专题03椭圆的概念与几何性质（考点清单知识导图+3考点清单+9题型解读）（教师版） 2024-2025学年高二数学上学期期中考点大串讲（苏教版2019选择性必修第一册）

专题03椭圆的概念与几何性质【清单01】椭圆的概念与标准方程一．椭圆的定义(1)定义：平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹．(2)焦点：两个定点F1，F2.(3)焦距：两焦点间的距离|F1F2|.(4)半焦距：焦距的一半．二.椭圆的标准方程对比焦点的位置焦点在x轴上焦点在y轴上图形标准方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)焦点F1(－c，0)，F2(c，0)F1(0，－c)，F2(0，c)a，b，c的关系a2＝b2＋c2【清单02】椭圆的几何性质与离心率的求法一.椭圆的几何性质汇总焦点的位置焦点在x轴上焦点在y轴上图形标准方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)范围－a≤x≤a且－b≤y≤b－b≤x≤b且－a≤y≤a顶点A1(－a,0)，A2(a,0)，B1(0，－b)，B2(0，b)A1(0，－a)，A2(0，a)，B1(－b,0)，B2(b,0)轴长长轴长＝eq\a\vs4\al(2a)，短轴长＝eq\a\vs4\al(2b)焦点F1(－c,0)，F2(c,0)F1(0，－c)，F2(0，c)焦距|F1F2|＝eq\a\vs4\al(2c)对称性对称轴x轴和y轴，对称中心(0,0)离心率e＝eq\f(c,a)(0<e<1)二.椭圆的离心率1.定义：e＝eq\f(c,a).2.离心率的范围为：(0,1).3.公式拓展：e＝eq\f(c,a)=1−b2a4.e越大，椭圆越扁平；e越小，椭圆越接近于圆.【清单03】直线与椭圆的位置关系直线与椭圆的位置关系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。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；∆>0⟺直线与椭圆相交⟺有两个公共点；二．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x2a2+y2b2=1(a>b>0)与P三．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.【考点题型一】椭圆的概念与标准方程方法总结：我们把平面内与两个定点F1，F2,的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆，这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距，焦距的一半称为半焦距【例1】（23-24高二上·江苏盐城·期中）点Px,y在椭圆xA．6 B．8 C．10 D．12【答案】A【分析】先根据椭圆的标准方程，判断出0,5和0,−5是椭圆的两个焦点及a，b，c的值，再根据椭圆的定义，椭圆上一点到两焦点的距离之和为定值【详解】因为椭圆的标准方程为：x24+y29=1所以c2=a2−因为x2+y−52+根据椭圆的定义，所以x2故选：A.【变式1-1】（23-24高二上·江苏宿迁·期中）如图，椭圆C:x2a2+y

A．x210+C．x215+【答案】A【分析】根据平行关系得到相似关系，得到b=c，a=【详解】由题意得F1当x=−c时，−c2a所以PF因为AB//OP，所以PF1O故a=所以2c+c所以a=椭圆C的标准方程为x2故选：A【变式1-2】（23-24高二上·江苏宿迁·期中）阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．已知椭圆C：x2a2A．x224+C．x232+【答案】A【分析】由椭圆面积公式求得关于a,b的关系式，结合等边三角形性质可得a,b的基本关系，联立方程即可求解.【详解】由椭圆面积公式可得Sπ=ab,依题意有又长轴的一个端点与短轴的两个端点构成等边三角形，得a2+联立①②得：b2故椭圆的方程为x2故选：A【变式1-3】（23-24高二上·江苏泰州·期中）设m为实数，若方程x22−m+yA．32<mC．1<m<2 【答案】D【分析】利用已知条件，分析椭圆的简单性质，列出不等式，求解即可.【详解】x22−m+y2m故选：D【变式1-4】（23-24高二下·江苏南京·期中）已知椭圆C：x2a2+y(1)求椭圆C的方程；(2)过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，若AF=3FB，求【答案】(1)x(2)4【分析】（1）由离心率的值及椭圆过的点的坐标，可得a2，b（2）设直线AB的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，由AF=3FB，可得参数的值，求出点P到直线AB的距离及弦长|AB【详解】（1）由题意可得e=ca=1−所以椭圆的方程为：x2（2）由（1）可得右焦点F(3,0)当直线AB的斜率为0时，则直线AB的方程为y=0因为AF=3FB，可得A−2所以AF=2+23,0，FB=所以直线AB的斜率不为0，由于kPF=22−1=2，故设直线设A(x1,y1联立x=my+3可得y1+y2因为AF=3FB，即(−3−x1,可得−y1=3y将③代入①，可得y2=3再代入②可得：−27m2点P(2,2)到直线AB弦长|AB所以S由于m2=12，且S△

【考点题型二】椭圆的离心率方法总结：1.定义：e＝eq\f(c,a).2.离心率的范围为：(0,1).3.公式拓展：e＝eq\f(c,a)=1−b2a4.e越大，椭圆越扁平；e越小，椭圆越接近于圆.【例2】（23-24高二下·江苏南京·期中）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>【答案】1【分析】求出Pc,b2a【详解】由题意得，C:x2a2由于直线PF1的斜率为43，故Pc又a2=b2+c2②解得e=13故答案为：13【变式2-1】（23-24高二下·浙江·期中）已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>bA．39 B．C．239 【答案】C【分析】设切线为x=my+c,Ax1,y1,B【详解】如图，设切线方程为x=x=my+cx则y1+y2=−2代入①，得−y1=−2mcb又圆心C2(−c,0)到直线则d=−c−c1+m所以e2=c2a故选：C【变式2-2】（23-24高二上·江苏盐城·期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别是F1，F2，点P是椭圆CA．2111 B．C．77 D．【答案】D【分析】由题意求出|PF2|=b2a【详解】由题意知点P是椭圆C上位于第一象限的点，且PF2与故PF2⊥x轴，将x=则y=±b2a，即作QE⊥x轴，垂足为E，设

则PF2∥QE，故由PF1=4故|EF1y0=−|QE将Q点坐标代入x2a2结合b2=a故选：D【变式2-3】（23-24高二下·江苏南通·期中）设椭圆C：x2a2+y2b2=1【答案】3【分析】根据给定的条件，结合椭圆定义用a表示|PF1【详解】依题意，|AF1得：|PF2于是得|P令椭圆半焦距为c，有cos∠A在△PF1即(32a因此e2=1所以椭圆的离心率为33故答案为：3【变式2-4】（22-23高二上·江苏南通·阶段练习）已知椭圆C:A．55 B．12C．12或32 D．5【答案】B【分析】对焦点所在位置进行分类讨论，利用a2=b【详解】因为椭圆C:x2当椭圆焦点在x轴上，m=4+1=5，所以e当椭圆焦点在y轴上，4=m+1，所以故选：B.【考点题型三】焦点三角形方法总结：求椭圆中焦点三角形面积的方法：①根据椭圆的定义求出|PF1|+PF2|＝2a；②利用余弦定理表示出|PF1|，|PF2|，|F1F2|之间满足的关系式；③利用公式＝eq\f(1,2)×|PF1|·|PF2|sin∠F1PF2求得面积．利用公式＝eq\f(1,2)×|F1F2|×|yP|(yP为P点的纵坐标)求得面积④结论：S【例3】（23-24高二上·江苏徐州·期中）已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为FA．3 B．4C．5 D．6【答案】D【分析】利用椭圆定义以及标准方程即可得出结果.【详解】由题知，椭圆C:则长轴2a=4，焦距△PF1故选：D【变式3-1】（23-24高二上·江苏南通·期中）已知点P为椭圆x24+y2=1上的一个动点，点F1A．1 B．2C．3 D．4【答案】A【分析】根据题意，设PF【详解】由题意可得a=2,b=1,则m+n=2解得mn=2，所以S故选：A【变式3-2】（21-22高二上·黑龙江大庆·期中）已知F1,F2分别是椭圆C:x2A．18 B．36C．363 D．与a【答案】B【分析】由椭圆定义得PF1+PF【详解】解：由椭圆定义可知：PF∵∠F∴cos∠F即−∴P故选：B【变式3-3】（23-24高二上·江苏无锡·期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），F1、F2为椭圆的左右焦点，【答案】217/【分析】由题意AF2=2AF1，BF2=3BF【详解】如图所示：由题意AF2=2AF所以不妨设AF而由椭圆定义有AF所以t=所以AF在△ABF2在△AF1交叉相乘得1409a2−28c故答案为：217【点睛】关键点睛：解决问题的关键在于表示出AF2=【变式3-4】（21-22高二上·江苏扬州·期中）已知平面上两点F4,0，F'−4,0(1)求动点P的轨迹C的标准方程；(2)当动点P满足∠FP【答案】(1)x(2)±【分析】（1）根据动点P满足的几何性质和椭圆的定义可得动点的轨迹方程；（2）设Px0,y0【详解】（1）因为PF+由椭圆的定义可得P的轨迹为椭圆，其长轴长2a=10，故又因为F4,0，F'−4,0，所以椭圆焦点在x轴上，半焦距c故方程为：x2（2）由（1）知，F、F'是椭圆的两个焦点，设P在△FPF'所以FF'2又PF+PF在△FPF'又S△PFF'=

【考点题型四】和差最值问题方法总结：总体理论依据：1.线段公理——两点之间，线段最短。2.对称的性质——①关于一条直线对称的两个图形全等。②对称轴是两个对称图形对应点连线的垂直平分线3.三角形两边之和大于第三边。4.三角形两边之差小于第三边。5.垂直线段最短【例4】（23-24高二上·江苏连云港·期中）设椭圆C：x2+yA．1 B．bC．3 D．3b【答案】C【分析】利用椭圆的定义，结合两点间线段最短进行求解即可.【详解】设该椭圆的右焦点为Q，因为点P在C上，所以PF+所以PF+当P,B,Q三点共线时，所以PF+PB的最大值为故选：C

【变式4-1】（23-24高二上·江苏泰州·期中）已知F为椭圆C：x29+y2A．−26 B．C．−5+26 D．【答案】D【分析】要求的PQ−PF最小值，根据椭圆的定义可以转化为PQ+PE−6【详解】如图，由题可知，圆M的圆心坐标为0,4，半径为1，设椭圆C的左焦点为E，即E−2则PQ−故要求PQ−PF的最小值，即求所以PQ+PE的最小值等于即PQ−PF的最小值为故选：D．【变式4-2】（多选）（23-24高二上·江苏无锡·期中）已知椭圆M：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1−A．存在点P，使得∠B．若∠F1C．满足△F1PD．PF1【答案】AD【分析】求出椭圆方程，利用动点P的位置变化，研究∠F【详解】由椭圆M:x2a2+y将x=3代入x2a2+y2b由AB=1，则2b2a=1，即b化简得2a+3a−2=0，由a对于A，当点P为椭圆的上（或下）顶点时，∠F由椭圆M:x24+y2=1，则由对称性得∠F1PF2对于B，如图：设PF1=m，PF在△F1PF2中，由余弦定理得cos∠因此S△对于C，设PF1=m，PF当m=n=2时，△F1PF当m=F1F2时，△则x24+y2由Δ=8对于D，显然||PF1因此−23故选：AD【变式4-3】（23-24高二上·江苏扬州·期中）动点M分别与两定点A(−5,0)，B(5,0)连线的斜率的乘积为−1625，设点M的轨迹为曲线C，已知N(2,3)【答案】8,12【分析】根据已知可求得点M的轨迹方程为x225+y2【详解】设Mx,y，x≠±5，则由已知可得，kMA⋅k整理可得，x2所以，点M的轨迹方程为x225+所以，a2=25，b2=16，则F(−3,0)为椭圆的左焦点，设右焦点为F根据椭圆的定义有MF+所以MF=10−所以，MF+①当MN>MF当且仅当M,即M位于图中点M1时，MF1所以，MF+②当MN<MF所以MN−MF即M位于图中点M2时，MN−M所以，MF+综上所述，8≤MF故答案为：8,12.【变式4-4】（22-23高二上·浙江台州·期中）已知椭圆C:x23+y22=1的左、右焦点分别为F1,F【答案】4−2【分析】根据三角形三边之间的不等关系可得|MN|≥|ME|−1，再结合椭圆定义将MN−【详解】由题意知M为椭圆C:x23+y2故F2

故|MF1所以MN=|MN当且仅当M,而|E故MN−MF故答案为：4−2【考点题型五】点与椭圆直线与椭圆的位置关系方法总结：1.点P(x0，y0)与椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系：点P在椭圆上⇔eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1；点P在椭圆内部⇔eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)<1；点P在椭圆外部⇔eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)>1.2.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5】（21-22高二上·浙江·期中）若直线mx+ny=9和圆x2+A．0 B．1C．2 D．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(m【详解】因为直线mx+ny=9所以圆心0,0到直线mx+ny−9=0可得：m2即点(m,n又因为圆x2+y所以点(m,n即过点m,n的直线与椭圆故选：C.【变式5-1】（22-23高二下·上海浦东新·期中）已知椭圆C:x2A．相交 B．相切C．相离 D．不确定【答案】A【分析】根据直线方程可得直线l过定点A3,2，判断点A【详解】对于直线l:m+2令x−y−1=0故直线l过定点A3,2∵3225+所以直线l与椭圆C相交.故选：A.【变式5-2】（21-22高二上·安徽·期中）19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展.提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，且该圆的半径等于椭圆长半轴长与短半轴长的平方和的算术平方根.若圆x−22+y−A．±1 B．±5C．±21 D．【答案】C【分析】根据题意得椭圆x23+【详解】解：根据题意，椭圆x23+因为圆x−22+所以该圆与已知圆相切，又两圆圆心间距离为4+b所以4+b2=5或故选：C.【变式5-3】（22-23高二上·安徽宿州·期中）已知直线2kx−y+2=0与椭圆x2【答案】4,9【分析】首先求出直线过定点坐标，依题意定点在椭圆上或椭圆内，即可求出参数的取值范围，再由椭圆方程得到m≠9【详解】解：∵直线2kx−y+2=0，令2x=0−∴直线2kx−y即点P0,2在椭圆内或椭圆上，∴09又m≠9，否则x∴4≤m<9或m>9，即实数m故答案为：4,9【变式5-4】（22-23高二上·安徽·期中）已知椭圆C：x22+A．−1,13 C．−33,【答案】C【分析】设C上关于直线y=x+m对称的两点分别为Mx1,【详解】设C上关于直线y=x+m对称的两点分别为Mx则x122得x1由MN⊥l，得又x1+x所以x0−2y0=0所以x0=−2m，y又点E在C的内部，所以2m2+故选：C．【考点题型六】直线与圆弦长问题方法总结：（1）定义：连接椭圆上两个点的线段称为椭圆的弦．（2）求弦长的方法①交点法：将直线的方程与椭圆的方程联立，求出两交点的坐标，然后运用两点间的距离公式来求．②根与系数的关系法：如果直线的斜率为k，被椭圆截得弦AB两端点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则弦长公式为：|AB|＝eq\r(1＋k2)（x1+x2）2−4x1∙x【例6】（23-24高二上·江苏泰州·期中）已知椭圆C：x23+y2=1，Ax1,【答案】3【分析】由x1−y1=x2【详解】由x1−y故A,B两点在直线联立x=y+12Δ=1−4×4×−则y1所以AB=故答案为：310【点睛】关键点点睛：由x1−y1=【变式6-1】（23-24高二上·江苏南京·期末）已知椭圆x220+y2k=1(20>k【答案】455【分析】由题意可知2c=8，得c=4，然后可求出k，从而可求出椭圆方程，再将x=4代入椭圆方程中求出【详解】由题意可知2c=8，得c=4所以椭圆方程为x2椭圆的右焦点为F(4,0)，当x=4时，1620所以AB=2故答案为：4【变式6-2】（23-24高二上·江苏宿迁·期中）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1((1)求椭圆C的方程及弦AB的长；(2)椭圆上有一动点Q，求S△【答案】(1)x212(2)7【分析】（1）首先根据已知条件和平方关系求出椭圆方程，然后联立直线方程和椭圆方程，结合韦达定理以及弦长公式运算即可求解.（2）由题意只需求出动点Q到直线AB的最大值即可，此时可利用三角换元结合辅助角公式、三角函数性质即可，最终结合弦AB的长即可求解.【详解】（1）由题意2c=42所以椭圆C的方程为x2设Ax而过点P−2,1且斜率为1的直线l的方程为y−1=x将其与椭圆方程联立得x212+y2所以Δ=18所以弦AB的长为AB=2（2）由（1）椭圆C的方程及弦AB的长分别为x212+y24=1由题意动点Q在椭圆x212+所以点Q23cosd=而−4≤4cosθ所以−1≤4cosθ所以0≤4cos所以点Q23cosθ,2sinθ到直线所以S△即S△QAB的最大值为【变式6-3】（22-23高二上·山西太原·期中）已知平面上动点Mx,y与定点1,0的距离和M到定直线x=2的距离的比是常数22，动点M的轨迹为曲线C.直线l(1)若直线l的方程为y=2x+2(2)若△OPQ的面积为22，证明：x1【答案】(1)2(2)证明见解析.【分析】（1）由题知曲线C的方程为x22+y2=1，进而直线l的方程与椭圆方程联立结合弦长公式得（2）先考虑直线斜率存在时的情况，设其方程为y=kx+m，进而与椭圆方程联立，结合弦长公式得m2【详解】（1）解：动点Mx,y与定点FM到定直线x=2的距离为x所以x−12+所以，曲线C的方程为x2所以，联立方程x22+Δ=40>0所以，x1所以，原点到直线y=2x+2PQ=所以，△OPQ的面积所以，△OPQ的面积为（2）解：由（1）曲线C的方程为x2因为直线l的斜率存在，设其方程为y=与椭圆方程联立y=kx+Δ=4km2原点到直线y=kx+PQ=−4所以△OPQ的面积为1化简得8k2mm2x=16所以x1所以，y=22所以，y1当斜率不存在时，设其方程为x=与椭圆方程联立x=x0所以，P所以，PQ=2所以，△OPQ的面积为12×所以，x12综上，x12+【变式6-4】（20-21高二上·浙江金华·期中）已知椭圆C：x2a2+y（1）求椭圆C的方程；（2）A、B分别是椭圆C的左顶点和上顶点，P是线段AB上的点，直线y=12x+【答案】（1）x24+y【分析】（1）根据离心率和椭圆上的点列关于a，（2）联立直线与椭圆的方程，用m表示MN的长，再根据三角形的斜边长列等式即可求解参数m的值.【详解】（1）根据题意，c故椭圆C的方程为：x（2）由（1）知，A点坐标为（-2，0），B点坐标为（0，1）所以线段AB的方程为：y=1∴MN与AB间的距离为：直线y=12y=1∴且Δ=4m从而得，MN根据题意ΔPMN为斜边长为10直角三角形PM⊥MN或PM=d=2或PN=d=2m−2计算得：(2m−25∵0≤m≤2PN⊥PM时，MN=10此时，MN的方程为y=所以直线MN的方程为y=1【考点题型七】中点弦方法总结：解决椭圆中点弦问题的两种方法：（1）根与系数关系法：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：利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和【例7】（23-24高二上·江苏南通·期中）设a，b是实数，若椭圆ax2+by2=1与直线x+y=1交于点A，B，点M为AB的中点，直线【答案】(2【分析】将椭圆ax2+by2=1与直线x+y=1联立，由韦达定理表示出AB中点M的坐标，由OM的斜率可得【详解】由已知条件可知，a，联立x+y=1a设Ax1，则Δ>0则y1由OA⊥OB，则又因为kOM所以kOM解得a所以椭圆方程为(2故答案为：(2

【变式7-1】（23-24高二上·江苏宿迁·期中）已知椭圆C:x2m2+y26=1的焦点分别为F10,2，F20,−2，设直线l与椭圆【答案】3【分析】先由题意求出m2，再由点差法可以求出直线l【详解】根据题意，因为焦点在y轴上，所以6−m2=4即椭圆C:设Mx1,y1两式相减得x1+x因为点P12,12所以直线l的斜率为k=所以直线l的方程为y−12故答案为：3x【变式7-2】（20-21高二上·江苏·期中）已知椭圆C:x29+y24=1，点M与C的焦点不重合，若M关于CA．6 B．12C．18 D．24【答案】B【分析】根据已知条件,作出图形,连接MN的中点与椭圆的两个焦点,便会得到三角形的中位线,根据中位线的性质及椭圆上的点到两焦点的距离和为2a即可求出AN【详解】解：如图设MN的中点为Q，椭圆C的左右焦点分别为F1、F2,连接∵F1是MA的中点,Q是MN的中点,∴F1QQF同理:QF∵Q在椭圆C上,∴QF1+∴AN+BN=12.故选：B.【变式7-3】（23-24高二上·江苏南通·期中）已知椭圆C：x2(1)若P1,−(2)若直线l经过点Q4,0【答案】(1)3x(2)证明见解析.【分析】（1）利用点差法，利用Ax1,（2）根据椭圆的对称性，欲证点A，D关于x轴对称，只需证明kFA【详解】（1）设Ax1,则x124即y2因为P1,−12是线段AB的中点，所以x所以直线l的斜率k=所以直线l的方程为y+12（2）根据椭圆的对称性，欲证点A，D关于x轴对称，只需证kFA=−k设直线AB的方程为x=由x=my+4,所以y1+y所以kFA因为y1所以kFA

【变式7-4】（23-24高二上·江苏盐城·期中）已知椭圆C:x28+y24=1，左右焦点分别为F1，(1)求直线l的一般式方程；(2)求F1【答案】(1)x(2)47【分析】（1）设A(（2）由韦达定理得x1+x【详解】（1）因为弦AB被点2，1平分，所以设交点坐标Ax1则x1两式相减得：x1所以直线l的斜率k=故直线l的一般式方程为x联立椭圆与直线方程x28+y2所以直线方程为x+（2）由（1）知：F1−2，0由（1）得x1y1所以F1【考点题型八】轨迹方程问题方法总结：解决与椭圆有关的轨迹问题的三种方法：（1）定义法：用定义法求椭圆方程的思路是：先观察、分析已知条件，看所求动点轨迹是否符合椭圆的定义．若符合椭圆的定义，则用待定系数法求解即可．（2）方程法：直接根据条件列方程化简即可。（3）相关点法：有些问题中的动点轨迹是由另一动点按照某种规律运动而形成的，只要把所求动点的坐标“转移”到另一个动点在运动中所遵循的条件中去，即可解决问题，这种方法称为相关点法【例8】（23-24高二上·广东深圳·期中）如图，已知定圆A的半径为4，B是圆A内一个定点，且AB=2

A．圆 B．射线C．长轴为4的椭圆 D．长轴为2的椭圆【答案】C【分析】连接BQ，由线段垂直平分线的性质结合圆的性质可得AQ+【详解】连接BQ，因为线段BP的垂直平分线l和半径AP相交于点Q，所以BQ=因为AQ+PQ=所以点Q的轨迹是以A,故选：C【变式8-1】(多选)（23-24高二上·江苏徐州·期中）下列说法正确的是（

）A．若动圆C与圆C1:(x+1)B．若动点P到F(1,0)的距离是到直线x=9的距离的13C．将椭圆x24+D．已知点A(−2,0)，B(2,0)，直线AM,BM相交于点M，且它们的斜率之积是【答案】BC【分析】利用椭圆的定义，结合椭圆轨迹方程的求解方法一一求解即可判断.【详解】对A，如图，

设动圆C的半径为r，根据动圆C与圆C1外切，且与圆C可得，CC1=所以动圆的圆心C的轨迹是一个椭圆，方程为x但不包含点−2,0，因为此时动圆C变成了一个点，不满足题意，A错误；对B，设P(x,整理得，x2对C，将椭圆x24+得到x2对D，设M(kAM⋅k但因为kAM,k故选:BC.【变式8-2】（21-22高二上·江苏镇江·期中）泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点F1,0，直线l:x=4，动点P到点F的距离是点P到直线A．点P的轨迹方程是xB．直线l1：xC．平面上有一点A−1,1，则PAD．点P的轨迹与圆C：x2【答案】ABC【分析】对A，设Px,y，根据定义建立关系可求出；对B，联立直线与椭圆方程，判断方程组是否有解即可；对C，根据定义转化为求PA【详解】设Px,y，因为点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半，所以2联立方程x+2y−4=0x24+y23=1过P作PB垂直直线l:x=4，垂足为B，则由题可得PB=2PF，则PA由x2+y2−2x=0可得x故选：ABC.【变式8-3】（23-24高二上·江苏南通·期中）已知动点M(x,(1)指出动点M的轨迹C是何种曲线，并化简其方程；(2)若过点P1,12的直线l和曲线C相交于A,B两点，且P【答案】(1)椭圆，C的方程是：x(2)y【分析】（1）根据椭圆的定义即可判断点M的轨迹，并求解方程；（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）设F1(−1,0)，F2(1,0)，所以MF2+所以点M的轨迹C是以F1(−1,0)，F2设椭圆C的方程为x2a2+y2b所以a=2，c=1，所以b=a（2）设点Ax1,作差得x12−x2又由点P1,12是AB的中点，则有x变形可得kAB=y1−y2经检验符合题意，故直线l的方程为y=−【变式8-4】（20-21高二上·广西贵港·期中）已知平面内两定点M(−1,0),N(1,0)(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)若直线y=x+1【答案】(1)x(2)8【分析】（1）由椭圆的定义即可得解.（2）联立直线与椭圆方程结合韦达定理、弦长公式即可得解.【详解】（1）由椭圆的定义知，P点的轨迹为椭圆，其中c=1,所以所求动点P的轨迹C的方程为x2（2）设Ax联立直线与椭圆的方程y=x+1所以Δ>0，x1+∴AB=【考点题型九】椭圆切线相关问题方法总结：椭圆x2a2+【例9】（22-23高二上·湖南郴州·期中）已知点P1,2和焦点在y轴上的椭圆：x24+yA．0<c<2 C．0<c<2【答案】C【分析】由已知可得，点P在椭圆的外部.进而可推得4<m<16【详解】由题意可得，点P在椭圆的外部.所以，124+又椭圆焦点在y轴上，所以m>4，所以4<又c2=m−4，所以故选：C.【变式9-1】（23-24高二下·重庆·期中）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，过F2的直线与E交于点A．19 B．C．913 D．【答案】D【分析】画出图形，由题意可得出AM=AB，利用椭圆的定义结合已知条件可求出AF【详解】如下图所示：因为点B关于l的对称点为M，则AM=因为AF1+所以，AF所以，BF1M则AF所以，BF2=