【教无忧】高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）重难点10 椭圆方程及性质十三大题型

重难点10椭圆方程及性质十三大题型汇总技巧一.椭圆是在平面内定义的，所以“平面内”这一条件不能忽视．定义中到两定点的距离之和是常数，而不能是变量．常数(2a)必须大于两定点间的距离，否则轨迹不是椭圆，这是判断曲线是否为椭圆的限制条件．技巧二.求椭圆方程有两种方法：1.用定义法求椭圆的标准方程先根据椭圆的定义确定a2，b2的值，再结合焦点位置求出椭圆的方程．其中常用的关系有：①b2＝a2－c2；②椭圆上任意一点到椭圆两焦点的距离之和等于2a；③椭圆上一短轴顶点到一焦点的距离等于长半轴长a.2.用待定系数法求椭圆的标准方程的步骤注意：当椭圆焦点位置不明确时，可设为eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1(m>0，n>0，m≠n)，也可设为Ax2＋By2＝1(A>0，B>0，且A≠B)．技巧三.椭圆定义的应用把方程写成椭圆的标准方程形式，得到形式，要想表示：1.焦点在轴上的椭圆，必须要满足，解这个不等式就可求出实数的取值范围．2.焦点在x轴上的椭圆，必须要满足A>B>0，解这个不等式就可求出实数的取值范围．技巧四.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技巧五.和差最值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.垂直线段最短技巧六.离心率问题1．椭圆的离心率的求法：(1)直接求a，c后求e，或利用e＝eq\r(1－\f(b2,a2))，求出eq\f(b,a)后求e.(2)将条件转化为关于a，b，c的关系式，利用b2＝a2－c2消去b.等式两边同除以a2或a4构造关于eq\f(c,a)(e)的方程求e.2．求离心率范围时，常需根据条件或椭圆的范围建立不等式关系，通过解不等式求解，注意最后要与区间(0,1)取交集．技巧七.直线与椭圆的位置关系直线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．技巧八.弦长问题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|＝1+k2(x1技巧九.弦中点问题的解决方法（1）用“点差法”求解弦中点问题的解题步骤①设点——设出弦的两端点坐标；②代入——代入圆锥曲线方程；③作差——两式相减，再用平方差公式把上式展开；④整理——转化为斜率与中点坐标的关系式，然后求解．（2）对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件Δ>0；在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．椭圆第三定义：P为椭圆上一点，e为离心率，①A1，A②A1，A以上结论也适用于双曲线.题型1椭圆的定义【例题1】（23·24上·六安·阶段练习）已知F1，F2是椭圆C:xA．4 B．6 C．9 D．12【答案】C【分析】由椭圆的定义可得MF【详解】因为M在C上，由椭圆的定义可得：MF1+当且仅当MF所以MF1⋅故选：C.【变式1-1】1.（22·23上·凉山·期末）在平面内若曲线C上存在点A，使A到平面内两点M(−1,0)，N(1,0)距离之和为4，则称曲线C为“美好曲线”，以下曲线C是“美好曲线”的是（

）A．x2+yC．x26−【答案】B【分析】根据椭圆的定义求出动点A的轨迹方程，则问题转化为椭圆x2【详解】依题意AM+AN=4>MN，所以点A在以M(−1,0)，所以a=2、c=1，则b=a2−c2则问题转化为椭圆x2对于A：x2+y2=16表示圆心为0,0对于B：双曲线y22−x2所以点0,±2在椭圆x对于C：双曲线x26−y2即点±6,0在椭圆对于D：椭圆x216+y2显然4>2、22>3，则椭圆x故选：B【变式1-1】2.（23·24上·东城·期中）设P为椭圆C:x27+y23=1上一动点，F1，F【答案】(x+2)【分析】由椭圆定义可得|PF1|+|PF2|=2a=27，|PQ|=|PF2|，从而【详解】∵P为椭圆C:x27+y延长F1P至点Q，使得∴|PF1|+|P∴|PF∴Q的轨迹是以F1(−2,0)为圆心，∴动点Q的轨迹方程为(x+2)2故答案为：(x+2)【变式1-1】3.（23·24上·广州·期中）已知圆x+22+y2=16的圆心为M，点P是圆M上的动点，点N2,0，线段PN的垂直平分线交【答案】x【分析】由垂直平分线的性质，结合椭圆的定义得出点G的轨迹方程.【详解】依题意，点M(−2,0)，半径r=4，线段PN的垂直平分线交PM于G点，则于是GM+因此点G的轨迹是以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆，由2a=4，2c=22，得b所以点G的轨迹C的方程为：x2故答案为：x2【变式1-1】4.（23·24上·四平·期中）已知椭圆C：x216+y27=1【答案】25【分析】先根据定义得到PF1和【详解】因为点P是椭圆C上的一点，所以PF又由均值不等式可得PF当且仅当PF1=PF故答案为：25【变式1-1】5.（22·23·西安·模拟预测）P为椭圆x26+y2A．913 B．813 C．219【答案】D【分析】先得到A，B，C，D四个点的坐标，不妨设A−2,0，B2,0，C0,−1由椭圆定义得到PA+PB=26，进而求出PC+PD=2【详解】x2+y=1中，令x=0得y=±1，令不妨设A−2,0，B2,0，C0,−1，D则PA+因为PA+PB+又CD=2，PC由椭圆定义可知，P点在以C0,−1，D其中2a=26,2c=2，故a=6所以P为椭圆x2由x26+y22=1故选：D【变式1-1】6.（22·23下·厦门·期末）已知a,b,c分别是△ABC内角A,B,C的对边sinA+sinB=4sinCA．23 B．15 C．3 D．4【答案】B【分析】用正弦定理和余弦定理，计算得到c=2,a+b=8，得到CB+CA=8>AB=2，再利用椭圆的定义，求得椭圆的标准方程，进而求得面积的最大值.【详解】因为sinA+由正弦定理、余弦定理可得a+b=4c,a⋅a解得c=2,a+b=8，即CB又由椭圆的定义，可得点C点的轨迹是以A,B为焦点的椭圆，其中且长轴长为8，焦距为2，短轴长为215，可得椭圆的方程为x当C点在短轴端点时，△ABC面积最大，最大值12故选：B.题型2椭圆定义的应用【例题2】（22·23高二上·北京海淀·阶段练习）若m，n∈R，且mn≠0则“14nA．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由(14)n>(1【详解】由(14)又因为方程x2n+由m>n不一定能推出m>n>0，但由m>n>0一定能推出m>n，所以“(14)故选：B.【变式2-1】1.(多选)（22·23高二上·黑龙江哈尔滨·期末）当m变化时，x2A．当1<m<3时，方程表示椭圆B．m<1或m>3是方程表示双曲线的充要条件C．该方程不可能表示圆D．m=1是方程表示直线的充分不必要条件【答案】ACD【分析】分别列出方程x2【详解】若该方程表示椭圆，则3−m>0m−1>03−m≠m−1，若该方程表示是双曲线，则(3−m)(m−1)<0，∴m>3或m<1，故B正确；若该方程表示是圆，则3−m=m−1，∴m=2，即当∴m=2时，此方程表示圆，故C错误；若该方程不能表示是直线，故D错误.故选：ACD.【变式2-1】2.（多选）（22·23高二上·江苏南通·阶段练习）已知曲线C:x2sinA．若θ=π4，曲线C为圆心在原点，半径为B．若π2C．若C表示焦点在x轴上的椭圆，则πD．若C表示两条直线，则θ=【答案】BD【分析】分类讨论确定方程表示的曲线后判断各选项。【详解】θ∈(0,π2)时，cos由已知当θ∈(0,π4)时，cosθ>sinθ=π4时，方程为x2π4<θ<π2时，θ=π2时，方程化为π2<θ<π时，1sinθ综上AC错，BD正确．故选：BD．【变式2-1】3.（22·23高二上·北京东城·期末）已知点P是曲线ax2+by2①当ab>0时，方程ax②当ab<0时，方程ax③当a=124，b=18，且t=4时，使得④当a=124，b=18，且0<t<4时，使得【答案】②③④【分析】对①②，根据方程ax对③④，求出点P到直线y=x的距离d的取值范围，对点P是否为直角顶点进行分类讨论，确定d，t的等量关系，综合可得出结论.【详解】方程ax2+by2=1中当a=b>0时可表示圆，当ab<0时，在③④中：椭圆方程为x224+设点P(26cosθ,22sin

d=对③：t=4时，(1)若P为直角顶点，如图1，则|MN|=t=4，d=22<4，满足△MNP为等腰直角三角形的点图1(2)若P不是直角顶点，如图2，则|MN|=t=4，d=4，满足△PMN是等腰直角三角形的非直角顶点P有两个，图2故t=4时，使得△MNP是等腰直角三角形的点P有6个，③正确；对④：0<t<4时，(1)若P为直角顶点，如图1,则|MN|=t，d=t2<4，满足△MNP(2)若P不是直角顶点，如图3,则|MN|=t，d=t<4，满足△MNP是等腰直角三角形的非直角顶点P有四个，图3故0<t<4时，使得△MNP是等腰直角三角形的点P有8个，④正确；故答案为：②③④.【点睛】椭圆的参数方程是x=acosθ,y=bsin【变式2-1】4.（19·20高二上·福建莆田·期末）以下四个关于圆锥曲线的命题中：①设A、B为两个定点，k为非零常数，|PA②平面内到两定点距离之和等于常数的点的轨迹是椭圆③若方程x24−t④双曲线x225−其中真命题的序号为（写出所有真命题的序号）．【答案】③④【解析】①分析k与AB的大小关系即可判断轨迹是否为双曲线；②根据到两定点距离之和的大小情况判断轨迹是否为椭圆；③根据题设要求列出不等式组求解出t的范围即可进行判断；④计算出椭圆与双曲线的焦点坐标即可判断对错.【详解】①当k大于AB时，此时P点的轨迹不存在，故错误；②当到两定点的距离之和等于常数时（常数为两定点的距离），此时轨迹是两定点连成的线段，故错误；③因为方程表示焦点在x轴上的椭圆，所以4−t>t−1>0，所以1<t<5④双曲线x225−y29=1故答案为：③④.【点睛】本题考查椭圆与双曲线的定义辨析、利用方程表示的图形求解参数、焦点坐标的求解，属于综合性问题，难度一般.判断点的轨迹是否为椭圆或双曲线，注意对其中细节的把握.【变式2-1】5.（17·18高二下·上海宝山·期末）若z−2i+z−z0【答案】0,6【分析】根据复数几何意义以及椭圆定义列关于z0的条件，再解不等式得z【详解】因为z−2i+z−z0即|∵|故答案为：0,6【点睛】本题考查复数几何意义以及椭圆定义，考查综合分析求解能力，属中档题.题型3椭圆的标准方程【例题3】（22·23高二上·湖南郴州·期末）已知F1、F2是椭圆C:x2a2+y2b2A．x24+C．x24+【答案】A【分析】首先根据PF1的最值得到a+ca−c=a2−【详解】因为PF1的最大值与最小值之积为3，所以四边形F1B1所以O到直线F2B1的距离为32，即所以2c2−c2=3椭圆C:x故选：A【变式3-1】1.（21·22·昆明·一模）已知椭圆M：x2a2+y2=1a>1的中心为O，过焦点F的直线l与M交于A，B两点，线段A．x22+y2=1 B．x【答案】B【分析】设A(m,n)，F(a2−1,0)，利用中点坐标公式得到P(m+a2−12【详解】设A(m,n)，F(a2−1因为OP=PF=所以(m−a即(m−a解得m=0，n2=1，所以椭圆M的方程为x2故选：B.【变式3-1】2.（21·22上·渭南·期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1A．x29+C．x27+【答案】A【分析】画出图形，利用已知条件TP=2TQ，推出PF1=2QF2，延长QF2交椭圆C于点M，得到直角【详解】如图所示，TP=2TQ,延长QF2交椭圆C于点M，可得直角△F设QF2=m根据椭圆的定义，可得QF在直角△F1MQ中，(2a−2m)又在△F1M代入可得5a2=9所以椭圆C的方程为x2故选：A.【变式3-1】3.（23·24上·揭阳·期末）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1【答案】x【分析】设O为坐标原点，直线AB交x轴于点C，并作出图，根据AB⊥AF，直线AB的斜率为−3，得到∠AFC=30°，结合椭圆的性质得到OA=a2，OF=3a2，从而设直线AB的方程：y=−3【详解】设O为坐标原点，直线AB交x轴于点C，如图所示：由题意知：AB⊥AF，直线AB的斜率为−3，即k所以∠ACF=60°，∠AFC=30°.由椭圆的性质知：OA=b，OF=c，则AF=a，所以OA则A0,a2联立x2a2+y所以B43a则S△ABF=1又a>0，所以a=12，即b=a故答案为：x2【变式3-1】4.（22·23上·江北·阶段练习）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1【答案】x【分析】首先证明四边形PF1Qm+n=2a=8m【详解】连接PF1,Q所以四边形PF所以PF1=又∵PF2⊥设P则由题意得m+n=2a=8m2+则b2=a故答案为：x2【变式3-1】5.（16·17高三上·河南·阶段练习）如图，已知椭圆C的中心为原点O，F(-25,0)为椭圆C的左焦点，P为椭圆C上一点，满足|A．x225+y25=1 B．【答案】D【分析】设椭圆的右焦点为F'，连接PF'，由|OP|=|OF|=OF'可得【详解】如图，设椭圆的右焦点为F'，则F'(2因为|OP|=|OF所以PF由椭圆的定义可得2a=|PF又因为c=|OF|=2所以椭圆C的方程为x2故选：D题型4椭圆的几何性质【例题4】（22·23高二下·湖北恩施·期末）法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆．我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圆方程为x2+y2=A．5 B．8 C．4 D．10【答案】B【分析】由勾股定理和基本不等式可得面积最大值，然后可得答案.【详解】椭圆C的蒙日圆的半径为a2因为MP⊥MQ，所以PQ为蒙日圆的直径，所以PQ=2a2因为MP⋅MQ≤MP|2+由△MPQ面积的最大值为28，得a2+12=28，得a=4，故椭圆故选：B．

【变式4-1】1.（22·23高二上·云南临沧·期末）已知椭圆C:x2m2+1+y2m2=1m≠0的左、右焦点分别为F1A．−1,0∪0,1 C．−1,0∪0,1 【答案】A【分析】由椭圆方程可得a与b的值，结合圆与椭圆的位置关系可得m的不等式，求解即可.【详解】由椭圆C:x2m所以F1−1,0,F21,0，又其方程为x2+y2=1，又点P在C如图：所以m<1<m2+1，解得−1<m<1且m≠0，所以故选：A【变式4-1】2.（多选）（22·23高二下·湖北·期末）“嫦娥五号”是中国首个实施无人月面取样返回的月球探测器，是中国探月工程的收官之战，实现了月球区域着陆及采样返回.如图所示，月球探测器飞到月球附近时，首先在以月球球心F为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月飞行，然后在P点处变轨进入以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ上绕月飞行，最后在Q点处变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ上绕月飞行，设圆形轨道Ⅰ的半径为R，圆形轨道Ⅲ的半径为r，则以下说法正确的是（

）

A．椭圆轨道Ⅱ的焦距为R−rB．椭圆轨道Ⅱ的短轴长为RrC．若r不变，则椭圆轨道Ⅱ的离心率随R的增大而增大D．若R不变，则椭圆轨道Ⅱ的离心率随r的增大而增大【答案】AC【分析】根据图中几何关系列方程组求出a，c，然后可得b，可判断AB；分离常数，利用反比例函数的性质可判断CD.【详解】在椭圆中，由图可知PQ=2a=R+ra−c=QF=r，解得a=所以b=R+r22e=ca=R−rR+r=1−2re=ca=R−rR+r=−1+2R故选：AC【变式4-1】3.（22·23高三上·浙江·期末）设点A，B，C，D是曲线x2100+A．四边形ABCD有三个内角为锐角 B．四边形ABCD有三个内角为钝角C．四边形ABCD有且仅有三边相等 D．四边形ABCD为非等腰的梯形【答案】ABCD【分析】曲线为椭圆，作出符合条件的四边形ABCD，则说明这样的四边形ABCD存在.【详解】曲线x2100+y2=1为椭圆，点A，取A0,1四边形ABCD中∠C为钝角，其余三个内角为锐角，A选项正确；取A−8,四边形ABCD中∠D为锐角，其余三个内角为钝角，B选项正确；取A0,1，以A为圆心，2为半径作弧，与椭圆在第一象限相交于点D，在第四象限相交于点B，D则四边形ABCD中，AB=CD=DA≠BC，有且仅有三边相等，C选项正确；直线y=x与椭圆相交于A,B两点，直线y=x−8与椭圆相交于C,D两点，如图所示，则AB//CD，AD≠BC，四边形故选：ABCD【变式4-1】4.（22·23高二上·福建南平·期末）已知椭圆C：x2a2+y210=1a>0的左、右焦点分别为F1−c,0、F2c,0【答案】7【分析】先根据椭圆的定义结合余弦定理和三角形面积公式可得∠F【详解】因为P是椭圆C上一点，所以PF1+PF由余弦定理cos=4可得PF所以S△即3sin所以sin∠又因为∠F1P由PF1=所以3a−c=4c3，即3a=7c，又故答案为：7【变式4-1】5.（19·20上·南平·期末）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1A．1 B．2 C．2 D．2【答案】B【解析】将点P22,32代入椭圆方程得12a【详解】因为椭圆E的离心率为22，所以c因为椭圆过点P22,又a2=b所以焦距为2c=2.故选：B.【点睛】本题考查椭圆的离心率及焦距的概念，考查基本运算求解能力，求解时注意焦距是2c而不是c.题型5椭圆的离心率【例题5】（22·23高二上·浙江·期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0，点B为直线l:3x−2y+6=0与y轴的交点，点A是直线l上异于BA．263 B．32 C．2【答案】D【分析】分析可知直线l与椭圆C相离，将直线l与椭圆C的方程联立，由Δ<0可得出3a2+4b2<36，设点Pacosθ,bsinθ，其中0≤θ<2π，计算出点P到直线l的距离d，分析可得d【详解】若直线l与椭圆C有公共点时，△PAB的面积不存在最小值，不合乎题意，故直线l与椭圆C相离，联立3x−2y+6=0b2Δ=122设点Pacosθ,b点P到直线l的距离为d==6−3a2+4所以，dmax=6+因为△PAB面积最大值是它的最小值的5倍，则dmax=5d所以，3a2+4b2当且仅当3a=2b3a2+4所以，椭圆C的四个顶点构成四边形面积为S=1此时，c=a2−b2故选：D.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得a、c的值，根据离心率的定义求解离心率e的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于a、c的齐次方程，然后转化为关于e的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.【变式5-1】1.（22·23高二上·四川成都·阶段练习）F1､F2是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点，点A．89 B．56 C．23【答案】D【分析】根据给定条件，结合向量加法的平行四边形法则确定|MF1|【详解】由3MF1+5MF2由∠F1MN=∠F2因此这个平行四边形是菱形，有3|MF又|MF1|+|M令椭圆E的半焦距为c，在△F1M由余弦定理得：|F即4c则有e2=c2a2=故选：D【变式5-1】2.（22·23高二上·福建三明·期中）已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0）的焦点为F1，F2，P是椭圆上一点，且2PA．1010 B．31010 C．21【答案】B【分析】由已知即向量数量积定义可得cos∠F1PF【详解】由题设2PF1又∠F1P由余弦定理知：cos∠F1所以|PF1||P因为△F1PF2所以(a+c)r=33b由PF1=3r所以3b2a+c=4c所以e=3a2+21e7b所以目标式最小值为310故选：B【变式5-1】3.（21·22高二下·江西赣州·期中）已知椭圆C:x2a2+A．5−12,1 B．0,2−1 【答案】A【分析】设出P点坐标后将PF1⋅PF【详解】设Px∵P在椭圆上，∴x∴x02−c2+∴∴e≥5−12，又因为椭圆离心率e∈故选：A.【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式e=c②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．【变式5-1】4.（21·22上·武汉·期末）已知椭圆C：x2a2+yA．(0,6−12C．(0,3−1] 【答案】D【分析】由题设易知四边形MF1NF2【详解】由椭圆的对称性知：|NF1|=|M又|MN|=|F1F所以|MF2|2+|MF所以|MF2|=a−a2综上，{|MF2所以22故选：D.【点睛】关键点点睛：由椭圆的对称性及矩形性质可得|MF2|【变式5-1】5.（21·22上·合肥·期末）椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1A．63 B．23 C．22【答案】D【分析】根据题意表达出yP=3y【详解】因为△PF1F2的重心为G，设PxP,yP，Gx1,y1，HxH,yH，所以y1=13yP，因为GH故选：D题型6椭圆的弦长【例题6】（22·23高二上·浙江·期中）已知A−1,233,B1,−233,Px0,y0为椭圆C:x23+A．0 B．54 C．53 【答案】B【分析】根据三角形面积公式及∠APB=∠MPN或∠APB+∠MPN=π得PAPB=【详解】由S△PAB=S由图知：当P位置变化时，∠APB=∠MPN或∠APB+∠MPN=π，故sin所以PAPB=PNPM，而直线AP、故PAPBPNPM所以x02−1=(当x02−1=当1−x02=x所以x0故选：B.【变式6-1】1.（20·21高二上·江西宜春·期末）过椭圆T:x22+y2=1上的焦点F作两条相互垂直的直线l1、l2，A．833,33 B．823【答案】C【解析】当直线l1、l2有一条斜率不存在时，可直接求得AB+CD=32，当直线l1、l2的斜率都存在且不为0时，不妨设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为−1【详解】当直线l1、l2有一条斜率不存在时，不妨设直线此时AB=22，所以AB+当直线l1、l2的斜率都存在且不为0时，不妨设直线l1不妨设直线l1、l所以直线l1:y=k(x−1)，直线联立l1与椭圆Ty=k(x−1)x2Δ=(−4x1所以AB=1+同理CD=所以AB+令1+k2=t，因为k≠0所以AB+CD=令y=2+1因为t>1，所以1t所以y∈2,94所以AB+综上AB+CD的取值范围是故选：C【点睛】解题的关键是设出直线的方程，结合韦达定理及弦长公式，求得AB+CD的表达式，再根据二次函数性质求解，易错点为需求直线l1【变式6-1】2.（20·21高二上·江西抚州·期末）已知椭圆Ω:x29+y2=1的左、右顶点分别为A,B，点P为Ω上一点，且P不在坐标轴上，直线AP与直线y=−3交于点C，直线BP与直线y=−3将于点D．设直线APA．−49 B．−94 C．【答案】A【解析】设Px0,y0，以及直线PA,PB方程然后联立直线y=−3，求解点C与点D【详解】设Px0,y0，A−3,0，则k因为kPA=k，所以直线AP的方程为y=kx+3，则C的横坐标为−直线BP的方程为y=−19kx−3，则D所以CD=整理得9k2+14k+1=0解得k=−7±2109或k=所以k的所有值的和为−7−2故选：A【点睛】关键点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，解答本题的关键在于得到kPA⋅kPB=−【变式6-1】3.（多选）（22·23高三上·浙江宁波·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1:x24+y2=1A．若点Q在C2上运动，则PQ的最大值为B．若l与C1、C．若过P点作C1的切线，则切线唯一且方程为D．若k=2,b∈Z，l与C1【答案】AC【分析】A选项：圆C2的半径r=7，则PQ的最大值为B选项：画出图形，由C1与C2外离，得到公切线有4条，由点到直线距离得到C2C选项：先得到点P在C1上，切线唯一，再考虑过PD选项，利用弦长公式得到l与C1相交弦长，利用垂径定理得到l与C2的弦长，列出方程，得到【详解】A选项，C2:x2+点Q在C2上运动，PQ的最大值为PPC所以|PQ|B项：C1的上顶点与C2的圆心距离为132−1=11所以由图易知l有4条，C2到3x+2y−4=0距离为C2与3C项：P2,22满足当过P2,22的直线斜率不存在时，此时直线方程为设过P2,2联立C1:x整理，得1+4k由Δ=42故切线方程为y−22=−D项：分别记l与C1l:y=kx+b与C1:x设Ax1,则l与C1截得弦长为|AB|=l为圆心C2距离为d=所以|CD|=2R因为|AB|=|CD|，所以2k因为k=2，所以1017−显然b≠0，故D错误.故选：AC.【点睛】结论点睛：过圆x−a2+y−b2=过圆x−a2+y−b2=过椭圆x2a2+y过双曲线x2a2−y【变式6-1】4.（多选）（23·24高三上·江苏南京·期末）已知O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y28=1(a>22).过点M2,1作斜率分别为22和−22的两条直线l1A．C的离心率为22 B．C．1MP+1MQ【答案】ABD【分析】求得P点坐标并代入椭圆方程，由此求得a，进而求得椭圆的离心率.设出直线l1和l【详解】依题意OP=2OM=所以222a所以椭圆C:x216依题意可知直线l1的倾斜角α为锐角，且tan由sinαcosα直线l2的倾斜角β为钝角，且tan由sinβcosβ设直线l1的参数方程为x=2+由2+23解得tQ设直线l2的参数方程为x=2−由2−23解得tS所以ST=1MP3×3所以MQMT=MSMP，而所以∠MSQ=∠MPT，所以P,Q,S,T四点共圆.（也可用圆的相交弦定理的逆定理，直接由MP⋅MQ=所以D选项正确.故选：ABD【点睛】待定系数法求椭圆的方程，可利用题目所给已知条件，列出等量关系式，由此来求得椭圆方程中的未知参数.四点共圆的证明方法，可利用相交弦定理的逆定理，也可利用“同弧所对的圆周角相等”来证明.【变式6-1】5.（2022·四川宜宾·三模）已知点A1,2在曲线E：2mx2+my2=1上，斜率为2的直线l与曲线E交于B，（1）曲线E有两个焦点，其坐标分别为−2,0，（2）将曲线E上所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），得到的曲线是一个圆；（3）△ABC面积的最大值为2；（4）线段BC长度的最大值为3．其中所有正确结论的序号是．【答案】（2）（3）【分析】将点A1,2代入曲线E中，即可求出曲线E的方程，即可判断（1）；将曲线E上所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），代入化简后为以原点为圆心，半径为2的圆，即可判断（2）；设直线l为：y=2x+m，椭圆与直线联立，韦达定理，表示出BC=3−m22+4，当m=0时，即可求出BC【详解】点A1,2在曲线E：2mx2+my2=1上，所以m=14，所以曲线将曲线E上所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），设曲线E上任意一点设为Ex,y，扩大后的坐标设为E'x',y'，所以x'=2x设直线l为：y=2x+m，m≠0，所以联立x2Δ=22x1BC=1+k当m=1时，BC=A1,2到直线直线l：y=2S≤12−m2故选：（2）（3）.题型7椭圆的中点弦【例题7】（22·23高二上·河南许昌·期中）已知过椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0左焦点F且与长轴垂直的弦长为32，过点P(2,1)且斜率为-1的直线与C相交于A．6 B．22+3 C．23【答案】D【分析】由过椭圆左焦点F且与长轴垂直的弦长为32，可得b2a=322；由过点P(2,1)且斜率为-1的直线与C相交于A,B两点，且P【详解】由题可得F−c,0，其中c>0，且c又由椭圆对称性可知，在F正上方且位于椭圆上的点到F距离为322，即此点坐标为将其代入椭圆方程有：c2a2+3设Ax1,y1，Bx2,y则y2又A，B两点在椭圆上，则x1两式相减得：x又y22−又b2a=322，则b2故椭圆方程为：x218+y29=1则x0MF=x0有MF=x0则椭圆C上一点M到F的距离的最大值为32故选：D【变式7-1】1.（21·22高二上·重庆沙坪坝·期中）以原点为对称中心的椭圆C1,C2焦点分别在x轴，y轴，离心率分别为e1,e2，直线l交C1,CA．±1 B．±2 C．±2 D．【答案】A【分析】分类讨论直线l的斜率存在与不存在两种情况，联立直线与曲线方程，再根据x1x2【详解】设椭圆C1,C2的方程分别为x2直线l的斜率一定存在，故设直线l的方程为y=kx+m.联立{x2a故x1=−km联立{x2b则x2=−km因为x1x2所以k2又2e12所以a12b22故选：A.【点睛】此题利用设而不求的方法，找出a1、b1、a2、b【变式7-1】2.（20·21高一下·江西景德镇·期末）以下五个关于圆锥曲线的命题中：①平面内到定点A（1，0）和定直线l：x=2的距离之比为12的点的轨迹方程是x②点P是抛物线y2=2x上的动点，点P在y轴上的射影是M，点A的坐标是A3,6③平面内到两定点距离之比等于常数λ（λ>0）的点的轨迹是圆；④若动点Mx,y满足x−12+⑤若过点C1,1的直线l交椭圆x24+y23=1于不同的两点A，B，且其中真命题个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】对于①：设动点Px,y对于②：利用几何法求出PA+对于③：当λ=1时，平面内到两定点距离之比等于常数1的点的轨迹是直线，即可验证；对于④：利用双曲线的定义，进行判断；对于⑤：用“点差法”求出直线方程进行验证即可.【详解】对于①：设动点Px,y，由题意可得：PAd=12，即x−12+对于②：设P到抛物线的准线的距离为d，则d=PM+12，由抛物线的定义得，d=PF,所以PM=d−12=对于③：当λ=1时，平面内到两定点距离之比等于常数1的点的轨迹是直线，故③错误；对于④：“若动点Mx,y满足x−12+y+22对于⑤：当直线l的斜率不存在时，直线l：x=1，AB的中点为（1,0），不符合题意；设直线l的斜率为k，设Ax1,因为A、B在椭圆x24+y23因为C1,1是AB的中点，所以x2+所以直线l的方程是3x+4y−7=0.故⑤正确.故选：B【变式7-1】3.（22·23下·长春·开学考试）已知直线l与椭圆y26+x2【答案】x−【分析】令AB的中点为E，利用点差法得到kOE⋅kAB=−12，再设直线AB:y=kx+m求出C,D【详解】依题意，不妨设点B在点A的左边，记AB的中点为E，如图，设Ax1,y1，B所以x126所以y1+y设直线AB:y=kx+m，则k>0，m>0，令x=0得y=m，令y=0得x=−mk，即C−因为BC=AD，所以CE=DE，即点E为所以m2−m2k×k=−又CD=23，即CD=mk所以直线AB:y=22x+2故答案为：x−2【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x1（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，注意Δ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x1+x2、x1（5）代入韦达定理求解.【变式7-1】4.（20·21上·绍兴·期末）已知椭圆C：x24+y2=1，A，B是椭圆C上两点，且关于点【答案】−1−132,【解析】先利用点差法可求出直线AB的斜率为−3【详解】设Ax1,则x124∵M12,34故直线AB斜率为−36，则直线AB方程为y−3将直线方程代入椭圆得x2−x−2=0，解得则可得A−1,设Pm,n，则PA中点为m−12,∵PA，PB的中点均在椭圆C上，则m−1216+2n+3∴P的坐标为−1−132,故答案为：−1−132,【点睛】本题考查中点弦问题，解题的关键是先利用点差法求出直线斜率，进而求出A,B坐标，再结合题意求解.【变式7-1】5.（17·18上·江苏·阶段练习）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为B(0,4)，离心率e=55【答案】6x−5y−28=0【详解】由题意得b=4，又e2=c∴椭圆的方程为x2∴椭圆右焦点F的坐标为(2,0)，设线段MN的中点为Q(x由三角形重心的性质知BF=2FQ，从而解得x0所以点Q的坐标为(3,−2)．设M(x1,y1以上两式相减得(x∴kMN故直线的方程为y+2=65(x−3)答案：6x−5y−28=0题型8焦三角问题【例题8】（21·22高三上·陕西咸阳·开学考试）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),FA．35 B．43 C．8【答案】C【分析】利用焦点三角形的面积公式，建立等量关系，可得c=ea,b=a(1+e)2，结合椭圆的性质，计算椭圆的离心率，再结合焦点三角形的面积公式，求【详解】由题意可得，△PF1F2的内心I(s,1)到x轴的距离就是内切圆的半径.又点P在椭圆C上，∴PF1+PF2+F1F2=2a+2c,∴故选：C.【变式8-1】1.（23·24高三上·山西·阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F【答案】523/【分析】利用e=ca=12可得椭圆C的方程为3x2+4y2−12【详解】因为椭圆C的离心率e=ca=12，所以a=2c，b2=在△AF1F2中，AF过F2且垂直于AF1的直线与C交于D，E两点，所以DE为线段AF1的垂直平分线，直线DE的斜率为tan设Dx1,y1，E所以x1+x所以DE=1+k2x因为DE为线段AF1的垂直平分线，所以AD=所以△ADE的周长为AD+故答案为：52【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x1（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Δ；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1（5）代入韦达定理求解.【变式8-1】2.（2023·辽宁锦州·模拟预测）已知F1、F2分别为椭圆x24+y22=1的左、右焦点，P为椭圆上的动点，点F2关于直线PF1的对称点为【答案】233【分析】将对称性和椭圆的定义结合起来，得到PM，PN的和为定值2a，从而知当M、N、P三点共线时，MN的值最大，然后通过几何关系求出∠F【详解】根据椭圆的方程可知，F1则|PM|+|PN|=|PF此时∠MP又因∠MPF1在△F1P即8=PF1S故答案为：23

【点睛】方法点睛：焦点三角形的作用在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．【变式8-1】3.（22·23高二上·山西运城·阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别是F1，F2，斜率为12的直线l经过左焦点F【答案】5【分析】由题意得r1r2=−yAy【详解】如图所示，由椭圆定义可得AF1+设△AF1F2的面积为S1，△B所以122a+2cr设直线l:x=2y−c，则联立椭圆方程与直线l，可得x=2y−cb由韦达定理得：yA+又yA+化简可得16c2a即36c2=5故答案为：5【变式8-1】4.（多选）（22·23上·吉林·期中）已知点F为椭圆C：x2a2+y2b2=1，a>b>0A．e=74 B．e=33 C．【答案】BD【分析】设出右焦点F'，根据椭圆定义结合对称性以及余弦定理得到a,c关系，则离心率可求，设出P,M坐标，利用点差法可求得k1⋅k2【详解】连接PF'，QF'，根据椭圆对称性可知四边形PFQF所以|PF|+PF'由余弦定理可得(2c)2化简得c2=13a设Mx0,所以k1k2=y因为c2a2=13，所以故选：BD.【点睛】解答本题的关键在于合理运用焦点三角形的知识以及点差法设而不求的思想去计算；椭圆是一个对称图形，任何过原点的直线(不与焦点所在轴重合)与椭圆相交于两点，这两点与椭圆的焦点构成的四边形为平行四边形.【变式8-1】5.（多选）（22·23高二上·河北沧州·期末）已知F，F'分别为椭圆C:x2A．四边形AFBF'的周长为16 B．1C．△ABE面积的最大值为2 D．AB⊥AP【答案】BCD【分析】对A：利用四边形AFBF'为平行四边形及椭圆定义可求四边形对B：由AF+BF为定值，再结合基本不等式求对C：直线AB的方程为y=kxk≠0，与椭圆方程联立，将△ABE的面积S=12对D：设Pm,n，Ax0,y0，B−x0【详解】对于A，连接AF'，BF∴AF+BF=∴四边形AFBF1AF+2当且仅当BF=2∵A，B是椭圆C上关于原点对称的两点，∴设直线AB的方程为y=kxk≠0由x24+y22∴△ABE的面积S=1当且仅当k=±2对于D，设Pm,n，Ax0,y0，则kPA又点P和点A在椭圆C上，m24+n22=1①，x0因为kPB=kBE=∴kPA⋅kAB故选：BCD．题型9和差最值问题【例题9】（19·20上·丽水·期末）已知椭圆x26+y22=1的右焦点为F，上顶点为A，点P【答案】6−2【解析】求得椭圆的a,b,c，可得焦点坐标和顶点坐标，可P(22cosθ,22sinθ)，由两点的距离公式可得2|PA|+|PQ|−|QF|=|PB|+|PQ|+Q【详解】解：椭圆x26+右焦点为F(2,0)，右焦点为F2(−2,0)点P在圆x2+y2|PA|=2=(2表示点P与B(0,42由椭圆的定义可得−|QF|=Q2|PA|+|PQ|−|QF|=|PB|+|PQ|+QF2当且仅当B,P,Q,F故2PA+PQ故答案为：6−26【点睛】本题考查椭圆的定义、方程和性质，考查圆的参数方程的运用和两点的距离公式，注意转化思想和数形结合思想，考查化简运算能力，属于难题.【变式9-1】1.（17·18下·厦门·期末）已知点M在圆(x−6)2+(y−4)2=1上，点P在椭圆x【答案】−6【详解】分析：根据题意，详解：根据题意，当P,C,F'三点共线时|PM|−|PF|.点睛：本题考查椭圆的定义，看出最小值IDE求法，属难题.【变式9-1】2.（多选）（20·21上·常德·阶段练习）动点M( x , y )分别到两定点−5,0，5,0连线的斜率的乘积为A．曲线C的焦点坐标为F1B．若∠F1MC．△F1MD．设A32，2，则MA【答案】ACD【分析】根据动点到两个定点连线斜率的乘积为定值可求得曲线的方程，可得到椭圆的焦点坐标，根据椭圆焦点三角形的面积公式可得焦点三角形面积，当焦点三角形内切圆半径最大时面积最大，根据动点在椭圆上方运动的特点可知半径变化是由小到大再变小，当动点在上顶点处内切圆半径最大，利用等面积法可求得内切圆半径；利用椭圆定义将动点到左焦点的距离转化为动点到右焦点的距离的差，当点M在A的上方时有最大值.【详解】由题意可知:yx+5⋅yA项：c2=a2−B项：先推导焦点三角形面积公式：在ΔMF1F2中，设∠Fcosα=M=(r=4(a∴r1r2∴SΔMF1F2S△MC项：在三角形MF1F2中，设内切圆的半径为r，由椭圆形定义MF1+MF2=10，F1FD项：在三角形MF1F2中,MF1+MF故选：ACD【点睛】本题考查了圆锥曲线方程的求解、圆锥曲线焦点三角形的性质、椭圆第一定义的应用、数形结合的思想，属于较难题目，解题中首先对椭圆性质要准确掌握，可以简化计算，其次对字母运算能力要求较高.【变式9-1】3.（多选）（21·22上·哈尔滨·期末）已知椭圆C：x2a2+y2bA．椭圆C的焦距为1 B．椭圆C的短轴长为2C．PQ+PF的最小值为23【答案】BD【分析】求出a的值，利用椭圆的定义结合三点共线可求得c的值，进一步求出b的值，可判断选项AB；利用椭圆的定义结合圆的几何性质可判断C选项；设出切线方程，利用点到直线的距离公式求出切线的方程，可判断D选项.【详解】对于A，因为椭圆C的长轴长与圆E的直径长相等，所以2a=4，即a=2，设椭圆的左焦点F'−c,0，由椭圆的定义可知所以PQ−所以EF'=25=因为c<a=2，所以c=1，即椭圆的焦距为2c=2，故A错误；对于B，由b=a2−对于C，PQ+对于D，若过点F的直线的斜率不存在，则直线方程为x=1，圆心−3,4到直线x=1的距离为4，不合乎题意；设过点F的切线方程为y=kx−1，即kx−y−k=0，则−3k−k−4k2故选：BD.【变式9-1】4.（多选）（19·20下·潍坊·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为A．QF1B．椭圆C的短轴长可能为2C．椭圆C的离心率的取值范围为0,D．若PF1=F【答案】AC【分析】利用椭圆的定义计算判断A；点P在椭圆内建立不等式，推理计算判断BC；求出点Q的坐标，列出方程计算判断D作答.【详解】对于A，由F1F2=2=2a−(|QF2|−|QP|)≥2a−对于B，由点P1,1在椭圆内部，得1a2+1b2对于C，因为1a2+1b2<1解得a2>3+52=(1+5)对于D，由PF1=F1Q，得F1为线段PQ即a4−11a2+9=0，解得a2=故选：AC

【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．【变式9-1】5.（21·22上·海淀·期末）如图所示，在圆锥内放入两个球O1，O2，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切），切点圆（图中粗线所示）分别为⊙C1，⊙C2.这两个球都与平面α相切，切点分别为F1，F2，丹德林（G·Dandelin）利用这个模型证明了平面α与圆锥侧面的交线为椭圆，F1，F2为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球.若圆锥的母线与它的轴的夹角为30∘，⊙C1，⊙A．6 B．8 C．33 D．【答案】A【解析】在椭圆上任取一点P，可证明△O1PF1≅△O1PQ，可得PF1=PQ，设点P【详解】在椭圆上任取一点P，连接VP交球O1于点Q，交球O2于点R，连接O1Q，O1F1在△O1PF1与△O1∠O1QP=∠所以△O所以PF1=PQ，设点P沿圆锥表面到达则PF当且仅当P为直线VM与椭圆交点时取等号，QR=VR−VQ=r所以最小值为6，故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是证明△O1PF1≅△O1PQ题型10直线与圆位置关系【例题10】（21·22高三上·河南·期末）已知椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，点M为椭圆C上不与A，B重合的任意一点，直线AM与直线x=2交于点D，过点B，D分别作BP⊥A．有一个 B．有两个 C．有无数个 D．不存在【答案】D【分析】由题意，直线AM的斜率存在且不为0，设AM:y=kx+2(k≠0),则D(2,4k)，BD的中点E为(2,2k)，设Mx0,y0，联立x24+y【详解】解：由题意，直线AM的斜率存在且不为0，设AM:y=kx+2(k≠0)，则D(2,4k),BD的中点联立x24+y2设Mx0,y0故有y0=kx当k=±12时，M1,±32所以四边形BPQD为矩形，所以BP+所以|BP|+|DQ|=|BD|；当k≠±12时，因为kM所以直线MF2:y=所以点E到直线MF2的距离d=8k1−4k所以以BD为直径的圆与直线MF因为四边形BPQD为直角梯形，BD的中点为E，所以BP+综上，BP+所以不存在使BP+故选：D.【变式10-1】1.（20·21高二上·江苏无锡·期末）若椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的点(2,53)到右准线的距离为5A．13 B．±13 C．±【答案】B【解析】点代入椭圆方程，点到准线距离和a2=b2+c2，解得a2=9,b【详解】解：由题意可得4a2+所以椭圆C:x设l：y=kx+1,设A(因为AM=2由y=kx+1x2则x1+x2=−18k故选：B.【点睛】在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”；②“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多.【变式10-1】2.（19·20高二上·浙江杭州·期末）已知A(x1,y1),B(xA．6-2 B．4 C．6+2【答案】C【解析】设2x=m,2y=n,设C(m1,n1),D(m2,n2),O为坐标原点，可得OC=(m1【详解】解：已知A(x1,可得4x12设C(m1,n1可得m12+可得C、D两点均在圆m2+n可得ΔCOD为等边三角形，且CD=1根据点到直线的距离公式可知：2x1+y1−12设CD的中点为E,E到直线x+y−1=0的距离d3则d1可得d1+d可得2x1+y1故选：C.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系及点到直线的距离，综合性大，属于难题【变式10-1】3.（22·23下·浙江·期末）椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(2,0)且上顶点到x轴的距离为1，直线m过点【答案】y=12或y=【分析】先求出椭圆方程，再分类讨论直线m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E:x2a2+y所以E:x因为124+122=12当斜率不存在时，则m:x=1时，由椭圆对称性可得A1,则AB中点为1,0在坐标轴上，所以x=1符合题意；当斜率存在时，设m:y−12联立方程x24+则x1+x因为AB中点在坐标轴上，则x1+x解得k=0或k=12，此时直线m的方程为y=1综上所述：所以直线m的方程为y=12或y=1故答案为：y=12或y=1

【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．【变式10-1】4.（多选）（22·23高二上·浙江宁波·期末）已知椭圆Q:x29A．若△PFB．若P的坐标为1,42C．若过O的直线l交Q于不同两点A，B，设PA，PB的斜率分别为k1,D．若A，B是Q的长轴上的两端点，P不与A,B重合，且AR⋅AP【答案】BCD【分析】对A：根据题意结合椭圆纵坐标的取值范围分析运算；对B：设切线方程，与椭圆方程联立，结合Δ=0运算求解；对C：利用点差法分析运算；对D：法一：利用点差法的结论分析可得kAR⋅kBR【详解】由椭圆Q:x29设点PxA项：S=12FB项：显然过P处切线的斜率存在，设为k，则切线方程为y=kx−1联立方程y=kx−1+4则Δ=整理得32k−1故过P处切线方程为：y=26x−1C项：设Ax1,则x029则y02−D项：法一：当R不与A,B重合时，由C知：kAP∵kAR⋅kAP=−1所以kAR设R(x,y)，则A(−3,0),B(3,0)，kAR可得yx+3⋅y当R与A,B重合时，满足题意，符合上式；综上所述：R的方程为9x法二：设R(x,y)，则A(−3,0),B(3,0)，可得AR=∵AR⋅AP=由点Px0,y0在椭圆Q即4y2x故选：BCD.【点睛】方法定睛：求点的轨迹常用方法：1.直接法：设动点坐标，代入其满足的等式化简整理；2.定义法：根据题意分析动点满足的几何条件，结合已知曲线的定义，进而求轨迹方程；3.相关点法：设动点坐标，用动点坐标表示相关点的坐标，代入相关点满足的等式化简整理；4.参数法：选取适当的参数，用参数表示动点坐标，再消去参数，从而得到轨迹方程.【变式10-1】5.（多选）（2023·河北张家口·三模）已知Px1,y1,Qx2,y2是圆x2+A．直线x1xaB．直线ax+by=1与圆x2C．若椭圆C的焦距为2,AP,BQ两直线的斜率之积为−22D．若AP,BQ两直线的斜率之积为12，则【答案】BCD【分析】由a=2,b=2时，点P(12,32)时，得到直线方程x+23y=8，联立方程组，结合Δ<0，可判定A错误；由原点到直线ax+by=1的距离为d=1a2+b【详解】对于A中，当a=2,b=2时，点P的坐标可以为(可得直线x1xa2+由x+23y=8x24所以直线x+23y=8与椭圆对于B中，因为a>b>1，所以a2+b2>1由点到直线的距离公式，可得d=1所以直线ax+by=1与圆x2对于C中，椭圆C的焦距为2，可得2c=2，即c=1，不妨设k1=kAP由原点到直线AP的距离等于1，可得−k1a同理可得k2=b2−1解得a2=2b2−1所以离心率e=c对于D中，不妨设kAP>0,kBQ>0所以kAP⋅k所以e2因为b>1，可得0<e2<故选：BCD.

【点睛】解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：（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）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.题型11取值范围问题【例题11】（19·20高二上·重庆南岸·期末）如图，α，β，γ是由直线l引出的三个不重合的半平面，其中二面角α−l−β大小为60°，γ在二面角α−l−β内绕直线l旋转，圆C在γ内，且圆C在α，β内的射影分别为椭圆C1，C2.记椭圆C1，C2的离心率分别为e1A．13,34 B．13,【答案】C【解析】显然圆在两平面内的射影均为椭圆，且椭圆的长轴都为圆的直径，设圆的直径为2，要求椭圆的离心率，关键是求出其短轴，现将问题平面化，如图所示，设AB=2，在平面α内的投影为A1B1，平面β内的投影为A2B2，设∠MOH=θ，θ∈0,【详解】解：显然圆在两平面内的射影均为椭圆，且椭圆的长轴都为圆的直径，设圆的直径为2，要求椭圆的离心率，关键是求出其短轴，现将问题平面化，如图所示，设AB=2，在平面α内的投影为A1B1，平面β内的投影为A2B2则A1B所以e12∴=1−==1−∵θ∈∴2θ+∴∴1−即e故选：C【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，三角恒等变换及三角函数的性质，属于难题.【变式11-1】1.（19·20高三上·山西运城·期末）已知F1，F2为椭圆x24+y2=1的左、右焦点，P是椭圆上异于顶点的任意一点，点Q是ΔF1PA．0,1 B．0,2 C．0,3 【答案】C【解析】首先延长PF2，F1M交于N=12(PF【详解】延长PF2，F1M交于因为点Q是ΔF所以PQ平分∠F因为F1M⊥PQ，所以PN=PF又因为O为F1所以OM=1所以OM的取值范围是：(0,3故选：C【点睛】本题主要考查椭圆的定义，同时考查了三角形内切圆的性质，属于难题.【变式11-1】2.（18·19高二上·湖北武汉·期中）椭圆C：x2a2+y2bA．(−16,−10) B．(−10,−394) C．(−16,−【答案】C【分析】根据椭圆C的长轴长、短轴长和焦距成等差数列，F(3,0)为椭圆C的右焦点及椭圆中a【详解】因为椭圆C的长轴长、短轴长和焦距成等差数列所以2a+2c=4b，即a+c=2bF(3,0)为椭圆C在椭圆中，a所以a2=所以椭圆方程为x设P(m,n)0<m<5则m225+OP⋅PF==3m−m=3m−=−=−因为0<m<5，所以当m=256时，OP⋅当m趋近于0时，OP⋅所以OP⋅PF所以选C【点睛】本题考查了椭圆性质的综合应用，向量在解析几何中的用法，属于中档题．【变式11-1】3.（23·24高三上·上海浦东新·期末）已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左，右焦点分别是F1，F2，这两条曲线在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，若【答案】7【分析】根据椭圆和双曲线的定义、椭圆和双曲线的离心率公式，结合等腰三角形的性质，从而可得1e1−1e2=2，进而可得到e1+2e2【详解】设椭圆和双曲线的半焦距为c，PF1=m，P由于△PF1F由PF1=10，即有m=10由椭圆的定义可得m+n=2a1，由双曲线定义可得则a1=5+c，a2即1e1−所以e1+2e显然fe2=所以fe所以e1+2e故答案为：73【点睛】关键点点睛：根据题意得到1e1−1e2=2，从而得到e1+2【变式11-1】4.（23·24高三上·上海闵行·期末）已知向量b与非零向量a满足a−b=a⋅b−1.若“对任意满足前式的b【答案】2【分析】先对条件作几何解释，再对a分类讨论即可.【详解】如图：设Aa,0（a>0），向量a则有b−ta=CB，所以点B的运动范围总在直线l1:y=a设Bx,y，则a=a,0，b=x,y∴1−若a=1，则y=0，满足条件；若a<1，则有x2∴1−a2≤a若a>1，则有x2显然当x→∞时，y→故答案为：25【变式11-1】5.（17·18高二上·湖北黄冈·期末）过原点作一条倾斜角为θ的直线与椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A、B【答案】π【分析】结合图像，由题意得2csinθ2+2ccosθ2【详解】依题意，如图，设右焦点F'，连接AF'，B∵FF'=2c，∴AB=2c，则OB=OF∴∠ABF∴在Rt△ABF'中，B∴2csinθ2∵该椭圆的离心率e∈2∴12sinθ∵θ∈0,π，则π∴π3≤θ2+故答案为：π6【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质．有关椭圆的离心率问题的关键是利用图形中的几何条件构造a,b,c的关系,解决椭圆离心率的相关问题的两种方法：（1）直接求出a,c的值,可得e；（2）建立a,b,c的齐次关系式,将b用a,c表示,令两边同除以a或a2化为e题型12最值问题【例题12】（22·23高二上·四川成都·阶段练习）已知F1，F2是椭圆C：x23+y2A．494 B．8 C．173 【答案】D【分析】根据椭圆定义得到PF1+PF2=2a=4，且PF1∈1,3【详解】由题意得：椭圆C：x23+y2则c2=4−3=1，故由椭圆定义可知：PF设PF1=t，则由椭圆性质可知：P16P其中16=17令4−tt=m，则m=4由对勾函数的性质可知：y=16m+1m在故当m=13时，y=16m+1故16P等且仅当PF故选：D【变式12-1】1.（18·19高二下·山东潍坊·阶段练习）已知椭圆C1：x2a12+y2b12=1（a1>b1>0）与双曲线C2：x2a2A．2 B．258 C．198【答案】B【分析】根据焦点三角形面积相等，即可求得e1【详解】因为椭圆和双曲线有相同的交点，且∠F则可得b1tan45°=b2tan45°整理得a12+故可得4e12当且仅当e224e1故选：B.【点睛】本题考查椭圆和双曲线中焦点三角形的面积涉及均值不等式求最小值，属综合困难题.【变式12-1】2.（20·21高三上·浙江嘉兴·期末）已知A，B是椭圆C：y23+x2=1短轴的两个端点，点O为坐标原点，点P是椭圆C上不同于A，B的动点，若直线PA，PB分别与直线x=−4交于点A．243 B．123 C．65【答案】D【分析】设出P点坐标，由直线PA,PB的方程以及x=−4，求得M,N两点的坐标，由此求得MN的表达式，求得MN的最小值，进而求得ΔOMN面积的最小值.【详解】设Px0,y0,−1<x0<1,y0≠0，则y023+x02=1，即y02=31−x02.依题意A−1,0,B1,0.则直线PA,PB的方程分别为y=y0x0+1x+1,y=y0x0−1x−1，令x=−4，得yM=−3y故选：D

【点睛】本小题主要考查椭圆的几何性质，考查直线方程，考查三角形面积最值的计算，考查直线与椭圆的位置关系，考查化归与转化的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.【变式12-1】3.（22·23高二上·河南驻马店·期末）已知椭圆C1:x2a12+y2b12=1a1>b1>0与双曲线C2:x2a22−yA．π3 B．π2 C．2π【答案】A【分析】根据椭圆、双曲线的定义可得PF1=a1+a2PF2【详解】由题意可知：PF1+又因为ca1=由直线PF1与y轴的交点的坐标为0,3在△PF1=a可得24+9e12=2e且e1>0，所以由椭圆性质可知：当Q为椭圆短轴顶点时，∠F此时sin∠且∠F1QF2∈0,故选：A.

.【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于找到cos∠PF1【变式12-1】4.（19·20高二上·天津和平·期末）已知F1,F2椭圆C:x2a2+y2b2A．4 B．92 C．5 D．【答案】B【解析】根据|F1F2|=4可得c=2，再利用椭圆上的已知点Q可得a与b【详解】由题意得c=2，因为点Q(2,2)在椭圆所以4a2+2b所以椭圆方程为x2由题意得F1因为P是椭圆上的动点，设P(x,y)，由椭圆的参数方程可得{x=22cos所以P(22又因为Q(2,则PQ=PF所以PQ=(2−2=−4+8=4−2=−4(sin所以当sinα=−24时，PQ故选：B.【点睛】本题考查椭圆的几何性质以及参数方程的应用，属中档难度题目.【变式12-1】5.（20·21高三下·浙江衢州·阶段练习）在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且|AB|＝2，|AD|＝1，|CD|＝2x，其中x∈(0,1)，以A，B为焦点且过点D的双曲线的离心率为e1，以C，D为焦点且过点A的椭圆的离心率为e2，若对任意x∈(0,1)，不等式t＜e1＋e2恒成立，则t的最大值为（

）A．3 B．5 C．2 D．2【答案】B【解析】根据余弦定理以及椭圆、双曲线的定义求出离心率e1【详解】在等腰梯形ABCD中，过点D作AB的垂线，垂足于H在ΔADH中，cos由余弦定理可得：B=4+1−2×1×2×(1−x)=1+4x设双曲线的实半轴为a1，椭圆的长半轴为由双曲线的定义可知：a1=由椭圆的定义可知：a2=所以e1=所以e令m=1+4x−1∈(0,令y=2my所以函数y=2m+m所以e1+e2故选：B【点睛】本题主要考查了椭圆以及双曲线的定义以及简单的性质等，属于较难题.题型13解答题综合问题【例题13】（22·23高二下·陕西榆林·期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左､右焦点分别为F1，F(1)求C的方程；(2)若过F2且斜率不为0的直线l交椭圆于M，N两点，A1，A2分别为椭圆的左､右顶点，直线A1M，A2N分别与直线l1：【答案】(1)x(2)证明见解答【分析】（1）由已知可得bc=3，ca=12，a2=b2+c（2）由题意设l的方程为x=my+1，Mx1,y1，Nx2,y2，与【详解】（1）由题意知bc=3，c2=12所以a=2，b=3，c=1故C的方程为x2（2）由（1）知F21,0，A1因为l的斜率不为0，故设l的方程为x=my+1，Mx1,联立得x=my+1x24+yΔ=36y1+y直线A1M的斜率kA1M与x=1联立可得y=3y1x1同理可求Q点的坐标为1,−y3y2my即3y1x又OF2=1=所以四边形OTA

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用一元二次方程根与系数关系、菱形的判定定理.【变式13-1】1.（22·23高二下·四川凉山·期末）已知椭圆C:x2a2+y2(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点M0,1的直线l交椭圆C于P,Q两点，O为坐标原点，求△OPQ【答案】(1)x(2)2【分析】（1）根据题意，列出关于a,b,c的方程组，求得a2（2）设直线l的方程为y=kx+1，联立方程组求得x1+x2=−4k2k2【详解】（1）解：由题意，椭圆C的离心率为22，点A2,1在椭圆可得a2=b所以椭圆C的标准方程