专题3.1.3直线与椭圆的位置关系-

专题3.1.3直线与椭圆的位置关系【基本知识梳理】知识点1：直线与椭圆的位置关系(1)直线与椭圆的三种位置关系

类比直线与圆的位置关系，直线与椭圆有相离、相切、相交三种位置关系，如图所示.(2)利用方程讨论直线与椭圆的位置关系：>0直线与椭圆相交有两个公共点;

=0直线与椭圆相切有且只有一个公共点;

<0直线与椭圆相离无公共点.知识点2：弦长问题(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.

(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m交椭圆+=1(a>b>0)于，两点，则或.知识点3：“中点弦问题”(1)解决椭圆中点弦问题的两种方法

①根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决.②点差法：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系.设，，代入椭圆方程+=1(a>b>0)，得，②可得+=0，设线段AB的中点为，当时，有+=0.

因为为弦AB的中点，从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系，这就是处理弦中点轨迹问题的常用方法.(2)弦的中点与直线的斜率的关系

线段AB是椭圆+=1(a>b>0)的一条弦，当弦AB所在直线的斜率存在时，弦AB的中点M的坐标为，则弦AB所在直线的斜率为，即.【题型1直线与椭圆的位置关系的判定】【例1】（20232024∙高二上∙辽宁大连∙期中）已知椭圆，直线，则与的位置关系为（A.相交 B.相切 C.相离 D.以上选项都不对【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，联立方程并借助一元二次方程判别式判断得解.【详解】由消去y并整理得：，显然，因此方程组有两个不同的解，所以与相交.故选：A【变式11】（20232024·全国·高二上·阶段练习）已知直线l：kx+y+1=0，曲线C：x216+y24=1A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定【解题思路】求出直线所过的定点，证明该定点在椭圆内部即可得出结论.【解答过程】解：由直线l：kx+y+1=0，得直线l过定点0,−1，因为016+14<1所以直线l与曲线C相交.故选：C.【变式12】（20232024∙高二下∙重庆∙阶段测试）若直线与圆相离，则过点的直线与椭圆的交点个数是（A.0或1 B.0 C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】由直线与圆相离得，则点在椭圆的内部，由此即可得解.【详解】由题意直线与圆相离，所以圆心到直线的距离，即，而，即点在椭圆的内部，所以过点的直线与椭圆的交点个数是2.故选：D.【变式13】（20232024∙高二上∙山东济宁∙月考(1)证明：直线l与椭圆C恒有两个交点；(2)已知点，若P是椭圆C上任意一点，求的取值范围.【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）先求直线l所过定点，然后由定点在椭圆内可证；（2）利用椭圆方程带入两点间的距离公式消元，然后由二次函数性质可解.【详解】（1）整理可得，由解得，所以直线l过定点.又，所以点在椭圆内部，所以直线l与椭圆C恒有两个交点.（2）设点P坐标为，则所以令，其对称轴为，且开口向上所以，当时，当时，所以，所以，即所以的取值范围为【题型2根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围】【例2】（20222023∙高二上∙山东济南∙期末）若直线与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则nA. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题得直线所过定点在椭圆上或椭圆内，代入椭圆得到不等式，再结合椭圆焦点在轴上即可.【详解】直线恒过定点，若直线与椭圆总有公共点，则定点在椭圆上或椭圆内，，解得或，又表示焦点在轴上的椭圆，故，，故选：C.【变式21】（20232024∙高二上∙辽宁辽阳∙期末）（多选）已知椭圆C：，直线与C交于，两点，若，则实数的取值可以为（）A． B． C．3 D．4【答案】CD由，得．因为点，在椭圆C上，所以消去得，解得．又，所以，显然，解得．【变式22】（20242025∙高三上∙湖南∙开学考）已知椭圆（1）求的离心率；（2）若直线与有且仅有一个交点，求的一般式方程.【答案】（1）由题意得，从而可得故的离心率.（2）联立，得，由，得，直线的一般式方程为：.【变式23】（20242025∙高二下∙陕西咸阳∙期末）已知椭圆（I）求椭圆的标准方程；（II）若直线与椭圆相切，且直线与直线：平行，求直线的斜截式方程.解：（I）由题意得得椭圆的标准方程为.（7分）（II）设与直线平行的直线的方程为：，联立得，由，得，直线的斜截式方程为：.（15分）【题型3椭圆的弦长问题】【例3】（20232024∙高二上∙浙江绍兴∙期末）已知椭圆，过原点且倾斜角为的直线交椭圆于两点，则（A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依题写出直线的点斜式方程,与椭圆方程联立，求出两交点坐标，利用两点距离公式计算即得.【详解】依题意，可得直线的方程为：，代入中，整理解得：，当，；当时，，故有,则.故选：D.【变式31】（20232024∙高二上∙山东济宁∙期中）（多选）已知过点的直线与椭圆交于两点，则弦长可能是（A.1 B. C. D.【答案】BCD【解析】【分析】讨论直线斜率存在性，设直线方程并联立椭圆方程，应用韦达定理及弦长公式求的范围，即可得答案.【详解】由，即点在椭圆内，若直线斜率存在，设直线为，联立椭圆，整理得，且，所以，则，若直线斜率不存在，则为长轴长，即，综上，.故选：BCD【变式32】（20232024∙高二上∙四川南充∙期末）通过椭圆的焦点且垂直于xA. B.3 C. D.6【答案】B【解析】【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：B【变式33】（20232024∙高二上∙山东临沂(1)求的长轴长：(2)若斜率为的直线交于A，B两点，求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）基本量运算得出a得出长轴长即可；（2）先联立方程组得出韦达定理，再应用弦长公式计算，最后结合最值求解即得.【详解】（1）由题意得得所以的长轴长．（2）

由（1）可知的方程为．设，，．由得，由，得．由韦达定理得则．当时，取得最大值，且最大值为．【题型4椭圆的斜率积问题】【例4】（20232024∙高二上∙河南南阳∙月考）已知曲线与y轴交于A，B两点，P是曲线C上异于A，B的点，若直线AP，BP斜率之积等于，则A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设出点的坐标，再利用斜率的坐标公式求出即可计算离心率.【详解】依题意，，设点，则有，即，由直线AP，BP斜率之积等于，得，即，显然曲线是焦点在轴上的椭圆，，所以C的离心率为.故选：A【变式41】（20232024∙高二上∙山东威海∙期末）已知，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上异于，的点，若直线，与直线交于，两点，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】根据题意可知直线和直线的斜率存在，且斜率之积为，设出两直线方程解出，两点坐标，即可得的表达式，利用基本不等式即可求出其最小值.【详解】如下图所示：设，则，易知，，直线和直线的斜率存在，且斜率之积为.设直线的方程为，则，直线的方程为，则，所以.当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为.故答案为：【变式42】（20232024∙高二上∙福建南平∙期中）（多选）已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，则（A.的周长为4B.的取值范围是C.的最小值是3D.若点在抛物线上，且线段中点为，则直线的斜率为【答案】BCD【解析】【分析】利用椭圆的定义可判定A，利用焦半径公式可判定B，利用椭圆弦长公式可判定C，利用点差法可判定D.【详解】由题意可知椭圆的长轴长，左焦点，由椭圆的定义可知，故A错误；设，，易知，故B正确；若的斜率存在，不妨设其方程为：，联立椭圆方程，则，所以，若的斜率不存在，则其方程为，与椭圆联立易得，显然当的斜率不存在时，，故C正确；设，易知，若中点为，则，故D正确.故选：BCD【变式43】（20232024∙高二上∙四川南充∙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（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【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.【小问1详解】设，则由直线PA，PB的斜率之积是可得，化简可得【小问2详解】设直线方程为：，则与椭圆方程联立可得：，则，故或，设，则，.故.【题型5椭圆的“中点弦”问题】【例5】（20232024∙高二上∙重庆∙月考）过椭圆的右焦点的直线交该椭圆于A、B两点，线段AB的中点为，则椭圆E【答案】##【解析】【分析】求出直线的方程，与椭圆方程联立结合弦中点坐标求解即得.【详解】依题意，直线方程为，由消去并整理得，由弦AB的中点为，得，解得，由可得上述关于的一元二次方程，所以椭圆E的离心率为.故答案为：【变式51】（20232024∙高二上∙重庆∙期末）设直线与椭圆交于两点,且点为线段的中点,则直线的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】设的坐标,代入椭圆的方程,作差得的值,即直线的斜率,然后根据点斜式求得直线方程即可.【详解】设则将点代入椭圆方程,两式作差得即直线的斜率为直线的方程为即.故选：.【变式52】（20232024∙高二上∙山东临沂∙期末）已知椭圆的离心率为，直线与交于两点，直线与的交点恰好为线段的中点，则的斜率为____________.【答案】##0.25【解析】【分析】根据椭圆的离心率可得，设，利用点差法，结合直线与的交点恰好为线段AB的中点，即可求得答案.【详解】由题意知椭圆的离心率为，故，，设，由题意知l的斜率存在，则，设线段AB的中点为，则直线l的斜率为，直线的斜率，由，两式相减得，即得，即，故，故答案为：【变式53】（20232024∙高二上∙浙江杭州∙期中）（多选）设椭圆的方程为，斜率为k的直线l不经过原点O，且与椭圆相交于A，B两点，MA.B.若，则直线l的方程为C.若直线l的方程为，则D.若直线l的方程为，则【答案】BD【解析】【分析】利用点差法，即可判断A；根据A的结果，结合中点坐标和直线的斜率，可分别判断BC，直线与椭圆方程联立，结合弦长公式，即可判断D.【详解】A.设，，，，两式相减得，整理为，即，故A错误；B.由，以及，可知，，则，所以直线的方程为，则，故B正确；C.由，且直线l的方程为，所以，即，且，解得：，，即，故C错误；D.联立，得，得或，弦长，故D正确.故选：BD【变式54】（20232024∙高二上∙山东济宁∙月考）已知椭圆的焦距为，短轴长为2，直线l过点且与椭圆C交于A(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l的斜率为1，求弦的长；(3)若过点的直线与椭圆C交于E、G两点，且Q是弦的中点，求直线的方程．【答案】(1)(2)(3)【分析】(1)根据给定条件直接求出半焦距c，b，a即可得解.(2)将直线l与椭圆C的方程联立，借助弦长公式计算即得.(3)设出点E，G坐标，利用点差法求出直线的斜率即可求解作答.【详解】（1）依题意，椭圆C的半焦距，而，则，所以椭圆C的方程为：.（2）设，依题意，直线l的方程为：，由消去y并整理得：，解得，因此，，所以弦的长是.（3）显然，点在椭圆C内，设，因E、G在椭圆C上，则，两式相减得：，而Q是弦的中点，即且，则有，于是得直线的斜率为，直线的方程：，即，所以直线的方程是.【题型6椭圆中的面积问题】【例6】（20232024∙高二上∙四川南充∙期末）已知点是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为、，且，则的面积为（）A.6 B.12 C. D.【答案】C【解析】【分析】设，，由椭圆定义得，由余弦定理求出，从而利用三角形面积公式求出答案.【详解】由椭圆，得，，.设，，∴，在中，由余弦定理可得：，可得，得，故.故选：C.【变式61】（20232024∙高二上∙天津∙月考）已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，且，则的面积为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知结合椭圆定义求得，再由隐含条件求得，利用勾股定理可得是以为斜边的直角三角形，则的面积可求．【详解】在椭圆中，，，，则，，，，在中，，则是以为斜边的直角三角形，则的面积为：．故选：A．【点睛】方法点睛：椭圆中的焦点三角形：椭圆上一点与椭圆的两个焦点、构成的称为焦点三角形，在处理椭圆中的焦点三角形问题时，可结合椭圆的定义以及三角形中的有关定理和公式（如正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式等）来求解.【变式62】（20232024∙高二上∙天津∙月考）椭圆的左右焦点分别为，，其中，为原点.椭圆上任意一点到，距离之和为.(1)求椭圆的标准方程及离心率；(2)过点的斜率为2的直线交椭圆于A、B两点.求面积.【答案】(1)椭圆方程为，离心率为(2)【分析】（1）根据椭圆定义得到，，进而求出，得到椭圆方程和离心率；（2）直线方程为，联立椭圆方程，得到，求出，并求出点到直线的距离，计算出三角形面积.【详解】（1）由题意得，，解得，故，故椭圆的标准方程为，离心率为；（2）直线方程为，联立得，，解得，故，不妨设，故，点到直线的距离为，故.【变式63】（20232024∙高三下∙天津∙开学测试）已知椭圆（1）求C的方程；（2）经过椭圆左顶点A且斜率为的直线l与C交于A，B两点，交y轴于点E，点P为线段AB的中点，若点E关于x轴的对称点为H，过点E作OP（O为坐标原点）垂直的直线交直线AH于点M，且△APM面积为，求k的值．【答案】【详解】（1）由题意，知，解得∴椭圆C的方程为．（2）易知，椭圆的左顶点，设直线l的方程为，则由消去y并整理，得．设，∴．∴∴，∴直线EM的斜率为∴直线EM方程为，直线AH的方程为．∴点∴点M到直线的距离为∴∴∵，解得或1．【题型7椭圆中的定点、定值、定直线问题】【例7】（20232024∙高二上∙山东青岛∙期中）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【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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.【变式71】（20232024∙高二上∙山东菏泽∙月考）在直角坐标平面内，已知，动点满足条件：直线与直线的斜率之积等于，记动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点作直线交于两点（与不重合），直线与的交点是否在一条定直线上？若是，求出这条定直线的方程；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）是，.【解析】【分析】（1）设，由斜率公式得到方程，整理即可得解；（2）依题意直线的斜率不为，设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线、的方程，即可得到直线，的交点的坐标满足，根据韦达定理求出，即可求出，从而得解.【小问1详解】设，则，所以，即，故曲线的方程为；【小问2详解】根据题意，直线的斜率不为0，设直线的方程为，由消去并整理得，，设，则，因为，所以可设直线的方程为，①直线的方程为，②所以直线的交点的坐标满足.而，因此，即点在定直线上，且定直线的方程为.【变式72】（20232024∙高二上∙湖南衡阳∙期中）已知点与定点的距离和它到定直线（1）求点的轨迹方程；（2）若直线与轨迹交于两点，为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由.【答案】（1）（2）是定值，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意可得，即可求解；（2）利用韦达定理结合，可得，再利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出三角形的面积，进而可求解.【小问1详解】设点坐标为，化解可得：.【小问2详解】设，联立直线和椭圆方程可得：，

消去可得：，所以，即，则，，，把韦达定理代入可得：，整理得，满足，又，而点到直线的距离，所以，把代入，则，可得是定值1.【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，注意的判断；（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；【变式73】（20232024∙高二上∙山东普高∙步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一定点，记为；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点（即折叠后图中的点与点重合）；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与的交点为；步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.现取半径为4的圆形纸片，设点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以线段的中点为原点，线段所在直线为轴建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）设轨迹与轴从左到右的交点为点，，点为轨迹上异于，，的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线、的斜率分别为、.（i）求证：定值；（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）（i）证明见解析（ii）证明见解析，该定点的坐标为【解析】【分析】（1）由折纸的对称性，可知，从而确定点的轨迹；（2）（i）设点，，，根据斜率公式分别求出、，结合椭圆方程证明；（ii）设直线的方程为，直曲联立，结合韦达定理和（i）的结论求出，根据直线方程即可求出定点.【小问1详解】由题意可知，，故点的轨迹是以，为焦点，且长轴长的椭圆，焦距，所以，因此轨迹方程为.【小问2详解】证明：（i）设，，，由题可知，如下图所示：则，，而，于是，所以，又，则，因此为定值.（ii）设直线的方程为，，，由，得，所以.由（i）可知，，即，化简得，解得或（舍去），所以直线的方程为，因此直线经过定点.【点睛】本题第二问（ii）解题关键是设出直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理结合（i）的结论列方程可得.【题型8椭圆中的最值问题】【例8】（20232024∙高二上∙山东临沂∙期末）欧几里德生活的时期，人们就发现椭圆有如下的光学性质:从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆内壁反射后必经过该椭圆的另一焦点.现有椭圆，长轴长为，从的左焦点发出的一条光线，经内壁上一点反射后恰好与轴垂直，且.（1）求的方程;（2）设点，若斜率不为0的直线与交于点均异于点，且在以MN为直径的圆上，求到距离的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先由题意，结合椭圆的性质，求得点的坐标，代入椭圆方程，即可求解；（2）首先设直线的方程为,与椭圆方程联立，利用韦达定理表示，即可求解直线的定点，并根据几何关系，求点到直线距离的最大值.【小问1详解】不妨设是的右焦点,则轴,又,,不妨设点,则,又,的方程为.【小问2详解】设,直线的方程为,由，整理得,则故,点在以MN为直径的圆上,，，,,即,整理得:,,或,当时,直线,过定点,易知点在椭圆内,当时,直线,过定点,此时定点为点，两点中的一个与点重合,所以舍去,直线方程:,且直线恒过定点点到的距离最大值为.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求得直线所过的定点.【变式81】（20232024∙高二上∙福建厦门∙月考）已知椭圆E：（1）求椭圆E的标准方程；（2）过点作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N.①证明：直线MN必过定点；②若弦AB，CD的斜率均存在，求面积的最大值.【答案】（1）（2）①证明见解析；②【解析】【分析】（1）根据题意有，，即可求解；（2）①设直线：的方程，联立与椭圆方程消元后，利用韦达定理可求得点的坐标，继而可得点坐标，考虑直线斜率情况，得到其方程，即可求解；②根据，表示出的面积后，换元法转化函数，利用单调性即可求得最大值.【小问1详解】依题意有，，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】①设：，，，则：，联立，故，，，故，由代替m，得，当，即时，：，过点.当，即时，，：，令，，直线MN恒过点.当，经验证直线MN过点.综上，直线MN恒过点.②，令，，∵在上单调递减，∴，当且仅当，时取等号.故面积的最大值为.【变式82】（20232024∙高二上∙四川达州∙期中）已知椭圆的短轴长为2，点，分别是椭圆的左、右焦点，点为椭圆的上顶点，直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）不过右焦点的直线与以短轴为直径的圆相切，且与椭圆交于两点，直线与轴交点记为（ⅰ）若，证明：为定值；（ⅱ）若，求周长的最大值.【答案】解：（1）由已知，得，得故椭圆C的方程为：(2)设原点到直线的距离，即由得，，，同理(i)（ii）【变式83】（20232024∙高二上∙山东枣庄∙期中）已知椭圆C：（）过点，，为椭圆的左右顶点，，为椭圆的下顶点和上顶点，P是椭圆C上不同于，的动点，直线，的斜率分别为，，满足（1）求椭圆C的方程：（2）若点P是椭圆上第一象限内的一点，直线OP交椭圆C于另一点Q，求四边形的面积的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由得，再把已知点的坐标代入后列出关于的方程组求解可得椭圆标准方程.（2）设直线的方程为，求出点到直线的距离及，把四边形面积表示为的函数并求出取值范围得解.【小问1详解】设，显然，则，又，即，于是，即，由椭圆过点，得，联立解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由（1）知，，设直线的方程为，则点到直线距离分别为，.由得点，于是，四边形的面积，而，当且仅当，即时取等号，因此，所以四边形面积的取值范围是.【题型9椭圆中的向量问题】【例9】（20232024∙高二上∙山东济南山师大附中∙期中）已知椭圆的左焦点为，点(1)求椭圆的方程；(2)过点作斜率为的直线，与椭圆交于，两点，若，求的取值范围.【答案】(1)(2)或【解析】【分析】（1）根据焦点坐标可得，根据点到短袖的一个端点的距离为，然后根据即可；（2）先设联立直线与椭圆的方程，然后根据韦达定理得到，两点的坐标关系，然后根据建立关于直线的斜率的不等式，解出不等式即可.(1)根据题意，已知椭圆的左焦点为，则有：点到短袖的一个端点的距离为，则有：则有：故椭圆的方程为：(2)设过点作斜率为的直线的方程为：联立直线与椭圆的方程可得：则有：,直线过点，所以恒成立，不妨设，两点的坐标分别为：，则有：又且则有：将，代入后可得：若，则有：解得：或【变式91】（20232024∙高二上∙福建莆田∙期中）己知椭圆离心率，设点（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线MN过点，且，线段MN的中点为P，求直线OP的斜率的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆离心率和b的值，求得，即可得答案.（2）设直线MN的方程，联立椭圆