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优化提升专题训练（新高考） 圆锥曲线中的椭圆问题（含答案解析）学案
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这是一份优化提升专题训练（新高考） 圆锥曲线中的椭圆问题（含答案解析）学案，共20页。学案主要包含了知识框图，自主热身，归纳总结，2018年高考浙江卷，问题探究，变式训练，2020年高考浙江，2020年高考江苏等内容，欢迎下载使用。
圆锥曲线中的椭圆问题
【知识框图】
【自主热身，归纳总结】
1、【2019年高考北京卷理数】已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则
A．a2=2b2 B．3a2=4b2
C．a=2b D．3a=4b
【答案】B
【解析】椭圆的离心率，化简得，
故选B.
2、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设为椭圆C:的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则M的坐标为___________.
【答案】
【解析】由已知可得，
，∴．
设点的坐标为，则，
又，解得，
，解得（舍去），
的坐标为．
3、【2018年高考浙江卷】已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．
【答案】
【解析】设，，
由得，，
所以，
因为，在椭圆上，所以，，
所以，
所以，
与对应相减得，，
当且仅当时取最大值．
4、.（2020届浙江省杭州市建人高复高三4月模拟）已知方程，若该方程表示椭圆方程，则的取值范围是_______；
【答案】或
【解析】
因为方程，
所以，
所以有即或
故答案为：或
5、(2017无锡期末）设点P是有公共焦点F1，F2的椭圆C1与双曲线C2的一个交点，且PF1⊥PF2，椭圆C1的离心率为e1，双曲线C2的离心率为e2，若e2＝3e1，则e1＝________.
【答案】
【解析】不妨设F1，F2分别是左、右焦点，椭圆的长半轴为a1，双曲线的实半轴为a2，P为椭圆与双曲线在第一象限内的交点，则根据椭圆和双曲线的定义可得解得因为PF1⊥PF2，所以PF＋PF＝F1F，即(a1＋a2)2＋(a1－a2)2＝(2c)2，化简得a＋a＝2c2，所以2＋2＝2，即＋＝2，又因为e2＝3e1，所以e＝，故e1＝.
6、（2020届浙江省嘉兴市3月模拟）已知椭圆的左、右焦点分别是，，点是椭圆上位于轴上方的一点，若直线的斜率为，且，则椭圆的离心率为________．
【答案】．
【解析】设，由直线的斜率为，知，且，即得，
由及椭圆定义知，
由余弦定理即可得，，即，化简得，
故或3（舍）
即．
故答案为：
【问题探究，变式训练】
题型一、椭圆的离心率
例1、【2018年高考全国Ⅱ理数】已知，是椭圆的左、右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】因为为等腰三角形，，所以，
由的斜率为可得，
所以，，
由正弦定理得，
所以，
所以，，故选D．
变式1、【江苏省南通市2019-2020学年高三上学期期初】已知，分别为椭圆：的左，右焦点，点，分别是椭圆的右顶点和上顶点，若直线上存在点，使得，则椭圆的离心率的取值范围是______.
【答案】
【解析】，即在以为直径的圆上，即.
直线：，即，圆心到直线的距离，
即，即，所以解得.
故答案为：.
变式2、（2020届浙江省高中发展共同体高三上期末）已知椭圆的内接的顶点为短轴的一个端点，右焦点，线段中点为，且，则椭圆离心率的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
由题意可设，，线段中点为，且，
可得为的重心，设，，
由重心坐标公式可得，，，
即有的中点，可得，，
由题意可得点在椭圆内，可得，
由，可得，即有.
故答案为：.
变式3、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）设椭圆的标准方程为，若斜率为1的直线与椭圆相切同时亦与（为椭圆的短半轴）相切，记椭圆的离心率为，则__________．
【答案】
【解析】设切线方程为，代入椭圆方程可得：.
因为相切，
由直线与圆相切，可得：，或（舍去）.
则有，因为，
所以可得.
故答案为：.
题型二、椭圆的方程
例2、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】法一：如图，由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在中，由余弦定理推论得．
在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在和中，由余弦定理得，
又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
变式1、【2020届江苏省南通市高三下学期3月开学考试】若椭圆的焦点在轴上，过点（1，）作圆的切线，切点分别为A,B，直线恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是
【答案】
【解析】∵点(1，)在圆外，过点(1，)与圆相切的一条直线为x＝1，且直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，∴椭圆的右焦点为(1,0)，即c＝1，设点P(1，)，连接OP，则OP⊥AB，∵kOP＝，∴kAB＝－2．又直线AB过点(1,0)，∴直线AB的方程为2x＋y－2＝0，∵点(0，b)在直线AB上，∴b＝2，又c＝1，∴a2＝5，故椭圆方程是＋＝1．
变式2、(2018常州期末）在平面直角坐标系xOy中，设椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率是e，定义直线y＝±为椭圆的“类准线”．已知椭圆C的“类准线”方程为y＝±2，长轴长为4.
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 点P在椭圆C的“类准线”上(但不在y轴上)，过点P作圆O：x2＋y2＝3的切线l，过点O且垂直于OP的直线与l交于点A，问点A是否在椭圆C上？证明你的结论．
规范解答 (1) 由题意得又a2＝b2＋c2，解得b＝，c＝1，(4分)
所以椭圆C的方程为＋＝1.(5分)
(2) 点A在椭圆C上．证明如下：
设切点为Q(x0，y0)，x0≠0，则x＋y＝3，切线l的方程为x0x＋y0y－3＝0，
当yP＝2时，xP＝，即P，2，
则kOP＝＝，(7分)
所以kOA＝，直线OA的方程为y＝x.(9分)
由解得
即A，，(11分)
因为＋
＝
＝＝1，
所以点A的坐标满足椭圆C的方程．(14分)
当yP＝－2时，同理可得点A的坐标满足椭圆C的方程，
所以点A在椭圆C上．(16分)
变式3、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且．
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程．
【解析】（1）由已知可设的方程为，其中.
不妨设在第一象限，由题设得的纵坐标分别为，；的纵坐标分别为，，故，.
由得，即，解得（舍去），.
所以的离心率为.
（2）由（1）知，，故，
设，则，，故.①
由于的准线为，所以，而，故，代入①得，即，解得（舍去），.
所以的标准方程为，的标准方程为.
题型三、椭圆中的最值问题
例3、【2020年高考浙江】如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于点M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【解析】（Ⅰ）由得的焦点坐标是．
（Ⅱ）由题意可设直线，点．
将直线的方程代入椭圆得，
所以点的纵坐标．
将直线的方程代入抛物线得，
所以，解得，
因此．
由得，
所以当，时，取到最大值
变式1、【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．
（1）求的周长；
（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求的最小值；
（3）设点M在椭圆E上，记与的面积分别为S1，S2，若，求点M的坐标．
【解析】（1）椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，
则.
所以的周长为.
（2）椭圆的右准线为.
设，
则，
在时取等号.
所以的最小值为.
（3）因为椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上且在第一象限内，，
则.
所以直线
设，因为，所以点到直线距离等于点到直线距离的3倍.
由此得，
则或.
由得，此方程无解；
由得，所以或.
代入直线，对应分别得或.
因此点的坐标为或.
变式2、【2020年新高考全国Ⅱ卷】已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
【解析】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
变式3、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）.
【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得
．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
题型四、椭圆中的定点问题
例4、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【解析】（1）由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.
则，=（a，–1）.由=8得a2–1=8，即a=3.
所以E的方程为+y2=1．
（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.
若t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知–3
直线PB的方程为y=（x–3），所以y2=（x2–3）.
可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.
由于，故，可得，
即①
将代入得
所以，．
代入①式得
解得n=–3（含去），n=.
故直线CD的方程为，即直线CD过定点（，0）．
若t=0，则直线CD的方程为y=0，过点（，0）.
综上，直线CD过定点（，0）.
变式1、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．
（1）求抛物线C的方程及其准线方程；
（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
【答案】（1）抛物线的方程为，准线方程为；（2）见解析.
【解析】（1）由抛物线经过点，得.
所以抛物线的方程为，其准线方程为.
（2）抛物线的焦点为.
设直线的方程为.
由得.
设，则.
直线的方程为.
令，得点A的横坐标.
同理得点B的横坐标.
设点，则，
.
令，即，则或.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点和.
变式2、（2019·山东高三月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点，延长交椭圆于点，的周长为8.
（1）求的离心率及方程；
（2）试问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）,； （2）存在点，且.
【解析】
（1）由题意可知，，则，
又的周长为8，所以，即，
则，.
故的方程为.
（2）假设存在点，使得为定值.
若直线的斜率不存在，直线的方程为，，，
则.
若直线的斜率存在，设的方程为，
设点，，联立，得，
根据韦达定理可得：，，
由于，，
则
因为为定值，所以，
解得，故存在点，且.
题型五、椭圆中的定值问题
例5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【解析】（1）由题设得，，解得，．
所以的方程为．
（2）设，．
若直线与轴不垂直，设直线的方程为，
代入得．
于是．①
由知，故，
可得．
将①代入上式可得．
整理得．
因为不在直线上，所以，故，．
于是的方程为.
所以直线过点.
若直线与轴垂直，可得.
由得.
又，可得.解得（舍去），.
此时直线过点.
令为的中点，即.
若与不重合，则由题设知是的斜边，故.
若与重合，则.
综上，存在点，使得为定值.
变式、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（1）求直线l的斜率的取值范围；
（2）设O为原点，，，求证：为定值．
【答案】（1）（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）；（2）见解析.
【解析】（1）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．
由得．
依题意，解得k<0或0
所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由（1）知，．
直线PA的方程为．
令x=0，得点M的纵坐标为．
同理得点N的纵坐标为．
由，得，．
所以．
所以为定值．
圆锥曲线中的椭圆问题
【知识框图】
【自主热身，归纳总结】
1、【2019年高考北京卷理数】已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则
A．a2=2b2 B．3a2=4b2
C．a=2b D．3a=4b
【答案】B
【解析】椭圆的离心率，化简得，
故选B.
2、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设为椭圆C:的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则M的坐标为___________.
【答案】
【解析】由已知可得，
，∴．
设点的坐标为，则，
又，解得，
，解得（舍去），
的坐标为．
3、【2018年高考浙江卷】已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．
【答案】
【解析】设，，
由得，，
所以，
因为，在椭圆上，所以，，
所以，
所以，
与对应相减得，，
当且仅当时取最大值．
4、.（2020届浙江省杭州市建人高复高三4月模拟）已知方程，若该方程表示椭圆方程，则的取值范围是_______；
【答案】或
【解析】
因为方程，
所以，
所以有即或
故答案为：或
5、(2017无锡期末）设点P是有公共焦点F1，F2的椭圆C1与双曲线C2的一个交点，且PF1⊥PF2，椭圆C1的离心率为e1，双曲线C2的离心率为e2，若e2＝3e1，则e1＝________.
【答案】
【解析】不妨设F1，F2分别是左、右焦点，椭圆的长半轴为a1，双曲线的实半轴为a2，P为椭圆与双曲线在第一象限内的交点，则根据椭圆和双曲线的定义可得解得因为PF1⊥PF2，所以PF＋PF＝F1F，即(a1＋a2)2＋(a1－a2)2＝(2c)2，化简得a＋a＝2c2，所以2＋2＝2，即＋＝2，又因为e2＝3e1，所以e＝，故e1＝.
6、（2020届浙江省嘉兴市3月模拟）已知椭圆的左、右焦点分别是，，点是椭圆上位于轴上方的一点，若直线的斜率为，且，则椭圆的离心率为________．
【答案】．
【解析】设，由直线的斜率为，知，且，即得，
由及椭圆定义知，
由余弦定理即可得，，即，化简得，
故或3（舍）
即．
故答案为：
【问题探究，变式训练】
题型一、椭圆的离心率
例1、【2018年高考全国Ⅱ理数】已知，是椭圆的左、右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】因为为等腰三角形，，所以，
由的斜率为可得，
所以，，
由正弦定理得，
所以，
所以，，故选D．
变式1、【江苏省南通市2019-2020学年高三上学期期初】已知，分别为椭圆：的左，右焦点，点，分别是椭圆的右顶点和上顶点，若直线上存在点，使得，则椭圆的离心率的取值范围是______.
【答案】
【解析】，即在以为直径的圆上，即.
直线：，即，圆心到直线的距离，
即，即，所以解得.
故答案为：.
变式2、（2020届浙江省高中发展共同体高三上期末）已知椭圆的内接的顶点为短轴的一个端点，右焦点，线段中点为，且，则椭圆离心率的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
由题意可设，，线段中点为，且，
可得为的重心，设，，
由重心坐标公式可得，，，
即有的中点，可得，，
由题意可得点在椭圆内，可得，
由，可得，即有.
故答案为：.
变式3、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）设椭圆的标准方程为，若斜率为1的直线与椭圆相切同时亦与（为椭圆的短半轴）相切，记椭圆的离心率为，则__________．
【答案】
【解析】设切线方程为，代入椭圆方程可得：.
因为相切，
由直线与圆相切，可得：，或（舍去）.
则有，因为，
所以可得.
故答案为：.
题型二、椭圆的方程
例2、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】法一：如图，由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在中，由余弦定理推论得．
在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在和中，由余弦定理得，
又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
变式1、【2020届江苏省南通市高三下学期3月开学考试】若椭圆的焦点在轴上，过点（1，）作圆的切线，切点分别为A,B，直线恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是
【答案】
【解析】∵点(1，)在圆外，过点(1，)与圆相切的一条直线为x＝1，且直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，∴椭圆的右焦点为(1,0)，即c＝1，设点P(1，)，连接OP，则OP⊥AB，∵kOP＝，∴kAB＝－2．又直线AB过点(1,0)，∴直线AB的方程为2x＋y－2＝0，∵点(0，b)在直线AB上，∴b＝2，又c＝1，∴a2＝5，故椭圆方程是＋＝1．
变式2、(2018常州期末）在平面直角坐标系xOy中，设椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率是e，定义直线y＝±为椭圆的“类准线”．已知椭圆C的“类准线”方程为y＝±2，长轴长为4.
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 点P在椭圆C的“类准线”上(但不在y轴上)，过点P作圆O：x2＋y2＝3的切线l，过点O且垂直于OP的直线与l交于点A，问点A是否在椭圆C上？证明你的结论．
规范解答 (1) 由题意得又a2＝b2＋c2，解得b＝，c＝1，(4分)
所以椭圆C的方程为＋＝1.(5分)
(2) 点A在椭圆C上．证明如下：
设切点为Q(x0，y0)，x0≠0，则x＋y＝3，切线l的方程为x0x＋y0y－3＝0，
当yP＝2时，xP＝，即P，2，
则kOP＝＝，(7分)
所以kOA＝，直线OA的方程为y＝x.(9分)
由解得
即A，，(11分)
因为＋
＝
＝＝1，
所以点A的坐标满足椭圆C的方程．(14分)
当yP＝－2时，同理可得点A的坐标满足椭圆C的方程，
所以点A在椭圆C上．(16分)
变式3、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且．
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程．
【解析】（1）由已知可设的方程为，其中.
不妨设在第一象限，由题设得的纵坐标分别为，；的纵坐标分别为，，故，.
由得，即，解得（舍去），.
所以的离心率为.
（2）由（1）知，，故，
设，则，，故.①
由于的准线为，所以，而，故，代入①得，即，解得（舍去），.
所以的标准方程为，的标准方程为.
题型三、椭圆中的最值问题
例3、【2020年高考浙江】如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于点M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【解析】（Ⅰ）由得的焦点坐标是．
（Ⅱ）由题意可设直线，点．
将直线的方程代入椭圆得，
所以点的纵坐标．
将直线的方程代入抛物线得，
所以，解得，
因此．
由得，
所以当，时，取到最大值
变式1、【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．
（1）求的周长；
（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求的最小值；
（3）设点M在椭圆E上，记与的面积分别为S1，S2，若，求点M的坐标．
【解析】（1）椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，
则.
所以的周长为.
（2）椭圆的右准线为.
设，
则，
在时取等号.
所以的最小值为.
（3）因为椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上且在第一象限内，，
则.
所以直线
设，因为，所以点到直线距离等于点到直线距离的3倍.
由此得，
则或.
由得，此方程无解；
由得，所以或.
代入直线，对应分别得或.
因此点的坐标为或.
变式2、【2020年新高考全国Ⅱ卷】已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
【解析】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
变式3、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）.
【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得
．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
题型四、椭圆中的定点问题
例4、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【解析】（1）由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.
则，=（a，–1）.由=8得a2–1=8，即a=3.
所以E的方程为+y2=1．
（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.
若t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知–3
直线PB的方程为y=（x–3），所以y2=（x2–3）.
可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.
由于，故，可得，
即①
将代入得
所以，．
代入①式得
解得n=–3（含去），n=.
故直线CD的方程为，即直线CD过定点（，0）．
若t=0，则直线CD的方程为y=0，过点（，0）.
综上，直线CD过定点（，0）.
变式1、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．
（1）求抛物线C的方程及其准线方程；
（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
【答案】（1）抛物线的方程为，准线方程为；（2）见解析.
【解析】（1）由抛物线经过点，得.
所以抛物线的方程为，其准线方程为.
（2）抛物线的焦点为.
设直线的方程为.
由得.
设，则.
直线的方程为.
令，得点A的横坐标.
同理得点B的横坐标.
设点，则，
.
令，即，则或.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点和.
变式2、（2019·山东高三月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点，延长交椭圆于点，的周长为8.
（1）求的离心率及方程；
（2）试问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）,； （2）存在点，且.
【解析】
（1）由题意可知，，则，
又的周长为8，所以，即，
则，.
故的方程为.
（2）假设存在点，使得为定值.
若直线的斜率不存在，直线的方程为，，，
则.
若直线的斜率存在，设的方程为，
设点，，联立，得，
根据韦达定理可得：，，
由于，，
则
因为为定值，所以，
解得，故存在点，且.
题型五、椭圆中的定值问题
例5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【解析】（1）由题设得，，解得，．
所以的方程为．
（2）设，．
若直线与轴不垂直，设直线的方程为，
代入得．
于是．①
由知，故，
可得．
将①代入上式可得．
整理得．
因为不在直线上，所以，故，．
于是的方程为.
所以直线过点.
若直线与轴垂直，可得.
由得.
又，可得.解得（舍去），.
此时直线过点.
令为的中点，即.
若与不重合，则由题设知是的斜边，故.
若与重合，则.
综上，存在点，使得为定值.
变式、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（1）求直线l的斜率的取值范围；
（2）设O为原点，，，求证：为定值．
【答案】（1）（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）；（2）见解析.
【解析】（1）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．
由得．
依题意，解得k<0或0
所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由（1）知，．
直线PA的方程为．
令x=0，得点M的纵坐标为．
同理得点N的纵坐标为．
由，得，．
所以．
所以为定值．
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