專題8.2 橢圓綜合【九大題型】（舉一反三）（新高考專用）（解析版）2024年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)

第第頁專題8.2橢圓綜合【九大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1橢圓的定義及其應(yīng)用】 3【題型2橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求解】 5【題型3橢圓中的焦點(diǎn)三角形問題】 8【題型4橢圓的離心率或其取值范圍問題】 10【題型5橢圓中的最值問題】 13【題型6橢圓的弦長問題】 15【題型7橢圓的“中點(diǎn)弦”問題】 20【題型8橢圓中的面積問題】 24【題型9橢圓中的定點(diǎn)、定值、定直線問題】 291、橢圓綜合圓錐曲線是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，橢圓是圓錐曲線中的重要內(nèi)容，是高考命題的重點(diǎn).從近幾年的高考情況來看，主要考查橢圓的概念、性質(zhì)以及直線與橢圓的位置關(guān)系等知識(shí)，選擇、填空、解答題都會(huì)出現(xiàn)；與向量等知識(shí)結(jié)合綜合考查也是高考命題的一個(gè)趨勢(shì)，難度較大，需要學(xué)會(huì)靈活求解.【知識(shí)點(diǎn)1橢圓方程的求解方法】1．橢圓方程的求解(1)用定義法求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程

根據(jù)橢圓的定義，確定的值，結(jié)合焦點(diǎn)位置可寫出橢圓方程.(2)用待定系數(shù)法求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程

①如果明確了橢圓的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，那么所求的橢圓一定是標(biāo)準(zhǔn)形式，就可以利用待定系數(shù)法求解.首先建立方程，然后依據(jù)題設(shè)條件，計(jì)算出方程中的a，b的值，從而確定方程（注意焦點(diǎn)的位置）.②如果不能確定橢圓的焦點(diǎn)的位置，那么可用以下兩種方法來解決問題：一是分類討論，分別就焦點(diǎn)在x軸上和焦點(diǎn)在y軸上利用待定系數(shù)法設(shè)出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，再解答；二是用待定系數(shù)法設(shè)橢圓的一般方程為=1(A>0,B>0,A≠B)，再解答.【知識(shí)點(diǎn)2橢圓的焦點(diǎn)三角形】1．橢圓的焦點(diǎn)三角形(1)焦點(diǎn)三角形的概念

設(shè)M是橢圓上一點(diǎn)，,為橢圓的焦點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M,,不在同一條直線上時(shí)，它們構(gòu)成一個(gè)焦點(diǎn)三角形，如圖所示.(2)焦點(diǎn)三角形的常用公式

①焦點(diǎn)三角形的周長L=2a+2c.

②在中，由余弦定理可得.

③設(shè)，，則.【知識(shí)點(diǎn)3橢圓離心率或其范圍的解題策略】1.求橢圓離心率或其范圍的方法解題的關(guān)鍵是借助圖形建立關(guān)于a,b,c的關(guān)系式(等式或不等式)，轉(zhuǎn)化為e的關(guān)系式，常用方法如下:(1)直接求出a,c，利用離心率公式求解.(2)由a與b的關(guān)系求離心率，利用變形公式求解.(3)構(gòu)造a,c的齊次式.離心率e的求解中可以不求出a,c的具體值，而是得出a與c的關(guān)系，從而求得e.【知識(shí)點(diǎn)4橢圓的弦長與“中點(diǎn)弦問題”】1．弦長問題(1)定義：直線與橢圓的交點(diǎn)間的線段叫作橢圓的弦.

(2)弦長公式：設(shè)直線l:y=kx+m交橢圓+=1(a>b>0)于，兩點(diǎn)，則或.2．“中點(diǎn)弦問題”(1)解決橢圓中點(diǎn)弦問題的兩種方法

①根與系數(shù)的關(guān)系法：聯(lián)立直線方程和橢圓方程構(gòu)成方程組，消去一個(gè)未知數(shù)，利用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系以及中點(diǎn)坐標(biāo)公式解決.

②點(diǎn)差法：利用端點(diǎn)在曲線上，坐標(biāo)滿足方程，將端點(diǎn)坐標(biāo)分別代入橢圓方程，然后作差，構(gòu)造出中點(diǎn)坐標(biāo)和斜率的關(guān)系.設(shè)，，代入橢圓方程+=1(a>b>0)，得，

①-②可得+=0，

設(shè)線段AB的中點(diǎn)為，當(dāng)時(shí)，有+=0.

因?yàn)闉橄褹B的中點(diǎn)，從而轉(zhuǎn)化為中點(diǎn)與直線AB的斜率之間的關(guān)系，這就是處理弦中點(diǎn)軌跡問題的常用方法.(2)弦的中點(diǎn)與直線的斜率的關(guān)系

線段AB是橢圓+=1(a>b>0)的一條弦，當(dāng)弦AB所在直線的斜率存在時(shí)，弦AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為，則弦AB所在直線的斜率為，即.

【知識(shí)點(diǎn)5橢圓中的最值問題的解題策略】1．橢圓中的最值問題求解此類問題一般有以下兩種思路：(1)幾何法：若題目中的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決，這就是幾何法.解題的關(guān)鍵是能夠準(zhǔn)確分析出最值問題所隱含的幾何意義，并能借助相應(yīng)曲線的定義求解.(2)代數(shù)法：若題目中的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可建立目標(biāo)函數(shù)，將目標(biāo)變量表示為一個(gè)(或多個(gè))變量的函數(shù)關(guān)系式，然后根據(jù)函數(shù)關(guān)系式的特征選用配方法、判別式法，應(yīng)用基本不等式以及三角函數(shù)的最值求法求出最大值、最小值或范圍，但要注意自變量的取值范圍對(duì)最值的影響.【題型1橢圓的定義及其應(yīng)用】【例1】（2023·江西九江·三模）已知橢圓C:x28+y24=1的左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，A，B為平面內(nèi)異于F1，F(xiàn)2的兩點(diǎn).若AB的中點(diǎn)P在C上，且AC=2AF1，ADA．4 B．42 C．8 D．【解題思路】連接PF1，PF2，依題意可得PF1，PF2分別是【解答過程】如圖所示，連接PF1，PF2，∵∴F1，F(xiàn)2分別為線段AC，∵P為AB的中點(diǎn)，∴PF1，PF2分別是∴BC=2PF∵P在C上，∴PF∴BC+故選：D.【變式1-1】（2023·內(nèi)蒙古包頭·一模）已知F1,F2是橢圓C:x216+y212=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)A．9 B．20 C．25 D．30【解題思路】利用橢圓定義可得MF【解答過程】根據(jù)橢圓定義可得：MF因?yàn)镸F2+即MF1+所以MF1?故選：C.【變式1-2】（23-24高二上·甘肅白銀·期末）已知橢圓C:x236+y220=1的左?右焦點(diǎn)分別為F1,F2,P為橢圓C上第一象限的點(diǎn)，直線PA．313 B．14 C．513【解題思路】先由點(diǎn)c,b2a在橢圓上可確定點(diǎn)P的位置，得出P【解答過程】由橢圓C:x236+y220=1，可得：因?yàn)镺E=53所以PF所以PF因?yàn)镻F所以PF所以PF故選：C.【變式1-3】（2023·江西上饒·模擬預(yù)測(cè)）點(diǎn)P為橢圓x28+y24=1上一點(diǎn)，曲線x2+y=1與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為A，B，CA．223 B．89 C．2【解題思路】先求出A，B，C，D的坐標(biāo)，得到A，B為橢圓x28+y24=1【解答過程】由曲線x2+y=1與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為A，B，不妨設(shè)A?2，0，B2，則A，B為橢圓x28+y2所以PA+因?yàn)镻A+PB+又PC+根據(jù)橢圓定義知點(diǎn)P的軌跡為以C、D為焦點(diǎn)的橢圓，所以軌跡方程為x2聯(lián)立x28+y24=1故點(diǎn)P到x軸的距離為22故選：A.【題型2橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求解】【例2】（2023·廣西柳州·二模）已知橢圓C的焦點(diǎn)為F1(0,?1),F2(0,1)，過F2的直線與C交于P，Q兩點(diǎn)，若A．5x22C．x22+【解題思路】由已知可設(shè)F2Q=m,PF2=3m【解答過程】如圖，由已知可設(shè)F2Q根據(jù)橢圓的定義QF2在△PF1F2∴故橢圓方程為：y故選：B.【變式2-1】（2023·河北唐山·模擬預(yù)測(cè)）阿基米德是古希臘著名的數(shù)學(xué)家、物理學(xué)家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率π等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)A．x29+4y227=1 【解題思路】由題意有ab=183且b【解答過程】由題意知：ab=183且ba=32所以橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程x2故選：B.【變式2-2】（2023·重慶萬州·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距為4，平行四邊形ABCD內(nèi)接于橢圓E，且直線A．x28+y24=1 B．【解題思路】由條件列關(guān)于a,b,c的方程，解方程可得a,b，由此可得橢圓方程.【解答過程】設(shè)Ax1,則x1所以兩式相減可得y2因?yàn)橹本€AB與AD的斜率之積為?1所以y2?y1x設(shè)橢圓E的半焦距為c，因?yàn)闄E圓E的焦距為4，所以2c=4，所以c=2，又a2=b所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2故選：A.【變式2-3】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知F1,F2分別是橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，M在E上，N在y軸上，A．x225+C．x220+【解題思路】設(shè)MxM,yM【解答過程】結(jié)合題意可得：F1?c,0,F2則由△MF1F2的面積為由2F2N連接NF1,∵以MN為直徑的圓過F由②③得yM結(jié)合①得c=5∴MF1+MF2=2a=故選：B．【題型3橢圓中的焦點(diǎn)三角形問題】【例3】（2023·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓E：x24+y23=1，點(diǎn)A，B在橢圓上且在x軸異側(cè)，F(xiàn)A．8 B．4 C．3 D．4+2【解題思路】根據(jù)橢圓定義進(jìn)行求解.【解答過程】由橢圓的定義，AF1+故選：A.【變式3-1】（2023·陜西咸陽·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C：x24+y23=1的左?右焦點(diǎn)分別是F1，A．△MF1F2的周長為6 C．△MF1F2的內(nèi)切圓的半徑為159【解題思路】根據(jù)焦點(diǎn)三角形的性質(zhì)即可求解AB，根據(jù)等面積法即可求解C，根據(jù)面積公式以及正弦定理及可求解D.【解答過程】由題意知，a=2，b=3，c=1由橢圓的定義知，MF1+∴△MF1F將M43,y0∴△MF1F設(shè)△MF1F2的內(nèi)切圓的半徑為即153=1不妨取M43,153∴△MF1F即153=1由正弦定理知，△MF1F故選:D.【變式3-2】（2023·陜西咸陽·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左?右焦點(diǎn)分別為F1,F2，過A．a(chǎn)212 B．a(chǎn)26 C．【解題思路】結(jié)合橢圓定義，有F1Q+F2Q=2a【解答過程】設(shè)F2Q=t(t>0)，則PQ因?yàn)镕1Q+F2所以PF所以|PQ|2+PF所以S△Q故選：B.【變式3-3】（2023·北京·模擬預(yù)測(cè)）已知一個(gè)離心率為12，長軸長為4的橢圓，其兩個(gè)焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，在橢圓上存在一個(gè)點(diǎn)P，使得∠F1PF2=60°A．36 B．23 C．22【解題思路】在△PF1F2中，利用余弦定理求得【解答過程】解：因?yàn)闄E圓的離心率為12所以a=2,c=1，在△PF1F=P解得PF所以S△P12解得r=3故選：D.【題型4橢圓的離心率或其取值范圍問題】【例4】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右頂點(diǎn)為A，上、下頂點(diǎn)分別為B1，BA．33 B．32 C．23【解答過程】根據(jù)題意結(jié)合斜率關(guān)系可得a2=3b【解題思路】由題意可知：A(a,0)，B1(0,b)，B2(0,?b)，則因?yàn)閗AB1又因?yàn)閎2=a2?所以橢圓C的離心率為e=c故選：D．【變式4-1】（2024·四川綿陽·二模）設(shè)F1,F2分別為橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦點(diǎn)，以F1為圓心且過F2的圓與x軸交于另一點(diǎn)P，與y軸交于點(diǎn)A．23 B．13?3 C．3?1【解題思路】由題意可逐步計(jì)算出點(diǎn)A坐標(biāo)，由點(diǎn)A在橢圓上，將其代入橢圓方程得到等式后，借助等式即可計(jì)算離心率.【解答過程】由題意可得F1?c,0、F2則以F1為圓心且過F2的圓的方程為令x=0，則yP=±3c，由對(duì)稱性，不妨取點(diǎn)Q在則lQF2有S△QF1又S△APF2=1代入lQF2:y=?3即A14c,化簡得b2c2即有a2整理得c4?44a有e2=44?由22+613>1，故舍去，即則e=22?6故選：B.【變式4-2】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知點(diǎn)Ax1,y1x1y1≠0是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一點(diǎn)，過點(diǎn)A．13 B．33 C．53【解題思路】由題意，求得斜率建立方程，結(jié)合離心率的計(jì)算公式，可得答案.【解答過程】由l的方程為x1xa2+又因?yàn)橹本€OA的斜率為y1x1，所以?所以橢圓C的離心率e為1?b故選：B．【變式4-3】（23-24高二上·山東濟(jì)寧·階段練習(xí)）設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點(diǎn)分別為F1A．22,5C．22,10【解題思路】設(shè)PF2=t，由橢圓定義和勾股定理得到e2=【解答過程】設(shè)F1?c,0，F(xiàn)2可設(shè)PF2=t，可得P由∠F1PF2由②÷①2，可得e2=即有λ2+1λ+1可得43≤m≤4，即則m=2時(shí)，取得最小值12；m=43即有12≤e故選：C.【題型5橢圓中的最值問題】【例5】（2023·甘肅定西·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C：x29+y25=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，AA．7 B．8 C．9 D．11【解題思路】根據(jù)橢圓的定義可得AB+AF1=【解答過程】

設(shè)橢圓的半焦距為c，則F22,0，如圖，連接AF2，則而AB?AF2≤BF故AB+AF故選：A.【變式5-1】（2023·湖南長沙·三模）已知點(diǎn)M為橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一點(diǎn)，橢圓的長軸長為82，離心率e=22，左、右焦點(diǎn)分別為F1A．62?2 B．62?3【解題思路】先求出橢圓的方程，借助于橢圓的定義得到|MF1|+|MB|=|=2a﹣（|MF2﹣MB|），結(jié)合三角形中的兩邊之差小于第三邊得答案.【解答過程】由題意可得：2a=82e=2∴橢圓方程為：x2|MF1|+|MB|=|=2a﹣（|MF2﹣MB|）≥2a﹣|BF2|=82﹣5，當(dāng)且僅當(dāng)M，F(xiàn)2，B共線時(shí)取得最小值82故選D．【變式5-2】（2023·湖南·二模）已知F1,F2分別為橢圓C:x26A．64 B．16 C．8 D．4【解題思路】由PF12【解答過程】解：PF因?yàn)闄E圓上的點(diǎn)P滿足PF當(dāng)點(diǎn)P為F1F2的延長線與C的交點(diǎn)時(shí)，P所以PF故選：B．【變式5-3】（2023·江蘇南通·三模）已知F為橢圓C：x24+y2=1的右焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，Q為圓M：A．5 B．6 C．4+23 D．【解題思路】利用橢圓的定義、點(diǎn)和圓的位置關(guān)系等知識(shí)確定正確答案.【解答過程】依題意a=2,b=1,c=3，設(shè)橢圓C的左焦點(diǎn)為F圓x2+y?32=1PQ+當(dāng)P,F1,Q三點(diǎn)共線，且F而QF所以PQ+當(dāng)P,F1M,Q四點(diǎn)共線，且F1在P,Q之間，Q是故選：D.

【題型6橢圓的弦長問題】【例6】（2023·廣東·二模）已知A1?2,0是橢圓M:x2a(1)求M的方程；(2)若直線l:y=kx?1與M交于Ax1,y【解題思路】（1）根據(jù)條件列式計(jì)算得解；（2）聯(lián)立方程組，由韋達(dá)定理將條件式1x1+【解答過程】（1）依題意可得a=27解得a=2,b所以M的方程為x2（2）聯(lián)立x24+y2則x1+x因?yàn)閥=kx?1經(jīng)過定點(diǎn)1,0，且點(diǎn)1,0在M的內(nèi)部，所以Δ由1x解得k2所以x1所以AB=【變式6-1】（2023·浙江·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x28+y24=1，點(diǎn)N0,1，斜率不為0的直線l與橢圓C(1)求圓N的半徑r的取值范圍；(2)求AB的取值范圍.【解題思路】（1）設(shè)直線l方程，聯(lián)立直線l方程與橢圓方程可得x1+x2，x1x2，進(jìn)而可求得點(diǎn)M坐標(biāo)，由圓N與直線l相切于點(diǎn)M可得kNM=?（2）由弦長公式可得|AB|=8(3?2k2【解答過程】（1）如圖所示，

由題意知，直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l方程為y=kx+m（k≠0），A(x1,y1)，y=kx+mxΔ=16x1+x所以y1又因?yàn)镸為AB的中點(diǎn)，所以M(?2km又因?yàn)閳AN與直線l相切于點(diǎn)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<所以圓N的半徑r的取值范圍為(2,10（2）由（1）知，2k所以|AB|=1+k2×(令t=2k2+1，則k所以|AB|=8(4?t)×顯然y=?t+4t+3所以0<?t+4t+3<6，所以0<2故|AB|的取值范圍為(0,26【變式6-2】（2023·北京順義·一模）已知橢圓C:x2a2+y2(1)求橢圓C的方程；(2)過點(diǎn)D0,1斜率為k的直線l交橢圓C于M,N，直線MA,NB分別交直線y=t?2<t<2于點(diǎn)P,Q．若DP=【解題思路】（1）由題意可得a,b的值，即可得橢圓方程；（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+1，設(shè)Mx1,y1，Nx2,y【解答過程】（1）由題意可知：b=2,a=2所以橢圓C的方程為x2（2）直線l的方程為y=kx+1，設(shè)Mx1,直線l與橢圓方程x28+y24=1則Δ>0,直線MA的方程為：y=y1?2x1直線NB的方程為：y=y2+2x2∵DP=法一：易知xP與x∴x∴∴∴∴∴∴∴(∴(∵∴t=1法二：∴∴t?2∵k∴∴∴t=1∵?2<t<2∴t=1.【變式6-3】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x24+y2=1的左焦點(diǎn)為F，直線l與圓M:x2+y2=1(1)求AB的最小值；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若∠ABF=2∠AOP，求l的方程．【解題思路】（1）根據(jù)題意設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，直線l：（2）結(jié)合（1），不妨令x1<x2，且求出x1，x2，根據(jù)題意得到cos∠ABF=cos2∠AOP，再根據(jù)余弦的定義得到cos∠AOP，再利用焦半徑公式得到AF，【解答過程】（1）設(shè)Ax1,又A在第一象限，B在第四象限，則可設(shè)直線l：x=my+n，且1≤n<2，又直線l與圓M相切，則有?n1+m2=1，得聯(lián)立x=my+nx24+y則y1+y所以x1+x所以AB2===48n2又由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)可得fx=x+9x在又f1=10，f4=254，所以當(dāng)n2故當(dāng)n=1，即直線l的方程為x=1時(shí)，AB取得最小值，且最小值為3．（2）結(jié)合（1），不妨令x1則由x1+x解得x1=4n?2由∠ABF=2∠AOP，則cos∠ABF=cos2∠AOP又OA=x1又由焦半徑公式有AF=a+ex1=2+又由（1）有AB2=48則由余弦定理得cos∠ABF=聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦求得n=3，m=±所以直線l的方程為x+2y?3【題型7橢圓的“中點(diǎn)弦”問題】【例7】（2023·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知直線l:3x+4y?11=0與橢圓C:x24+y2m2=1交于A,BA．33 B．22 C．32【解題思路】根據(jù)給定條件，利用中點(diǎn)弦問題求出m2【解答過程】依題意，直線l的斜率為?34，設(shè)A(x1,由x124+y解得m2=6，此時(shí)橢圓C:x24所以橢圓C的離心率e=m故選：A.【變式7-1】（2023·江西·模擬預(yù)測(cè)）已知直線l1:y=2x+2過橢圓C；x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)，與C交于A，B兩點(diǎn)，與l1平行的直線l2與C交于M，N兩點(diǎn)，若ABA．x24+C．x29+【解題思路】運(yùn)用點(diǎn)差法，結(jié)合直線斜率公式進(jìn)行求解即可.【解答過程】設(shè)Ax則x12a2所以y若O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則kOP=?b22a2，同理k即kOP=kPQ=?b22解得a2=9b2故選：C.【變式7-2】（23-24高二上·江西·期中）設(shè)橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的上頂點(diǎn)為B(1)求E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l與E交于P，Q兩點(diǎn)，且點(diǎn)A?1,1為PQ中點(diǎn)，求直線l【解題思路】（1）由題意，可直接求出點(diǎn)B，F(xiàn)，從而確定基本量的值，進(jìn)而求出橢圓的方程；（2）分直線斜率存在和不存在兩種情況分析，當(dāng)斜率不存在時(shí)，直曲聯(lián)立，解方程即可進(jìn)行取舍；當(dāng)斜率存在時(shí)，直曲聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式列方程即可求.【解答過程】（1）由題意，直線x?y+2=0與x軸的交點(diǎn)為F?2,0，與y軸的交點(diǎn)為B所以b=2，c=2，a2因此E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，l：x=聯(lián)立，解得x=?1y=72故P?1,72，Q?1,?72，不滿足當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：y=kx+1+1，Px聯(lián)立x28+即2k所以x1由于A?1,1為PQ的中點(diǎn)，所以x1+x2綜上，直線l的方程為y=12x+1【變式7-3】（2023·河北承德·模擬預(yù)測(cè)）已知斜率為k的直線l與橢圓C:x26+y23=1交于(1)若n=1，m=?1，求k的值；(2)若線段AB的垂直平分線交y軸于點(diǎn)P0,?13，且AB【解題思路】（1）根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)，利用點(diǎn)差法求中點(diǎn)弦的斜率；（2）令直線l為y=k(x?n)+m，討論k=0、k≠0，應(yīng)用點(diǎn)差法得k=?n2m，寫出中垂線PM方程，根據(jù)M(n,m)在PM上求得m=13，進(jìn)而得到【解答過程】（1）由題設(shè)xA26又xA+x所以kl（2）由題意，直線l斜率一定存在，令直線l為y=k(x?n)+m，若k=0時(shí)l:y=m且M(0,m)，?3<m<3，此時(shí)中垂線PM與題設(shè)中，垂直平分線與y軸交于P0,?若k≠0，由（1）知：n(xA?則中垂線PM為y+13=2mn所以3mn?n=0，得n=0或m=13，當(dāng)n=0時(shí)k=0不滿足要求，故故k=?3n2，即l:y=1整理得9(2+9n所以xA+xB=2n，xAx由AB=4PM，則(4+9n所以l:y=1±x.綜上，直線l的方程為y=±x+1.【題型8橢圓中的面積問題】【例8】（2023·廣西·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），直線l(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)A?2,0，B2,0，M，N是橢圓C上不同于A，B的兩點(diǎn)（其中M在x軸上方），若直線BN的斜率等于直線AM的斜率的2倍，求四邊形【解題思路】（1）根據(jù)題設(shè)得c=2且a=（2）設(shè)直線AM的方程為y=kx+2，k>0，Mx1,y1，聯(lián)立橢圓，應(yīng)用韋達(dá)定理用k表示出M坐標(biāo)，進(jìn)而得到直線BN的方程為y=2kx?2，設(shè)Nx2【解答過程】（1）設(shè)橢圓的焦距為2c，直線l恒過點(diǎn)2,0，所以c=橢圓的下頂點(diǎn)0,?b到直線l的距離d=b+由題意得a=b+22橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由題意，設(shè)直線AM的斜率為k（k>0），即直線AM的方程為y=kx+2聯(lián)立直線AM與橢圓方程y=kx+2x24+設(shè)Mx1,y1，由韋達(dá)定理得?2直線BN的斜率等于直線AM的斜率的2倍，直線BN的方程為y=2kx?2設(shè)Nx2,y2則四邊形AMBN的面積S=12=24×4k+令t=4k+1k，則4k+1則S=24t+2t≤【變式8-1】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知F1，F(xiàn)2分別為橢圓Γ：x24+y2b2=1的左、右焦點(diǎn)，過點(diǎn)F2的直線l(1)求橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若過點(diǎn)F2的直線l2與橢圓Γ交于C，D兩點(diǎn)，且l1【解題思路】（1）根據(jù)題意，由△AF1F2的周長即可得到（2）根據(jù)題意，分直線斜率存在與不存在討論，聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理，弦長公式，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.【解答過程】（1）設(shè)F1?c,0，F(xiàn)2c,0c>0解得c=3，所以b所以橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）

當(dāng)直線l1，l2中的一條直線的斜率不存在、另一條直線的斜率為0時(shí)，四邊形ACBD的面積當(dāng)直線l1，l設(shè)l1的方程為y=kx?3，A聯(lián)立得y=kx?3x則Δ=192則x1+xAB=因?yàn)閘1⊥l2，故直線同理可得CD=41+k2k2則四邊形ACBD的面積S=1令t=k+1k2，則易知函數(shù)y=2?184t+9在4,+∞所以S∈32綜上所述，四邊形ACBD面積的取值范圍為3225【變式8-2】（2023·福建龍巖·二模）已知橢圓K:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1?2,0，F(xiàn)22,0，過右焦點(diǎn)F2(1)求橢圓K的方程；(2)過點(diǎn)M作ME⊥x軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)N作NQ⊥x軸于點(diǎn)Q，QM與NE交于點(diǎn)P，是否存在直線l使得△PMN的面積等于62？若存在，求出直線l【解題思路】（1）根據(jù)已知條件結(jié)合橢圓的定義求出2a，由焦點(diǎn)坐標(biāo)可知c的值，利用a，b，c的關(guān)系可求出b2（2）依題意可知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l方程為x=my+2(m≠0)，與橢圓的方程聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理表示出P點(diǎn)的坐標(biāo)，將三角形的面積表示為關(guān)于m的函數(shù)，解方程求出m的值即可．【解答過程】（1）

設(shè)MF2=2r，D依題意，得：OD=22?r所以，2a=MF1又c=2，所以b2所以橢圓C的方程為x2（2）

依題意，當(dāng)直線l斜率為0時(shí)，不符合題意；當(dāng)直線l斜率不為0時(shí)，設(shè)直線l方程為x=my+2(m≠0)，聯(lián)立x=my+2x28易知Δ=16設(shè)M(x1,則y1+y因?yàn)镸E⊥x軸，NQ⊥x軸，所以E(x1,0)所以直線QM:y=y直線NE:y=y聯(lián)立①②解得xp因?yàn)镸E∥NQ，ME與直線x=4平行，所以S△PMN因?yàn)閙y所以S△PMN由22m2故存在直線l的方程為x?2y?2=0或x+2y?2=0，使得【變式8-3】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C：x2a2+y2b(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓C的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，直線PQ交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，記直線AP的斜率為k1，直線BQ的斜率為k2，已知k1=3k2，設(shè)△APQ和△BPQ的面積分別為【解題思路】（1）依題意列式即可求解；（2）先討論直線PQ的斜率為0的情況，斜率不為0時(shí)，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，用韋達(dá)定理結(jié)合已知條件證明直線PQ恒過x軸上一定點(diǎn)，再表示出S1【解答過程】（1）由題意知c解得a2=4,b2=1,（2）依題意，A?2,0，B2,0，設(shè)Px若直線PQ的斜率為0，則點(diǎn)P，Q關(guān)于y軸對(duì)稱，必有kAP=?k所以直線PQ的斜率必不為0，設(shè)其方程為x=ty+nn≠±2與橢圓C的方程聯(lián)立x得t2所以Δ=16t因?yàn)镻x1,所以kAP?k則kAP=?1因?yàn)?2=12y==12n+2t所以n=?1，此時(shí)Δ=16故直線PQ恒過x軸上一定點(diǎn)D?1,0因此y1+y所以S1?===4=4?則1t2+4∈0,14，當(dāng)1【題型9橢圓中的定點(diǎn)、定值、定直線問題】【例9】（2023·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)為F1(1)求橢圓E的方程;(2)點(diǎn)M，N分別為橢圓E的上、下頂點(diǎn)，過直線y=2上任意一點(diǎn)P作直線PM和PN，分別交橢圓于S，T兩點(diǎn).證明：直線ST過定點(diǎn).【解題思路】（1）由橢圓定義并結(jié)合△GHF2的周長為（2）利用數(shù)型結(jié)合，設(shè)出直線PM，PN分別與橢圓聯(lián)立，然后利用根與系數(shù)關(guān)系從而求解.【解答過程】（1）由題意知，△GHF2的周長為4a，則4a=8，所以又

c=3，則b2=a2?c2=4?3=1所以橢圓E的方程為x2（2）由題意可作出圖形，如圖，由題意知，M0,1，N0,?1，直線PS，PT，設(shè)Pm,2，m∈R,m≠0，則直線PS：y=由y=xm因?yàn)棣?64m2>0即xS=?8mm直線PN：y=3xm?1，由y=因?yàn)棣?24所以xT=24mm所以kST所以直線ST方程為：y=12?所以直線ST過定點(diǎn)0【變式9-1】（2023·廣西·模擬預(yù)測(cè)）在橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）中，其所有外切矩形的頂點(diǎn)在一個(gè)定圓(1)求橢圓C的方程；(2)過橢圓C的蒙日?qǐng)A上一點(diǎn)M，作橢圓的一條切線，與蒙日?qǐng)A交于另一點(diǎn)N，若kOM，kON存在．證明：【解題思路】（1）根據(jù)橢圓所過的點(diǎn)，列方程求解a2（2）由題意可得橢圓的蒙日?qǐng)A方程，由此討論直線MN斜率不存在和存在兩種情況，存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程y=kx+t，聯(lián)立直線和橢圓方程，求得參數(shù)間的關(guān)系，聯(lián)立直線和蒙日?qǐng)A方程可得根與系數(shù)關(guān)系，化簡kOM【解答過程】（1）將A22,32可得12a2所以橢圓C的方程為：x2（2）由題意可知，蒙日?qǐng)A方程為：x2（i）若直線MN斜率不存在，則直線MN的方程為：x=2或x=?不妨取x=2，代入x2+不妨取M2,1，N2,?1，∴kOM（ii）若直線MN斜率存在，設(shè)直線MN的方程為：y=kx+t，聯(lián)立y=kx+tx22據(jù)題意有Δ=16k2設(shè)Mx1,y1（x聯(lián)立y=kx+tx2+Δ1x1+x則k=k∵t2=2k綜上可知，kOM?k【變式9-2】（2023·廣東梅州·一模）已知?jiǎng)訄AM經(jīng)過定點(diǎn)F1?3,0，且與圓F(1)求動(dòng)圓圓心M的軌跡C的方程；(2)設(shè)軌跡C與x軸從左到右的交點(diǎn)為A，B，點(diǎn)P為軌跡C上異于A，B的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)PB交直線x=4于點(diǎn)T，連接AT交軌跡C于點(diǎn)Q，直線AP，AQ的斜率分別為kAP，k①求證：kAP②證明：直線PQ經(jīng)過x軸上的定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo).【解題思路】（1）設(shè)出動(dòng)圓M的半徑r，然后由幾何關(guān)系可得MF（2）①分別求出A,B的坐標(biāo)，設(shè)P(x1,y1②中設(shè)出直線方程x=ty+n，然后與橢圓方程C聯(lián)立，再利用根與系數(shù)的關(guān)系及①中結(jié)論，即可求解.【解答過程】（1）設(shè)動(dòng)圓的半徑為r，由題意得圓F2的圓心為F23所以|MF1|=r，|M所以動(dòng)圓圓心M的軌跡C是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)，長軸長為4因此動(dòng)圓圓心M的軌跡C的方程為x2（2）①設(shè)P(x1,y1由（1）可知A(?2,0)，B(2,0)，如圖所示，所以kAp=y又因?yàn)閗BP=kBT，即所以kAP又x124因此kAP②設(shè)直線PQ的方程為x=ty+n，由①中知P(x1,由x=ty+n，x24+由根與系數(shù)的關(guān)系得y1+y即y1x1+2×y2所以直線PQ的方程為x=ty+1，所以直線PQ經(jīng)過x軸上的定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為1,0.【變式9-3】（2023·四川成都·二模）已知A1?3,0和A23,0是橢圓η:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)，直線l與橢圓η相交于(1)求橢圓η的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線OM與橢圓η的另外一個(gè)交點(diǎn)為S，直線A1S與直線A2N相交于點(diǎn)P，直線PO與直線l相交于點(diǎn)【解題思路】（1）設(shè)Mx1,y1，Nx2（2）設(shè)直線l的方程為：x=my+n(m≠0,n≠0)，聯(lián)立直線l和橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理可得y1y2，y1+y2，結(jié)合三點(diǎn)共線可得y0x0+3【解答過程】（1）設(shè)Mx1,所以kA1M由題意知a=3，所以x1所以b2則橢圓η的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）證明：設(shè)直線l的方程為：x=my+n(m≠0,n≠0)，聯(lián)立橢圓η的方程，得x=my+nx所以5m則Δ=180由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1y2設(shè)Px由P，S，A1三點(diǎn)共線，得y由P，N，A2三點(diǎn)共線，得y則2=2m+n?3所以直線OP的斜率為kOP則直線OP的方程為y=n+3聯(lián)立直線OP與直線l的方程，可得y=n+33mx所以點(diǎn)Q在一條定直線上，該定直線的方程為x=?3．1．（2023·全國·高考真題）設(shè)F1,F2為橢圓C:x25+y2=1A．1 B．2 C．4 D．5【解題思路】方法一：根據(jù)焦點(diǎn)三角形面積公式求出△PF方法二：根據(jù)橢圓的定義以及勾股定理即可解出．【解答過程】方法一：因?yàn)镻F1?從而S△FP1故選：B.方法二：因?yàn)镻F1?PF所以PF12PF12故選：B.2．（2023·全國·高考真題）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)1,F2為橢圓C:x29+y26A．135 B．302 C．145【解題思路】方法一：根據(jù)焦點(diǎn)三角形面積公式求出△PF1F2的面積，即可得到點(diǎn)方法二：利用橢圓的定義以及余弦定理求出PF方法三：利用橢圓的定義以及余弦定理求出PF【解答過程】方法一：設(shè)∠F1P由cos∠F1由橢圓方程可知，a2所以，S△PF1即xp2=9×故選：B．方法二：因?yàn)镻F1+即PF解得：PF而PO=12即PO=故選：B．方法三：因?yàn)镻F1+即PF12由中線定理可知，2OP2+F1故選：B．3．（2023·全國·高考真題）設(shè)橢圓C1:x2a2+y2A．233 B．2 C．3 【解題思路】根據(jù)給定的橢圓方程，結(jié)合離心率的意義列式計(jì)算作答.【解答過程】由e2=3e1，得e22故選：A.4．（2023·全國·高考真題）已知橢圓C:x23+y2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線y=x+m與C交于A，BA．23 B．23 C．?2【解題思路】首先聯(lián)立直線方程與橢圓方程，利用Δ>0，求出m范圍，再根據(jù)三角形面積比得到關(guān)于m【解答過程】將直線y=x+m與橢圓聯(lián)立y=x+mx23+y因?yàn)橹本€與橢圓相交于A,B點(diǎn)，則Δ=36m2設(shè)F1到AB的距離d1,F2到AB則d1=|?S△F1ABS故選：C.5．（2022·全國·高考真題）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為13，A1,A．x218+y216=1 B．【解題思路】根據(jù)離心率及BA1?【解答過程】解：因?yàn)殡x心率e=ca=1?bA1,A2分別為B為上頂點(diǎn)，所以B(0,b).所以BA1所以?a2+b2故橢圓的方程為x2故選：B.6．（2022·全國·高考真題）橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左頂點(diǎn)為A，點(diǎn)P，Q均在C上，且關(guān)于A．32 B．22 C．12【解題思路】設(shè)Px1,y1，則Q?x1,【解答過程】[方法一]：設(shè)而不求設(shè)Px1則由kAP?k由x12a所以b2a2所以橢圓C的離心率e=c[方法二]：第三定義設(shè)右端點(diǎn)為B，連接PB，由橢圓的對(duì)稱性知：k故kAP由橢圓第三定義得：kPA故b所以橢圓C的離心率e=c故選A.7．（2023·北京·高考真題）已知橢圓E:x2a2+y