）设椭圆的标准方程为，
由题意有，可得，
故椭圆的标准方程为.
（2）设椭圆的标准方程为，焦距为.
由题意有，，，
有，，
故椭圆的标准方程为.
2.已知点满足条件，求点的轨迹的方程.
【答案】.
【分析】根据两点间距离公式和椭圆的定义即可求出P的轨迹方程.
【详解】满足条件，
∴点P的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
，，
∴所求点P的轨迹C的方程为.
3.椭圆C：左右焦点为，，离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)经过点，倾斜角为直线l与椭圆交于B，C两点，求．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用椭圆的离心率，过点，及，列方程解出即可得椭圆方程；
（2）由已知可得直线l的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系及弦长公式求解.
（1）解：由题意得，解得，又因为点在椭圆C上，
带入得，所以椭圆的标准方程为.
（2）解：易得直线l的解析式为，设，联立椭圆的方程
得，
所以．
4.已知椭圆：的左､右焦点分别为，，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，的中点坐标为.求椭圆的标准方程；
【答案】
【分析】设，代入椭圆方程，相减后利用中点坐标、离心率求得直线的斜率得直线方程，从而求得焦点坐标，求出得椭圆标准方程．
【详解】设，，，，可得，，
两式相减得，，，
将，代入上式，得，又，
∴，
∴直线的方程为，即，即，
∴，，
∴椭圆的标准方程；
5.．在平面直角坐标系中，椭圆：与椭圆有相同的焦点，，且右焦点到上顶点的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过椭圆左焦点，且斜率为的直线与椭圆交于，两点，求的面积．
【答案】(1)(2)
【分析】根据题意可得，，所以，即可求得椭圆的方程；
设，，过且斜率为的直线方程为：，直线与椭圆方程联立，消得的一元二次方程，结合韦达定理，即可求的面积．
（1）椭圆的焦点为，，半焦距，
椭圆的右焦点到上顶点的距离为，，
椭圆的方程为．
（2）设，，过且斜率为的直线方程为：，
代入椭圆的方程，化简可得，，
则，
.
6.已知椭圆的离心率为，左顶点为A，右顶点为B，上顶点为C，的内切圆的半径为．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)点M为直线上任意一点，直线AM，BM分别交椭圆E于不同的两点P，Q．求证：直线PQ恒过定点，并求出定点坐标．
【答案】(1).(2).
【分析】（1）利用等面积法求得的关系，再利用离心率得到.即可得到答案.
（2）设，分别求出的坐标，根据斜率公式求出直线方程，则可得，即可求出定点坐标.
（1）
的内切圆的半径为，有等面积法得 ,解得 ，又离心率为，解得带入得.
综上所述椭圆E的标准方程为：.
（2）
设，则直线的方程为与联立解得同理可得.则直线 的斜率为，
所以直线的方程为：
故直线PQ恒过定点，定点坐标为.
7.已知椭圆的上顶点E与其左、右焦点构成面积为1的直角三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线l交C于两点，P是C上的动点，当时，求面积的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据题意由求解；
（2）易知斜率存在，由，设，与曲线C方程联立，由结合韦达定理，求得k，再由当P为与平行的切线的切点时，面积最大求解.
（1）解：由题意得，解得，椭圆C的方程为．
（2）显然斜率不存在时不满足条件，当斜率存在时，，设，
代入C方程整理得，
，，解得，
显然时面积最大值相同，，
当P为与平行的切线的切点时，面积最大，
不妨设与平行的切线方程为，代入C方程整理得，
，解得，显然时取得最大值，，
．
8.已知椭圆的长轴的两个端点分别为离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)M为椭圆C上除A，B外任意一点，直线交直线于点N，点O为坐标原点，过点O且与直线垂直的直线记为l，直线交y轴于点P，交直线l于点Q，求证：为定值．
【答案】(1)(2)证明见解析．
【分析】（1）由顶点坐标求得，由离心率求得，再求出得椭圆方程；
（2）设，写出直线方程求得点坐标，求出直线的斜率，得直线斜率及方程，再求得直线的方程可得其与轴交点的坐标，求出两直线交点坐标，由可得结论．
（1）
由已知，又，，所以，
椭圆标准方程为；
（2）
设，，则，，
直线的方程为，令得，即，
,
,，直线的方程是，
直线的方程为，令得，即，
由，因为，故解得，即，
所以，
9.已知椭圆经过点 ，离心率为，过点的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线AM和直线AN的斜率分别为和 ，求证：为定值
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）由题意结合椭圆的几何性质，列出方程组，求得答案;
（2）设直线l的方程为并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，代入化简的表达式，可得结论.
（1）由题意椭圆经过点 ，离心率为，
可得，解得，故椭圆C的方程为
（2）由题意可知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为，由，可得，
由于直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，则，解得，
设,则，，
故
，
即为定值.
10.椭圆经过点，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆的右焦点作直线交于，两点，且，求．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，即可得到答案；
（2）设，利用弦长公式计算，即可得到答案；
(1)两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形，，椭圆过点，
，又，解得：，椭圆的方程为：；
(2)，设， 联立方程得：，
，，，，，，
；
培优第二阶——能力提升练
1..已知椭圆（）的离心率为，，是椭圆的两个顶点，如果左焦点F到直线AB的距离为，求该椭圆的方程．
【答案】
【分析】已知离心率可以求出a与b，c的关系，再带入点到直线距离方程求解即可.
【详解】 ， ， ……①；
直线AB的方程为： ，左焦点，
F到直线AB的距离为： ，将①代入，
解得c=1，∴a=2， ，椭圆方程为： ，故答案为：.
2.如图，已知A，B是两定点，且．动点M到点A的距离是4，线段MB的垂直平分线l交MA于点P，求当M变化时，动点P的轨迹方程．
【答案】
【分析】根据垂直平分线以及椭圆的定义即可求出动点P的轨迹方程．
【详解】设，因为线段MB的垂直平分线l交MA于点P，所以，
即有，所以点P的轨迹是以为焦点，焦距为，长轴长为的椭圆，若以所在直线为轴，的垂直平分线为轴，则，，，故动点P的轨迹方程为．
3.已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，椭圆C上点M满足．
(1)求椭圆C的标准方程：
(2)若过坐标原点的直线l交椭圆C于P，Q两点，求线段PQ长为时直线l的方程．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）依题意可得，即可求出、，即可求出椭圆方程；
（2）首先求出直线斜率不存在时弦显然可得直线的斜率存在，设直线方程为、、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，再根据弦长公式得到方程，求出，即可得解；
(1)
解：依题意，解得，所以椭圆方程为；
(2)
解：当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，不符合题意；所以直线的斜率存在，设直线方程为，则，消元整理得，设，，则，，所以，即，解得，所以直线的方程为；
4.已知动点与平面上点，的距离之和等于.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若经过点的直线与曲线交于，两点，且点为的中点，求直线的方程.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆的定义，以及椭圆的性质，即可求解．
（2）设，，利用点差法求出直线的斜率，即可求出直线方程；
（1）解：设点的坐标为，，由椭圆定义可知，点轨迹是以，为焦点的椭圆，，，，动点的轨迹的方程为．
（2）解：显然直线的斜率存在且不等于，设，，则，，又、在椭圆上，所以，，两式相减得，即所以，即，即，所以直线的方程为，即5.
5.已知椭圆的对称中心为原点，焦点在轴上，左、右焦点分别为，，且，点在该椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)过的直线与椭圆相交于，两点，若的面积为，求以为圆心且与直线相切的圆的方程．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）依题意可得，从而得到，的坐标，再根据椭圆的定义求出，最后求出，即可得到椭圆方程；
（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率存在时设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式表示出，再利用点到直线的距离公式得到圆的半径，最后根据的面积得到方程，即可求出，从而求出圆的方程.
（1）解：由题意知，所以，，
所以，由椭圆定义知：，则，，
故椭圆的方程为．
（2）
解：①当直线轴时，令，可得，解得，
可取，，此时的面积，与题设矛盾，舍去．
②当直线与轴不垂直时，
设直线的方程为，代入椭圆方程得，
成立，设，，则，，
可得．又圆的半径，
∴的面积为，
化简得，解得，∴，∴圆的方程为．
6.已知点在椭圆C：（）上，椭圆C的左､右焦点分别为F1，F2，的面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆O：（）相切，试判断直线AB是否过定点，并证明你的结论.
【答案】(1)(2)过定点，证明见解析
【分析】（1）结合题意，可得关于的方程，解之可得椭圆C的方程；
（2）先由直线与圆相切可得，再联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理分别求出，，，，代入可得的关系式，进而可得直线AB过定点.
（1）
由题知，，的面积等于，
所以，解得，所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，直线的方程为，由题知，所以，
所以，同理，，所以是方程的两根，所以.设，设直线的方程为，将代入，得，所以，①②
所以，③
，④
又因为，⑤
将①②③④代入⑤，化简得，
所以，所以，
若，则直线，此时过点，舍去.
若，则直线，此时恒过点，
所以直线过定点.
7.已知椭圆的离心率，点在椭圆C上．A，B分别为椭圆C的上下顶点，动直线l交椭圆C于P，Q两点，满足AP⊥AQ，AH⊥PQ，垂足为H．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求面积的最大值．
【答案】(1)(2)．
【分析】(1)根据条件，求出a和b即可求出椭圆方程；
(2)作图，联立方程，运用韦达定理和基本不等式即可求解.
（1）
由己知得，解得 ，所以 ；
（2）
由题意直线PQ斜率存在，设 ，，
由得 ， ，

因为， 所以，
即， ，
代入韦达定理化简得，即或2（舍），所以，
由已知得，联立两直线可得，
所以 ，当且仅当时取等，
所以的最大值为；综上，椭圆方程，的最大值为.
8..已知椭圆．
(1)若过椭圆的一个焦点引两条互相垂直的弦、．求证：是定值；
(2)若、在椭圆上且．求证：是定值．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）对两条弦所在直线的斜率是否同时存在进行分类讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合弦长公式计算可证得结论成立；
（2）对直线、的斜率是否同时存在进行分类讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用两点间的距离公式计算可证得结论成立.
（1）证明：不妨弦、过椭圆的左焦点，其中，，.
当、中有一条为长轴时，另一条为过焦点且平行于短轴的弦，
联立可得，故该过焦点且平行于短轴的弦长为，则；
当、中没有一条为长轴时，设，，
联立直线与椭圆方程得，
，
由韦达定理可得，，
根据弦长公式有．
用替换上式中的即得．
因此．综上，．
（2）证明：分以下两种情况讨论：
当直线的斜率存在且不为零时，设直线的斜率为，
联立，则，则．
用替换上式中的即得．
因此．
当、中有一条斜率不存在时，另一条斜率为，
此时，因此.综上所述，.
9.已知椭圆：的离心率为，短轴长为2.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与自左向右依次交于点，，点在线段上，且，为线段的中点，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件列出关于a,b的方程，求得a,b的值，即得答案;
（2）设直线方程，，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，表示P点坐标，结合，可得N点坐标，从而可证明结论.
（1）
由椭圆：的离心率为，短轴长为2，
可知 ，则 ，
故的方程为；
（2）
证明：由题意可知直线的斜率一定存在，故设直线的方程为，
设，联立，可得，，则，
所以，又，所以，
解得，从而 ，
故，即为定值.
10.已知椭圆C：，，且椭圆C右焦点为，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过的直线l交椭圆C于A，B两点，若，求直线l的方程.
【答案】(1)(2)或
【分析】（1）结合，，求解即可得答案；
（2）根据题意设直线l的方程为，进而与椭圆联立方程得，再结合得，进一步求解得即可得答案.
(1)解：∵ ，，∴ 解得，.
∴椭圆C的方程为：
(2)解：易知直线l的斜率存在且不为零.设，，直线l的方程为：.
联立：，可得.其中
由韦达定理有：又∵，可得
代入韦达定理有，可得解得，.
∴直线l的方程为：或.
培优第三阶——培优拔尖练
1.已知椭圆：（）过点，直线：与椭圆交于两点，且线段的中点为，为坐标原点，直线的斜率为，求椭圆的标准方程；
【答案】
【分析】由离心率得的一个关系式，设，代入椭圆方程，相减后利用斜率关系得关于的另一等式，联立可求得得椭圆标准方程．
【详解】设，，则，
即．
因为，在椭圆上，所以，，
两式相减得，即，
又，所以，即．
又因为椭圆过点，所以，解得，，
所以椭圆的标准方程为；
2.已知P是椭圆＋＝1上一动点，O为坐标原点，则线段OP中点Q的轨迹方程
【答案】x2＋＝1
【分析】设Q(x，y)，P(x0，y0)，进而可得x0＝2x，y0＝2y，代入椭圆方程即可求解.
【详解】设Q(x，y)，P(x0，y0)，由点Q是线段OP的中点知x0＝2x，y0＝2y，
又＋1，
所以＋1，即x2＋＝1.
3.已知直线：与椭圆：交于，两点．
(1)求的取值范围；(2)若，求的值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）联立直线与椭圆方程得到含参数m的一元二次方程，由它们有两个交点知，即可求参数范围.
（2）已知弦长，结合弦长公式列方程求参数值即可.
(1)
由题设，联立直线与椭圆方程有，整理可得：，
因为直线与椭圆有两个交点，
所以，可得.
(2)
由（1）可得：，，
又，整理得：，
所以，经检验满足题设，故.
4..已知椭圆：的左右焦点分别为，，且椭圆点任意一点满足.
(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Р在直线上，求m的值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由题意得，求出的值，从而可求得椭圆方程，
（2）设点，的坐标分别为，，线段MN的中点为，然后将直线方程和椭圆方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系结合中点坐标公式可求出点的坐标，代入直线方程中求出的值
(1)
由题意，得，解得，所以椭圆的方程为.
(2)
设点，的坐标分别为，，线段MN的中点为，
由消，得，所以，
所以，，即.
因为点在直线上，所以，解得.
5.已知椭圆：的左焦点为，上、下顶点分别为，，．
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆上有三点，，满足，证明：四边形的面积为定值．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，从而求出，即可得解；
（2）设，，，依题意可得四边形为平行四边形，从而得到，当直线的斜率不存在时直接求出四边形的面积，直线的斜率存在，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，列出韦达定理，由 ，即可得到，再由弦长公式表示出及原点到直线的距离，从而求出四边形的面积，即可得解.
（1）解：依题意，又，所以，
所以，所以椭圆方程为.
（2）
证明：设，，，因为，所以四边形为平行四边形，
且，所以，即，
又，，所以，若直线的斜率不存在，与左顶点或右顶点重合，
则，所以，所以，
若直线的斜率存在，设直线的方程为，代入椭圆方程整理得，
所以，，，
所以
所以，整理得，
又，又原点到的距离，
所以，将代入得，
所以，综上可得，四边形的面积为定值.
6.设分别是椭圆的左､右焦点，是上一点，与轴垂直.直线与的另一个交点为，且直线的斜率为.
(1)求椭圆的离心率；
(2)设是椭圆的上顶点，过任作两条互相垂直的直线分别交椭圆于两点，证明直线过定点，并求出定点坐标.
【答案】(1)(2)证明见解析，定点
【分析】（1）结合题意得，进而根据直线的斜率为得，即，再解方程即可得答案；
（2）结合（1）得圆的方程为，进而设直线的方程为，再与椭圆方程联立结合韦达定理和整理化简得或，再检验不满足题意，进而得直线经过轴上定点.
（1）由题意知，点在第一象限，是上一点且与轴垂直，的横坐标为.当时，，即.又直线的斜率为，所以，
即，即
则，解得或（舍去），即.
（2）解：已知是椭圆的上顶点，则，由（1）知，解得，
所以，椭圆的方程为，设直线的方程为，
联立可得，所以，
又，
，化简整理有，得或.
当时，直线经过点，不满足题意；.当时满足方程中，
故直线经过轴上定点.
7.已知，​为椭圆​的左、右焦点，点 ​为其上一点，且​.
(1)求椭圆 ​的标准方程；
(2)过点​的直线​与椭圆​相交于​两点，点​关于坐标原点​的对称点​，试问​的面积是否存在最大值? 若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)​(2)存在，3
【分析】（1）由题意设椭圆方程为，则根据已知条件可得，解方程组可求出，从而可求得椭圆方程，
（2）设直线，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，设​的面积为，则，结合前面的式子化简后，换元，再构造函数可求出其最大值.
（1）由题意设椭圆的标准方程为 ，因为点 为椭圆上一点，且，
所以，解得所以椭圆的标准方程为 .
（2）设直线，，由，得，
，则，设的面积为，则
，
令，则，令（），则，
所以在上为增函数，所以，
所以的最大值为，此时，
所以存在当 时，即直线的方程为，的面积有最大值，其最大值为 3 .
8.已知椭圆的左､右焦点分别为，且焦距长为2，过且斜率为的直线与椭圆的一个交点在轴上的射影恰好为.
(1)求椭圆的方程；
(2)如图，下顶点为，过点作一条与轴不重合的直线，该直线交椭圆于两点，直线分别交轴于，两点，为坐标原点.求证：与的面积之积为定值，并求出该定值.
【答案】(1)(2)证明见解析，定值为
【分析】（1）写出直线方程，取求得值，得到直线与椭圆的交点，再由已知列关于，的方程组，求解，的值，则椭圆方程可求；
（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，由椭圆方程联立，利用根与系数的关系可得，横纵坐标的和与积，分别写出，的方程，求得与的坐标，再写出两三角形面积的乘积，结合根与系数的关系可得与的面积之积为定值．
（1）由题意，，，故过且斜率为的直线的方程为，
令，得，由题意可得，解得，．
求椭圆的方程为；
（2）证明：由题意知，直线的斜率存在，设直线，，，，，
联立，得．
，，由，得，，
，直线的方程为，令，解得，
则，，同理可得，，
9.已知椭圆：的右焦点为，圆：，过且垂直于轴的直线被椭圆和圆所截得的弦长分别为和.
(1)求的方程；
(2)过圆上一点（不在坐标轴上）作的两条切线，，记，的斜率分别为，，直线的斜率为，证明：为定值.
【答案】(1)(2)见解析
【分析】（1）由已知条件列方程组，结合，解出，可得椭圆的方程；
（2）设，且满足圆的方程，设出过点与椭圆相切的直线方程，与椭圆方程联立，利用得出关于的一元二次方程，由韦达定理得出，进而可求出为定值．
（1）
设椭圆的半焦距为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的弦长分别为，则；过且垂直于轴的直线被圆所截得的弦长分别为，则，又，解得，所以的方程为.
（2）设，则.①
设过点与椭圆相切的直线方程为，
联立得，
则，
整理得.②
由题意知，为方程②的两根，由根与系数的关系及①可得.
又因为，所以，所以为定值．
10.已知椭圆：的离心率为，且过点．右焦点为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过右焦点为的直线与椭圆交于，两点，且，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）或
【分析】（1）由题意可知，再将点代入椭圆方程，结合可得椭圆方程；（2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，代入向量的坐标表示可得，建立关于的方程，求得直线的方程.
【详解】（1）解：因为，所以，，
设椭圆的方程为．将点的坐标代入得：，
所以，椭圆的方程为．
（2）因为右焦点为，设直线的方程为：，
代入椭圆中并化简得：，
设，，因为，所以，
即，所以，，
即，解得，所以，
所以直线的方程为：或．【提分秘籍】
基本规律
标准方程
eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)
eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)
图形
性
质
范围
－a≤x≤a，－b≤y≤b
－b≤x≤b，－a≤y≤a
对称性
对称轴：坐标轴 对称中心：原点
顶点
A1(－a,0)，A2(a,0)，B1(0，－b)，B2(0，b)
A1(0，－a)，A2(0，a)，B1(－b,0)，B2(b,0)
轴
长轴A1A2的长为2a；短轴B1B2的长为2b
焦距
|F1F2|＝2c
离心率
e＝eq \f(c,a)∈(0,1)
a，b，c的关系
a2＝b2＋c2
【提分秘籍】
基本规律
1.定义法：根据椭圆的定义来求轨迹方程
2.方程eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1，当m＝n>0时表示圆；当m>n>0或n>m>0时表示椭圆；当mn0，b>0)上两点，M为A,B中点，则（可用点差法快速证明）
【提分秘籍】
基本规律
圆锥曲线中求面积常规类型
（1）
(2)三角形恒过数轴上的定线段，可分为左右或者上下面积，转化为
(3)三角形恒过某定点，可分为左右或者上下面积，转化为
（4）四边形面积，注意根据题中条件，直接求面积或者转化为三角形面积求解。
【提分秘籍】
基本规律
直线过定点
1、直线多为y=kx+m型
2.目标多为求：m=f（k），则y=kx+f（k）
3.一些题型，也可以直接求出对应的m的值
【提分秘籍】
基本规律
1.可以借助均值不等式求最值。
2.分式型，多可以通过构造来求最值，如下几种常见的。
（1）
（2）与型，可以设mx+n=t，换元，简化一次项，然后构造均值或者对勾函数求解。
（3）型，判别式法，或者分离常数，然后转化分子为一次，再换元求解
【提分秘籍】
基本规律
求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
【提分秘籍】
基本规律
弦长a=tb型
1.利用公式，可消去参数
2.可以直接借助韦达定理反解消去两根