第42讲 直线与椭圆（精讲）-【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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题型目录一览
一、知识点梳理
一、点与椭圆的位置关系
二、直线和曲线联立
1.椭圆与直线相交于两点，设，
，
椭圆与过定点的直线相交于两点，设为，如此消去，保留，构造的方程如下：，
注意： = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①如果直线没有过椭圆内部一定点，是不能直接说明直线与椭圆有两个交点的，一般都需要摆出，满足此条件，才可以得到韦达定理的关系．
②韦达定理连接了题干条件与方程中的参数，所以我们在处理例如向量问题，面积问题，三点共线问题，角度问题等常考内容的时候，要把题目中的核心信息，转化为坐标表达，转化为可以使用韦达定理的形式，这也是目前考试最常考的方式．
三、直线与椭圆的位置关系
设直线，椭圆，把二者方程联立得到方程组，消去得到一个关于的方程.
方程有两个不同的实数解，即直线与圆锥曲线有两个交点；
方程有两个相同的实数解，即直线与圆锥曲线有一个交点；
方程无实数解，即直线与圆锥曲线无交点.
四、根的判别式和韦达定理
与联立，两边同时乘上即可得到，为了方便叙述，将上式简记为．该式可以看成一个关于的一元二次方程，判别式为可简单记．
同理和联立，为了方便叙述，将上式简记为，，可简记．
与C相离；与C相切；与C相交．
注意：（1）由韦达定理写出，，注意隐含条件．
（2）求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意．
（3）如果是焦点在y轴上的椭圆，只需要把，互换位置即可．
五、弦长公式
设，根据两点距离公式．
1.若在直线上，代入化简，得；
2.若所在直线方程为，代入化简，得
3.构造直角三角形求解弦长，．其中为直线斜率，为直线倾斜角．
注意：（1）上述表达式中，当为，时，；
（2）直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用．
（3）直线和曲线联立后化简得到的式子记为，判别式为，时，，利用求根公式推导也很方便，使用此方法在解题化简的时候可以大大提高效率．
六、已知弦的中点，研究的斜率和方程
是椭圆的一条弦，中点，则的斜率为，
运用点差法求的斜率；设，，，都在椭圆上，
所以，两式相减得
所以
即，故
二、题型分类精讲
题型一 点与椭圆的位置关系
策略方法 点与椭圆的位置关系问题的一般思路
点在椭圆外+>1;
点在椭圆内+<1;
点在椭圆上+=1.
【典例1】（单选题）直线与椭圆总有公共点，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由直线过定点，结合点与椭圆的位置关系列出不等式，即可得到结果.
【详解】直线过定点，只需该点落在椭圆内或椭圆上，∴，
解得，又，
故选：C．
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）点与椭圆的位置关系为（ ）
A．在椭圆上B．在椭圆内C．在椭圆外D．不能确定
【答案】B
【解析】将点的坐标代入椭圆方程，根据不等关系可判断出点与椭圆的位置关系.
【详解】，可知点在椭圆内．
【分析】故选：B.
2．（2023·江苏·高二专题练习）若点在椭圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．点不在椭圆上B．点不在椭圆上
C．点在椭圆上D．无法判断上述点与椭圆的关系
【答案】C
【分析】根据椭圆的对称性可判断.
【详解】点与点关于原点对称，
点与关于轴对称，
点与关于轴对称，
若点在椭圆上，根据椭圆的对称性，，，三点都在椭圆上，
故选：C
3．（2023·江苏·高二专题练习）点在椭圆的外部，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据点在椭圆外部得不等式，解不等式得结果.
【详解】因为点在椭圆的外部，
所以,解得,
故选：B.
4．（2023·全国·高三专题练习）若直线和圆没有公共点，则过点的直线与椭圆的交点个数是（ ）
A．0B．1C．2D．不确定
【答案】C
【分析】通过直线与圆、圆与椭圆的位置关系可得点在椭圆内，进而可得结论.
【详解】因为直线和圆没有交点，
所以圆心到直线的距离，
可得：，
即点在圆内，
又因为圆内切于椭圆，
所以点在椭圆内，
即过点的直线与椭圆有两个交点.
故选：C.
5．（2023春·江西抚州·高三金溪一中校考阶段练习）已知为椭圆的右焦点，点为C内一点，若在C上存在一点P，使得，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用椭圆的定义，结合点A在椭圆内的条件，列出不等式组求解作答.
【详解】依题意，，设C的左焦点为，则，
因为，且，则，即，
于是，解得，而，点为椭圆C内一点，
即有，，整理得，又，解得，
所以a的取值范围是.
故选：D
6．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆关于轴､轴均对称，焦点在轴上，且焦距为，若点不在椭圆的外部，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设出椭圆方程，由于不在椭圆的外部，得到，结合，得到，求出离心率的取值范围.
【详解】设椭圆的方程为，
因为不在椭圆的外部，
所以，因为，
所以，化简得：，
同除以得：，结合，
解得：，
故.
故选：B
7．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆，若椭圆上存在两点、关于直线对称，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，中点为，利用点差法结合条件可得点，根据在椭圆内部，进而即得．
【详解】椭圆，即：，
设椭圆上两点关于直线对称，中点为，
则，，
所以，
∴，
∴，代入直线方程得，即，
因为在椭圆内部，
∴，
解得 ，
即的取值范围是．
故选：A．
题型二 直线与椭圆的位置关系
策略方法 直线与椭圆位置关系判断的步骤
(1)联立直线方程与椭圆方程．
(2)消元得出关于x(或y)的一元二次方程．
(3)当Δ＞0时，直线与椭圆相交；当Δ＝0时，直线与椭圆相切；当Δ＜0时，直线与椭圆相离．
【典例1】（单选题）已知直线：与椭圆：有公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】联立直线与椭圆的方程，令判别式大于0求解即可.
【详解】将直线的方程与椭圆的方程联立，得，消去得①，
因为直线与椭圆有公共点，所以方程①有实数根，则，得.
故选：B．
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·四川南充·统考一模）已知直线与椭圆恒有公共点，则实数m的取值范围（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据直线所过定点以及方程表示椭圆来求得的取值范围.
【详解】直线过定点，
所以，解得①.
由于方程表示椭圆，所以且②.
由①②得的取值范围是.
故选：C
2．（2023春·新疆昌吉·高二校考开学考试）若直线和圆没有交点，则过点的直线与椭圆的交点个数为（ ）
A．0个B．至多有一个C．1个D．2个
【答案】D
【分析】根据题意得到，求得点是以原点为圆心，为半径的圆及其内部的点，根据圆内切于椭圆，得到点是椭圆内的点，即可求解.
【详解】因为直线和圆没有交点，
可得，即，
所以点是以原点为圆心，为半径的圆及其内部的点，
又因为椭圆，可得，
所以圆内切于椭圆，即点是椭圆内的点，
所以点的一条直线与椭圆的公共点的个数为.
故选：D.
3．（2023秋·高二课前预习）已知，则直线与椭圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．以上三种情况均有可能
【答案】A
【分析】结合题意得直线过定点，再结合点在椭圆内部即可判断.
【详解】解：因为，所以直线可化为，
所以，直线过定点，
因为点在椭圆内部，
所以，直线与椭圆的位置关系是相交.
故选：A
4．（2023·四川达州·四川省开江中学校考模拟预测）已知直线与椭圆，点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点A在椭圆C外，则直线l与椭圆C相离
B．若点A在椭圆C上，则直线l与椭圆C相切
C．若点A在椭圆C内，则直线l与椭圆C相交
D．若点A在直线l上，则直线l与椭圆C的位置关系不确定
【答案】B
【分析】考虑和两种情况，联立方程，得到，根据点与椭圆的关系依次验证直线和椭圆的关系得到答案.
【详解】当，则，则直线，
①若点A在椭圆C外，则，则，直线l与椭圆C相交；
②若点A在椭圆C上，则，则，直线l与椭圆C相切；
③若点A在椭圆C内，则，则，直线l与椭圆C相离；
当时，联立方程，消去y得：
，
所以，
①若点A在椭圆C外，则，则，直线l与椭圆C相交；
②若点A在椭圆C上，则手，则，直线l与椭圆C相切；
③若点A在椭圆C内，则，则，直线l与椭圆C相离；
若点A在直线l上，则满足，即点A在椭圆C上，由以上讨论可知直线l与椭圆C相切，D错误.
综上所述：B正确
故选：B
5．（2023春·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考阶段练习）已知椭圆M：的上顶点为A，过点A且不与y轴重合的直线l与M的另一个交点为（其中），过B作l的垂线，交y轴于点C．若，则l的斜率（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意得出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立求出点的坐标，再根据题意求出所在直线方程，求出点的坐标，利用两点间距离公式即可求解.
【详解】由题意可得直线的方程为，
将直线方程代入椭圆方程可得：，所以，
则，因为过B作l的垂线，交y轴于点C，
所以所在直线方程为：，
令，则，所以点，又因为，
所以，整理化简可得：，
解得：，因为，所以，
故选：.
6．（2023·湖南常德·统考一模）已知椭圆E，直线与椭圆E相切，则椭圆E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由椭圆和直线相切，联立椭圆和直线的方程消得到，令，化简得到，即可求解.
【详解】由题意，联立椭圆和直线的方程得：
整理得：，
因为椭圆和直线相切，
则，
化简得：，
则椭圆的离心率，
故选：B.
7．（2023秋·广东深圳·高三统考期末）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
8．（2023秋·高二课时练习）已知椭圆，离心率为，过的直线分别与相切于，两点，则直线方程为（ ）
A．或B．
C．D．或
【答案】A
【分析】首先证明椭圆上一点处的切线方程为：，即可得到点是椭圆外一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，则切点弦的方程为，再根据离心率分类讨论分别求出椭圆方程，即可得到切点弦方程．
【详解】首先证明椭圆上一点处的切线方程为：，
①当切线斜率存在时, 设过点的切线方程为，
联立方程，得，
，即，
，
又，
把代入中，得，
，
化简得.
②当切线斜率不存在时，过的切线方程为，满足上式.
综上，椭圆上一点的切线方程为：.
再证明若点是椭圆外一点，过点作椭圆的两条切线，
切点分别为，，则切点弦的方程为．
这是因为在，两点处，椭圆的切线方程为和．
两切线都过点，所以得到了和，
由这两个“同构方程”得到了直线的方程；
因为椭圆，离心率为，
若焦点在轴，则，，所以，
所以，解得，所以椭圆，
所以过作椭圆的两条切线方程，
切点弦方程为；
若焦点在轴，则，，所以，
所以，解得，所以椭圆，
所以过作椭圆的两条切线方程，
切点弦方程为，即；
综上可得直线方程为或.
故选：A
二、多选题
9．（2023·江苏·统考二模）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.
10．（2023春·河南驻马店·高二河南省驻马店高级中学校考期中）已知直线l：y=kx+m与椭圆交于A，B两点，点F为椭圆C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】BCD
【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、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
，
所以，，故A错误；
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，
，故B正确；
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，故C正确；
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，故D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛: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.
三、填空题
11．（2023·全国·高三专题练习）与椭圆有相同的焦点且与直线相切的椭圆的离心率为 .
【答案】
【分析】设所求椭圆的方程为＋，直线方程与椭圆方程联立，利用直线l与椭圆相切可得答案.
【详解】因为所求椭圆与椭圆有相同的焦点，
所以可设所求椭圆的方程为＋，
联立方程组，可得，
因为直线l与椭圆相切，所以，
化简得，即或（舍），
则，又，所以.
答案：.
12．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆，过点作椭圆的切线，则切线方程为 .
【答案】或
【分析】首先判断点与椭圆的位置关系，分类讨论切线的斜率是否存在，设切线方程并联立圆的方程，根据所得方程求参数k，即可写出切线方程.
【详解】因为，P在外部，
1.当斜率不存在时，易知为椭圆一切线；
2.当斜率存在时，设切线斜率为，则切线方程为，
代入中并整理得，
因为直线与椭圆相切，则，解得，
此时切线方程为；
所以切线方程为或.
故答案为：或.
13．（2023秋·高二课时练习）已知，分别是椭圆的左、右焦点，为其过点且斜率为1的弦，则的值为 ．
【答案】
【分析】由椭圆方程求出椭圆左右焦点的坐标，得到直线的方程，和椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出两点横坐标的和与积，再由向量的数量积的坐标运算求得结果.
【详解】由知，，
，则，
，
则所在直线方程为，
即，
联立，得，
设，
则，，
，
.
故答案为：
14．（2023春·湖北武汉·高三武汉市黄陂区第一中学校考阶段练习）为椭圆上任意一点，且点到直线和的距离之和与点的位置无关，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】作出图形，结合图形可知当椭圆位于两直线和之间时即为所求，根据直线和椭圆相切时是临界值即可求解.
【详解】由图可知当椭圆位于两直线和之间时，
点到两直线和的距离之和即为和两平行线间的距离，与点的位置无关，
联立得，
令解得或，
由图可得，
故答案为：
15．（2023·全国·高二课堂例题）已知椭圆：的离心率为，过右焦点且斜率为（）的直线与椭圆相交于两点．若，则＝ ．
【答案】
【分析】由离心率及椭圆参数关系易得椭圆方程，设，根据向量数量关系坐标表示、点在椭圆上列方程求的坐标，两点式求斜率即可.
【详解】由已知e＝，所以，则，，
所以椭圆方程＝1变为．
设，又＝3，所以，
所以，所以，且①，②．
①－9×②，得：，
所以，所以，故，，从而，，
所以A，B，故．
故答案为：
16．（2023秋·高二课时练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上的动点．若，且点到直线的最小距离为，则的离心率为 ．
【答案】
【分析】得到椭圆切线为，将其与椭圆方程联立，利用判别式为0解出，则可得到离心率.
【详解】由题意知，解得，将直线沿着其法向量方向向右下方平移单位，
因为直线倾斜角为，那么在竖直方向向下移动了2个单位，此时直线为，且与相切．
联立，得0，
所以，解得，所以，即，
所以，即的离心率为．
故答案为：.

17．（2023·陕西商洛·统考二模）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．
18．（2023春·浙江·高二校联考期末）椭圆过点且上顶点到轴的距离为1，直线过点与椭圆交于A，两点且中点在坐标轴上，则直线的方程为 ．
【答案】或或
【分析】先求出椭圆方程，再分类讨论直线的斜率是否存在，联立方程组结合韦达定理运算求解.
【详解】因为过点且上顶点到轴的距离为1，所以
所以，
因为，即点在椭圆内，可知直线与椭圆相交，
当斜率不存在时，则时，由椭圆对称性可得，
则中点为在坐标轴上，所以符合题意；
当斜率存在时，设，
联立方程,消去y得，
则，，
因为中点在坐标轴上，
则或，
解得或，此时直线的方程为或；
综上所述：所以直线的方程为或或.
故答案为：或或.

【点睛】方法点睛：弦中点问题的解法：在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率的斜率问题时可利用韦达定理运算求解，但要注意直线斜率是否存在．
四、解答题
19．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆Ω：9x2+y2＝9，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与Ω有两个交点A，B，线段AB的中点为M.点K在椭圆Ω上，分别为椭圆的两个焦点，求的范围.
【答案】
【分析】求出椭圆方程，设出点坐标，得出表达式，即可求出的范围.
【详解】由题意，
椭圆方程为，，，
设，则，，
，
，，
即的范围是．
20．（2023·全国·高三专题练习）设椭圆上点P处的切线与x轴交于点M，A，B分别是长轴的左、右顶点．过M作x轴的垂线，与直线PA，PB分别交于C，D两点，证明：CM＝MD．
【答案】证明见解析
【详解】设，则椭圆在P处的切线方程为，令，得．由题意，，，则直线PA的方程为，令，得
．
直线PB的方程为，令，得．
因此，∴CM＝MD．
【反思】如图所示，作PN⊥x轴，交x轴于点N，则直线PN是点M的极线．∴M，N，A，B是调和点列，且．由例1的推广结论知CM＝MD．

21．（2023秋·宁夏石嘴山·高三平罗中学校考阶段练习）已知椭圆：过点，点是的一个焦点.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过点的直线交轴于点，交椭圆于两点，若，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用椭圆的定义求出，再利用间的关系求出，从而求出结果；
（2）设的中点，根据题设条件得到是的中点，再利用和横坐标之和相等建立等式，即可求出结果.
【详解】（1）由题意知，椭圆的另一个焦点为，
又，所以，
由椭圆的定义知，，所以，，
所以椭圆的方程为.
（2）取的中点，由，，得到，
所以是的中点，
由题意知，直线不垂直于轴，
设直线l：，，，则
由，消得到，
因为是的中点，所以,
由韦达定理得得，，
解得，，
所以，直线的方程为.

22．（2023秋·天津和平·高三天津一中校考开学考试）已知椭圆的离心率为，左顶点A与上项点B的距离为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P在椭圆C上，且P点不在x轴上，线段的垂直平分线与y轴相交于点Q，若为等边三角形，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据椭圆离心率以及顶点间的距离公式可解得，即可求出椭圆方程；
（2）设出直线方程与椭圆联立，利用韦达定理可解出点P的坐标表示，再根据为等边三角形即可解得点P的坐标.
【详解】（1）由题意可知离心率，即可得
且，又，解得；
所以椭圆C的方程为.
（2）如下图所示：
易知，设直线的方程为，易知，设；
将直线与椭圆联立可得，
显然是方程的一个根，由韦达定理可得；
所以，即；
可得的中点坐标为，
所以直线的垂直平分线方程为，
令，解得，即；
若为等边三角形，则
即，
整理得，解得或（舍）；
代入可得点P的坐标为或
23．（2023·浙江·模拟预测）已知椭圆，点，斜率不为0的直线与椭圆交于点，与圆相切且切点为为中点.
(1)求圆的半径的取值范围；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设直线l方程，联立直线l方程与椭圆方程可得，，进而可求得点M坐标，由圆N与直线l相切于点M可得，进而可求得，代入可求得，进而求出的范围即可.
（2）由弦长公式可得（），运用换元法即可求得结果.
【详解】（1）如图所示，

由题意知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为（），，，设圆N的半径为r，
，
，
， ，
所以，
又因为M为的中点，所以，
又因为圆N与直线l相切于点M，所以，且，
所以，
所以，解得，
所以，
，解得：，
所以（），
所以，即，
所以圆N的半径r的取值范围为.
（2）由（1）知，，
所以（），
令，则（），
所以，
显然在上单调递减，
所以，所以，即，
故的取值范围为.
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
1.数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解；
2.构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；
3.构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
24．（2023秋·重庆南岸·高三重庆第二外国语学校校考阶段练习）已知圆，圆上有一动点P，线段PF的中垂线与线段PE交于点Q，记点Q的轨迹为C．第一象限有一点M在曲线C上，满足轴，一条动直线与曲线C交于A、B两点，且直线MA与直线MB的斜率乘积为．
(1)求曲线C的方程；
(2)当直线AB与圆E相交所成的弦长最短时，求直线AB的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义判断Q点轨迹为椭圆，求出的值，即得答案；
（2）讨论AB的斜率是否存在，存在时，设出直线方程，并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，结合直线MA与直线MB的斜率乘积化简可得参数之间的关系，进而确定直线过定点，结合圆的几何性质，即可求得答案.
【详解】（1）由题意得，

故Q点轨迹为椭圆，焦点为,
且，
故椭圆方程为；
（2）由题意可知，
当直线AB斜率不存在时，设方程为，代入，
可得，不妨设，
此时，
化简得，解得或，
时，直线斜率不存在，不合题意，舍去，
故，则直线AB的方程为；

当直线AB斜率存在时，设，直线方程设为，
联立得，
则需满足，
，
，
由，
可得，
化简得，即，
即，
当时，直线AB的方程为为，过定点，
此时，不合题意，舍去；
当时，直线AB的方程为为，
此时直线过定点，不妨设为，
直线也过，由于点N满足，故在椭圆内，
所以成立，
又因为在椭圆内，所以当直线AB与圆E相交所成的弦长最短时，
应满足，而，故，故，
故此时直线AB的方程为，即.
【点睛】难点点睛：本题考查椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系的应用问题，难点在于第二问的求解，解答时注意设直线方程并联立椭圆方程，利用根与系数的关系进行化简，困难的是计算十分复杂，计算量也大，几乎都是字母参数的运算，因此要求思路清晰，计算准确.
25．（2023·吉林白山·抚松县第一中学校考模拟预测）在xOy平面上，设椭圆，梯形ABCD的四个顶点均在上，且.设直线AB的方程为

(1)若AB为的长轴，梯形ABCD的高为，且C在AB上的射影为的焦点，求m的值；
(2)设，直线CD经过点，求的取值范围；
【答案】(1)2；
(2)；
【分析】（1）由题意知，由此可得，再由即可求出答案；
（2）由题意知椭圆，直线CD的方程为，联立直线与椭圆，由直线与椭圆有两交点可得，，，利用表示出，由此即可求出其取值范围.
【详解】（1）因为梯形为的长轴，的高为，，
所以点的纵坐标为，代入椭圆方程得，
可得，又因为在上的射影为的焦点，
∴，解得，
∵，∴.
（2）由题意，椭圆，直线CD的方程为，
设，，则，化简得，
，得，
∴，，
∴
，
∵，所以，
所以的取值范围为.
26．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知是椭圆的右顶点，过点且斜率为的直线与椭圆相交于两点（点在轴的上方），直线分别与直线相交于两点．当点为椭圆的上顶点时，．
(1)求椭圆的方程；
(2)若，且，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程，由根与系数的关系及化简，利用求解.
【详解】（1）由题意可知，，
当点为椭圆的上顶点时，，解得．
故椭圆的方程为.
（2）如图，

依题意，设直线的方程为，
易得．
联立方程组 消去并整理得，
则，，
直线的方程为，
令得，同理可得，
则，
由，解得，得，
即实数的取值范围为．
27．（2023春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知动圆P过点，且与圆N：相切
(1)求圆心P的轨迹的方程；
(2)A，C为轨迹上两个动点且位于第一象限（不在直线上），直线AN，CN分别与轨迹交于B，D两点，若直线AD，BC分别交直线与E，F两点，求证；
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据点与圆的位置关系和椭圆的定义和椭圆的标准方程即可求解；（2）根据直线与椭圆的联立和几何关系即可求解.
【详解】（1）由题目可知圆，
因为，
所以点M在圆N内，
于是圆P与圆N内切，
因此，
故动点P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆.
所以，，.
即轨迹方程 .
（2）设，，
直线AB的方程为，
联立得，
所以，.
设，，
直线CD的方程为，
同理可得，.
又因为直线AD的方程为，
令，得，
同理.
现只需证，
即证
，
显然成立，故.
题型三 椭圆的弦长问题、面积问题
策略方法 椭圆中的弦长问题
（1）弦长公式：．
（2）涉及到面积的计算问题．
【典例1】（单选题）斜率为1的直线与椭圆相交于A，B两点，则的最大值为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】设直线方程，与椭圆联立，利用弦长公式表示弦长，再求最值即可
【详解】设A，B两点的坐标分别为，直线l的方程为y＝x＋t，
由消去y，得5x2＋8tx＋4（t2－1）＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|AB|＝|x1－x2|＝
＝＝·，
当t＝0时，|AB|max＝．
故选：C.
【典例2】
（单选题）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与椭圆交于，两点（其中点在点的左侧），记面积为，则下列结论错误的是（ ）
A．B．时，
C．的最大值为D．当时，点的横坐标为
【答案】B
【分析】由题知，，，，设，，进而结合向量运算，椭圆定义等讨论各选项即可得答案.
【详解】由椭圆，可得，，，由对称性可知，
∴，故A正确；
设，，，，若时，可得，解得，故B错误；
∵直线与椭圆交于，两点，
∴，两点的坐标分别为，，
∴
，当且仅当，即时取等号，故C正确；
、的坐标分别为，设，当时，，设，则，
∴由余弦定理可得，
∴，∴，
∴，又，∴，
∵又，解得，故D正确.
故选：B.
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）斜率为1的直线l与椭圆相交于A，B两点，则的最大值为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】设直线方程与椭圆方程联立，求得弦长，即可得到最大值.
【详解】设两点的坐标分别为，，直线l的方程为，
由消去y得，
则，.
∴
，
∴当时，取得最大值，
故选:D.
2．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知直线l是圆C：的切线，且l与椭圆E：交于A，B两点，则|AB|的最大值为（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】B
【分析】由直线与圆相切分析得圆心到直线距离为1，再分类讨论直线斜率是否存在的情况，存在时假设直线方程，进一步联立椭圆方程结合韦达定理得出弦长表达式，最后化简用基本不等式得出结果.
【详解】∵直线l是圆C：的切线，
∴圆心O到直线l的距离为1，
设，
①当AB⊥x轴时，
②当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=kx+m.
由已知 得 ．
把y=kx+m代入椭圆方程，整理得，

∴


令
原式
当且仅当 即 时等号成立.
综上所述.
故选：B.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知过点（0，1）的直线与椭圆交于、两点，三角形面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】先设直线方程再联立应用弦长公式求弦长,把面积转化为关于的函数,求最值即可.
【详解】显然直线斜率存在，设过的直线方程为：，联立方程组
消去，并整理得，
设，，则恒成立,
，，
，O到直线的距离为，
，
令，则，当时等号成立.
故选:.
4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）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.
5．（2023·海南海口·校考模拟预测）已知、是椭圆的左右焦点，点为上一动点，且 ，若为的内心，则面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由等面积法求出内切圆的半径的表达式，代入三角形的面积公式，可得所求的三角形的面积．
【详解】由椭圆的方程可得，，，
设内切圆的半径为，则，
可得，
而，所以，
所以，
所以，
因为，
所以，即．
故选：C．
6．（2023秋·新疆巴音郭楞·高三校考开学考试）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.
7．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆，点是椭圆第一象限上的点，直线是椭圆在点处的切线，直线分别交两坐标轴于点．则面积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，，，得直线方程为，由直线与椭圆相切可得的关系，由基本不等式求得的最小值，即得面积的最小值．
【详解】设，，，直线方程为，
由，得，
∵直线与椭圆相切，
所以，化简得，
由椭圆方程知，
，当且仅当，即时等号成立．
所以取得最小值2.
故选：A．
8．（2023春·云南红河·高三开远市第一中学校校考阶段练习）已知椭圆的左､右焦点分别是，，过的直线与椭圆C交于A，B两点，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题知，直线，进而与椭圆方程联立得，，进而根据计算即可.
【详解】解：由题意可得，，则直线.
联立，整理得，
设，，
则，，
从而.
因为，
所以的面积是.
故选：A
9．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的左顶点和右焦点分别为A，F，点B，C为椭圆上关于原点O对称的两点，且，，则的面积为（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】B
【分析】由题可知，设，则，因为在椭圆上，所以，结合，求出得的值，再根据，结合三角形的面积公式求出的面积.
【详解】由题可知，设，则， ①.
因为在椭圆上，所以，
所以，代入①得，
得，，则，
所以，
即，与联立得，，
所以.
故选：B.
二、多选题
10．（2023秋·山东聊城·高三校联考期末）已知过点的直线与椭圆交于、两点，则弦长可能是（ ）
A．1B．C．D．3
【答案】BC
【分析】先设直线，再联立方程组得韦达定理，求出弦长,最后确定范围即可.
【详解】当直线斜率存在时，设过斜率存在的直线方程为：，
联立方程组消去，并整理得，易得，
设，，则，，
，
，
当斜率不存在时，故．
故选:BC．
11．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：（）的左、右焦点为F1，F2，O为坐标原点，直线过F2交C于A，B两点，若△AF1B的周长为8，则（ ）
A．椭圆焦距为B．椭圆方程为
C．弦长D．
【答案】BC
【分析】直线过椭圆右焦点得可以判断A；由的周长为8得可以判断B；由直线方程与椭圆方程联立求出弦长可以判断C；求出原点到直线的距离可得可判断D.
【详解】因为的周长为8，所以，得，
因为过右焦点F2，所以，所以，
所以椭圆焦距为，故A错误；所以椭圆方程为，故B正确；
设，
由得，解得，
，故C正确；
原点到直线的距离为，
所以，故D错误.
故选：BC.

12．（2023·湖南·铅山县第一中学校联考三模）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．
三、填空题
13．（2023·全国·高三对口高考）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：.
14．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的离心率为，焦距为，斜率为的直线l与椭圆有两个不同的交点，则的最大值为 .
【答案】
【分析】由题意可知离心率且焦距为，结合焦距为，解出，从而得到椭圆方程；由，设出直线方程，与椭圆方程联立，再结合韦达定理可将表示成的函数，进一步求其最大值即可.
【详解】由题意得,
解得,，，
∴椭圆的方程为 .
由，设直线的方程为，，.
联立得，得 ，
又直线与椭圆有两个不同的交点，
所以，
解得，
∴，，
∴
，
故当，即直线过原点时，最大，最大值为.
故答案为：.
15．（2023春·新疆乌鲁木齐·高三乌鲁木齐市十二中校考阶段练习）已知直线与椭圆相交于两点，椭圆的两个焦点分别是，线段的中点为，则的面积为
【答案】
【解析】利用点差法，结合题干条件，可求得，根据a，b，c关系，可求得c的值，代入公式即可求得答案.
【详解】设，，则两式相减，得，
因为直线的斜率为，则，线段的中点为
所以，解得.
因为，所以，
故的面积为.
故答案为：
16．（2023春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）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.
17．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆，经过左焦点F的直线和椭圆交于A，B两点，则面积的最大值为 ．
【答案】3
【分析】设直线AB的方程为，，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入，再构造函数求最值可得答案.
【详解】因为椭圆，所以左焦点，显然，直线的斜率不能为0，
设直线AB的方程为，．
联立方程，得消去x得，，
因为直线过椭圆内的点，所以无论m为何值，直线和椭圆总相交．
所以，，
所以
，
令，设，
设，，
因为，所以，，可得，
所以当时，函数单调递增，
所以当，即时，取得最小值，，
此时取得最大值3.
故答案为：3.

四、解答题
18．（2023秋·西藏林芝·高三校考阶段练习）椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆经过点且短轴长为2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，求线段的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解，
（2）由弦长公式即可求解.
【详解】（1）由题意设椭圆的方䄇为，
因为椭圆经过点且短轴长为2，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由已知得直线的方程为，
设，将直线代入，
得，易得，所以，，
所以.

19．（2023·河南·校联考模拟预测）已知抛物线E：的焦点关于其准线的对称点为，椭圆C：的左，右焦点分别是，，且与E有一个共同的焦点，线段的中点是C的左顶点．过点的直线l交C于A，B两点，且线段AB的垂直平分线交x轴于点M．
(1)求C的方程；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得，从而得出椭圆C的焦点，，由线段的中点为求得，，可得C的方程；
（2）直线l的斜率存在，设为k，分两种情况讨论：当时，直接验证结论；当时，设出直线l的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理求出线段AB的中点坐标，得到线段AB的垂直平分线的方程，求得坐标及，利用弦长公式求得，从而证得结论．
【详解】（1）抛物线E的焦点关于其准线的对称点为，
所以，即．
因为椭圆C与抛物线E有一个共同的焦点，所以，，
所以线段的中点为，所以，．
故C的方程为．
（2）由题意知，直线l的斜率存在，设为k．
当时，点A，B恰为椭圆C的左、右顶点，y轴为线段AB的垂直平分线，
，，，则．
当时，直线l的方程为，设，，线段AB的中点为，．
联立，消去y，得，
则，，
所以，
则．
由题意知，线段AB的垂直平分线的方程为，
令，得，
则．
又，
所以．
综上，．
20．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知椭圆，左右焦点分别为，，直线与椭圆交于，两点，弦被点平分．
(1)求直线的方程；
(2)求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由“点差法”求出直线的斜率，再由点斜式方程即可得出答案；
（2）直线与圆锥曲线相交所构成三角形的面积，可采运用面积分割法与点到直线的距离求解．
【详解】（1）因为弦被点平分，所以
设交点坐标
则，
两式相减得：），
所以直线的斜率，
故直线的方程为
（2），
联立椭圆与直线方程得
所以，
所以，
又因为直线过点，
所以．

21．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的上顶点为，右焦点为，点满足．
(1)判断点是否在椭圆上，并给出理由；
(2)已知与线段相交的直线交椭圆于，（不同于点，）两点，求四边形面积的最大值．
【答案】(1)点在椭圆上，理由见解析
(2)
【分析】（1）根据的坐标及列方程即可求解，再得的值，即可得椭圆方程，将点坐标代入即可知是否满足方程，判断其与椭圆的位置关系；
（2）根据直线与椭圆的位置关系，确定弦长，再分别求解点到直线的距离，从而可得四边形面积，利用换元法结合函数求其最值即可.
【详解】（1）由题意得，，，所以，，
由于，得，得，所以，
故椭圆的标准方程为．
所以，故点Q在椭圆上．
（2）如图，
设，，把代入并整理，得，则，
故．
由（1）知点Q在椭圆上，又直线与线段PQ 相交，
所以点P，Q在直线的两侧，
设O为坐标原点，连接OQ，则．
点到直线的距离，
点到直线的距离，
∴，
故四边形PMQN的面积
．
令，则，，
当，即，时，，
因此四边形PMQN面积的最大值为．
22．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于两点，连接并交椭圆于另一点，若的面积为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意可得，结合离心率和即可求解；
（2）根据题意可设直线AC的方程为，，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，根据弦长公式求出，利用点到直线的距离公式求出点O到直线AC的距离，结合三角形面积公式计算求出t，即可求解.
【详解】（1）联立得，由题意得，所以.
因为椭圆的离心率，所以.
因为，所以，
故椭圆的方程为.
（2）由题意知，直线不垂直于轴.
设直线的方程为，
联立方程组，消去并整理得，
所以，
所以
因为点到直线的距离，且是线段的中点，
所以点到直线的距离为，
所以.
由，解得或（舍去），
所以，
故直线的方程为，即或.
23．（2023秋·广东云浮·高三校考阶段练习）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．

24．（2023·全国·高三专题练习）已知点，点和点为椭圆上不同的三个点.当点，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形.
(1)求椭圆标准方程；
(2)若为原点，且满足，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分点，点和点中有两个点为上顶点和下顶点和点，点和点中有两个点为左顶点和右顶点两种情况，求出，得到椭圆方程；
（2）设出，考虑直线斜率存在和不存在两种情况，求出弦长，进而利用点到直线距离求出面积.
【详解】（1）当点，点和点为椭圆的顶点时，恰好构成边长为2的等边三角形，
①当点，点和点中有两个点为上顶点和下顶点，一个点为左顶点或右顶点时，不妨设点，点为上顶点和下顶点，点为右顶点，此时，，
②当点，点和点中有一个点为上顶点或下顶点，两个点为左顶点和右顶点，不妨设点，点为左顶点和右顶点，点为上顶点，此时，（舍去），
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，
因为，
所以，
①当直线斜率不存在时，
即，则，
因为点在椭圆上，所以，则有，
所以，点到的距离为，
此时.
②当直线斜率存在时，设直线方程为，
联立得消去整理得，
满足，
由韦达定理得，
所以，
所以，
又因为点在椭圆上，
所以，
化简得，
所以
，
所以点到直线的距离，
所以
综上所述，的面积为.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交，设交点为，则弦长公式为：或.
25．（2023·全国·模拟预测）已知平面内动点M到两定点E，F的距离之和为4，且E，F两点间的距离为2．
(1)以点E，F所在的直线为x轴，建立适当的坐标系，求点M的轨迹C的方程．
(2)直线l过点F，交曲线C于A，B两点，AB的中点为（异于坐标原点O）．若点Q的坐标之和，求弦AB的长．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据椭圆的定义分析运算即可；
（2）分类讨论斜率是否存在，根据题意结合点差法分析可得，求点Q的坐标，结合题意解得，再利用弦长公式运算求解.
【详解】（1）以点E，F所在的直线为x轴，线段EF的中点O为原点建立平面直角坐标系，
设点
由题意可知，所以点M的轨迹是以E，F为焦点，长轴长的椭圆．
因为，，即，，则，
故点M的轨迹C的方程．
（2）由（1）不妨取，
当直线AB的斜率不存在时，则直线，
此时AB的中点为即为点，可得，不合题意；
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，点，，
则，可得，
则，两式作差得，
则，即，
可得，故直线，
联立得方程组，解得，
即，
因为，解得或，
所以直线AB的方程为或．
①若直线AB的方程为，
联立得方程组，消去y并整理得，
则，，
所以；
②若直线AB的方程为，
联立得方程组，消去y并整理得，
则，，
所以．
综上所述：弦AB的长为或．
【点睛】方法点睛：
（1）有关圆锥曲线弦长问题的求解方法
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）弦中点问题的解法
点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算，但要注意直线斜率是否存在．
26．（2023·江苏镇江·江苏省镇江第一中学校考模拟预测）设椭圆过点，两点，为坐标原点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)是否存在圆心为原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在圆心为原点的圆满足题意，且．
【分析】（1）将，的坐标代入椭圆的方程，列出方程组，求得即可；
（2）假设满足题意的圆存在，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为，与椭圆方程联立，根据，结合韦达定理运算，同时满足，则存在，否则不存在；当切线斜率不存在时，直接验证即可．当满足题意的圆存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到，利用基本不等式求出其范围.
【详解】（1）将，的坐标代入椭圆的方程得，解得，．
所以椭圆的方程为．
（2）假设满足题意的圆存在，其方程为，其中，
设该圆的任意一条切线和椭圆交于，两点，

当直线的斜率存在时，令直线的方程为，①
将其代入椭圆的方程并整理得，
则，②
由韦达定理得，，③
因为，所以，④
将①代入④并整理得，
联立③得，⑤
将⑤代入②得，符合题意，
因为直线和圆相切，因此，由⑤得，
所以存在圆满足题意．
当切线的斜率不存在时，切线为，
可得或，显然，
综上所述，存在圆满足题意．
当切线的斜率存在时，由①③⑤得
，
当时，；
当时，，
∵，∴，当且仅当时等号成立，
∴，则，
当切线的斜率不存在时，易得，
所以．
综上所述，存在圆心为原点的圆满足题意，且．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：（1）探索点是否存在；（2）探索曲线是否存在；（3）探索命题是否成立．解决此类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．
27．（2023春·上海杨浦·高三同济大学第一附属中学校考阶段练习）已知椭圆：的右焦点为，过的直线交于，两点.

(1)若直线垂直于轴，求线段的长；
(2)若直线与轴不重合，为坐标原点，求面积的最大值；
(3)若椭圆上存在点使得，且的重心在轴上，求此时直线的方程.
【答案】(1)3
(2)
(3)或或
【分析】（1）令，求出即可.
（2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，利用韦达定理和三角形面积公式表示出的面积即可.
（3）分类讨论直线，与椭圆方程联立，利用中点坐标公式求出中点的坐标，
再利用重心的性质求出的坐标，代入椭圆方程即可求解.
【详解】（1）由题意，所以，
在椭圆方程中令，得，
解得，所以.
（2）设直线的方程为：，
将其与椭圆方程联立得，
化简并整理得，
所以，，
所以，
所以的面积为，
令，则，
又因为在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为.
（3）当直线不与轴重合时，设直线：，的中点为点，
由（2）可知，将其与椭圆方程联立并整理得，
所以，，
因为的重心在轴上，
所以由重心坐标公式得，
所以，
所以，，
因为，所以由等腰三角形三线合一可知，
所以直线：，
所以，
所以点，将其代入椭圆方程化简并整理得，
解得或，
所以直线：或.
当直线与轴重合时，点在椭圆的上、下顶点，满足题意，此时直线：.
综上所述：满足题意的直线的方程为或或.
28．（2023·浙江·模拟预测）已知椭圆，点，斜率不为0的直线与椭圆交于点，与圆相切且切点为为中点.
(1)求圆的半径的取值范围；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设直线l方程，联立直线l方程与椭圆方程可得，，进而可求得点M坐标，由圆N与直线l相切于点M可得，进而可求得，代入可求得，进而求出的范围即可.
（2）由弦长公式可得（），运用换元法即可求得结果.
【详解】（1）如图所示，

由题意知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为（），，，设圆N的半径为r，
，
，
， ，
所以，
又因为M为的中点，所以，
又因为圆N与直线l相切于点M，所以，且，
所以，
所以，解得，
所以，
，解得：，
所以（），
所以，即，
所以圆N的半径r的取值范围为.
（2）由（1）知，，
所以（），
令，则（），
所以，
显然在上单调递减，
所以，所以，即，
故的取值范围为.
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
1.数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解；
2.构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；
3.构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
29．（2023·四川成都·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）设椭圆过点，且左焦点为.
(1)求椭圆的方程；
(2)内接于椭圆，过点和点的直线与椭圆的另一个交点为点，与交于点，满足，求面积的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定的条件，列出a，b，c的方程组，求解作答.
（2）根据给定条件，利用共线向量探求出直线的方程，与椭圆的方程联立，求出长，再借助三角代换列出三角形面积的函数关系，求出函数的最大值作答.
【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，依题意，，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设点的坐标分别为，

显然均不为零，依题意，令，有且，
又四点共线，从而，
即，，
于是，从而①，②，
又点在椭圆上，即③，④，
①+②并结合③，④得，即动点总在定直线上，因此直线方程为，
由消去y得，，
设，则，
于是，设，
则点到直线的距离，其中锐角由确定，
因此，当且仅当时取等号，
所以的面积最大值为.
【点睛】方法点睛：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．
30．（2023秋·广东江门·高三校联考阶段练习）在直角坐标系xOy中，动点P到直线的距离是它到点的距离的2倍，设动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)直线与曲线C交于A，B两点，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）设，由条件列出方程，化简即可；
（2）联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求得三角形面积的表达式，结合换元法及函数的单调性即可求最大值.
【详解】（1）设，因为点P到直线的距离是它到点的距离的2倍，
所以，则，
整理得，故曲线的方程为．
（2）设，，
联立方程组整理得，
则，
，．
因为过点，
所以
．
令，，，
则在上恒成立，在上单调递增，
则当时，，则的最大值为3．
故面积的最大值为3．

31．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的下焦点、上焦点为，离心率为.过焦点且与轴不垂直的直线交椭圆于，两点.
(1)求的值；
(2)求（为坐标原点）面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率列式计算即可；
（2）直线，联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式、面积公式写出面积关于k的表达式，进而利用基本不等式求最大值.
【详解】（1）由题意可得，，因为离心率，所以，
又，所以，解得；
（2）由（1）知，椭圆的上焦点为，
设，直线，
联立，整理得：，
则，且，
所以，
所以，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以面积的最大值为.

32．（2023秋·安徽亳州·高三校考阶段练习）已知椭圆的上顶点到右顶点的距离为，点在上，且点到右焦点距离的最大值为3，过点且不与轴垂直的直线与交于两点.
(1)求的方程；
(2)记为坐标原点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题设及椭圆性质、参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；
（2）设，直线，联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式写出面积关于k的表达式，进而求其最大值.
【详解】（1）由题意得，，解得，故的方程为.
（2）设，直线，
联立，整理得：.
由得，且，
，
点到直线的距离，
，

令，故，故，
当且仅当，即时等号成立，
故面积的最大值为.
33．（2023·河北唐山·迁西县第一中学校考二模）已知椭圆，连接E的四个顶点所得四边形的面积为4，是E上一点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设斜率为的直线与椭圆E交于A，B两点，D为线段的中点，O为坐标原点，若E上存在点C，使得，求三角形的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由面积和的坐标建立方程组待定即可；
（2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由 D为线段的中点，利用韦达定理得到，即的坐标，又，则点坐标也可用表示，根据点在椭圆上，化简得到的关系，由点线距及弦长公式求解面积，再由比例关系即可得到三角形的面积.
【详解】（1）由题意知连接E的四个顶点所得四边形的面积为，
又点在E上，得，
解得，，
故椭圆E的方程为．
（2）设直线的方程为，
由，消去得，
又，
得，设，，，则
，．
由，可得为三角形的重心，
所以，且，
，，
故由在椭圆E上，得，得，
，
又原点到直线的距离为，
所以，故．

【点睛】面积计算的一般方法就是弦长乘以点到直线距离（高），当然注意到弦过定点的话，我们可以将其拆分成铅锤高或水平长的计算，而四边形面积一般转化为三角形来计算.而有关面积比的转化问题，关键则在观察已知条件中等底或等高或公共边的特点，化为共线长度比或点线距离比或夹角正弦比等问题再加以探求.
34．（2023秋·湖北·高三孝感高中校联考开学考试）已知椭圆的离心率，且经过点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线与椭圆E交于A，B两点，且椭圆E上存在点M，使得四边形为平行四边形.试探究：四边形OAMB的面积是否为定值？若是定值，求出四边形的面积；若不是定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)四边形的面积为定值
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.
（2）联立直线的方程和椭圆方程，化简写出根与系数关系，结合弦长公式以及点到直线的距离公式求得四边形的面积.
【详解】（1）由已知可得：，，
可得：，，椭圆E的方程为.
（2）四边形OAMB的面积为定值，理由如下：
将代入可得：，
设，则，，
且，
由于四边形OAMB为平行四边形，则，
则点，代入椭圆E的方程，化简可得：，
此时恒成立，
由于点O到直线AB的距离为，
而，
又由，可得，
从而，
又.
所以四边形OAMB的面积为定值.
【点睛】求解椭圆的方程，关键是根据已知条件求得，是两个参数，所以需要两个已知条件，如本题中椭圆的离心率以及椭圆上一个点的坐标，再结合椭圆中的“隐藏条件”，即可求得.
35．（2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）已知椭圆C：的左焦点为，且椭圆上任意一点到F的距离的最大值为3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，M为椭圆C上一点且满足，求四边形AOBM的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得且，求出，从而可求得椭圆方程；
（2）先讨论直线是否与轴垂直，设直线的方程为，联立方程，再利用根与系数的关系结合，求点M的坐标，将点M的坐标代入椭圆方程可求出m，求出，结合，可求出.
【详解】（1）因为椭圆的左焦点为，可得①，
又因为椭圆上任意一点到的距离的最大值为3，可得②，
由①②解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）当直线与轴垂直时，点不在椭圆上，显然不满足条件；
当直线不与轴垂直时，设直线的方程为，
由，消去得，
则，可得，
则，
若点满足，则，
又因为点在椭圆上，则，即，
化简得，即，解得，
所以，
又因为，不妨设中点为，
则，故，
所以四边形的面积.

【点睛】关键点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆方程的求法，解题的关键是充分利用表示出点M的坐标和，考查计算能力，属于较难题.
36．（2023秋·广东·高三统考阶段练习）过椭圆的右焦点作两条相互垂直的弦，.，的中点分别为，.
(1)证明：直线过定点；
(2)若，的斜率均存在，求面积的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设直线直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理式，求出和的坐标，写出点斜式并化简即可得定点坐标；
（2）用表示出面积，再结合换元法和对勾函数的性质即可求出最值.
【详解】（1）由题可知.
若直线，有一条斜率不存在，则另一条斜率为0，其中点分别为直线与轴的交点、原点，过此两点的直线方程为.
若直线，的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的斜率为，
由题，可设直线的方程为，直线的方程为.
联立，消元，整理得，
因为直线所过定点在椭圆内部，则该直线与椭圆必然有两交点，
设，，则，，
从而，，即；
用替换点坐标中得.
若，解得，此时，
当时，则，
则直线的方程为，
整理得，即直线过定点，
而直线的斜率不存在时也过定点，直线也满足过定点，
综上，直线过定点.
（2）因为，的斜率均存在，则，由（1）可得
令，则，当且仅当，即时取等号.
从而在上单调递增，
当，即时取得最小值.
所以，即当时，取得最大值为.

【点睛】关键点睛：本题第一问的关键是采用设线法，联立椭圆方程，得到韦达定理式，利用中点公式求出的坐标，再计算化简直线的方程；第二问的关键是用表示出面积，再利用整体换元结合对勾函数单调性求出面积最值.
37．（2023秋·江苏南京·高三南京外国语学校校考阶段练习）已知椭圆C：的离心率为,上顶点为，下顶点为，，设点在直线上，过点的直线分别交椭圆于点和点，直线与轴的交点为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若的面积为的面积的2倍，求t的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据离心率为，即可计算得出，，求出椭圆标准方程；
（2）利用的坐标可求出直线方程，与椭圆方程联立即可解得点和点坐标，求出直线方程可得，分别写出和的面积表达式，解方程即可得.
【详解】（1）如下图所示：

由题可知，可得，即；
又离心率，所以，解得；
所以椭圆标准方程为.
（2）由（1）可知，又
所以直线的斜率为，直线方程为；
同理可得直线的斜率为，直线方程为；
联立直线与椭圆方程，消去整理可得；
设直线分别交椭圆于点和点，
易知，即可得；
同理直线与椭圆方程，消去整理可得；
即得，即可得；
可得
；
所以直线的方程为，即，
即直线与轴的交点为定点,所以；
此时的面积为；
的面积为；
又的面积为的面积的2倍，即，可得；
解得
所以t的值为或.
38．（2023秋·四川成都·高三四川省成都列五中学校考阶段练习）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与交于，两点，的周长为8，且点在上．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与圆：交于C，D两点，当时，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由的周长结合椭圆的定义得出，再将代入椭圆方程，即可求出，进而得出椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为，由点到之间距离公式及勾股定理得出，设，，由直线方程与椭圆方程联立，得出和，代入，设，，由的单调性得出值域，即可求出的范围．
【详解】（1）因为的周长为8，
所以，解得，
将点的坐标代入椭圆方程，得，解得，
所以椭圆E的方程为．

（2）由（1）知圆的方程为，设直线l的方程为，
则圆心到直线l的距离，
由，可得．
设，，联立方程组，
消去x得，
则，，
所以，
设，则，
设，
易知在上单调递增，则在上单调递增，
因为，
所以．

题型四 椭圆的中点弦问题
策略方法 中点弦问题
常用“点差法”，即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，eq \f(y1－y2,x1－x2)三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．
【典例1】（单选题）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，则椭圆的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用弦中点坐标由点差法即可计算出，利用焦点坐标即可得，即得出椭圆方程.
【详解】根据题意设，代入椭圆方程可得；
两式相减可得，整理可得；
又因为的中点坐标为，可得；
因此过两点的直线斜率为，
又和的中点在直线上，所以，
即，可得；
又易知，且，计算可得；
所以椭圆的方程为，代入的中点坐标为，得，则其在椭圆内部，则此时直线与椭圆相交两点.
故选：A
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·贵州·统考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，过点且斜率为1的直线交椭圆于两点.若的中点坐标为，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设，利用点差法可得的关系，从而可求得，即可的解.
【详解】设，则，
由已知有，，
作差得，
则，
所以，解得，
则的方程为.
故选：D．
2．（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）已知椭圆四个顶点构成的四边形的面积为，直线与椭圆C交于A，B两点，且线段的中点为，则椭圆C的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设代入椭圆方程相减，利用，，，得出等量关系，即可求解.
【详解】设，，则，，两式作差并化简整理得
，因为线段AB的中点为，所以，，
所以，由，得，又因为，解得，，
所以椭圆C的方程为．
故选：A．
3．（2023秋·云南·高三校联考阶段练习）已知椭圆，点为左焦点，点为下顶点，平行于的直线交椭圆于，两点，且的中点为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】点差法解决中点弦问题.
【详解】由题意，设椭圆方程为，有，，
设，，的中点为，，．
，．
由，．
两式相减得，即，
，可得：，，
化为：，解得，
，．
故选：A．
4．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆，若椭圆上存在两点、关于直线对称，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，中点为，利用点差法结合条件可得点，根据在椭圆内部，进而即得．
【详解】椭圆，即：，
设椭圆上两点关于直线对称，中点为，
则，，
所以，
∴，
∴，代入直线方程得，即，
因为在椭圆内部，
∴，
解得 ，
即的取值范围是．
故选：A．
5．（2023·辽宁沈阳·校联考二模）已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足，若M为直线AB上任意一点，O为坐标原点，则的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【分析】根据离心率求椭圆方程，由已知得为线段中点，根据弦中点求直线斜率并写出直线方程，最后由点线距离公式求最小值.
【详解】由题设，，即，可得，
过的直线与椭圆C交A，B且满足，则为线段中点，
所以，，又，，
则，即，
所以，故直线为，即，
所以最小值为.
故选：B
6．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的上顶点为B，斜率为的直线l交椭圆于M，N两点，若△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用点差法可得，再利用重心的性质可得点，从而利用可得，即可求离心率.
【详解】设，的中点为，
因为都在椭圆上，
所以，作差可得，
即，所以，
即，因为，所以，
又因为为△BMN的重心，所以，
所以，则，
所以，整理得，即，
所以，则，
所以离心率.
故选: A.
二、多选题
7．（2023秋·河北沧州·高三校联考阶段练习）已知椭圆的焦点分别为，，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．椭圆C的离心率为
C．直线l的方程为D．的周长为
【答案】AC
【分析】先由题意求出即可判断A；再根据离心率公式即可判断B；由点差法可以求出直线l的斜率，由直线的点斜式化简即可判断C；由焦点三角形的周长公式即可判断D.
【详解】如图所示：

根据题意，因为焦点在y轴上，所以，则，故选项A正确；
椭圆C的离心率为，故选项B不正确；
不妨设，则，，
两式相减得，变形得，
又注意到点为线段的中点，所以，
所以直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即，故选项C正确；
因为直线l过，所以的周长为，故选项D不正确.
故选：AC．
8．（2023秋·山东菏泽·高三校考阶段练习）已知椭圆的方程为，斜率为的直线不经过原点（为坐标原点），且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线AB与OM垂直
B．若点M的坐标为，则直线AB的方程为
C．若直线AB的方程为，则点M的坐标为
D．若直线AB的方程为，则
【答案】BD
【分析】根据椭圆的中点弦的性质可知，依此将各个选项的坐标及方程代入即可判断正误.
【详解】对于A，根据椭圆的中点弦的性质知，，所以A不正确；
对于B，，根据，知，所以直线AB的方程为，即，所以B正确；
对于C，，由，得，所以C不正确；
对于D，若直线AB的方程为，与椭圆方程联立，得，整理得，解得或，所以，所以D正确．
故选：BD．
椭圆的中点弦的性质总结：设为椭圆弦AB（AB不平行于y轴）的中点，O为坐标原点，则．
证明：设，，则，且，，两式相减得，，整理得，因为是弦AB的中点，所以，所以．
【点睛】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，牢记相关结论，对快速解题有帮助.
三、填空题
9．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：，若椭圆C上有不同的两点关于直线对称，则实数m的取值范围是 .
【答案】
【分析】设，利用点差法得到，结合得到，联立得到，点M应在椭圆C的内部，得到不等式，求出m的取值范围.
【详解】设是椭圆C上关于直线l：对称的两个点，
是线段PQ的中点，则，两式相减，
得.
∵，，
∴.
∵，∴，故，
联立，解得，
∴.
∵点M应在椭圆C的内部，∴，解得.
∴实数m的取值范围是.
故答案为：.
10．（2023·全国·高三对口高考）直线截椭圆所得弦的中点M与椭圆中心连线的斜率为 ．
【答案】
【分析】根据题意利用点差法分析运算即可.
【详解】设线与椭圆的交点坐标为，则，
可得，
因为在椭圆上，则，两式相减得，
整理得，即
所以.
故答案为：.
11．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知椭圆是椭圆上两点，线段的垂直平分线与轴交于，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】设，，线段的中点为，利用点差法可得，从而可得线段AB的垂直平分线的方程，则，再由点在椭圆内部可求出结果
【详解】设，，线段的中点为 .
若，即，则，满足题意；
若，即，则不满足题意，应舍去；
当时，有，作差得：
因为，，所以，
因为，所以 ，
设线段的垂直平分线为，则，得 ：，
令，得，又因为点在椭圆内部，则，则，
故 .
故答案为：.
12．（2023·河南·襄城高中校联考三模）已知为坐标原点，双曲线：（，）的左，右焦点分别为，，过左焦点作斜率为的直线与双曲线交于，两点（在第一象限），是的中点，若是等边三角形，则直线的斜率为 ．
【答案】
【详解】
设双曲线的半焦距为，，根据题意得．
又，∴．
在中，由余弦定理得，，
即，解得，则．
设，，则，，
两式相减可得，
所以．
设，因为是线段的中点，所以，，
又，所以．
故答案为：.
13．（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）已知椭圆C：的焦距为2c，左焦点为F，直线l与C相交于A，B两点，点P是线段AB的中点，P的横坐标为．若直线l与直线PF的斜率之积等于，则C的离心率为 ．
【答案】
【分析】设，求出的斜率，利用点差法求出直线的斜率，在根据题意求出之间的关系即可得解.
【详解】，
设，
因为点P是线段AB的中点，P的横坐标为，
所以，
则，
由直线l与C相交于A，B两点，
得，
两式相减得，
即，
所以，
即，所以，
则，
所以，
所以离心率.
故答案为：.

四、解答题
14．（2023·全国·高三专题练习）已知动点P与平面上点M，N的距离之和等于．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)若经过点E的直线l与曲线C交于A，B两点，且点E为AB的中点，求直线l的方程．
【答案】(1)y2＝1；
(2)．
【分析】（1）利用椭圆定义去求动点P的轨迹C的方程；
（2）先利用点差法求得直线l的斜率，进而求得直线l的方程．
【详解】（1）根据题意，动点P与平面上点M，N的距离之和等于．
又由|MN|＝2，则点P的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，
其中a，c＝1，则，
故动点P的轨迹C方程为y2＝1；
（2）设A，B，则有
① ② 可得：，
又由点E是AB的中点，则有
则有，变形可得kAB，
则直线AB的方程为，变形可得 ，经检验符合题意.
故直线AB的方程为．
15．（2023秋·宁夏银川·高三校考期末）已知椭圆的离心率为，其中左焦点．
（1）求椭圆的方程．
（2）若直线与椭圆交于不同的两点，，且线段的中点在圆上，求的值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】(1)根据条件列出关于，求解方程组，即可得到椭圆的方程；
(2)联立直线方程与椭圆方程，根据中点坐标公式以及韦达定理求得中点的横纵坐标关于的表达式,代入圆方程解得的值,注意要检验满足判别式大于0的条件.
【详解】（1）由题意，得,解得，∴椭圆的方程为；
（2）设点、的坐标分别为，，线段的中点为，
由消得，
，（*），
，
∵点在圆上，
，
，满足（*），
.
【点睛】本题考查弦中点问题以及椭圆标准方程,考查基本分析转化求解能力,属中档题.关键是要熟练利用韦达定理和中点坐标公式,并注意检验是否满足判别式大于0的条件.
16．（2023·全国·高三对口高考）椭圆的两个焦点为，点在椭圆上，且,.

（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过圆的圆心，交椭圆于两点，且关于点对称，求直线的方程.
【答案】(1) (2)
【详解】试题分析：（1）根据椭圆的定义可知，是直角三角形，满足勾股定理，解得，再根据，求得椭圆方程；（2）设直线方程与椭圆方程联立，结合根与系数的关系，利用中点坐标解得斜率，求出直线方程.
试题解析：（1）∵ ∴
在中，
∴ ∴
∴
（2）圆的方程为 ∴圆心
当的斜率不存在时，不符合题意
设
联立
消去，得
设，则 解得
∴直线的方程为
17．（2023·全国·高三专题练习）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点．线段的中点为．
（1）证明：；
（2）设为的右焦点，为上一点，且．证明：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）设而不求，利用点差法，或设直线方程，联立方程组，由判别式和韦达定理进行证明；
（2）方法一：先求出点P的坐标，解出m，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．
【详解】（1）［方法一］：【最优解】点差法
设，，则，．
两式相减，并由得．
由题设知，，于是．
由题设知点在椭圆内部，所以，故．
［方法二］：【通性通法】常规设线
设，，当时，显然不满足题意；
由得，，所以，，
，即，而，所以，
又，所以，
，即，解得： ．
［方法三］：直线与椭圆系的应用
对原椭圆作关于对称的椭圆为．
两椭圆方程相减可得，即为的方程，故．
又点在椭圆C内部可得，解得：．
所以．
［方法四］：直线参数方程的应用
设l的参数方程为（为l倾斜角，t为参数）代入椭圆C中得．设是线段中点A，B对应的参数，是线段中点，知得，即．而点在C内得，解得：，所以．
（2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想
由题意得，设，则
．
由（1）及题设得，．
又点P在C上，所以，从而，．
于是．
同理．所以．故．
［方法二］：硬算
由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，即．
由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得，即．
由（1）有，直线l的方程为，将其与椭圆方程联立消去y得，求得，不妨设，所以，，，同理可得，
，所以，而，故．
［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用
因为线段的中点为，得．
由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，
由椭圆方程可知，
由椭圆的焦半径公式得，．所以．
【整体点评】（1）方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系，即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解；
方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据即可解出，该法是解决直线与圆锥曲线位置关系的通性通法；
方法三：；类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率，进而得证，避免联立过程，适当简化运算；
方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率；
（2）方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法；
方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大，一般不建议使用；
方法三：根据所求式子特证，利用焦半径公式，很好的简化运算，是该题的最优解．
18．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆，下顶点为A，不与坐标轴垂直的直线l与C交于P，Q两点．
(1)若线段的中点为，求直线l的斜率；
(2)若l与y轴交于点，直线分别交x轴于点M，N，求证：M，N的横坐标乘积为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设，应用点差法可得，结合的中点有，即可求直线l的斜率；
（2）设直线，联立椭圆方程应用韦达定理求、，由判别式求k的范围，进而写出直线并求M，N坐标，化简即可证明结论.
【详解】（1）设，由在椭圆上，则，
两式相减得，即，
又的中点且在椭圆内，则，
所以直线的斜率为．
（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，，
联立得：．
由得：，即或，且，.
直线为，令得：，则，同理得，
所以，
所以的横坐标乘积为定值．
19．（2023·天津·校考模拟预测）已知曲线的方程为，曲线是以、为焦点的椭圆，点为曲线与曲线在第一象限的交点，且．
(1)求曲线的标准方程；
(2)直线与椭圆相交于A、B两点，若AB的中点在曲线上，求直线的斜率的取值范围．
【答案】(1)
(2)且
【分析】（1）设椭圆方程为，由题意得，由及抛物线定义可得点横坐标，代入抛物线方程得纵坐标，由椭圆定义可得，由可得；．
（2）设直线与椭圆交点，，，，，的中点的坐标为，，设直线方程为与联立，由韦达定理得的中点，代入曲线的方程，再与①联立能求出直线的斜率的取值范围．
【详解】（1）设椭圆方程为，
依题意，，，利用抛物线的定义可得，解得，
点的坐标为，所以，
由椭圆定义，得．
，
所以曲线的标准方程为；
（2）设直线与椭圆的交点，，，，，的中点的坐标为，，
设直线的方程为，
(当时,弦中点为原点,但原点并不在上,同样弦中点为原点，不适合题意)
与联立，得，
由得①，
由韦达定理得，，，
则，，
将中点，代入曲线的方程为，
整理，得，②
将②代入①得，
令，则，解得，．
所以直线的斜率的取值范围为且．
20．（2023·全国·高三专题练习）已知曲线上一动点到两定点，的距离之和为，过点 的直线与曲线相交于点，．
(1)求曲线的方程；
(2)动弦满足： ，求点的轨迹方程；
【答案】(1)
(2)；
【分析】(1)根据椭圆的定义，可以直接写出动点P的轨迹方程 ；
(2)由条件可知M是线段AB的中点，按照圆锥曲线中点弦的思路，运用点差法即可求解.
【详解】（1）因为动点到两定点，的距离之和为，
所以曲线是以，为焦点的椭圆，，，
所以，，所以曲线的方程为；
（2）因为，所以为中点，设，
当的斜率存在且不为0时，将，代入椭圆方程中得：
两式相减得，即，所以，
即，，整理得；
当的斜率不存在或为0时，有或，也满足；
所以点的轨迹方程是；
综上，曲线 的方程为，点的轨迹方程是.
21．（2023·全国·高三专题练习）已知O为坐标原点，点在椭圆C：上，直线l：与C交于A，B两点，且线段AB的中点为M，直线OM的斜率为．
(1)求C的方程；
(2)若，试问C上是否存在P，Q两点关于l对称，若存在，求出P，Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见详解
【分析】（1）根据题意利用点差法运算求解；（2）根据对称结合（1）中的结论求直线ON，再联立方程求N的坐标，结合椭圆方程判断点N是否在椭圆内部，分析理解.
【详解】（1）设，则
∵在椭圆上，则
两式相减得，整理得
∴，即，则
又∵点在椭圆C：上，则
联立解得
∴椭圆C的方程为
（2）不存在，理由如下：
假定存在P，Q两点关于l：对称，设直线PQ与直线l的交点为N，则N为线段PQ的中点，连接ON
∵，则，即
由（1）可得，则，即直线
联立方程，解得
即
∵，则在椭圆C外
∴假定不成立，不存在P，Q两点关于l对称
【点睛】本题重点考查点差法：
点代入方程，做差整理得，结合相关斜率理解可得，这是处理相交弦和弦的中点问题的常用方法.
22．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆E：的离心率为，点A，B分别为椭圆E的左右顶点，点C在E上，且面积的最大值为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设F为E的左焦点，点D在直线x＝﹣4上，过F作DF的垂线交椭圆E于M，N两点．证明：直线OD平分线段MN．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)由条件列关于的方程，解方程求，由此可得椭圆方程；
(2) 设MN的中点P（x0，y0），,先验证当时，直线OD平分线段MN，当时，再利用点差法求出直线的斜率，并证明三点共线即可.
【详解】（1）由椭圆的性质知当点C位于短轴顶点时面积最大．
∴，解得，
∴椭圆的方程为；
（2）如图所示，
设，，，线段的中点；
则，，
由（1）可得，则直线DF的斜率为；
当时，直线的斜率不存在，由椭圆性质易知平分线段，
当时，直线的斜率；
∵点M，N在椭圆E上，∴，整理得：，
又，，
∴，直线OP的斜率为，
∵直线OD的斜率为，
∴所以三点共线，即直线OD平分线段MN．
23．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．
（1）证明：；
（2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．
【答案】（1）；（2）证明见解析，公差为或．
【分析】（1）方法一：设而不求，利用点差法进行证明．
（2）方法一：解出m,进而求出点P的坐标，得到,再由两点间距离公式表示出，，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．
【详解】（1）［方法一］：【最优解】点差法
设，则.
两式相减，并由得，
由题设知，于是.①
由题设得，故.
［方法二］：【通性通法】常规设线
设，，当时，显然不满足题意；
由得，，所以，，
，即，而，所以，
又，所以，
，即，解得： ．
［方法三］：直线与椭圆系的应用
对原椭圆作关于对称的椭圆为．
两椭圆方程相减可得，即为的方程，故．
又点在椭圆C内部可得，解得：．
所以．
［方法四］：直线参数方程的应用
设l的参数方程为（为l倾斜角，t为参数）代入椭圆C中得．设是线段中点A，B对应的参数，是线段中点，知得，即．而点在C内得，解得：，所以．
（2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想
由题意得，设，则
.
由（1）及题设得.
又点P在C上，所以，从而，.
于是.
同理，所以.
故，即，，成等差数列.
设该数列的公差为d，则
.②
将代入①得.
所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.
故，代入②解得.
所以该数列的公差为或.
［方法二］：硬算
由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，即．
由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得，即．
由（1）有，直线l的方程为，将其与椭圆方程联立消去y得，求得，不妨设，所以，，，同理可得，
，所以，而，故．
即该数列的公差为或.
［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用
因为线段的中点为，得．
由，知点F为的重心，由三角形重心坐标公式可得，
由椭圆方程可知，
由椭圆的焦半径公式得，．所以．
由方法二硬算可得，或，从而公差为，即该数列的公差为或.
【整体点评】（1）方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系，即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解；
方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据即可证出，该法是解决直线与圆锥曲线位置关系的通性通法．
方法三：；类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率，进而得证，避免联立过程，适当简化运算；
方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率；
（2）方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法；
方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大；
方法三：利用焦半径公式简化运算，是该题的最优解．
24．（2023秋·河北邢台·高三邢台市第二中学校考期末）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
①点与椭圆的位置关系
②直线与椭圆的位置关系
③椭圆的弦长问题、面积问题
④椭圆的中点弦问题
点和椭圆
的关系