专题强化四：直线与椭圆的位置关系考点归纳题（解析版）

专题强化四：直线与椭圆的位置关系考点归纳题【题型归纳】题型一：直线与椭圆的位置关系1．（2023秋·高二课时练习）若直线与椭圆相切，则实数m的值等于（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】将直线与椭圆联立，根据判别式为0求解即可.【详解】将直线与椭圆联立，得，由题意可知.故选：B2．（2023秋·全国·高二期中）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.3．（2023春·山东菏泽·高二统考期末）已知点F为椭圆的左焦点，经过原点O的直线l交椭圆于P，Q两点，点M是椭圆C上异于P，Q的一点，直线，的斜率分别为，，且，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据条件先求出a，b，c之间的关系，再由几何关系和余弦定理求解.【详解】由于P，Q关于原点对称，设，，则有，又点都在椭圆上，，，，又，设椭圆的右焦点为，连接如下图：因为原点O平分线段PQ和，所以四边形是平行四边形，依题意，设，则，又，，在中，由余弦定理得，；故选：B.题型二：直线的弦长问题4．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨七十三中校考期中）直线，当k变化时，此直线被椭圆截得的弦长的最大值是（

）A．2 B． C．4 D．不能确定【答案】B【分析】利用两点间距离公式得到弦长为，再根据点在椭圆上可得，然后求最值即可.【详解】直线恒过定点，且点在椭圆上，设另外一个交点为，所以，则，弦长为，当时，弦长最大，为.故选：B.5．（2023春·广东·高二统考阶段练习）已知A，B两点的坐标分别为，，O是坐标原点，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是．斜率为1的直线与点M的轨迹交于P，Q两点，则的面积的最大值是（

）A． B． C．1 D．【答案】D【分析】先设点M的坐标求出轨迹方程，再应用弦长公式求出PQ的值，由面积公式应用基本不等式求出最大值即可【详解】设因为满足与的斜率之积为，所以有；M的轨迹为设直线，联立可得点O到直线的距离故选：D.6．（2023秋·陕西宝鸡·高二统考期末）已知椭圆左右焦点分别为，上顶点为A，离心率为，过且为线段的垂线交于两点，则周长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】将椭圆方程化为,可求得的斜率,联立椭圆与直线方程求得的纵坐标,分别计算即可.【详解】如图:，椭圆可化为，又,，,，设直线即，由得，设，不妨设,解得，所以，因为即，所以，由得,代入上式，，同理可得，，所以周长为.故选:A题型三：椭圆的中点弦问题7．（2023秋·全国·高二期中）若椭圆的弦被点平分，则所在直线的方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用点差法求出直线的斜率，再利用点斜式可得出直线的方程.【详解】若直线轴，则点、关于轴对称，则直线的中点在轴，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设点、，则，所以，，两式作差可得，即，即，可得直线的斜率为，所以，直线的方程为，即.故选：B.8．（2023·全国·高二专题练习）已知直线与椭圆交于两点，若点恰为弦的中点，则椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，利用中点弦问题求出，再求出椭圆的离心率作答.【详解】依题意，直线的斜率为，设，则，且，由两式相减得：，于是，解得，此时椭圆，显然点在椭圆内，符合要求，所以椭圆的离心率.故选：A9．（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆C：，过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，10．（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆C：，过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，若点P恰为弦AB的中点，则直线l的斜率是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设出的坐标代入椭圆方程后，作差变形，根据斜率公式和中点坐标公式可得解.【详解】设，，则，，且，，作差得，所以，即直线l的斜率是．故选：C．题型四：椭圆中的范围最值问题10．（2023秋·吉林长春·高二长春市第二实验中学校考阶段练习）在椭圆上求一点，使点到直线的距离最大时，点的坐标为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】先利用判别式法，求出与椭圆相切的直线方程，然后即可求得本题答案.【详解】设直线与椭圆相切，联立方程，得①，因为直线与椭圆相切，所以，得，当时，与的距离最大，最大距离为，把代入①得，，得，代入，得，所以点的坐标为，故选：A11．（2022春·北京·高二校考期中）已知椭圆.过点作圆的切线交椭圆于两点.将表示为的函数，则的最大值是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由题意知，，当时，直接得出，当时，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理可得，，利用弦长公式，再利用基本不等式即可得出．【详解】由题意知，，当时，切线的方程为，点，的坐标分别为，，此时；当时，同理可得；当时，设切线方程为，由得，设，两点两点坐标分别为，，则，，又由于圆相切，得，即，∴，由于当时，，∴，，∵，当且仅当时，，∴的最大值为2．故选：B.12．（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，圆：，点P和点B分别为椭圆C和圆A上的动点，当取最小值3时，的面积为（

）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】根据和求出的最小值为，结合已知最小值解得，，由直线的方程与椭圆方程联立得点的纵坐标，再根据三角形面积公式可得结果.【详解】由题知，所以.所以，因为，所以，所以.当P，B两点在的延长线上时，等号成立.所以，所以，.所以直线的方程为，即，与方程联立，可得，解得（负值已舍去，其中为点P的纵坐标）.所以的面积为.故选：A.题型五：椭圆中的定点定值问题13．（2023秋·四川资阳·高二统考期末）已知椭圆E：经过点和.(1)求E的方程；(2)过E的右焦点的直线l与E交于A，B两点，在直线上是否存在一点D，使得是以AB为斜边的等腰直角三角形？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)不存在，理由见解析【分析】（1）把两个点的坐标代入方程可得的值，得到椭圆的方程；（2）先讨论斜率不存在时的情况，利用垂直可得不存在；再讨论斜率存在的情况，利用韦达定理及等腰直角三角形的性质可得也不存在.【详解】（1）因为椭圆E经过和两点，所以，，，则E的方程为.（2）假设在直线上存在点D，使得是以AB为斜边的等腰直角三角形.①当l的斜率不存在时，只有当D点为，才满足以AB为底边的等腰三角形，此时不妨取，，此时，显然AD与BD不垂直，则不是等腰直角三角形.此时，不符合题意.

②当l的斜率存在时，设l：，联立方程组消去y，得，则，设，，AB的中点为，则，，所以，又可得，，，因为是以AB为斜边的等腰直角三角形，所以MD的斜率为，又D点的横坐标为2，，所以，即，得，无解，此时不存在这样的D点.综上，不存在这样的D点，使是以AB为斜边的等腰直角三角形.

14．（2023秋·河南许昌·高二统考期末）已知的两个顶点A，B的坐标分别是且直线PA，PB的斜率之积是，设点P的轨迹为曲线H.(1)求曲线H的方程；(2)经过点且斜率为k的直线与曲线H交于不同的两点E，F（均异于A，B），证明：直线BE与BF的斜率之和为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用斜率公式即可化简求解，（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，即可结合斜率公式求解.【详解】（1）设，则由直线PA，PB的斜率之积是可得，化简可得（2）设直线方程为：，则与椭圆方程联立可得：，则，故或，设，则，.故.

.15．（2023春·浙江·高二校联考）已知椭圆：．(1)直线：交椭圆于，两点，求线段的长；(2)为椭圆的左顶点，记直线，，的斜率分别为，，，若，试问直线是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)直线过定点【分析】（1）将与椭圆联立得到、、和，进而得到；（2）设直线：，联立椭圆与直线得到韦达定理以及，利用进而得到，由得到的值，最后舍去不符合题意的即可.【详解】（1）

将直线与椭圆方程联立，即，得，即，故；（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，，符合题意．题型六：椭圆中的定值线和向量问题16．（2023秋·全国·高二期中）椭圆E的方程为，左、右顶点分别为，，点P为椭圆E上的点，且在第一象限，直线l过点P(1)若直线l分别交x，y轴于C，D两点，若，求的长；(2)若直线l过点，且交椭圆E于另一点Q（异于点A，B），记直线与直线交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由．【答案】(1)；(2)点M在定直线上，理由见解析.【分析】（1）设，由题意可得则，，从而可得，根据即可求解；（2）依题可设直线l的方程为，，，．求出直线的方程为，直线的方程为，联立可得，联立直线l的方程和椭圆方程，结合韦达定理，从而可求解.【详解】（1）设，则①，②，由①②可得，，即，（2）依题可设直线l的方程为，，，．联立方程组，整理得，，则，直线的方程为，直线的方程为，联立方程组，得，因为，，由，得，得．所以.故点M在定直线上．

【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（或）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.17．（2023春·海南·高二统考期末）已知椭圆：的离心率为，点，，分别是椭圆的左、右、上顶点，是的左焦点，坐标原点到直线的距离为.(1)求的方程；(2)过的直线交椭圆于，两点，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由离心率、等面积法及椭圆参数关系列方程求椭圆参数，即可得方程；（2）讨论直线的斜率，设的方程并联立椭圆方程，应用韦达定理及向量数量积的坐标表示得到关于所设参数的关系式，进而求范围.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，根据题意解得故的方程为.（2）由（1）知：.当直线的斜率为0时，点为椭圆的左、右顶点，不妨取，此时，则.当直线的斜率不为0或与轴垂直时，设其方程为，代入椭圆并消去得，设，则.而，所以.因为，所以，所以.综上，的取值范围为.

18．（2023·全国·高二专题练习）已知、是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且.(1)求椭圆的方程；(2)已知，两点的坐标分别是，，若过点的直线与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过点，求出直线的所有方程.【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据，，得到，再由求解；（2）当直线与轴垂直，容易判断；当直线与轴不垂直，设直线的方程是，与椭圆的方程联立，根据以为直径的圆过点，由，即结合韦达定理求解.【详解】（1）解：因为，所以椭圆的左焦点的坐标是，所以解得所以椭圆的方程为.（2）若直线与轴垂直，则直线与椭圆的交点，的坐标分别是，，以为直径的圆显然过点，此时直线的方程是；若直线与轴不垂直，设直线的方程是，与椭圆的方程联立，消去并整理，得.设，，则，，，.因为以为直径的圆过点，所以，即，，所以，，，解得.显然满足，所以直线与轴不垂直时，直线的方程是，即.综上所述，当以为直径的圆经过点时，直线的方程是或.【专题强化】一、单选题19．（2023秋·全国·高二期中）椭圆与直线的位置关系是（

）A．相离 B．相交 C．相切 D．无法确定【答案】B【分析】根据定点判断直线和椭圆的位置关系.【详解】直线过定点在椭圆内，故直线与椭圆相交.故选:B.20．（2023·江苏·高二专题练习）在椭圆上求一点，使点到直线的距离最大时，点的坐标为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意可知，当点在第三象限且椭圆在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离取得最大值，可设切线方程为，将切线方程与椭圆方程联立，求出的值，利用平行线间的距离公式可求得结果.【详解】如下图所示：

根据题意可知，当点在第三象限且椭圆在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离取得最大值，可设切线方程为，联立，消去整理可得，，因为，解得，所以，椭圆在点处的切线方程为，因此，点到直线的距离的最大值为,联立，可得点的坐标为.故选：B.21．（2023秋·高二课时练习）通过椭圆的焦点且垂直于x轴的直线l被椭圆截得的弦长等于（

）A． B．3 C． D．6【答案】B【分析】根据椭圆方程写出一条过焦点且垂直于x轴的直线，代入椭圆方程求交点纵坐标，即可得弦长.【详解】由题设，不妨设过焦点且垂直于x轴的直线，代入椭圆方程得，可得，故被椭圆截得的弦长等于.故选：B22．（2023春·湖南·高二校联考期中）已知椭圆的离心率为，且连接椭圆的四个顶点构成的四边形的面积有最小值8，则下列四个点一定在椭圆上的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设椭圆上的一点为，然后由离心率可得，由基本不等式可得的最小值为，然后可解出，即可得答案.【详解】设椭圆上的一点为，则，因为椭圆的离心率为，所以，得，由于，即，当且仅当时取到等号，连接椭圆的四个顶点构成的四边形的面积为，又面积有最小值8，所以，及，所以，所以椭圆一定过点．故选：C23．（2023·全国·高二专题练习）椭圆内有一点，则以为中点的弦所在直线的斜率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用中点坐标公式、斜率计算公式、“点差法”即可得出．【详解】设以点为中点的弦所在直线与椭圆相交于点，，，，斜率为．则，，两式相减得，又，，，代入解得．故选：D．24．（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆方程为，为椭圆内一点，以为中点的弦与椭圆交于点，与轴交于点，线段的中垂线与轴交于点，当面积最小时，椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据点差法求出直线斜率，由直线方程求出点横坐标，根据垂直可得斜率，由直线方程得出点横坐标，据此可求出三角形面积，根据均值不等式求最值，利用等号成立的条件求出对应的离心率即可.【详解】如图，

设，由题意可得，则由以为中点的弦与椭圆交于点可得，两式相减可得，即，所以直线方程为，令，可得，由知，，所以直线的方程为，令，可得，，当且仅当，即时等号成立，此时，故.故选：B25．（2023秋·浙江舟山·高二舟山中学校考阶段练习）椭圆C：的长轴长、短轴长和焦距成等差数列，若点P为椭圆C上的任意一点，且P在第一象限，O为坐标原点，为椭圆C的右焦点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据等差数列的定义及椭圆的定义先计算，利用三角换元设点坐标，结合二次函数的单调性计算范围即可.【详解】由题意可知，即，结合题意不妨设，则，所以，由题意得，令，则由二次函数的单调性知当时，上式取得最大值，当时，，故.故选：C26．（2023春·江苏南京·高二校联考阶段练习）已知椭圆的长轴长为，且与轴的一个交点是，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．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】由题意可求得椭圆方程为，由，得点为线段的中点，然后利用点差法可求出直线的方程，则的最小值为点到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可求出结果.【详解】由题意得，则，，所以椭圆方程为，因为，所以在椭圆内，所以直线与椭圆总有两个交点，因为，所以点为线段的中点，设，则，，所以，所以，所以，即，所以，所以直线为，即，因为M为直线上任意一点，所以的最小值为点到直线的距离，故选：B二、多选题27．（2023秋·高二课时练习）已知是椭圆的右焦点，是上的一个动点，则下列说法正确的是（

）A．椭圆的长轴长是4B．的最大值是2C．的面积的最大值为，其中为坐标原点D．直线与椭圆相切时，【答案】ACD【分析】根据椭圆的几何性质可得、、、，结合长轴的概念判断A，利用两点求距离公式和二次函数的性质判断B，结合三角形面积公式计算判断C，利用代数法判断直线与椭圆的位置关系判断D.【详解】A：由，得，所以椭圆的长轴为，故A正确；B：由，得，则，，由，得，所以，又二次函数的对称轴为，所以该函数在上单调递减，则当时，函数取到最大值9，即的最大值为3，故B错误；C：由题意得，，所以，即的面积的最大值为，故C正确；D：，消去y，得，因为直线与椭圆相切，只有一个交点，所以，解得，故D正确.故选：ACD.28．（2023·全国·高二专题练习）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（

）A．直线的方程为 B．C．椭圆的标准方程为 D．椭圆的离心率为【答案】ABD【分析】根据直线过点和点可得直线的方程，与椭圆方程联立，可得的中点的横坐标得到可得椭圆标准方程和离心率，从而达到答案.【详解】因为直线过点和点，所以直线的方程为，代入椭圆方程，消去，得，所以的中点的横坐标为，即，又，所以，离心率为，所以圆的方程为．故选：ABD．

29．（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于、两点，则（

）A．的周长为20 B．的面积为C．线段中点的横坐标为 D．线段的长度为【答案】ACD【分析】利用椭圆的定义判断A；联立直线与椭圆方程，求出弦中点横坐标及弦长判断CD；求出面积判断B作答.【详解】依题意，直线过椭圆的左焦点，椭圆长轴长，所以的周长，A正确；由消去y得：，设，则，，因此线段中点的横坐标为，C正确；线段的长度为，D正确；点到直线的距离，所以的面积为，B错误.故选：ACD30．（2023·全国·高二专题练习）已知，是椭圆：的左右顶点，过点且斜率不为零的直线与交于，两点，，，，分别表示直线，，，的斜率，则下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．直线与的交点的轨迹方程是【答案】ABD【分析】A选项，设，得到，利用斜率公式表达出；B选项，设出直线：，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，利用斜率公式表达出；C选项，由AB选项可得C错误；D选项，表达出直线和直线方程，联立后得到，结合求出答案.【详解】对于A：设交点，因为在椭圆上，故，所以.选项正确；对于B：设，，直线：，联立，消去，得，则①，②，所以，故选项B正确；对于C：联立和，相除得，故选项C错误；对于D：设直线方程：③，直线方程：④，联立③④，消得，，结合选项B中①②得，所以.D正确；故选：ABD.【点睛】求轨迹方程常用的方法：直接法，相关点法，交轨法，定义法，本题的难点是表达出直线和直线方程，联立后得到，下一步的处理方法，本题中用到了求轨迹方程的交轨法，属于较难一些的方法，要结合交点坐标得到，再代入式子中，即可求解.三、填空题31．（2023秋·陕西西安·高二陕西师大附中校考阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别是，过右焦点且斜率为的直线与椭圆相交于两点，若满足，则椭圆的离心率为.【答案】/【分析】设直线方程为，联立椭圆方程得，由韦达定理得，再根据条件得，联立方程即可得出结果.【详解】根据题意，设直线方程为，，由，消得到，易知，由韦达定理得，又因为，所以，得到，将代入，得到，将代入，得到，又，所以，得到，故答案为：.32．（2023·江苏·高二假期作业）已知椭圆的两焦点为，点在椭圆上．若的面积最大为12，则椭圆的标准方程为．【答案】【分析】由题意可知当在轴上时的面积最大，从而可求出，再结合可求出，从而可求出椭圆的标准方程.【详解】如图，当在轴上时的面积最大，所以，所以．又，所以，所以椭圆的标准方程为．故答案为：

33．（2023·江苏·高二专题练习）设椭圆的右焦点为，点在椭圆外，、在椭圆上，且是线段的中点.若直线、的斜率之积为，则椭圆的离心率为.【答案】/【分析】取线段的中点，连接，推导出，可得出，利用点差法可求得的值，由此可求得椭圆的离心率的值.【详解】如下图所示：

由题意可知，点为椭圆的左焦点，因为点、，易知点为线段的中点，又因为为的中点，所以，，取线段的中点，连接，则，所以，，所以，，故，设点、，则点，所以，，两个等式作差可得，可得，所以，，所以，椭圆的离心率为.故答案为：.34．（2023·全国·高二专题练习）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：.四、解答题35．（2023秋·江西宜春·高二江西省铜鼓中学校考阶段练习）在平面直角坐标系中，动圆与圆内切，且与圆：外切，记动圆的圆心的轨迹为.(1)求轨迹的方程；(2)过椭圆C右焦点的直线l交椭圆于A，B两点，交直线于点D．且,设直线QA，QD，QB的斜率分别为，，，若，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据两圆内切和外切满足的几何关系，即可得，结合椭圆的定义即可求解，（2）联立直线与椭圆方程，根据两点斜率公式即可代入求解.【详解】（1）由已知圆可化为标准方程：，即圆心，半径，圆可化为标准方程：，即圆心，半径，，经分析可得，，则.由题意可知，两式相加得，，所以，点的轨迹为以为焦点的椭圆，可设方程为，则，，，，，所以，轨迹的方程为.（2）由题意直线AB的斜率一定存在，由（1）知，，则椭圆的右焦点坐标为，设直线AB方程为：，D坐标为．所以，设，，将直线AB方程与椭圆方程联立得．恒成立，由韦达定理知，且，，则．故（定值）．

【点睛】圆锥曲线中取值范围或者定值问题的求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造关系，从而确定参数的取值或者范围；（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）利用隐含的关系建立不等式或者方程，从而求出参数的取值或者范围；（4）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.36．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考阶段练习）已知圆：和圆：，以动点为圆心的圆与其中一个圆外切，与另一个圆内切.记动点的轨迹为.(1)求轨迹的方程；(2)过的直线交轨迹于，两点，点在直线上.若为以为斜边的等腰直角三角形，求的长度.【答案】(1)；(2).【分析】（1）首先判断圆在圆内，设且对应圆半径为，根据题设及两点距离公式得到关于关系，代入距离公式整理即得轨迹方程；（2）设直线为，联立整理为一元二次方程形式，应用韦达定理、弦长公式得，求中点及其中垂线与交点，根据已知有列方程求参数，即可求的长度.【详解】（1）由题设且半径，且半径，所以，即圆在圆内，设，又为圆心的圆与其中一个圆外切，与另一个圆内切，且半径为，所以，则.所以轨迹的方程为.（2）由题意，直线的斜率一定存在，设直线为，由，即在椭圆内，联立椭圆方程整理得：，所以，且，则，又，则中点，所以线段垂直平分线为，令，则，故交点坐标，由为以为斜边的等腰直角三角形，所以则，则，所以，故.

37．（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，左右焦点分别为，，直线与椭圆交于A，两点，弦被点平分．(1)求直线的方程；(2)求弦的长．【答案】(1)(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，因为弦被点平分，所以又，两式相减得：），所以直线的斜率，故直线的方程为（2）由（1）可知，与椭圆方程联立，所以，由弦长公式可知.38．（2023秋·全国·高二期中）已知椭圆：，为椭圆的右