直线与椭圆的位置关系

直线与椭圆的位置关系TOC\o"13"\h\z\u题型1直线与椭圆的交点坐标 1题型2直线与椭圆的位置关系 8题型3椭圆的切线方程 13题型4弦长问题 20题型5椭圆中三角形四边形问题 27题型6椭圆中的通径问题 37题型7取值范围与最值问题 45题型1直线与椭圆的交点坐标【方法总结】直线与椭圆有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的方程组是否有实数解或实数解的个数问题，此时要注意分类讨论思想和数形结合思想的运用。【例题1】（2023·江苏·高二假期作业）已知椭圆C:x22【答案】公共点有1个，公共点坐标为-【分析】直线方程与椭圆方程联立求解即可.【详解】由x-y+3=0x即3x+22=0所以直线l与椭圆有一个公共点，且公共点坐标为-2【变式11】1.（2023秋·江苏徐州·高二统考阶段练习）已知椭圆C的中心在原点，对称轴为坐标轴，且过点A0,2和(1)求椭圆C的标准方程；(2)求直线3y-2x-2=0【答案】(1)x(2)-1,0【分析】（1）设椭圆C的方程为mx2+ny2（2）联立直线和椭圆C的方程求解即可．【详解】（1）设椭圆C的方程为mx2+n椭圆C过两点A0,2和B(则m×0+4n=1且14m+3n=1，解得故椭圆C的标准方程为x2（2）由3y-2x-2=0x2+y24当y=0时，x=-1；当y=3时，x=∴直线3y-2x-2=0和椭圆C的公共点的坐标为【变式11】2.（2023秋·贵州贵阳·高三贵阳一中校考期末）已知A，B为椭圆C:x2a2+(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线AP，BP分别与直线l:x=4相交于M，N两点，且直线BM与椭圆C交于另一点Q，证明：A，N，Q三点共线．【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）令P(m,n)，根据斜率之积及m2a2（2）由题意，设AP:x=ky-2，则BP:x=-4ky+2【详解】（1）令P(m,n)，则nm+a⋅nm-a=所以-b2a2=-由3,12联立以上两式，可得a=2,b=1，故椭圆C的标准方程为x2（2）由题设，直线AP、BP斜率存在且不为0，A(-2,0),B(2,0)，令AP:x=ky-2，则BP:x=-4ky+2，故M(4,所以MB:y=3k(x-2)，联立x显然xB+xQ=2+由kAN=-k12，所以A，N，Q三点共线.【变式11】3.（2023春·贵州·高二校联考期末）已知椭圆C:x2a2+(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C左顶点A的直线与椭圆交于另一点M、与直线l:x=4交于点P,N为l与x轴的交点，求证：FP平分∠MFN.【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件求得a2，b（2）通过证明tan2∠PFN=tan∠MFN来证得FP【详解】（1）由已知得F1,0，故c=1，则b又由椭圆C经过点D代入C得1a2+所以椭圆C的方程为：x2（2）由（1）A-2,0则设直线AM的方程为x=my-2，与椭圆方程x2可得3m得y=12mx=my-2=12即M6直线AM:x=my-2与x=4的交点P4,所以kPF=6kMF=12m又tan2∠PFN=所以∠MFN=2∠PFN，当kAM=0时，则故FP平分∠MFN.【变式11】4.（2023·全国·高三专题练习）定义：若椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上的两个点Ax(1)求“共轭点对”A,B中点B所在直线l的方程．(2)设O为坐标原点，点P，Q在椭圆C上，且PQ//OA，（1）中的直线l与椭圆C交于两点B1①求点B1，B②设四点B1，P，B2，Q在椭圆C上逆时针排列，证明：四边形B1【答案】(1)x+y=0(2)①B1-3,3【分析】（1）设Bx,y，根据“共轭点对”得直线方程为3x（2）①联立直线l和椭圆的方程，解出即可；②设点PxP,yP，QxQ,yQ，利用点差法得yP【详解】（1）设A,B中点B的坐标为Bx,y对于椭圆C：x212+y2可知直线l的方程为3x12+y（2）①联立直线l和椭圆C的方程，得y=-x,x212+y所以直线l和椭圆C的两个交点的坐标为B1-3②设点PxP,yP两式相减得xP又PQ//OA，所以yP-y即yP设点PxP,则四边形B1PB由B1-3,3设过点P且与直线l平行的直线l1的方程为x+y=m，则当l由x+y=m,x212令Δ=36m2当m=±4时，此时方程为4x2±24x+36=0，即x±3则此时点P或点Q必有一个和点A3,1重合，不符合条件PQ//OA故直线l1即d小于平行直线x+y=0和x+y=4（或x+y=-4）的距离42故S四边形【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设点PxP,yP，QxQ,y【变式11】5.（2023秋·高二课时练习）设椭圆中心在坐标原点，A2,0,B0,1是它的两个顶点，直线y=kx(k>0)【答案】23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x24+y2如图，设D，E，F三点的坐标分别为Dx0,y0，E由x24+y2=1y=kx故x2=-x1=得x0由点D在直线AB上，知x0+2kx所以1071+4k2=21+2k故答案为：23或题型2直线与椭圆的位置关系【方法总结】直线y＝kx＋m与椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系，判断方法：联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消y得一元二次方程．当Δ>0时，方程有两解，直线与椭圆相交；当Δ＝0时，方程有一解，直线与椭圆相切；当Δ<0时，方程无解，直线与椭圆相离．【例题2】（2023·全国·高二专题练习）直线3x-2y+6=0与曲线y2A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】考虑x≥0和x<0两种情况，画出曲线和直线图像，根据图像得到答案.【详解】当x≥0时，曲线y29-一条渐近线方程为：y=3当x<0时，曲线y29-画出曲线和直线的图像，如图所示：根据图像知有2个公共点.故选：B【变式21】1.（2023·全国·高二专题练习）直线l：ax+y-a+1=0与椭圆x2A．相交 B．相切 C．相离 D．相切或相交【答案】A【分析】方法1：先求含参直线l恒过定点M，研究定点M与椭圆的位置关系可判断直线l与椭圆的位置关系；方法2：代数法，联立直线l与椭圆方程，消参后可由Δ判断出直线l与椭圆的位置关系.【详解】方法1：∵ax+y-a+1=0，即：a(x-1)+y+1=0，∴直线l恒过定点M(1,-1)，又∵椭圆x∴12∴定点M在椭圆内，∴直线l与椭圆相交.方法2：x∴Δ=36∴直线l与椭圆相交.故选：A.【变式21】2.（2023·江苏·高二专题练习）若直线mx+ny-5=0与圆x2+y2=5A．0 B．1 C．2 D．1或2【答案】C【分析】根据直线mx+ny-5=0与圆x2+y2=5【详解】圆x2+y2=5因为直线mx+ny-5=0与圆x2所以圆心到直线的距离大于半径，得5m2+所以m27+所以过点Pm,n的直线与椭圆x故选：C.【变式21】3.（2023·全国·高二专题练习）已知直线l:x0xa2A．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y0=0和y0【详解】当y0=0，则x0①若点A在椭圆C外，则x0>a，则②若点A在椭圆C上，则x0=a，则③若点A在椭圆C内，则x0<a，则当y0≠0时，联立方程a2所以Δ=4①若点A在椭圆C外，则x02a②若点A在椭圆C上，则手x02a③若点A在椭圆C内，则x02a若点A在直线l上，则满足x0综上所述：B正确故选：B【变式21】4.（2023秋·高二课前预习）已知2b=a+c，则直线ax+by+c=0与椭圆x2A．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ax+by+c=0过定点1,-2，再结合点1,-2在椭圆内部即可判断.【详解】解：因为2b=a+c，所以直线ax+by+c=0可化为a2x+y所以，直线ax+by+c=0过定点1,-2，因为点1,-2在椭圆x2所以，直线ax+by+c=0与椭圆x2故选：A【变式21】5.（2022秋·浙江金华·高二校考期中）已知直线l:y=2x+m，椭圆C:x2a2+(1)求椭圆C的标准方程；(2)讨论直线l与椭圆C的公共点个数.【答案】(1)x(2)答案见解析【分析】（1）由椭圆短轴长、离心率、b=a（2）直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理判断可得答案.【详解】（1）由题意椭圆C:x2a2+可知b=2,e=ca=所求椭圆的方程为x2（2）由x24+Δ=64当Δ=-8m2+144=0即m=±32当Δ=-8m2+144>0即-32当Δ=-8m2+144<0即m<-32或m>3综上所述，当m=±32时，直线l与椭圆C当-32<m<32时，直线l当m<-32或m>32时，直线l与椭圆题型3椭圆的切线方程【方法总结】过椭圆x2a2+y2b2=1上一点P(【例题3】（2024秋·广东广州·高三华南师大附中校考开学考试）直线l与圆G:x-42+y+12【答案】y=1或x=2或y=5-【分析】画出它们的图像，由图像易得满足题意的两条公切线，再根据相切条件解得第三条公切线.【详解】圆G的圆心坐标为4,-1，半径为2，椭圆E中，a=2,b=1，它们的图象如下图：由图可知，y=1或x=2与圆G:x-42+即符合条件的l的方程可以为y=1或x=2假设公切线斜率存在且不为零时方程为y=kx+m,(k≠0)，由图可知k<0,m<0所以|4k+m+1|1+由x24由Δ=0得m由①②解得k=故答案为：y=1或x=2或y=5-【变式31】1.（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C1：x2+y24=1，抛物线C2：y2【答案】4【分析】先根据题意求得抛物线C2的方程，判断直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx-2，联立椭圆C1的方程，从而得到关于x的一元二次方程，根据Δ=0，即可求得k=±233，再根据对称性，不妨取直线l的方程y=233x-2，设Mx1【详解】由抛物线C2：y2=2px的焦点为F2,0，可得p=4，即抛物线显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx-2联立x2+y又直线l为C1的一条切线，则Δ=16k则直线l的方程为y=233不妨取直线l的方程y=2设Mx1,联立y=233所以y1+y所以S△MON故答案为：47【变式31】2.（2022秋·江苏连云港·高三江苏省赣榆高级中学校考阶段练习）已知点A2,0，B-2,0，直线QA与直线QB的斜率之积为(1)求曲线C方程；(2)直线l:x+2y-4=0与曲线C交于点P，过点P作两条斜率互为相反数的直线l1，l2，分别交曲线C于S，T两点，求证：【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）曲线C上的任意一点Q(x,y)，根据直线QA与直线QB的斜率之积为-34，列式构建（2）将直线l与椭圆联立方程，求出交点P,再由P设直线l1的方程，并于椭圆联立求出弦PS的中点，继而求出PS的垂直平分线，把斜率用它的相反数代换可得出PT的垂直平分线，并求出两垂直平分线的交点F，最终可求斜率证明PF⊥l【详解】（1）设曲线C上的任意一点Q(x,y)，∵直线QA与直线QB的斜率之积为-∴yx-2化简得：x∵直线QA与直线QB的斜率存在，∴x≠±2则曲线C方程是x（2）联立x24+y2解得x=1，y=32设直线PS的斜率为k，S(x1则PS的方程是y-由x24则x0=则线段PS的垂直平分线方程是y-9-6k同理线段PT的垂直平分线方程是y-9+6k①+②得y=-3①②得x=即△PST的外接圆心F则直线PF的斜率为kPF又kl=-所以△PST的外接圆与直线l相切【点睛】方法点睛：探求轨迹问题的解题步骤（五步法）：①建系设点，②寻找关系，③坐标代入，④化简整理，⑤检查修正.【变式31】3.（2023·陕西·校联考模拟预测）已知F1,F2是椭圆E:x2a2+y2(1)求椭圆E的方程；(2)若P是椭圆E内的一点（不在E的轴上），过点P作直线交E于A,B两点，且点P为AB的中点，椭圆E1:x2m2+y2n2【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）根据菱形F1B1（2）设AB:y=kx+t，与椭圆E方程联立可得韦达定理的结论，结合中点坐标公式可求得P点坐标；将AB与椭圆E1联立，可得Δ1，由P在椭圆E1上可得等量关系，化简Δ【详解】（1）∵菱形F1B1F2B2的周长为8∴b=3c=1或b=1c=3，又椭圆E∴a2=4，则椭圆E（2）由题意知：直线AB的斜率必然存在，可设其方程为：y=kx+t，由x24+设Ax1,y1∴x1+∴y1+∵椭圆E1的离心率为32，∴e=1-∴E由x2+4y∴Δ∵P在椭圆E1上，∴16k∴Δ1=164k2n【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆位置关系的证明问题，解题关键是能够利用点在椭圆上得到变量之间所满足的等量关系，将等量关系代入判别式中进行化简整理即可得到直线与椭圆的位置关系.【变式31】4.（2023·河南·校联考模拟预测）在椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C的蒙日圆上一点M，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N，若kOM，kON存在，证明：【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）将P,Q坐标代入椭圆方程求出a2，b（2）根据题意求出蒙日圆方程为：x2+y2=3，当直线MN斜率不存在时，易求出kOM⋅kON=-12；当直线MN斜率存在，设直线MN的方程为：y=kx+t，与椭圆方程联立，根据判别式等于0求出t2=2k2+1【详解】（1）将P(1,22)，Q(-可得1a2+24所以椭圆C的方程为：x2（2）由题意可知，蒙日圆方程为：x2（ⅰ）若直线MN斜率不存在，则直线MN的方程为：x=2或x=-不妨取x=2，易得M2,1，N2,-1∴k（ⅱ）若直线MN斜率存在，设直线MN的方程为：y=kx+t.联立y=kx+tx22据题意有Δ=16k2设Mx1,y1（xy=kx+tx2+Δ1x1+x则k=k2+-2k∵t2=2综上可知，kOM⋅k【点睛】难点点睛：联立直线与圆锥曲线方程时，字母运算较难，容易出错，需仔细运算.题型4弦长问题【方法总结】求解直线被椭圆截得弦长的方法(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解．(2)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长|AB|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|(k≠0)．【例题4】（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考阶段练习）已知圆O1：x+22+y2=494和圆(1)求轨迹T的方程；(2)过N0,1的直线交轨迹T于A，B两点，点C在直线y=2△ABC为以AB为斜边的等腰直角三角形，求AB【答案】(1)x2(2)45【分析】（1）首先判断圆O2在圆O1内，设P(x,y)且对应圆半径为r，根据题设及两点距离公式得到r关于（2）设直线AB为y=kx+1，联立x24+y22=1整理为一元二次方程形式，应用韦达定理、弦长公式得|AB|=22(1+k2)(1+4k【详解】（1）由题设O1(-2,0)且半径r1所以|O1O2|=2设P(x,y)，又P为圆心的圆与其中一个圆外切，与另一个圆内切，且半径为r，所以(x+2则(x-2所以轨迹T的方程为x2（2）由题意，直线AB的斜率一定存在，设直线AB为y=kx+1，由04+12<1所以Δ=32k2则|AB|=1+k2又yA+yB=k(所以线段AB垂直平分线为y-11+2k2=-1k由△ABC为以AB为斜边的等腰直角三角形，所以|AB|=2|CE|⇒则2(1+k2)(1+4所以k2=1【变式41】1.（2023秋·吉林长春·高二长春市第二实验中学校考阶段练习）已知椭圆C:x216+y24=1，左右焦点分别为F1，F(1)求直线l的方程；(2)求弦AB的长．【答案】(1)x+2y-2(2)5【分析】（1）利用点差法计算直线的斜率，再用点斜式求直线方程即可；（2）利用弦长公式计算即可.【详解】（1）设交点坐标Ax因为弦AB被点3,所以x又x1两式相减得：x1所以直线l的斜率k=y故直线l的方程为y-（2）由（1）可知l:x=-2y+23，与椭圆方程联立x=-2y+2所以y1由弦长公式可知AB=【变式41】2.（2023秋·福建三明·高二三明一中校考阶段练习）已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，焦距为2(1)求椭圆M的方程；(2)若k=1，求|AB|的最大值.【答案】(1)x(2)6【分析】（1）由题意可知离心率e=ca=63（2）由题意已知k=1，所以设出直线方程（只含有一个参数即截距，不妨设为m），将其与椭圆方程联立后，再结合韦达定理可将|AB|表示成m的函数，进一步求其最大值即可.【详解】（1）由题意得a2解得c=2,a=3，∴椭圆M的方程为x2（2）因为k=1，所以设直线l的方程为y=x+m，A(x1,联立得y=x+m,x23又直线l与椭圆M有两个不同的交点，所以Δ=36m2∴x1+x∴|AB|==故当m=0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为6.【变式41】3.（2023·新疆·统考三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为(1)求△PF(2)斜率为-2的直线与圆x2+【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AB，再由两点间距离公式得AF2=【详解】（1）由题得1a2+所以椭圆C的方程为x2所以PF又F1F2（2）设直线AB的方程为y=-2因为AB与圆x2+y2=3由y=-2x+3x设Ax1,y1，B所以|AB|=1+又AF同理BF所以AF所以△AF2B【变式41】4.（2023·浙江·模拟预测）已知椭圆C:x28+y24=1，点N0,1，斜率不为0的直线l与椭圆C(1)求圆N的半径r的取值范围；(2)求AB的取值范围.【答案】(1)(2,(2)(0,2【分析】（1）设直线l方程，联立直线l方程与椭圆方程可得x1+x2，x1x2，进而可求得点M坐标，由圆N与直线l相切于点M可得kNM=-（2）由弦长公式可得|AB|=8(3-2k2【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y=kx+m（k≠0），A(x1,y=kx+mxΔ=16x1+x所以y1又因为M为AB的中点，所以M(-2km又因为圆N与直线l相切于点M，所以NM⊥l，且r=|MN|，所以kNM所以kNM=m所以M(2k,-1)，Δ=8(8k2所以r=|MN|=(2k-0)2+所以1<k2+1<所以圆N的半径r的取值范围为(2,10（2）由（1）知，2k所以|AB|=1+k2×(令t=2k2+1，则k所以|AB|=8(4-t)×显然y=-t+4t+3所以0<-t+4t+3<6，所以0<2故|AB|的取值范围为(0,26【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．题型5椭圆中三角形四边形问题【例题5】（2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）已知椭圆C：x2a2(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OM=2【答案】(1)x(2)3【分析】（1）由题意可得c2=a2-（2）先讨论直线l是否与y轴垂直，设直线l的方程为x=my-1,Ax1,y1,Bx2,【详解】（1）因为椭圆C的左焦点为F-1,0，可得c又因为椭圆上任意一点到F的距离的最大值为3，可得a+c=3②，由①②解得b2所以椭圆C的标准方程为x2（2）当直线l与y轴垂直时，点M0,0当直线l不与y轴垂直时，设直线l的方程为x=my-1,Ax由x=my-1x24+y则Δ=144m2则x1若点M满足OM=2OA+又因为点M在椭圆C上，则-163m2化简得9m4-24m2所以S△MOB又因为OM=2OA+OB，不妨设则OM=4ON，故所以四边形AOBM的面积SAOBM【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OM=2OA+【变式51】1.（2023秋·江苏盐城·高二江苏省射阳中学校考阶段练习）在△PF1F2中，已知点F1-3,0，F23,0(1)求C的方程；(2)若圆O：x2+y2=1，E0,-1，过坐标原点O且与y轴不重合的任意直线l与圆O相交于点A，B，直线EA，EB与曲线C的另一个交点分别是点【答案】(1)x(2)64【分析】（1）由F1G+F2（2）通过直线EM,EN的方程求得M,N两点的坐标，由此求得△EMN面积的表达式，利用基本不等式、函数的单调性求得面积的最大值.【详解】（1）设PF1的中点为S，PF所以F2G=所以F1所以F1所以G点的轨迹是以F1,F所以a=2，所以c=3，b=1所以曲线C的方程为x2（2）设直线EM为y=kx-1（不妨设k>0），设Mx1,所以y=kx-1xx24k2+1x2-8kx=0，解得由于AB是单位圆的直径，所以AE⊥BE，所以直线EN的斜率为-1k，直线EN的方程为同理可求得x2=8由上述分析可知M8k4k所以S=1=210×所以S△EMN令s=k+1k≥2则S△EMN函数y=4s+9s在所以当s=2时，S△EMN取得最小值为32【点睛】求动点的轨迹方程的方法有：直接法，即利用直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义来求得动点的轨迹方程；等量关系法，即利用题目所给的等量关系式进行化简，从而求得动点的轨迹方程；伸缩变换法，根据伸缩变换的关系式求得动点的轨迹方程.【变式51】2.（2023秋·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）已知椭圆C：x2a2(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线l：y=kx+m（k,m∈R）与椭圆C相交于A，B两点，且k①求证：△AOB的面积为定值；②椭圆C上是否存在一点P，使得四边形OAPB为平行四边形？若存在，求出点P横坐标的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】(1)x(2)①证明见解析；②不存在，理由见解析【分析】（1）根据椭圆焦距和离心率的概念求解即可；（2）联立椭圆方程与直线方程消去y后，利用韦达定理和kOA⋅kOB=-34得出2m2=3+4k【详解】（1）由题意知，焦距2c=2，故c=1，又e=ca=所以b2=a（2）①由x24+设Ax1,y1x1+x故y1因为kOA⋅k所以AB=坐标原点到直线l的距离为d=m所以△AOB的面积为S=1故△AOB的面积为定值．②假设存在椭圆上的点P，使得OAPB为平行四边形，则OP=设P(x0,又因为x024+y与2m故椭圆上不存在点P，使得OAPB为平行四边形．【变式51】3.（2023秋·全国·高二期中）已知椭圆C:y2a2+x2b2(1)求C的方程；(2)若直线l经过点Q1,0，交C于M,N两点，直线AM,BN分别交直线x=4于D，E两点，试问△ABD与△AQE【答案】(1)y(2)△ABD与△AQE的面积之比为定值4【分析】（1）利用椭圆的性质计算即可；（2）利用韦达定理及面积公式计算即可.【详解】（1）由题意得2a=2×2b，即a=2b①．当点P为C的上顶点或下顶点时，△ABP的面积取得最大值，所以12×2b×a=8，即联立①②，得a=4,b=2．故C的方程为y2（2）

△ABD与△AQE的面积之比为定值．由（1）可得A-2,0由题意设直线l:x=my+1,Mx联立x=my+1,y216则Δ=64y1所以my直线AM的方程为y=y令x=4，得y=6y1同理可得E4,故△ABD与△AQE的面积之比为S=4×3即△ABD与△AQE的面积之比为定值43【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是化积为和，得到my【变式51】4.（2023秋·全国·高二期中）已知椭圆C:x2a2+(1)求椭圆C的方程；(2)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M在定直线x=4上运动时，直线AM，BM分别交椭圆于两点P和Q.（i）证明：点B在以PQ为直径的圆内；（ii）求四边形APBQ面积的最大值.【答案】(1)x(2)（i）证明见解析；（ii）6【分析】（1）将两点代入椭圆中，解方程组即可求得椭圆C的方程；（2）（i）分别将直线AM,BM与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出P,Q两点坐标，由数量积BP⋅BQ<0可（ii）由（i）可写出四边形APBQ的面积为S=48【详解】（1）依题意将1,32和2,1a2+所以椭圆方程为x（2）（i）易知A-2,0,B2,0，由椭圆对称性可知，不妨设M根据题意可知直线AM,BM斜率均存在，且kAM所以直线AM的方程为y=t6x+2，BM联立直线AM和椭圆方程y=t6x+2x2由韦达定理可得-2xP=4t联立直线BM和椭圆方程y=t2x-2x2由韦达定理可得2xQ=4t则BP=54-2t所以BP⋅即可知∠PBQ为钝角，所以点B在以PQ为直径的圆内；（ii）易知四边形APBQ的面积为S=1设λ=9+t2t,t>0由对勾函数性质可知y=λ+12λ在所以y=λ+12λ≥6+2=8由对称性可知，即当点M的坐标为4,3或4,-3时，四边形APBQ的面积最大，最大值为6.【点睛】关键点点睛：证明点和圆的位置关系时，可利用向量数量积的正负判断与直径所对圆周角的大小即可得出结论；在求解四边形面积的最值时，首先可用一个变量表示出面积的表达式，再根据函数单调性或基本不等式求出最值即可.【变式51】5.（2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知A-2,0，B2,0为椭圆C：x2(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S△AEF【答案】(1)x(2)1【分析】（1）由题意得a，把1,3（2）①当l斜率不存在时，易知S△AFFS△BDF=AFBF；②当l斜率存在时，设lx=ty-1t≠0，Dx1,y1y1>0【详解】（1）由题意得a=2，把1,32代入解得b=3所以C的方程为x2（2）由（1）知：c=a2-①当l斜率不存在时，易知S△AEF②当l斜率存在时，设l：x=ty-1t≠0，Dx1由x=ty-1x24+y所以y1+y因为S△AEF=1所以S△AFF因为y1所以-4又y1设y2y1=k，则k<0，-4所以S△AEF因为13∈19,1【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是借助-43<题型6椭圆中的通径问题【方法总结】椭圆的半通径是b2a【例题6】（2023·全国·高二专题练习）椭圆x24+y23=1的焦点为F1、F2，点A．65 B．3 C．113【答案】A【分析】先求出F1、F2的坐标，再由MF1⊥x【详解】由x24+所以a=2,b=3所以F1(-1,0)，当x=-1时，14+y因为MF1⊥x所以F2设F1到直线F2M因为d⋅MF2解得d=6故选：A【变式61】1.（2023·湖南益阳·统考模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦点为F1-c,0、F2c,0A．22 B．2-1 C．3【答案】B【分析】求出AB，根据直角三角形的几何性质可得出2c=b2a，可得出关于a、c的齐次等式，可得出关于e【详解】将x=c代入椭圆方程C的方程得c2a2+y由对称性可知AF1=因为F2为线段AB的中点，则F1F2=等式a2-c2=2ac因为0<e<1，解得e=2故选：B.【变式61】2.（多选）（2023春·安徽合肥·高二校考开学考试）过椭圆y2a2+x2bA．椭圆方程为xB．椭圆方程xC．过焦点F且长度为3的弦有2条D．过焦点且长度为92【答案】BC【分析】根据题意和椭圆的性质求出椭圆的标准方程，即可判断AB；设直线方程，联立椭圆方程，利用代数法求出弦长即可判断C；结合椭圆长轴的定义即可判断D.【详解】因为过椭圆y2a2+x所以c2=a2-则c2=因此椭圆的方程为x2因为过焦点F且长度为3的弦所在直线l的斜率显然存在，且不为0，所以设直线l的方程为y=kx+3，直线l与椭圆交于Ax1则AB=3由y=kx+3x2Δ=(23k)2则AB=1+k2x由41+k24+k即直线l的方程为y=±22因为椭圆x2+y24所以过焦点且长度为92故选：BC．【变式61】3.（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(1)求椭圆C的方程；(2)过点F1分别作两条互相垂直的直线l1，l2，且l1与椭圆交于不同两点A，B，l2与直线x=c交于点P，若A【答案】(1)x(2)5【分析】（1）由通径性质、离心率和椭圆参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；（2）讨论直线斜率，设Ax1,y1，Bx2,y2，Qx0,y0，l1为x=my-1，注意m=0情况，联立椭圆方程应用韦达定理求y1+y【详解】（1）由题意，2b2a=3ca=（2）由（1）得F1-1,0，若直线l1的斜率为0，则l2为设直线l1：x=my-1，若m=0，则λ=1则不满足QA=λQB设Ax1,y1由3x2+4y2=12x=my-1因为AF1=λF1BQA所以λ=-y1y2=y1-y直线l2：x=-1my-1，联立∴PQ=52+-∴PQ的最小值为5．【变式61】4.（2023春·湖南邵阳·高二湖南省邵东市第一中学校考期中）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(1)求椭圆E的方程;(2)直线l与椭圆E交于M、N两点（点M、点N在x轴的同侧），当F1M//【答案】(1)x(2)2【分析】（1）求出椭圆的通径长，根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆E的标准方程；（2）利用对称性可转化为S△M【详解】（1）解：将x=±c代入椭圆E的方程得c2a2由题意可得ca=3因此，椭圆E的方程为x2（2）解：延长MF1交E于点M0设Mx1,y1、M0x设直线MF1的方程为x=my-3，由x=my-Δ=12m2设F1M与F2N的距离为d，则四边形S=1又因为S=4当且仅当m2+1=故四边形F1F2【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值【变式61】5.（2023秋·河南郑州·高三校联考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l的斜率存在且不为0，点M,N在x轴上的射影分别为P,Q，且R4,y0,N,P三点共线，求证：【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）根据离心率以及通径的长度即可联立求解a,b,c的值，（2）联立直线方程和椭圆方程得韦达定理，进而根据斜率公式可证明Q,M,R三点共线，根据NQ//PM，所以S△PQM=S△PMN，进而可证明【详解】（1）设椭圆C的半焦距为c(c>0).依题意，e=ca=1-联立x2a2+y2联立①②，解得a=22故椭圆C的方程为x2（2）易知椭圆的右焦点为2,0.设直线l的方程为y=kx-2由y=kx-2,x设Mx1,因为MP⊥x轴，所以Px直线NP的方程为y=y2x因为NQ⊥x轴，所以Qx因为kMQ所以k=kx2-x所以Q,M,R三点共线.因为NQ//PM，所以S△PQM而S△PMR=S△PMR，所以【点睛】关键点点睛：联立直线与曲线的方程得到韦达定理是常用和必备的步骤.由韦达定理以及弦长公式，点到直线的距离即可求解面积以及长度以及最值，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求解.在处理共线问题是，要借助于向量以及两点斜率公式.题型7取值范围与最值问题【方法总结】求与椭圆有关的最值、范围问题的方法(1)定义法：利用定义转化为几何问题处理。(2)数形结合法：利用数与形的结合，挖掘几何特征，进而求解。(3)函数法：探求函数模型，转化为函数的最值问题，借助函数的单调性、基本不等式等求解，注意椭圆的范围。【例题7】（2023·全国·高二随堂练习）已知两个定点A1-2,0，A22,0，动点M满足直线MA(1)求动点M的轨迹方程，并指出随m变化时方程所表示的曲线C的形状；(2)若m=-1，设直线l与曲线C相交于E，F两点，直线OE，l，OF的斜率分别为k1，k，k2（其中k>0），△OEF的面积为S，以OE，OF为直径的圆的面积分别为S1，S2.若k1【答案】(1)x2(2)5【分析】（1）设动点M(x,y),依题意有yx-2⋅yx+2=（2）设直线l的方程为y=kx+t,Ex1,y1,Fx2,【详解】（1）设动点M(x,y),依题意有yx-2⋅y∴动点M的轨迹方程为x2当m>0时,轨迹是焦点在x轴上的双曲线,当m∈(-4,0)时,轨迹是焦点在x轴上的椭圆,当m=-4时,轨迹是圆,当m∈(-∞,-4)时,轨迹是焦点在y轴上的椭圆,且点（2）设直线l的方程为y=kx+t,Ex1,由y=kx+tx24由韦达定理有:x1+x∵k∴k2=由韦达定理代入化简得:k2=1此时Δ=162-m故S=1又S1∴S1+综上:S1【点睛】本题考查轨迹方程的求法和椭圆方程的运用,考查两圆面积和与三角形面积的比值的取值范围的求法,解题时要认真审题,注意弦长公式的合理运用.【变式71】1.（2023·江苏·高二专题练习）如图，点A,B在椭圆x2a2+y(1)求证：直线AB为某个定圆的切线：(2)记F1A,B，使得A,B,F1【答案】(1)证明见解析(2)5【分析】（1）考虑直线AB斜率不存在和斜率存在时，两种情况，分别求出原点O到直线AB的距离，距离为定值即可证明；（2）利用F1【详解】（1）当直线AB⊥x轴时，设Ax0,则OA⋅OB=又点Ax则x02a2+原点O到直线AB的距离d=x当直线AB与x轴不垂直时，设AB：y=kx+m，Ax1,由y=kx+m,x2a故x1+xOA==1+则a2于是原点O到直线AB的距离d=m所以直线AB是圆x2（2）利用（1），F1则c≥aba2+b由此得e∈5【变式71】2.（2022秋·广东佛山·高二佛山市三水区三水中学校考阶段练习）已知椭圆C的中心在坐标原点，若椭圆C焦点在y轴上，焦距为2，且经过点M(2(1)求椭圆C的标准方程.(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，D1,0，直线DA与直线DB的斜率之积为1【答案】(1)y(2)k∈【分析】（1）根据题意，求得c=1，由椭圆的定义求得a=2，结合b（2）设直线l的方程为y=kx+m，联立方程组，得到m2<k2+2，再利用韦达定理和题设条件，化简得到2(m2【详解】（1）解：设椭圆C的标准方程为y2因为2c=2，可得c=1，所以椭圆的焦点F1(0,1)，由椭圆的定义，可得2a=MF1则b2=a（2）解：由题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，联立方程y=kx+my22可得Δ=8k2设A(x1,所以kDA代入整理得2(m当m=-k时，此时直线l的方程为y=kx-k恒过(1,0)，不符合题意；当m≠-k时，可得2(m2-此时直线l的方程为y=kx+1311k又由m2<k2+2，可得169可得-11612<k<11612【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：（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）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.【变式71】3.（2023春·上海·高二期末）已知椭圆C：x2a2(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点，若直线P2A与直线P2(3)如图，抛物线M：y2=4x的焦点