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【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
第 42 练 直线与椭圆（精练）
刷真题 明导向
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）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.二、填空题
2．（2022·全国·统考高考真题）已知直线l与椭圆 在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分
别交于M，N两点，且 ，则l的方程为 ．
【答案】
【分析】令 的中点为 ，设 ， ，利用点差法得到 ，设直线 ，
， ，求出 、 的坐标，再根据 求出 、 ，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令 的中点为 ，设 ， ，利用点差法得到 ，
设直线 ， ， ，求出 、 的坐标，
再根据 求出 、 ，即可得解；
解：令 的中点为 ，因为 ，所以 ，
设 ， ，则 ， ，
所以 ，即
所以 ，即 ，设直线 ， ， ，
令 得 ，令 得 ，即 ， ，所以 ，
即 ，解得 或 （舍去），
又 ，即 ，解得 或 （舍去），
所以直线 ，即 ；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点 既为线段 的中点又是线段MN的中点，
设 ， ，设直线 ， ， ，
则 ， ， ，因为 ，所以
联立直线AB与椭圆方程得 消掉y得
其中 ，∴AB中点E的横坐标 ,又 ，∴
∵ ， ，∴ ,又 ，解得m=2
所以直线 ，即
3．（2021·全国·高考真题）已知 为椭圆C： 的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称
的两点，且 ，则四边形 的面积为 ．
【答案】
【分析】根据已知可得 ，设 ，利用勾股定理结合 ，求出 ，四边形
面积等于 ，即可求解.
【详解】因为 为 上关于坐标原点对称的两点，
且 ，所以四边形 为矩形，
设 ，则 ，
所以 ，
，即四边形 面积等于 .
故答案为： .
三、解答题
4．（2023·北京·统考高考真题）已知椭圆 的离心率为 ，A、C分别是E的上、
下顶点，B，D分别是 的左、右顶点， ．
(1)求 的方程；
(2)设 为第一象限内E上的动点，直线 与直线 交于点 ，直线 与直线 交于点 ．求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到 ， ，再结合 ，解之即可；
（2）依题意求得直线 、 与 的方程，从而求得点 的坐标，进而求得 ，再根据题意求得
，得到 ，由此得解.
【详解】（1）依题意，得 ，则 ，
又 分别为椭圆上下顶点， ，所以 ，即 ，
所以 ，即 ，则 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）因为椭圆 的方程为 ，所以 ，
因为 为第一象限 上的动点，设 ，则 ，
易得 ，则直线 的方程为 ，
，则直线 的方程为 ，联立 ，解得 ，即 ，
而 ，则直线 的方程为 ，
令 ，则 ，解得 ，即 ，
又 ，则 ， ，
所以
，
又 ，即 ，
显然， 与 不重合，所以 .
5．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆 的离心率是 ，点 在 上．
(1)求 的方程；
(2)过点 的直线交 于 两点，直线 与 轴的交点分别为 ，证明：线段 的中点为
定点．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解 ，进而可得结果；
（2）设直线 的方程，进而可求点 的坐标，结合韦达定理验证 为定值即可.【详解】（1）由题意可得 ，解得 ，
所以椭圆方程为 .
（2）由题意可知：直线 的斜率存在，设 ，
联立方程 ，消去y得： ，
则 ，解得 ，
可得 ，
因为 ，则直线 ，
令 ，解得 ，即 ,
同理可得 ，
则
，
所以线段 的中点是定点 .【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；
也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
6．（2023·天津·统考高考真题）设椭圆 的左右顶点分别为 ，右焦点为 ，已知
．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点 是椭圆上一动点（不与端点重合），直线 交 轴于点 ，若三角形 的面积是三角形
面积的二倍，求直线 的方程．
【答案】(1)椭圆的方程为 ，离心率为 .
(2) .
【分析】（1）由 解得 ，从而求出 ，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公
式即求离心率.（2）先设直线 的方程，与椭圆方程联立，消去 ，再由韦达定理可得 ，从而得到 点和 点坐
标.由 得 ，即可得到关于 的方程，解出 ，代入直线
的方程即可得到答案.
【详解】（1）如图，
由题意得 ，解得 ，所以 ，
所以椭圆的方程为 ，离心率为 .
（2）由题意得，直线 斜率存在，由椭圆的方程为 可得 ，
设直线 的方程为 ，
联立方程组 ，消去 整理得： ，
由韦达定理得 ，所以 ，
所以 ， .
所以 , , ，所以 ，
所以 ，即 ，
解得 ，所以直线 的方程为 .
7．（2022·天津·统考高考真题）椭圆 的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满
足 ．
(1)求椭圆的离心率 ；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若 ，且
的面积为 ，求椭圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于 、 的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为 ，设直线 的方程为 ，将直线 的方程与椭圆方程联
立，由 可得出 ，求出点 的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得 的
值，即可得出椭圆的方程.
【详解】（1）解： ，
离心率为 .
（2）解：由（1）可知椭圆的方程为 ，
易知直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，联立 得 ，
由 ，①
， ，
由 可得 ，②
由 可得 ，③
联立①②③可得 ， ， ，故椭圆的标准方程为 ．
8．（2022·北京·统考高考真题）已知椭圆 的一个顶点为 ，焦距为 ．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点 作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，
当 时，求k的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得 ，即可求出 ，从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设 、 ，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线
、 的方程，表示出 、 ，根据 得到方程，解得即可；
【详解】（1）解：依题意可得 ， ，又 ，
所以 ，所以椭圆方程为 ；（2）解：依题意过点 的直线为 ，设 、 ，不妨令 ，
由 ，消去 整理得 ，
所以 ，解得 ，
所以 ， ，
直线 的方程为 ，令 ，解得 ，
直线 的方程为 ，令 ，解得 ，
所以
，
所以 ，
即
即
即整理得 ，解得
9．（2021·天津·统考高考真题）已知椭圆 的右焦点为 ，上顶点为 ，离心率为 ，
且 ．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线 与椭圆有唯一的公共点 ，与 轴的正半轴交于点 ，过 与 垂直的直线交 轴于点 ．
若 ，求直线 的方程．
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）求出 的值，结合 的值可得出 的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）设点 ，分析出直线 的方程为 ，求出点 的坐标，根据 可得出 ，
求出 、 的值，即可得出直线 的方程.
【详解】（1）易知点 、 ，故 ，
因为椭圆的离心率为 ，故 ， ，
因此，椭圆的方程为 ；
（2）设点 为椭圆 上一点，
先证明直线 的方程为 ，
联立 ，消去 并整理得 ， ，
因此，椭圆 在点 处的切线方程为 .在直线 的方程中，令 ，可得 ，由题意可知 ，即点 ，
直线 的斜率为 ，所以，直线 的方程为 ，
在直线 的方程中，令 ，可得 ，即点 ，
因为 ，则 ，即 ，整理可得 ，
所以， ，因为 ， ，故 ， ，
所以，直线 的方程为 ，即 .
【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为 与椭圆方程联立，由 进行求解；
（2）椭圆 在其上一点 的切线方程为 ，再应用此方程时，首先应证明直线
与椭圆 相切.
10．（2021·北京·统考高考真题）已知椭圆 一个顶点 ，以椭圆 的四个顶
点为顶点的四边形面积为 ．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
【答案】（1） ；（2） ．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求 ，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设 ，求出直线 的方程后可得 的横坐标，从而可得 ，联立
直线 的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简 ，从而可求 的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过 ，故 ，
因为四个顶点围成的四边形的面积为 ，故 ，即 ，
故椭圆的标准方程为： .
（2）
设 ，
因为直线 的斜率存在，故 ，
故直线 ，令 ，则 ，同理 .
直线 ，由 可得 ，
故 ，解得 或 .又 ，故 ，所以
又
故 即 ，
综上， 或 .
【A组 在基础中考查功底】
一、单选题
1．过椭圆 的右焦点且与椭圆长轴垂直的直线与椭圆相交于 两点，则 等于（ ）
A．4 B．2
C．1 D．4
【答案】C
【分析】根据椭圆的方程，求得椭圆的右焦点的坐标为 ，将 ，代入椭圆的方程，进而求得
弦长.
【详解】因为椭圆 ，可得 ，所以 ，
所以椭圆的右焦点的坐标为 ，
将 ，代入椭圆的方程，求得 ，所以 .
故选：C.
2．直线 与椭圆 的公共点的个数是（ ）
A．0 B．1C．2 D．无数个
【答案】C
【分析】联立直线与椭圆的方程消去y，再利用判别式判断作答.
【详解】由 消去y并整理得 ，显然 ，
所以直线 与椭圆 相交，有2个公共点.
故选：C
3．直线 与椭圆 只有一个交点，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】联立直线与椭圆的方程，消去 ，根据 即可求解.
【详解】由 ，消去 并整理得 ，
因为直线 与椭圆 只有一个交点，
所以 ，得 ．
故选:C.
4．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.
5．已知斜率为 的直线 与椭圆 交于 两点，线段 的中点为 ，直线 （ 为坐标原点）的斜率为 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设点 ，则 ，根据椭圆的方程，求得 ，结合斜率
公式，即可求解.
【详解】设点 ，则 ，
因为 ，可得 ，
又因为 ，所以 .
故选：D.
6．已知椭圆E： 与直线 相交于A，B两点，O是坐标原点，如果 是等边三
角形，那么椭圆E的离心率等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意不妨设点B在第一象限， 则 ，结合直线OB的斜率运算求解即可.
【详解】联立方程 ，解得 ，不妨设点B在第一象限， 则 ，
由题意可知：OB的倾斜角是 ，则 ，
所以椭圆的离心率 .
故选：C．
7．已知直线 交椭圆 于 两点，若点 为 两点的中点，则直线 的斜率为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用点差法求得直线 的斜率.
【详解】椭圆 ，
依题意可知直线 的斜率存在，
设 ，则 ，
两式相减并化简得 ，
即 ，
所以直线 的斜率为 .故选：D
8．已知直线 与椭圆 交于A，B两点，线段 的中点为 ，则椭
圆C的离心率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意，利用点差法，整理方程，根据斜率公式和中点坐标公式，可得答案.
【详解】设 ，则 从而 ，
故 ．由题意可得 ，
则 ，从而 ，故椭圆C的离心率 ．
故选：A.
9．若直线 与焦点在x轴上的椭圆 总有公共点，则n的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【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.10．已知直线 过椭圆C； 的一个焦点，与C交于A，B两点，与 平行的
直线 与C交于M，N两点，若AB的中点为P，MN的中点为Q，且PQ的斜率为 ，则C的方程为（
）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】运用点差法，结合直线斜率公式进行求解即可.
【详解】设 ，
则 ，两式作差得
所以
若O为坐标原点，则 ，同理 ，所以O，P，Q三点共线，
即 ，所以 ，又 过点 ，即椭圆的焦点，所以
解得 ，所以C的方程为
故选：C
11．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．
12．已知椭圆 的左、右顶点分别是 是坐标原点， 在椭圆 上，且 ，则
的面积是（ ）
A． B．4 C． D．8
【答案】A
【分析】设出点 ，利用条件直接求出点 纵坐标的绝对值，又易知 ，从而可求出结果.
【详解】设 ，因点 在椭圆上，且 ，则有 ，消去 ，得到 ，所以
，
又 ，故 的面积是 ．
故选：A.
13．已知直线y=kx-1与焦点在x轴上的椭圆C: 总有公共点，则椭圆C的离心率取值范围
是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据直线过定点且与椭圆恒有公共点，结合椭圆的性质判定 的范围即可求离心率.【详解】
因为椭圆焦点在x轴上，所以b2<4，又因为b>0，所以0<b<2；
易知直线y=kx-1过定点 且与椭圆总有公共点，所以该定点位于椭圆内或椭圆上，
即 ，解之得 ，所以b≥1，综上1≤b<2，
故
故选：D.
14．过椭圆 的左焦点作直线和椭圆交于A、B两点，且 ，则这样直线的条数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】先求过左焦点的通径长度，由椭圆的性质：过左焦点的弦长最短为通径长，最长为长轴长，结合
已知弦长判断直线的条数即可.
【详解】左焦点为 ，若直线垂直x轴，则直线为 ，
代入椭圆方程得 ，可得 ，此时通径长 ，
所以，由椭圆性质知： 的直线有仅只有一条.
故选：B
15．已知椭圆 （ ）的一条弦所在的直线方程是 ，弦的中点坐标是
，则椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【分析】椭圆的中点弦问题，利用点差法构造弦中点坐标与 的关系，计算离心率即可.
【详解】设直线 与椭圆相交于 ， 两点，弦的中点坐标是 ，
则 ， ，直线 的斜率 .
由 ，得 ，
， ，
故椭圆的离心率 .
故选：B.
16．已知椭圆 ，A、B为椭圆左右顶点，F为左焦点，点P为椭圆上一点，且
轴，过点A的直线与线段 交于M点，与y轴交于 点，若直线 交y轴于H点，H点为 线段上靠
近O点的三等分点，则椭圆的离心率为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意可知 、 ，由相似三角形的性质可得 、 ，列
等式，解之即可求解.【详解】由题意知， 轴，在 中， ，
则 ， ①；
在 中， ，
则 ，
所以 ，即 ②，
由①②，得 ，解得 ，
所以椭圆的离心率为 .
故选：D.
17．已知 为椭圆 上两点， 为坐标原点， （异于点 ）为弦 中点，若 两点连线斜
率为2，则 两点连线斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先利用直线和椭圆的位置关系建立方程组，进一步利用一元二次方程根和系数关系式和中点坐
标公式的应用求出结果．
【详解】由于直线AB的斜率为2，故设直线的方程为 ，
设 ，
故 ，整理得 ，
则 ，即 ，
故 ，故 ．
利用中点坐标公式， ，此时 ，
故 ．
故选：A．
二、多选题
18．已知椭圆 与直线 交于 两点，且 ，则实数 ＝（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】联立椭圆方程与直线方程，用韦达定理即可表示出弦长并结合 即可求解.
【详解】由 消去 并整理，得
设 ，则 .
由题意得 ，即 ，
解得 ．
故选：AD.
19．设椭圆的方程为 ，斜率为 的直线 不经过原点 ，而且与椭圆相交于 两点， 为线段
的中点，下列结论正确的是（ ）
A．直线 与 垂直B．若点 坐标为 ，则直线 的方程为
C．若直线 的方程为 ，则点 坐标为
D．若直线 过椭圆焦点，则
【答案】BD
【解析】根据直线和椭圆的位置关系，及其相关结论 ，逐个分析判断即可得解.
【详解】对于A项，因为在椭圆中，根据椭圆的中点弦的性质，
，所以A项不正确；
对于B项， ，所以直线方程为 ，
即 ，所以B项正确；
对于C项，若直线方程为 ，点 ，
则 ，所以C项不正确；
对于D项，椭圆方程 的通径长是最短的，最短为1，最长为长周长，
由于 有斜率为且不经过原点 ，故等号取不到，所以D正确.
故选：BD
20．已知椭圆 的离心率为 ，直线 与椭圆 交于 ， 两点，直线 与直
线 的交点恰好为线段 的中点，则（ ）
A． B．
C．直线 的斜率为1 D．直线 的斜率为4
【答案】AC
【分析】根据椭圆离心率的定义可得 ；利用点差法可得 ，结合中点的坐标公式计算即可.
【详解】由题意可得 ，整理可得 ．
设 ， ，则 ， ，两式相减可得
．
因为直线 与直线 的交点恰好为线段 的中点，所以 ，
则直线 的斜率 ．
故选：AC
21．已知椭圆 ： 内一点 ，直线 与椭圆 交于 ， 两点，且 为线段 的中点，则
下列结论正确的是（ ）
A．椭圆的焦点坐标为 、 B．椭圆 的长轴长为
C．椭圆的离心率 D．直线 的方程为
【答案】BCD
【分析】由题意方程求得 、 判断 、 、C；利用“点差法”求得直线的斜率，写出直线方程判断D．
【详解】解：由 ，得椭圆焦点在 轴上，且 ， ，
则 ， ， ．
椭圆的焦点坐标为 ， ，长轴长为 ，离心率 ，故A错误，B、C正
确；
设 ， ， ， ，则 ， ，
两式作差可得： ，
为线段 的中点， ， ，
则 ，
直线 的方程为 ，即 ，故D正确；
故选：BCD
22．已知 为坐标原点，椭圆 的中心为原点，焦点在坐标轴上，点 ， 均在椭圆 上，则
（ ）
A．椭圆 的离心率为
B．椭圆 的短轴长为
C．直线 与椭圆 相交
D．若点 在椭圆 上， 中点坐标为 ，则直线 的方程为
【答案】BCD
【分析】根据待定系数法求出椭圆方程，再根据椭圆的几何性质可判断A， B是否正确；根据直线 ，过
定点 ，点 在椭圆 的内部，即可判断C是否正确；根据点差法即可求出直线 的斜率，进而求
出直线 的方程，即可判断D是否正确.
【详解】设椭圆 的方程为： ，
将点 ， 代入椭圆 的方程，得 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为： ，所以椭圆 的离心率为 ，故A错误；
椭圆 的短轴长为 ，故B正确；
由于直线 ，过定点 ，点 在椭圆 的内部，所以直线 与椭圆 相交，
故C正确；
设 ，
所以 ，所以 ，即 ，
又 中点坐标为 ，
所以 ，即 ，
所以直线 的方程为 ，即 ，故D正确.
故选：BCD.
23．已知椭圆 为 的左焦点，直线 与 交于 两点（点 在第一象限），直线
与椭圆 的另一个交点为 ，则（ ）
A． B．当 时， 的面积为
C． D． 的周长的最大值为
【答案】AC
【分析】对A：由方程求 ，进而求 ；对B：根据方程结合题意运算求解；对C：设直线 ，利
用两点间距离公式结合韦达定理运算求解；对D：根据椭圆定义分析求解.【详解】由椭圆方程 ，得 ，所以 ，所以 ，故A项正确；
当 时，点 到 的距离为2，所以 的面积为 ，故B项错误；
因为点 在第一象限，所以直线 的斜率一定存在，设直线 的斜率为 ，点 ，
∵ ，则直线 ，
联立方程 ，得到
∴ ，
∵ 在椭圆上，则 ，即
∴
同理 ，
于是
，
故C项正确；
设椭圆的右焦点为 ，
当直线 经过椭圆的右焦点 时， 的周长为 ，
如果不经过右焦点 ，则连接 ， ，可知 的周长小于 ，
所以 的周长的最大值为 ，故D项错误.
故选：AC.
三、填空题
24．已知椭圆 ，过左焦点 作倾斜角为 的直线交椭圆于 、 两点，则弦 的长为 ．
【答案】
【分析】设点 、 ，将直线 的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式
可求得 的值.
【详解】在椭圆 中， ， ，则 ，故点 ，
设点 、 ，由题意可知，直线 的方程为 ，即 ，
联立 可得 ， ，
由韦达定理可得 ， ，
所以， .
故答案为： .25．若椭圆的中心在原点，一个焦点为 ，直线 与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这
个椭圆的方程为 ．
【答案】
【分析】联立直线与椭圆方程，由韦达定理以及中点坐标公式即可求解.
【详解】法一：（直接法） 椭圆的中心在原点，一个焦点为 ， 设椭圆方程为 ，
由 ，消去 ，
得 ，
设直线 与椭圆相交所得弦的端点分别为 ， ，
则
由题意知 ，解得 ．
所求椭圆方程为 ．
法二：（点差法） 椭圆的中心在原点，一个焦点为 ， 设椭圆的方程为 ．
设直线 与椭圆相交所得弦的端点分别为 ， ，
则
得
，
即 ，又 弦 的中点的纵坐标为1，故横坐标为-2，
，代入上式得 ，解得 ，故所求的椭圆方程为 ．
故答案为：
26．已知椭圆 的焦距为6，短轴为长轴的 ，直线l与椭圆交于A，B两点，弦AB
的中点为 ，则直线l的方程为 .
【答案】7x+8y-22=0
【分析】先求出椭圆方程，再利用点差法可求直线方程.
【详解】由已知可得椭圆 的半焦距c=3，又短轴为长轴的 ，
故 ，故 ，故椭圆方程为 ，
设弦的两端点为 ， ，
则有 ，两式相减得 .
整理得 ，
所以弦所在的直线的斜率为 ，其方程为 ，整理得 .
故答案为：
27．已知AB是椭圆 一条弦，且弦AB与直线 垂直，P是AB的中点，O为椭圆的
中心，则直线OP斜率是 .
【答案】
【分析】设 ， ， 两点坐标代入椭圆方程相减可得．【详解】设 ， ，则 ， ，
，相减得 ，
，
又弦AB与直线 垂直，所以 ，所以 ，所以 ．
故答案为： ．
28．已知椭圆T： 的长轴长是短轴长的2倍，过左焦点F作倾斜角为45°的直线交T于
A，B两点，若 ，则椭圆T的方程为 ．
【答案】
【分析】本题考查弦长公式的使用， ．
【详解】∵ ，则 , ∴椭圆T： ，左焦点F
设直线： ， ，
联立方程： 消去y得：
∴
可得：
∴椭圆T：故答案为： ．
29．已知椭圆 ， ，过点 且斜率为 的直线与C相交于A，B两点，
若直线 平分线段 ，则C的离心率等于 ．
【答案】
【分析】设 ，将坐标代入椭圆方程，并且两式作差，化简可得 ，利用
以及离心率公式求解即可．
【详解】设 ，则 ，故 ，即
，因为 为 的中点，故 ，即 ，所
以 ，即 ．
故答案为：
30．已知椭圆 ，过点 的直线交椭圆 于 、 两点，若 为 的中点，则直线
的方程为
【答案】
【分析】设点 、 ，利用点差法可求得直线 的斜率，利用点斜式可得出直线 的方程.
【详解】设点 、 ，由中点坐标公式可得 ，所以 ，
因为 ，两式作差得 ，即 ，即 ，所以， ，
因此，直线 的方程为 ，即 .
故答案为： .
【点睛】方法点睛：解决中点弦的问题的两种方法：
（1）韦达定理法：联立直线与曲线的方程，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：设出交点坐标，利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标代入曲线方程，然后作差，
构造出中点坐标和斜率关系求解.
31．已知O为坐标原点，直线 与椭圆 交于A，B两点，P为 的中点，
直线 的斜率为 ，若 ，则椭圆的离心率的取值范围为 ．
【答案】 ．
【分析】设 ， ，根据题意利用两点坐标表示斜率公式和中点坐标公式可得
；由点差法可得 ，进而 ，结合离心率的概念即可求解.
【详解】设 ， ，
则 ，
所以 ，得 .
将A、B两点坐标代入椭圆方程，得 ，两式相减，得 ，有 ，所以 ，
由 ，得 ，即 ，
由 ，得 ，即 ，解得 ，
所以椭圆的离心率的取值范围为 .
故答案为： .
四、解答题
32．已知椭圆 及直线 ．
(1)当直线与椭圆有公共点时，求实数 的取值范围；
(2)求直线被椭圆截得的最长弦的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)联立直线与圆的方程，由判别式 可得答案.
(2) 由（1）得出韦达定理，由弦长公式可得答案.
【详解】（1）由方程组 消去 并整理，得 ．
因为直线与椭圆有公共点，
所以 ．
解得 ．故实数 的取值范围是 ．
（2）由根与系数的关系，得 ， ，
则弦长
故当 时， 取得最大值为 ．
33．已知椭圆 的离心率为 ，其左焦点为 .直线 交椭圆
于不同的两点 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)求 的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用离心率以及焦点坐标即可求解 ，
（2）联立直线与椭圆的方程，利用弦长公式以及点到直线的距离公式即可求解面积.
【详解】（1）由已知有 解得
所以椭圆 的方程为 .
（2）由 消去 ，整理得 .设 ，则
直线 的方程为 ， 到直线 的距离 .
所以 的面积为
34．已知椭圆 的焦距为4，且离心率为 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线 与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的中点P在圆 上，求m的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由题列出关于a、b、c的方程组即可求椭圆方程；
(2)联立直线方程和椭圆方程，根据根与系数的关系求得P的坐标，代入圆的方程即可求得m.
【详解】（1）由题意，得 ，解得 ，所以椭圆C的方程为 ．
（2）设点M，N的坐标分别为 ， ，线段MN的中点为 ，
由 消y，得 ， ，解得 ．
所以 ， ，所以 ， ，
因为点 在圆 上，所以 ，解得 ，满足 ．∴ ．
35．设椭圆 的离心率 ，过点 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)求椭圆 被直线 截得的弦长.
(3)直线 与椭圆交于 两点，当 时，求 值.（O为坐标原点）
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意列出关于 ， ， 的方程组，解出 ， ， 的值，从而得到椭圆 的方程．
（2）联立直线与椭圆的方程，得韦达定理，进而根据弦长公式即可求解.
（3）根据向量的坐标运算即可代入韦达定理求解.
【详解】（1）由题意可知 ，解得 ，
椭圆 的方程为 ．
（2）设椭圆 与直线 的交点为 ， ， ， ，
联立方程 ，消去 得 ，
， ，
因此（3）设 ， ，
联立方程 ，消去 得 ，
所以 ， ， ，得
由 ，即
，
，均符合 ，
故
36．已知椭圆 的右焦点 ，长半轴长与短半轴长的比值为2．
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)设 为椭圆 的上顶点，直线 与椭圆 相交于不同的两点 ， ，若 ，求
直线 的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件写出关于 的方程组，即可求椭圆方程；
（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示 ，即可求参数 .
【详解】（1）由题意得， ， ， ，
， ，
椭圆 的标准方程为 ．（2）依题意，知 ，设 ， ．
联立 消去 ，可得 ．
，即 ， ，
， ．
， ．
，
，
整理，得 ，
解得 或 （舍去）．
直线 的方程为 ．
37．已知椭圆 右焦点为 ，离心率 ．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过焦点F且倾斜角为锐角的直线l与圆 相切，与椭圆E相交于M、N两点，求椭圆的弦MN的
长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率和焦点即可求解 ，进而可求 ，
（2）根据直线与圆相切求解得 ，进而联立直线与椭圆方程，由弦长公式即可求解.
【详解】（1）由题意可知： ，解得 ，故 ，所以椭圆的方程为
（2）设直线 的方程为 ，由于直线l与圆 相切，所以 ，解得 ，
（舍去），故直线 的方程为 ，
联立直线与椭圆的方程 ，
设 ,所以 ，
由弦长公式得
38．已知椭圆 ： 的上顶点到焦点的距离为2，离心率为 .
(1)求 ， 的值；
(2)若 是椭圆 长轴上的一个动点，过点 作斜率为1的直线 交椭圆于A，B两点，求 面积的最大
值.
【答案】(1) , .
(2)1
【分析】（1）根据椭圆 的关系以及离心率的公式求解；
（2）根据弦长公式和点到直线的距离公式表示出面积，进而利用基本不等式求最大值.
【详解】（1）椭圆 的上顶点到焦点的距离为 ，
又因为离心率 ，解得 ，
所以 ，即 .
（2）由（1）可得椭圆方程为 ，设 ， ，
若 ，则直线 方程为 ，
联立直线和椭圆方程 ，化简得 ，
从而有 ，
所以
，
点 到直线 的距离 ，
所以 ，
，
当且仅当 ， 即 ，满足 ，
所以此时三角形有最大面积为1.
39．已知椭圆 的长轴长是短轴长的 倍，且右焦点为 ．
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)直线 交椭圆 于 ， 两点，若线段 中点的横坐标为 ．求直线 的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点坐标求得 ，根据长轴和短轴的对应关系，以及 列方程组，可求得
的值，进而求得椭圆的标准方程.（2）联立直线的方程和椭圆的方程，消去 并化简，写出韦达定理，根据 中点的横坐标求得 的值，
进而求解.
【详解】（1）由椭圆 的长轴长是短轴长的 倍，可得 ．
所以 ．
又 ，所以 ，解得 ．
所以 ．
所以椭圆 的标准方程为 ．
（2）设 ， ，
由 ，得 ．
则 ， ．
因为线段 中点的横坐标为 ，
所以 ．
解得 ，即 ，经检验符合题意．
所以直线l的方程为 ．
40．已知椭圆 的左焦点 ，右顶点 ．
(1)求 的方程
(2)设 为 上一点（异于左、右顶点）， 为线段 的中点， 为坐标原点，直线 与直线
交于点 ，求证： ．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求得a，c的值，根据a，b，c的关系，求得 的值，即可得答案.
（2）设点 ，即可得M点坐标及直线OM的方程，与直线l联立，可得N点坐标，即可得
坐标，结合数量积公式，即可得证
【详解】（1）设椭圆 的半焦距为 ．
因为椭圆 的左焦点 ，右顶点 ，
所以 ， ．
所以 ，
故C的方程为： ；
（2）设点 ，且 ，
因为 为线段 的中点，所以 ，
所以直线 的方程为： ，
令 ，得 ，所以点 ，
此时， ， ，
所以
，
所以 ，所以 ．
41．点 是曲线 上任一点，已知曲线 在点 处的切线方程为 ．如图，点P是椭圆 上的动点，过点P作椭圆C的切线l交圆 于点A、B，过A、B
作圆O的切线交于点M．
(1)求点M的轨迹方程；
(2)求 面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用题设中给出的切线的计算方法结合设而不求的方法可求点M的轨迹方程；
（2）结合（1）的 及点到直线的距离公式可求 面积的表达式，利用基本不等式可求面积
的最大值.
【详解】（1）设 ，则 ，
设 ，则 ， ，
设 ，则 ，
故 即 ，所以 即
所以 即 的轨迹方程为： .
（2）由（1）可得 ，故直线 .到 的距离为 ，
故 面积 ，
因为 ，故 即 ，
当且仅当 时等号成立，故 面积的最大值为 .
42．已知点 ､ 分别是椭圆C： ）的左､右焦点，点P在椭圆C上，当∠PF 1 F 2 = 时，
面积达到最大，且最大值为 .
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l： 与椭圆C交于A､B两点，求 面积的最大值.
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）根据焦点三角形的性质可求出 ，从而可得标准方程,
（2）联立直线方程和椭圆方程，消元后利用公式表示三角形面积，从而可求面积的最大值.
【详解】（1）△PF1F2面积达到最大时 为椭圆的上顶点或下顶点，
而此时∠PF1F2= ，故面积最大时 为等边三角形，
故 ，因面积的最大值为 ，故 ，
故 ，
故椭圆的标准方程为： .
（2）设 ，则由 可得 ，此时 恒成立.
而 ，
到 的距离为 ,
故 的面积 ，
令 ，设 ，则 ，
故 在 上为增函数，故 即 的最大值为3.
43．已知椭圆 ，左焦点为 ，点 在椭圆上．
(1)求椭圆 的标准方程．
(2)若直线 和椭圆交于 两点，设点 为线段 的中点， 为坐标原点，求线段
长度的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出 即可得到椭圆 的标准方程
（2）设 的坐标分别为 ，利用“点差法”可以求的 的轨迹方程
，再结合 ，消去 ，求解出 的取值范围即可
【详解】（1） 左焦点为 ， ①
又点 在椭圆上， ②椭圆中 ③
由①②③可得：
故椭圆的标准方程为：
（2）设 的坐标分别为 ，
则有 ①， ②， ，
由①-②可得： ，
即 ，
将条件 及 ，
带入上式可得点 的轨迹方程为 ，
所以 ，
所以
所以线段 长度的取值范围为
44．设O为原点，已知椭圆 的右顶点为A，上顶点为B，左焦点为F， ，离
心率为 ．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线 与椭圆交于第三象限中的点T，求点T的纵坐标；
(3)设过点A且斜率为k的直线l与椭圆交于点P（P不是椭圆的顶点），点Q与点P关于x轴对称，若
，求k的值．
【答案】(1)(2)
(3)
【分析】（1）首先根据题意得到 ，再解方程组即可.
（2）首先根据题意得到直线 为 ，再与椭圆联立求解即可.
（3）设直线 为 ，与椭圆联立，利用根系关系得到 点坐标，从而得到 ，
再根据 求解即可.
【详解】（1）由题知： ，椭圆的方程
（2） ， ， ，则直线 为 .
，解得 ， .
，即 .
（3） ，设直线 为 ，
.设 ，则 ，解得 ，
.
因为点Q与点P关于x轴对称，所以 .
因为 ， ，
所以 ，解得 .
45．已知椭圆 ： 的离心率为 ，且短轴长等于双曲线： 的实轴长.
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)若 ， 为椭圆 上关于原点 对称的两点，在圆 ： 上存在点 ，使得 为等边三角
形，求直线 的方程..
【答案】(1) ；
(2) 或 .
【分析】（1）根据题意，列出 满足的等量关系，求解即可；
（2）根据 的长度求得 ，结合弦长公式，即可求得结果.
【详解】（1）由椭圆 的离心率为 可得： ；
对双曲线 ，其实轴长为 ，故可得 ，
又 ，解得 ，
则椭圆 的标准方程为： ;（2）根据题意， ，因为 为等边三角形，
由 ，可得 .
当直线 的斜率不存在时，此时 不满足题意，
故直线 的斜率存在，设其为 ，则直线 方程为 ，
联立椭圆方程 可得： ，
根据题意，显然有 ，设 坐标分别为 ，
则 ，
，
解得 ，
故直线 的方程为： 或 .
46．已知椭圆 经过点 且焦距为4，点 分别为椭圆 的左右顶点，点 在
椭圆 上．
(1)求椭圆 的方程；
(2)设直线 的斜率分别为 ，求 的值；
(3) 是椭圆 上的两点，且 不在坐标轴上，满足 ，
，问 的面积是否是定值？如果是，请求出 的面积；如果不是，请你说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)是， .
【分析】（1）根据题意建立方程，联立解出 即可，（2）由题意 ， 是椭圆 上非顶点的两点，且 ， ，设 ，然后表
示出直线的斜率，化简即可得.
（3）利用（2）中的结论，设直线方程，联立方程组消元，写出韦达定理，找出参数变量间的关系，利用
三角形面积公式表示出 ，化简求出面积为定值即可.
【详解】（1）椭圆 经过点 且焦距为4，
得 ，即 ，①
，②
，③
解得 ， ，
所以椭圆方程为 ．
（2）由题意 ， 是椭圆 上非顶点的两点，
且 ， ，
设 ，
则 .
（3）因为 ， ，所以 ，
设直线 的方程为 ，
由 ，
得 ，④
设 ，则 ， ，
，所以 ，得 ，
又
，
即 的面积为定值 .
47．已知点 在椭圆 上，且长轴长为4.
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)过点 的直线 与椭圆 相交于 、 两点，点 关于 轴的对称点为 ，直线 与 轴相交于点
，求点 的坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由长轴长为4得 ，再将 代入解方程可得 的值，写出椭圆方程；
（2）设直线 方程为 ，联立直线 和椭圆方程，利用 两点坐标表示出直线 ，
结合韦达定理计算可得 点坐标.
【详解】（1）因为长轴长为4，所以 ，
将 代入解方程得 ，
解得 ，所以椭圆C的方程为 ；
（2）易知直线 斜率存在且不为0，
设直线 方程为：则 ，联立 得：
，
， ， ，
直线 的方程为： ，令 ，得
，
即 .
48．已知椭圆 ，离心率 ，过点 ．
(1)求 的方程；
(2)直线 过点 ，交椭圆与 两点，记 ，证明 ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意建立方程组求出 即可；
（2）由题意知直线 的斜率存在，联立方程组消元，利用韦达定理及直线斜率公式证明即可.
【详解】（1）由题得 ，解得 ，
于是 ；
（2）由题意知直线斜率存在，
设直线 ，联立方程即 ，消 可得 ，
由 ，
设 ，
韦达定理可得 ；
综上所述： .
49．已知椭圆 的离心率为 ，长轴长为 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点F的直线l与椭圆C相交于A、B两点，若以AB为直径的圆过坐标原点O，求直线l
的方程．
【答案】(1)
(2) 或
【分析】（1）根据椭圆基本量与离心率直接求解即可；（2）设出直线方程并联立方程组，将以AB为直径的圆过坐标原点O转化为 ，用向量进行计算
即可.
【详解】（1）设椭圆 的焦距为 ，
因为椭圆 的离心率为 ，长轴长为 ，
所以 ，解得 ，
所以椭圆C的方程为 .
（2）由题意得， ，直线l的斜率不为0，
所以设直线l： ， ，
联立 ，则 ，
恒成立，
则 ，
因为以AB为直径的圆过坐标原点O，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
即 ，
解得 ，
所以直线l： ，即 或 .
50．已知椭圆 经过点 ，且离心率为 .
(1)求椭圆E的方程；
(2)若经过点 ，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：直线AP与
AQ的斜率之和为定值.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据离心率以及的几何性质即可求解，
（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，根据两点斜率公式，代入化简即可求解.
【详解】（1）由题意可知： ，又 ，解得 ，
所以椭圆方程为
（2）证明：由题意可知直线 有斜率，由于 与点 的连线的斜率为 ，且
的横纵坐标恰好与 相反，因此直线 有斜率 满足 且 ，
直线 的方程为： ，
联立直线与椭圆方程： ，设 ，
则 ，
，
将 代入可得
故直线AP与
AQ的斜率之和为1，即为定值，得证.
51．设椭圆 的左、右焦点分别为 是椭圆上的一点， ，原点 到直
线 的距离为 .
(1)求椭圆 的离心率；
(2)平面上点B满足 ，过 与 平行的直线交 于 两点，若 ，求椭圆 的
方程.【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出 点坐标，即可求出 的方程，利用点到直线的距离公式得到 ，整理
即可求出离心率；
（2）由（1）问可设椭圆方程为 ，即可得到 点坐标，从而得到 的斜率，即可得到直线
的方程，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式求出 ，即可求出 、 ，即可得
到方程.
【详解】（1）由题设 及 ，不妨设 ，
所以 ， ，解得 或 （舍去），从而 ，
直线 的方程为 ，整理得 ，
原点 到直线 的距离为 ，将 代入整理得 ，
即 ，
所以离心率 .
（2）由（1）问可设椭圆方程为 ，则 ，
因为 ，所以 为平行四边形，
所以直线 过 点，则 斜率为 ，
则设直线 方程为 ，联立椭圆方程得 ，显然 ，则 ，
则 ，解得 （负值舍去），
所以 ，所以椭圆方程为 .
【B组 在综合中考查能力】
一、单选题
1．已知椭圆 ，直线 与椭圆交于 两点， 分别为椭圆的左､右两个焦点，
直线 与椭圆交于另一个点 ，则直线 与 的斜率乘积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用两点连线斜率公式可表示出 ；根据 在椭圆上，将两方程作差即可整理
得到结果.
【详解】 直线 过原点， 可设 ，则 ，
；， ， ， .
故选：B.
2．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．
3．若椭圆 的弦 的中点为 ，则弦 的长为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，利用中点弦的“平方差法”求得弦 的斜率，得出 的直线方程，联立方程组，结
合弦长公式，即可求解.
【详解】设 ，因为弦 的中点为 ，可得 ，
又因为 在椭圆上，可得 ，
两式相减可得 ，
可得 ，即直线 的斜率为 ，
所以弦 的直线方程为 ，即 ，
联立方程组 ，整理得 ，可得 ，
由弦长公式，可得 .
故选：A.
4．已知椭圆 的一条弦所在的直线方程是 ，弦的中点坐标是 ，则
椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据中点弦点差法可得弦中点和直线斜率得 ，进而可得 .
【详解】设直线 与椭圆相交于 ， 两点，弦的中点坐标是 ，
则 ， ，直线 的斜率 .
由 ，得 ，得 ，所以 ，
故椭圆的离心率 .
故选：B.
5．已知椭圆 ，过椭圆的左顶点A作直线 ，与椭圆和 轴分别交于点 和点 ，过
原点且平行于 的直线与椭圆交于点 ，则（ ）
A． ， ， 始终成等比数列
B． ， ， 始终成等比数列
C． ， ， 始终成等比数列
D． ， ， 始终成等比数列
【答案】A
【分析】联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求得弦长，由等比中项性质判断等比数列即可.
【详解】由题意知，直线l斜率存在，设OP方程为 ，则AM的方程为 ，则 ，
.
设直线 或 ，则该直线必与椭圆存在交点，设为 ，
由 得 ，
则 ，
则直线 与椭圆交得的弦长为.
当 时，该弦长为 ；
当 时，该弦长为 ，即 .
∵ ，∴ ， ， 成等比数列.
故选：A
6．已知椭圆 ，斜率为 的直线与椭圆 交于 两点， 在 轴左侧，且 点
在 轴上方，点 关于坐标原点 对称的点为 ，且 ，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作 轴交 于点 ，得到 ，设出直线方程 ，
联立方程组，结合韦达定理与两点斜率公式，列出方程求得 ，进而求得椭圆的离心率.
【详解】如图所示，作 轴交 于点 ，
因为直线的斜率为 ，设直线方程为 且 ，
则 ，
联立方程组 ，整理得 ，
则 ，可得 ，，
由 ，可得 ，
所以 ，可得 ，
则椭圆的离心率为 .
故选：D.
7．已知 是椭圆 的左焦点，过 作斜率为 的直线交椭圆 于 ， 两点，若
线段MN的长等于椭圆 短轴长的 ，则椭圆 的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设 ， ，直线MN的方程为 ，联立椭圆方程可得
，利用韦达定理和弦长公式可求 ，由于线段MN的长
等于椭圆 短轴长的 ，列出方程 ，即可求解 ，进而根据 得到椭圆的离心率.
【详解】解：令 ，则直线MN的方程为 ，设 ， ，
联立 得， ，
则 ， ，
所以 ，
已知线段MN的长等于椭圆 短轴长的 ，则 ，
整理得 ，即 ，解得 （舍）或 ，
则椭圆 的离心率 ，
故选：A.
8．A，B是椭圆 上两点，线段AB的中点在直线 上，则直线AB与y轴的交点的纵坐标的
取值范围是（ ）.
A． B．
C． D．【答案】A
【分析】设直线AB的方程为 ，点 ， ，联立直线与椭圆的方程，根据判别式与
韦达定理求解 的范围即可.
【详解】由题意可知，直线AB的斜率必然存在，设直线AB的方程为 ，
则直线AB与y轴的交点的纵坐标为m，设点 ， ，
将直线AB的方程与椭圆方程联立并化简得 ，
，
化简得 ，即 .
由韦达定理可得 ，所以 ，
将等式两边平方得 ，所以 .
当且仅当 时，等号成立，由于 ，解得 或 .
因此，直线AB与y轴的交点的纵坐标的取值范围是 .
故选：A
9．已知椭圆： （ ），O为坐标原点，A､B､C是椭圆上三个点，满足
且 的面积为 ，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设 ，又 得 ，将 坐标代入椭圆方程即可得坐标关系，利用 ，即可求得 关系，从而可得椭圆
离心率.
【详解】如图，取 中点 ，设
，
则 ，∴ ，
又 在椭圆上， ①， ②， ③，
将①②代入③式得： ④.
① ②-④ 得： .
则
.
故选：B.10．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：B
二、多选题
11．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：ACD
12．在平面直角坐标系 中，已知直线 ： ，椭圆 ： ，则下列说
法正确的有（ ）
A． 恒过点
B．若 恒过 的焦点，则
C．对任意实数 ， 与 总有两个互异公共点，则
D．若 ，则一定存在实数 ，使得 与 有且只有一个公共点
【答案】ACD
【分析】结合点斜式判断A，由直线过点 列关系式判断B，根据直线与椭圆的位置关系判断CD.
【详解】方程 可化为 ，
所以直线 恒过点 ，A正确；
设椭圆的半焦距为 ，则点 的坐标可能为 或 ，
若直线恒过点 ，则 ，故 ，矛盾，
直线恒过点 ，则 ，故 ，所以 ，B错误；联立 ，消 可得，
，
由对任意实数 ， 与 总有两个互异公共点，
可得方程 有 个不相等的实数解，
所以 ，
所以 ，
所以 ，C正确；
因为 ，
所以 时，则 ，即 时，
可得 ，此时方程组有且只有一组解，
故 与 有且只有一个公共点，D正确.
故选：ACD.
13．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．
14．已知直线 与椭圆 交于 、 两点，点 为椭圆 的左、右焦点，则下列说
法正确的有（ ）A．椭圆 的离心率为
B．椭圆 上存在点 ，使得
C．当 时， ，使得
D．当 ， ，
【答案】AD
【分析】根据椭圆的离心率、焦点三角形、直线与椭圆相交的坐标运算逐项判断即可得答案.
【详解】椭圆 ， 则
对于A， ，故A正确；
对于B，在 中， ，
由余弦定理得
，
又 ，当且仅当 时， 最大，则 最小值为 ，
因为 ，函数 在 递减，即 最大为 ，故B错误；
对于C， 时， ，即直线过右焦点 ，设 ，则， 恒成立，所以 ，
又 ，所以 ，
因为 ，
所以 ，故C错误；
对于D， 时， ，设 ，联立 ，
得 ；
所以 ，
所以
，当 时， 取到最小值为 ，故 ，故D正确.
故选：AD.
三、填空题
15．已知椭圆 的右顶点为A，上顶点为B，则椭圆上的一动点M到直线AB距离的最大值为
．
【答案】
【分析】求出直线AB的方程为 ，设与AB平行且与椭圆相切的直线为 ，联立椭圆方程，
利用判别式 可求得t的值，再根据平行线间的距离公式即可求得答案.
【详解】由椭圆 ，可得 ，
故直线AB的方程为 ，与AB平行且与椭圆相切的直线可设为 ，
代入椭圆方程整理，得 ，
则 ，解得 ，
当 时， 与 之间的距离为 ；
当 时， 与 间的距离为 ，
故椭圆上的一动点M到直线AB距离的最大值为 ，
故答案为：
16．已知直线 与椭圆 在第二象限交于 两点，且 与 轴、 轴分别交于 两点，若， ，则 的方程为 ．
【答案】
【分析】设 ，根据题意得到 ，即 ，设直线 的方程为
，求得 ，结合 ，列出方程求得 ，即可求解.
【详解】设 ，线段 的中点为 ，
由 ，两式相减可得 ，即 ，
又由 ，则 ，
设直线 的方程为 ，可得 ，
所以 ，所以 ，所以 ，解得 ，
因为 ，所以 ，可得 ，解得 ，
所以直线 的方程为 .
故答案为： .17．已知椭圆C： 的左､右焦点分别为 ， ，过 的直线l交椭圆C于A，B两点.若 的
内切圆的半径为 ，则直线l的方程为 .
【答案】
【分析】设出直线 的方程，根据椭圆的定义以及三角形内切圆的半径求得直线 的方程.
【详解】椭圆 对应的 ，
所以右焦点 ，依题意可知直线 与 轴不平行，
故可设直线 的方程为 ，此时由于 在椭圆内部，
所以直线 与椭圆必有两个交点 ，设 ，
由 消去 并化简得 ，
易知 ，则 ，
所以
，
的内切圆的半径为 ， 的周长为 ，
所以 ，
即 ，解得 ，
所以直线 的方程为 .
故答案为：18．已知直线 与圆 相切，且交椭圆 于 两点，若 ，
则 ．
【答案】 /
【分析】设直线 ，由题意可得 ，可求得 ，进而可求得 .
【详解】设直线 ，
直线 与圆 相切，
，
将直线 方程与椭圆方程联立，得 ，
所以 ，因为 ，
所以 ，
由对称性，不妨取 ，
故答案为： .19．已知点 是椭圆C： 上的一点， 是椭圆的左、右焦点，且
，则椭圆C的方程是.若圆 的切线与椭圆C相交于M点，则 的最大值是
.
【答案】3
【分析】根据椭圆的几何性质可得方程为 ，由圆的切线可得 ，进而根据椭圆的弦长
公式得 ，利用换元以及不等式即可求解最值.
【详解】由 和 可得 ， 即 ， ，解得 ， ，
所以椭圆C： ；
设圆 的切线方程为 ，由 得 ，
联立 消去x得 ，
，
设 ， ，则 ， ，，
设 ， ，
当且仅当 ，即 时， 取得最大值3.
故答案为：3
【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（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）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）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.
20．设椭圆中心在坐标原点， 是它的两个顶点，直线 与线段AB相交于点D，
与椭圆相交于E，F两点．若 ，则实数k的值为 .
【答案】 或
【分析】先求出椭圆方程，联立直线与椭圆方程，结合由E、F关于原点对称求出坐标，利用向量坐标运
算建立方程求解即可.
【详解】依题意得椭圆的方程为 ，直线AB，EF的方程分别为 ， .
如图，设D，E，F三点的坐标分别为 ， ， ，其中 ，
由 得 ，则 满足方程 ，
故 ，由 知 ，
得 ，
由点D在直线AB上，知 ，即 ，
所以 ，化简得 ，解得 或 .
故答案为： 或
21．已知椭圆C： ，圆O： ，直线l与圆O相切于第一象限的点A，与椭圆C交于
P，Q两点，与x轴正半轴交于点B．若 ，则直线l的方程为 ．
【答案】
【分析】根据向量垂直可得圆的切线方程为 ，进而在椭圆中，根据点差法可得 ，
根据中点弦的斜率即可代入求解.
【详解】取 中点 ，连接 ,由于 ,所以 ,进而 ,
设 ，设直线上任意一点 ，
由于 是圆的切线，所以 ,所以 ，
令 则 ，所以 ，由中点坐标公式可得 ，设 ,则 ，两式相减可得
，
所以 ,又 ， ,
所以 ，解得 ，进而
故直线l的方程为 ，即 ，
故答案为：
四、解答题
22．已知椭圆M： ，圆N： ，直线l过椭圆M右焦点F且倾斜角为 ．
(1)求直线l方程及椭圆M的焦距．
(2)直线l交椭圆M于A、B两点，直线l交圆N于C、D两点，求 ．
【答案】(1) ；焦距为2
(2)
【分析】（1）由椭圆方程，即可求出椭圆右焦点坐标以及焦距，根据直线的点斜式即可求得直线方程；（2）联立直线方程和椭圆方程，根据椭圆的弦长公式可求得 ，根据圆的半径、弦心距以及弦长的关
系可求得 ，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知椭圆M： ，则长半轴长 ，短半轴长 ，
则焦距为 ，其右焦点 ,
直线l过椭圆M右焦点F且倾斜角为 ，其斜率为1，
故直线l的方程为 ；
（2）将 代入 中，可得 ， ，
设 ，则 ，
故 ；
圆N： 的圆心 到直线 的距离为 ，
则 ，
故 .
23．已知抛物线 的焦点为椭圆 的右焦点，且椭圆 过点 ．
(1)求椭圆 的标准方程；(2)若与直线 为坐标原点)平行的直线交椭圆 于 两点，且 ，求直线 的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由焦点坐标、椭圆所过的点及椭圆参数关系列方程组求参数，即可得方程；
（2）由题意，设直线AB方程为 ， ， ，联立椭圆方程并整理为一元二次方
程，利用韦达定理及 ，向量垂直的坐标表示列方程求参数 ，即可得结果.
【详解】（1）∵抛物线C的焦点坐标为 ，
∴椭圆E的右焦点也为 ，即 ，
由椭圆E过点 ，得 ，
联立 ，解得
故椭圆E的标准方程为 ．
（2）直线OP方程为 ，则直线AB方程为 ， ， ．
将直线AB的方程代入椭圆E的方程并整理得 ，
由 ，得 ，
∴ ， ．由 ，得 ，
则
，
解得 ，故直线AB的方程为 ．
24．已知椭圆与双曲线 的焦点相同，且它们的离心率之和等于 .
(1)求椭圆方程；
(2)过椭圆内一点 作一条弦 ，使该弦被点 平分，求弦 所在直线方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出双曲线的焦点和离心率，进而得到椭圆的离心率和焦点，再由椭圆的 的关系，即
可得到椭圆方程；
（2）设出弦 的端点的坐标，代入椭圆方程和中点坐标公式，运用作差，结合平方差公式和斜率公式，
由点斜式方程即可得到直线 的方程.
【详解】（1）由双曲线 可得 ，且焦点在y轴上，
故椭圆的焦点坐标为 ，离心率 ，则 ，解得 ，
故椭圆方程为 .
（2）当直线 的斜率不存在时，则弦 的中点在x轴上，不合题意；
当直线 的斜率存在时，设 ，则 ，
由题意可得 ，两式相减得 ，
整理得 ，则 ，即 ，
故直线 的方程为 ，即 ；
综上所述：直线 的方程为 .
25．已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，离心率为 ，点M在椭圆上，且满足
轴， .
(1)求椭圆的方程；(2)若直线 交椭圆于A，B两点，以线段 为直径的圆过 ，求k的值.
【答案】(1)
(2) 或 .
【分析】（1）由离心率的值结合椭圆的性质，可用 来代替 、 的值，再利用 轴， ，
再把 的坐标用含 的式子表示出来，然后代入椭圆的方程求解即可
（2）设出 、 两点坐标，结合焦点坐标，把 和 用向量的坐标表示出来，由直径所对的圆周角为
直角可知两向量互相垂直，可得一条方程，再联立直线与椭圆，结合韦达定理，然后代入方程求解即可.
【详解】（1）由离心率为 ，得 ，即 ，
又 ，可得 ，即椭圆方程为 ,
点M在椭圆上，且 轴，故把 代入椭圆方程，
可得点M的坐标为 ，则
又 ，且 ，
则 ，
，从而 ，
故椭圆的方程为： ；
（2）由（1）知 ， ，设 ， ，
， ，
依题意有 ，，
，
又联立直线 与椭圆 得： ，
则 ， ，
又 ，得： .
，即 .
解得： ，满足 ，
故： 或 .
26．已知点 为椭圆 上任意一点，过点 的直线 交椭圆 于 两点，射
线 交椭圆 于点 ．
(1)求 的值；
(2)求 面积的最大值．
【答案】(1) ；
(2) ．
【分析】（1）设 ，从而得 ，将点 分别代入椭圆 的方程
化简计算得 ，即可得 ；
（2）由题意，得 ，计算点 点到直线 的距离，分别联立直线与椭圆 的方程组，得
关于 的一元二次方程，写出韦达定理，利用弦长公式表示 ，根据三角形面积公式表示出，令 ，构造新函数 ，结
合 的范围与二次函数的性质求解最大值.
【详解】（1）设 ，则 ，
所以 ，两式相除得
即 ， .
（2） ， ，设 ，
点到直线 的距离为 ，
联立 ，得 ，
， ，
联立 ，得 ，
令 ，则 ，令
当 时， 的最大值为 ，所以 面积的最大值为 ．
27．已知椭圆 的离心率为 ，点 在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若椭圆过原点 的弦 相互垂直，求四边形 面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过离心率，可得 与 的关系；再利用点 ，得到 与 的关系；通过方程组求得椭
圆方程；
（2）先分斜率是否存在分类讨论，再设直线 方程，与椭圆方程联立，通过根与系数关系可利用弦长公
式和点到直线距离公式得 ,再结合椭圆的对称性将四边形 面积转化为求解 ,
结合不等式求四边形 面积的最大值．
【详解】（1）由 ，得 ，
则 ，
故椭圆方程可化为 ，
将 代入上式得 ，则 ，
故椭圆的标准方程为 ．
（2）
由题意得，四边形 为菱形，
则菱形 的面积
当直线 的斜率不存在或为0时，易得
当直线 的斜率存在且不为0时，
设直线 的方程为 ，则 的方程为 ，
设 ，
将 代入 ，
得 ，
则 ，
则
．综上， 的最大值为 ．
28．设椭圆 的上顶点为 ，左焦点为 ，已知椭圆的离心率 ， ．
(1)求椭圆方程；
(2)设过点 且斜率为 的直线 与椭圆交于点 （ 异于点 ），与直线 交于点 ，点 关于 轴
的对称点为 ，直线 与 轴交于点 ，若 的面积为 ，求直线 的方程．
【答案】(1)
(2) 或
【分析】（1）根据 ， ，由 ， 可求得 的值，从而得到椭圆方程：
（2）设 ，与椭圆方程联立可得点 的坐标，进而可得点 的坐标，求出点 的坐标，由点
的坐标求出直线 的方程，求出点 的坐标，由 可构造方程求得 的值，由此可得直
线方程.
【详解】（1）由 可得： ， ， ，
又 ， ， ，
椭圆方程为： .
（2）由（1）知： ，设直线 ，
由 得： ，则 ，
，即 ， ，
即 ， ；
在直线 的方程 中，令 可得 ， ，
，则直线 ，
令 可得： ， ，
，
即 ，整理可得： ，解得： ，
直线 或 ．
29．已知椭圆 左右焦点分别为 ，离心率为 ．斜率为 的直线 （不
过原点）交椭圆于两点 ，当直线 过 时， 周长为8．
(1)求椭圆 的方程；
(2)设 斜率分别为 ，且 依次成等比数列，求 的值，并求当 面积为 时，直
线 的方程．【答案】(1) ；
(2) ； 或 .
【分析】（1）根据 的周长为 求出 ，再根据离心率求出 ，从而求出椭圆方程.
（2）设出直线 的方程为 ，与椭圆方程联立，借助韦达定理表示出 依次
成等比数列，进而求出 的值；再利用弦长公式和点到直线距离公式表示出 的面积，求解即可得到
的值，从而得到直线 的方程.
【详解】（1）由题意， ，解得 ，所以 .
故椭圆 的方程为 ．
（2）设直线 的方程为 ，
与椭圆方程联立得， ，
且 ，
所以 ．
由题意， ，故 .
.
此时， ，
.
又点O到直线 的距离 ，故三角形 的面积 ,解得 或 ，
所以直线l方程为 或 .
30．在平面直角坐标系 中，过椭圆M： 的右焦点的直线 交M于A，
B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为 .
(1)求椭圆M的方程;
(2)C，D为M上两点，若四边形ACBD的对角线 ，求四边形 面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用点差法求求椭圆M的方程；
（2）设直线 的方程，通过联立方程组，求出弦长，表示出四边形 的面积，利用函数思想求最大
值.
【详解】（1）设 ， ， ，则有 ，
又 ， ， 两式相减可得
因为 ， ， ，所以 ，
又由题意知，椭圆M的右焦点为 ，故
因此 ， ，所以椭圆M的方程为 .（2）由 ，解得 或 ，
因此
由 ，可设直线 的方程为 ，设 ， ，
由 ，得
于是 ，即 ，
， .
因为直线CD的斜率为1，所以 ，
由已知，四边形 的面积
当 时， 取得最大值，最大值为 .
所以四边形 面积的最大值为 .
31．已知 是椭圆 上一点， 、 为 的左、右焦点， ，
， .(1)求 的方程；
(2)过 的直线 交椭圆于 两点，若四边形 的面积为 ，求 的方程．
【答案】(1)
(2) 或
【分析】（1）由椭圆的定义和 ，可得 ，再由余弦定理解方程可得 ，进而
得到椭圆方程；
（2）设直线 的方程为 ，与椭圆方程 联立，运用韦达定理和四边形的面积为两个
三角形的面积之和，解方程可得 ，进而得到所求直线方程．
【详解】（1）设 ，
由椭圆的定义可得 ，
可得 ，即 ，
由余弦定理可得 ，
解得 ， ， ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）依题意设直线 的方程为 ，与椭圆方程 联立，可得 ，
，即 ，
设 ， ，
可得 ， ，
，
则四边形 的面积 ，
所以 ，所以 ，
解得 ， .
则直线 的方程为 或 .
32．已知椭圆 的右焦点为 ，上顶点为 ， ，离心率为 ．
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)若直线 与椭圆 相交于 两点，且点 ，当 的面积最大时，求直线
的方程．
【答案】(1)(2) 或
【分析】（1）根据题意，结合椭圆的几何性质，求得 的值，即可求得椭圆的方程；
（2）联立方程组，根据 ，得到 的范围，由点到直线的距离公式和弦长公式，分别求得 ，
，得到 ，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，可得 ，且 ，所以 ，则 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）解：由直线 的方程为 ，则点 到直线 的距离为 ，
联立方程组 ，整理可得 ，
由判别式 ，解得 ，
设 ，则 ，
可得
，
所以
，当且仅当 时，等号成立，
所以所求直线的方程为 或 ．
33．已知椭圆 的左、右顶点是双曲线 的顶点， 的焦点到 的渐
近线的距离为 .直线 与 相交于A，B两点， .
(1)求证：
(2)若直线l与 相交于P，Q两点，求 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先通过椭圆的焦点和顶点求出双曲线方程，然后联立方程，韦达定理，利用 化
简即可证明；
（2）联立直线与椭圆方程，韦达定理，代入弦长公式，利用换元法求解函数的值域即可求解弦长范围.
【详解】（1）由题意得椭圆焦点坐标为 ，双曲线渐近线方程为 ，
所以 ，解得 ，所以 的方程为 ，由 ，消y得 ，
所以 得 ，
设 ， ，则 ，
所以
，
化简得 ，得证；
（2）由 消x，得 ，
所以 ，即 ，
结合 ，及 ，可得 ，
设 ， ，则 ，
所以 ，
所以 ，
设 ，由 ，得 ，所以 ，
所以 ，所以 .
34．椭圆 的两焦点为 ， ，且椭圆过点 .
(1)求椭圆的方程；
(2) 是坐标原点， 是椭圆上两点， 是平行四边形，求以 为直径的圆的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义及焦点坐标求得椭圆的方程；
（2）根据点差法求出直线 的方程，与椭圆方程联立求出弦长 得到圆的直径，以 的中点 为圆
心，得出圆的方程.
【详解】（1）
，
则 ，又 ，所以 ，故椭圆的方程为 .
（2） 的中点为 ，设 ， ，
则 ， ，
两式相减整理得 ，其中 ，， ，
故 ，则 .
故 的方程为 ，即 ，
代入椭圆方程整理得
得 ， ，所以 ，
故所求圆的方程为 .
35．已知椭圆 ： 的长轴长为 ，且短轴长是长轴长的一半．
(1)求 的方程；
(2)已知直线 ： 与椭圆 相交于两点 ， ，求线段 的长度；
(3)经过点 作直线 ，交椭圆于 、 两点 如果 恰好是线段 的中点，求直线 的方程．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意可得 ， 的值，即求出 ， 的值，可得椭圆的方程；（2）联立直线 的方程与椭圆的方程，可得两根之和及两根之积，代入弦长公式，可得 的大小；
（3）设 ， 的坐标代入椭圆的方程，作差整理可得直线 的斜率，代入点斜式方程求出直线 的方程．
【详解】（1）由题意可得 ，可得 ， ，
所以椭圆的 的方程为： ；
（2）设 ， ，
联立 ，整理可得 ，可得 ， ，
所以 ；
（3）设 ， ，由题意可得 ， ，
将 ， 的坐标代入可得： ，
作差整理可得： ，
即直线 的斜率为 ，
所以直线 的方程为 ，即36．椭圆E的方程为 ，短轴长为2，若斜率为 的直线与椭圆E交于 两点，且线
段 的中点为 .
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线l： 与圆 相切，且与椭圆E交于M，N两点，且 ，求直线l
的方程.
【答案】(1) ；
(2) 或 .
【分析】（1）利用短轴长求出b，设点 坐标，代入椭圆方程，作差化简即可得到 ，即可求解椭
圆方程；
（2）由点到直线距离公式列出方程，得到 ，联立直线方程和椭圆方程，得到两根之和，两根之
积，由弦长公式列出方程，求出 及 ，得到答案.
【详解】（1）由题意得： ，所以 ，设 ，
因过点 且斜率为-1的直线与 相交于 两点，且 恰好是 的中点，
则 ，所以 .
又A，B两点在椭圆上，则 .两式相减得： ，所以 ，
所以 ，
又 ，得 ，所以 ，故椭圆方程为 ；
（2）直线l： 与圆 相切，
故 ，即 ，
联立 与 得： ，
设 ，则 ， ，
则 ，
将 代入上式得： ，解得： ，
因为 ，所以 ，故 ，则 ，
所以直线l的方程为 或 .
37．已知椭圆 过点P（－1，－1），c为椭圆的半焦距，且c＝ b.过点P作两条
互相垂直的直线l，l 与椭圆C分别交于另两点M，N.
1 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l 的斜率为－1，求 PMN的面积；
1
(3)若线段MN的中点在x轴上△，求直线MN的方程．
【答案】(1)
(2)2(3) 或
【分析】（1）由已知条件推导出 ，且 ，由此能求出椭圆方程；
（2）由条件得 为 ，联立 ，得 ，同理可得 ，由此能求出
的面积；
（3）设 ， ，利用点差法得到 ，分类讨论求得直线 的方程
或 ．
【详解】（1）由条件得 ，且 ，所以 ，
解得 ， ．故椭圆方程为 ．
（2）因为 的斜率为 ，又过点 ，故 方程 ，即 ，
联立 ，解得 或 ，因为 ，故 ；
因为 ，故 的斜率为 ，又过点 ，故 方程 ，即 ，
联立 ，解得 或 ，因为 ，故 ；
所以 ， ，所以 的面积为 ．
（3）设 ， ，则 ，两式相减得 ，
因为线段 的中点在 轴上．所以 ，从而可得 ．
若 ，则 ，因为 ，所以 ，
得 ，又因为 ，所以解得 ，所以 ， 或 ， ．
所以直线 的方程为 ；
若 ，则 ，因为 ，所以 ．
得 ，又因为 ，所以解得 或 ．
当 时，直线 为 ，经过 ，不符合题意，舍去；当 时，直线 为 ，
经检验，满足题意；
综上，直线 的方程 或 ．
38．已知抛物线 ： 的焦点为 为 上的动点， 垂直于动直线 ，垂足为
，当 为等边三角形时，其面积为 .
(1)求 的方程；
(2)设 为原点，过点 的直线 与 相切，且与椭圆 交于 两点，直线 与 交于点 ，
试问：是否存在 ，使得 ？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）根据正三角形得三角形的边长，再根据抛物线的定义进行求解；
（2）设 ，则 ，可得 ，由导数的几何意义可得 ，设 ， ，
中点 ，由点差法可得 ， ，从而可以求出 .
【详解】（1）∵ 为等边三角形时，其面积为 ，∴ ，解得 ，
根据 和抛物线的定义可知， 落在准线上，即 ，
设准线和 轴交点为 ，易证 ，于是 ，
∴ 的方程为 ；
（2）假设存在 ，使得 ，则 线为段 的中点，
设 ，依题意得 ，则 ，
由 可得 ，所以切线 的斜率为 ，
设 ， ，线段 的中点 ，
由 ，可得 ，
所以 ，
整理可得： ，即 ，所以 ，
可得 ，又因为 ，
所以当 时， ，此时 三点共线，满足 为 的中点，
综上，存在 ，使得点 为 的中点恒成立， .39．已知椭圆 ： 的长轴长为4，短轴长与焦距相等.
(1)求椭圆 的标准方程和离心率；
(2)已知直线 与椭圆 有两个不同的交点 ， ， ，是否存在实数 ，使得 是以
为底边的等腰三角形？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.
【答案】(1) ；离心率是
(2)存在，直线方程
【分析】（1）由条件求出 ，即可求解；
（2）直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理表示线段中点 的坐标，根据 ，即可求解.
【详解】（1）由条件可知， ， ，
，且 ，所以 ，离心率 ，
椭圆 的标准方程： ，离心率是 ；
（2）直线 与椭圆 有两个不同的交点 ，设 ， ，联立方程 ，得
， ，
解得： 或 ，
， ，
中点横坐标 ，中点纵坐标 ，
设 的中点为
若 是以 为底边的等腰三角形，则 ，即 ，解得： 或 （舍）
所以存在实数 ，使得 是以 为底边的等腰三角形，直线方程是 .
40．已知椭圆 的离心率为e，且过点 和 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C上有两个不同点A，B关于直线 对称，求 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将点代入椭圆方程，即可求解椭圆方程；
（2）法一，利用点差法，求线段 的中点坐标，并求得直线 方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理
求弦长；
法二，首先设直线 ，与椭圆方程联立，由韦达定理得到中点坐标 ，代入对称直
线求 ，再同法一，求弦长.
【详解】（1）由题意知： ，∴
，∴ ，所以椭圆 ；
（2）法一 设 及AB中点 ，由题意知
， ，以上两式相减得： ，
可化为： 即 ，故 ，
又∵M在直线 上，所以 ，解得： ，即 ，直线 ，化简为：
联立 整理得： ，由韦达定理知
由弦长公式得： ．
法二 设直线 ，
联立 ， 整理得：
，则中点 ，满足直线方程 ，解得
所以AB：
联立 整理得： ，由韦达定理知
由弦长公式得： ．
【C组 在创新中考查思维】
一、单选题
1．考虑这样的等腰三角形：它的三个顶点都在椭圆 ： 上，且其中恰有两个顶点为 的顶点．
这样的等腰三角形的个数为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】D
【分析】对椭圆顶点连线是等腰三角形的腰还是底，进行讨论即可求出结果.
【详解】因为椭圆的方程为 ，所以 ，①
如图1连接 ，当 为等腰三角形的底时，
作 的垂直平分线交椭圆于 两点，
连接 ，
则此时 为等腰三角形，满足题意；
同理当 为等腰三角形的底时，
也可以各作出2个满足题意的等腰三角形；
②
如图2连接 ，当 为等腰三角形的腰时，
以 为圆心， 为半径作圆，
则圆的方程为 ，
联立 ，解得 或 或 ，
即圆与椭圆交于 ，连接 ，则此时 为等腰三角形，满足题意；
同理当 为等腰三角形的腰时，
也可以各作出2个满足题意的等腰三角形；
③
如图③，以 为圆心， 为半径作圆，
同理可以证明圆与椭圆交于 ，
连接 ，
则此时 为等腰三角形，满足题意；
④
如图④，以 为圆心， 为半径作圆，
同理可以作出2个等腰三角形；
⑤因为由于椭圆性质知 为椭圆最长弦，所以它不能为等腰三角形的腰；
综上所述满足题意的等腰三角形的个数有20个.
故选：D.【点睛】多种情况的题目需要对情况进行详细讨论，做到不重不漏.
2．已知交于点 的直线 ， 相互垂直，且均与椭圆 相切，若 为 的上顶点，则 的取
值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，设 ，由条件联立直线与椭圆方程，得到点 的轨迹是圆，从而得到结果.
【详解】当椭圆的切线斜率存在时，设 ，且过 与椭圆相切的直线方程为： ，
联立直线与椭圆方程 ，
消去 可得，
所以 ，
即 ，
设 为方程的两个根，由两切线相互垂直，所以 ，
所以 ，即 ，所以 ，
当椭圆的切线斜率不存在时，此时， ，也满足上式，
所以 ，其轨迹是以 为圆心， 为半径的圆，
又因为A为椭圆上顶点，所以 ，
当点 位于圆的上顶点时， ，
当点 位于圆的下顶点时， ，所以 ，
故选:D
3．已知椭圆 的左焦点为 ，离心率为 ．过点 作直线 与椭圆 交于 ， 两
点，与直线 交于点 ，若 恰好是 的中点，则直线l的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设椭圆焦距为 ，再设出 三点，由 ，
通过计算可得到 ，进而得到 ，即可解得斜率．
【详解】设椭圆焦距为 ，所以 ．
设 ，则 ，
且 ，由两式相减可得 ，
即 ，
根据条件可得： ，
故 ，
由 ，可得 ．
因为 ，所以 ，
即直线 的斜率为 ．故选：B．
4．已知椭圆 右顶点为 ，上顶点为 ，该椭圆上一点 与 的连线的斜率
， 的中点为 ，记 的斜率为 ，且满足 ，若 分别是 轴､ 轴负半轴上
的动点，且四边形 的面积为2，则三角形 面积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出直线方程，与椭圆方程联立，表示出点E坐标，即可根据 求出 ，根据四边形的
面积结合基本不等式可求.
【详解】由题意知： ，直线 的方程为 ，
联立方程 可得 ，
因为 是其中一个解，则另一个解 满足 ，即 ，
所以 ，则可得 的中点 ，则 ，
因为 ，所以 ，解得 ，则即 ，
设 ，则由四边形 的面积为2，有 ，
即 ，由基本不等式得 ， ，
从而三角形 的面积 ，等号当 ， 时取到.
所以三角形 面积的最大值为 .
故选：A.
5．椭圆 的右焦点为 ，上顶点为 ，若存在直线 与椭圆交于不同两点 ，重心为 ，直线 的斜率取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设 ，根据重心性质可得 ，由点差法可得
，结合 关系和中点在椭圆内可求直线 的斜率取值范围
【详解】设椭圆 的半焦距为 ，
由已知 ， ，
设 ，
因为 重心为 ，
所以 ，
所以 ，
又 ，
所以 ，
所以 ，
所以直线 的斜率 ，
又线段AB的中点 一定在椭圆内部，即 ，所以 ，即 ，所以 ，
令 ，则由对勾函数的性质可得 ，
所以
所以直线 的斜率取值范围是 ，
故选：A.
【点睛】结论点睛，涉及椭圆的弦的中点问题常用到结论：若点 为椭圆 上的
点， 的中点坐标为 ，点 为坐标原点，则 .
6．已知焦点在 轴上的椭圆 的内接平行四边形的一组对边分别经过其两个焦点（如图
所示），当这个平行四边形为矩形时，其面积最大，则 的取值范围是（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】解法1、设直线 为 ，联立方程组，利用弦长公式求得 ，求
得直线 与 的距离为 ，得到 的面积为 ，设 ，
得到 ，转化为 的值最小即可，结合函数的单调性和椭圆的性质，即可求解.
解法2、设直线 的倾斜角为 ，求得 ，原点 的距离为 ，得到矩形面积
，设 ，得到 ，结合基本不等式的成立的条
件，得到 ，进而求得实数 的取值范围.
【详解】解法1：设 所在直线方程为 且
联立方程组 ，整理得 ，
可得 ，所以 ，
由直线 方程为 ，所以直线 与垂线 的距离为 ，
矩形 的面积为 ，
设 ，则 ，所以 ，要使 最大，则只需 的值最大，即 的值最小即可，
当这个平行四边形为矩形时，其面积最大，即当 时，有 最大值，
即 时， 的值最小，
由双勾函数性质 在 上单调递减，在区间 为单调递增，
又由 ，当 时， 有最小值，
所以 ，所以 ，可得 ，即 ，解得 ，所以 ，
又因为 ，解得 ，所以实数 的取值范围是 .
解法2：设 所在直线方程为 且
联立方程组 ，整理得 ，
可得 ，所以 ，
设直线 的倾斜角为 ，可得 ，即 ，
代入上式，化简得 ，
又由原点 的距离为 ，
所以矩形 的面积：
，
设 ，则 ，且 ，可得 ，
则 ，要使 最大，则只需 的值最大，即 的值最小即可，
当这个平行四边形为矩形时，其面积最大，即当 时，有 最大值，
即 时， 的值最小，
因为 ，当且仅当 时，即 ，
所以 ，即 ，所以 ，可得 ，即 ，解得 ，所以 ，
又因为 ，解得 ，所以实数 的取值范围是 .
故选：C.
【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（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.
7．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
【点睛】关键点点睛:在求 时并没有用弦长公式，因为计算 时不能使用韦达定理，所以必
需回到弦长的本质,即两点间的距离，故需要求出 的坐标,由直线与椭圆联立是完全可以把方程的根表示
出来的，当然后期的计算量也是惊人的.
8．已知圆 ，椭圆 ，过C上任意一点P作圆C的切线l，交 于A，B两点，过
A，B分别作椭圆 的切线，两切线交于点Q，则 （O为坐标原点）的最大值为（ ）
A．16 B．8 C．4 D．2
【答案】C
【分析】先得到椭圆 在 处的切线方程为 ，考虑切线 的斜率
不存在和存在两种情况，得到椭圆两切线方程，联立后得到点Q的坐标，求出当切线斜率不存在时，
，当切线 斜率存在时，设为 ，由 与圆相切得到 ，求出椭圆两切线方程，得到
，求出 ，求出 的最大值.
【详解】当 点坐标为 时，此时切线 的斜率不存在，
不妨设 ，此时 中令 得： ，所以不妨令 ，
下面证明椭圆 在 处的切线方程为 ，
理由如下：
当切线的斜率存在时，设切线方程为 ，
代入椭圆方程得： ，
由 ，化简得：
，
所以 ，
把 代入 ，得： ，
于是
则椭圆的切线斜率为 ，
所以椭圆的切线方程为 ，整理得： ，
方程两边同除以 ，得到 ，
当切线斜率不存在时，即此时 ，故切线方程为 ，
中令 ，可得 ，
故当切线斜率不存在，切线也满足 ，
综上：椭圆 在 处的切线方程为 ，故过 的两切线分别为 和 ，
联立可得： ，此时 ，同理可得 时， ，
当切线 的斜率存在时，设为 ，
因为 与 相切，所以 ，即 ，
与 联立得：
，设 ，
则过 的椭圆的切线方程为 和 ，
联立得： ，
，
则 ，
综上： 的最大值为4.
故选：C
【点睛】过圆 上一点 的切线方程为： ，
过圆 外一点 的切点弦方程为： .
过椭圆 上一点 的切线方程为 ，
过双曲线 上一点 的切线方程为二、多选题
9．已知直线 与椭圆 交于 两点，点 为椭圆 的下焦点，则下列结论正确的
是（ ）
A．当 时， ，使得
B．当 时， ，
C．当 时， ，使得
D．当 时， ，
【答案】BC
【分析】对于A，将直线 的方程与椭圆方程联立，求出 的取值范围，可求得 的取值范围，
可判断A选项；求出线段 中点的轨迹方程，可求得 的取值范围，可判断B选项；将直线 的
方程与椭圆方程联立，利用弦长公式结合 可求得 的取值范围，可判断C选项；求出线段
中点的轨迹方程，可求得 的最小值，可判断D选项.
【详解】在椭圆 中， ， ， ，
由题意可得 ，上焦点记为 ，对于A选项，设点 ， ，
联立 ，消去 得 ，
，
由韦达定理可得 ， ，
，
所以， ，选项A错；
对于B选项，设线段 的中点为 ，
由题意可得 ，两式作差可得 ，
因为直线 的斜率存在，则 ，所以， ，
整理可得 ，又因为 ，消去 可得 ，其中 ，所以， ，
所以，
，选项B对；
对于C选项，当 时，直线 的方程为 ，即 ，
联立 可得 ，
，解得 ，
由韦达定理可得 ， ，
，
同理 ，所以， ，
因为 ，所以，当 时， ，使得 ，选项C对；
对于D选项，设线段 的中点为 ，
由B选项可知， ，即 ，即 ，
由 可得 ，故点 的横坐标的取值范围是 ，
而点 到直线 的距离为 ，
由 可得 ，当且仅当点 时，
取最小值 ，选项D错.故选：BC.
【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（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）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）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.
10．已知 、 分别为椭圆 ： 的左、右焦点，不过原点 且斜率为1的直线与椭圆 交于 、
两点，则下列结论正确的有（ ）
A．椭圆 的离心率为
B．椭圆 的长轴长为
C．若点 是线段 的中点，则 的斜率为
D． 的面积最大值为
【答案】BCD
【分析】AB选项，根据椭圆方程得到 ， ，从而求出离心率和长轴长；C选项，设出直线
方程，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，表达出 点坐标，得到 的斜率；D选项，在C选项
基础上，求出 和点 到直线 的距离为 ，表达出 的面积，求
出最大值.
【详解】AB选项，由题意得 ，故 ，
故椭圆 的离心率为 ，长轴长为 ，A错误，B正确；
C选项，设不过原点 且斜率为1的直线为 ，联立 得 ，
由 ，解得 ，
设 ，则 ，
则 ，
故 ，
故 的斜率为 ，C正确；
D选项，由C选项可知， ，
点 到直线 的距离为 ，
故 的面积为
，
因为 ，所以 ，故当 时， 的面积取得最大值，最大值为 ，D正确.
故选：BCD
【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．
11．直线 ， 与椭圆 共有四个交点，它们逆时针方向依次为 ，
则（ ）
A．
B．当 时，四边形 为正方形
C．四边形 面积的最大值为
D．若四边形 为菱形，则
【答案】ACD
【分析】A选项，由对称性得到 是平行四边形，联立直线 与椭圆方程，由根的判别式
得到答案；B选项，利用弦长求出 和两平行线之间的距离 ，判断出 ，得到结论；C
选项，表达出 ，利用基本不等式求出面积最值；D选项，由菱形得到 ，
得到 ，求出答案.
【详解】A选项，可以看出 ，由椭圆的对称性知四边形 是平行四边形，设 ， ，联立 与 得， ，其中
，解得 ，A正确.
B选项，由韦达定理得 ， ，
，
平行四边形的高即为两平行线之间的距离 ，
当 时， ， ，故 ，B错误.
C选项， ，
设 ， ， ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，C正确.
D选项，若四边形 是菱形，则 ，即
故 ，解得 ， ，D正确.
故选：ACD
【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．12．在平面直角坐标系 中，已知椭圆 ，圆 ，直线：
（k，b为常数，且 ）.点 ，（ ）
A．若点Q在 上运动，则 的最大值为
B．若l与 都相切，则这样的l共有4条，且其中一条的方程是
C．若过P点作 的切线，则切线唯一且方程为
D．若 ，l与 都相交且截得的弦长相等，则
【答案】AC
【分析】A选项：圆 的半径 ，则 的最大值为 ，利用两点间距离公式求出答案；
B选项：画出图形，由 与 外离，得到公切线有4条，由点到直线距离得到 与 外离，
不相切，从而判断B；
C选项：先得到点P在 上，切线唯一，再考虑过 的直线斜率不存在和斜率存在两种情况，将
直线与椭圆方程联立，结合根的判别式为0，求出斜率，得到切线方程；
D选项，利用弦长公式得到l与 相交弦长，利用垂径定理得到 与 的弦长，列出方程，得到 .
【详解】A选项， 的圆心为 ，半径 ，
点Q在 上运动， 的最大值为 ，
，所以 ，故A正确；
B项： 的上顶点与 的圆心距离为 ，所以 与 外离，
所以由图易知l有4条， 到 距离为 ，
与 外离，不相切，故B错误；
C项： 满足 ，故点P在 上，所以切线唯一，
当过 的直线斜率不存在时，此时直线方程为 ，此时与 不相切，舍去；
设过 的切线方程为 ，
联立 ，得 ，
整理，得 ，
由 ，解得 ，
故切线方程为 ，即 ，故C正确；D项：分别记l与 交点为A，B和C，D，
与 ，联立，得 ，
设 ，则 ，
则l与 截得弦长为
，
l为圆心 距离为 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
显然 ，故D错误.
故选：AC.
【点睛】结论点睛：过圆 上一点 的切线方程为
；
过圆 外一点 的切点弦方程为 ；
过椭圆 上一点 的切线方程为 ；过双曲线 上一点 的切线方程为 .
三、填空题
13．已知直线l与椭圆 在第二象限交于A，B两点，直线l与x轴、y轴分别交于C，D两点，
且 ，则直线l的方程为 ．
【答案】
【分析】令 的中点为 ，利用点差法得到 ，再设直线 求出 的坐标，从而
结合 得到关于 、 的方程，解之即可.
【详解】依题意，不妨设点 在点 的左边，记 的中点为 ，如图，
设 ， ，则 ， ，
所以 ，即 ，
所以 ，即 ，
设直线 ，则 ， ，
令 得 ，令 得 ，即 ， ，
因为 ，所以 ，即点 为 的中点，故 ，所以 ，解得 或 （舍去），
又 ，即 ，解得 或 （舍去），
所以直线 ，即 .
故答案为： .
【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；
（5）代入韦达定理求解.
14．已知椭圆 ， ， ，斜率为 的直线与C交于P，Q两点，若直线
与 的斜率之积为 ，且 为钝角，则k的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先设 ， ， ，再联立直线 的方程和椭圆 的方程，整理得到关
于 的一元二次方程，从而得到 ， ， ， ，结合直线 与 的斜率之积为 可得
，再结合 为钝角即可求得k的取值范围．
【详解】设 ， ， ，联立方程组 ，消去y得 ，
由 ，即 ，
所以 ， ， ， ，
所以 ，解得 （舍去）或 ．
由 为钝角，得 ，即 ，
所以 ，解得 ，
因为 ，所以 ．
故答案为： ．
【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x (或y)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．
15．已知直线 与椭圆 在第二象限交于A，B两点， 与x轴，y轴分别交于M，N两点，且
， ，则直线 在y轴上的截距为 .
【答案】
【分析】设出点的坐标及直线 的方程，联立直线 和椭圆方程，韦达定理，根据中点坐标及 求得的关系式，即可求解.
【详解】设AB的中点为E，由题意知，点E既是AB的中点又是MN的中点，
设 ，设直线AB： ，，则 ，
因为 ，所以 ，
联立方程组 ，消去y并化简得 ，其中
，
则 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，即 ，
又 ，即 ，所以 ，
解得 ，则直线 在y轴上的截距为 .
故答案为：【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x (或y)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.
16．椭圆 ： 的左，右焦点分别为 ， ，上顶点为 ，离心率为 ，直线
将 分成面积相等的两部分，则 的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据已知条件求得 ，根据直线 与 轴的交点的位置进行分类讨论，由此列不
等式来求得 的取值范围.
【详解】依题意， ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 ，
由于 ， ，
所以 是等腰直角三角形，
所以 ，
直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
设直线 与 的交点为 ，与 轴的交点为 ，①当 与 重合时， ，则 ，
所以 ，解得 .
②当 在 之间时， ，
所以 ，
由 解得 ， ，
由 令 ，得 ，
所以 ，所以 ，
整理得 ，由 解得 .
③当 在 左侧，则 ， ，
设直线 与 的交点为 ，
由 解得 ，
因为 ，
所以 ，
，所以 ，所以 ，
所以 .
综上所述， 的取值范围是 .
故答案为：
【点睛】求解椭圆的方程，关键点是根据已知条件求得 ， 是 个未知数，需要 个条件，其中
一个条件是 ，另外的两个条件由题目给出，如本题中的 点坐标以及离心率，通过解方程组可
求得 ，进而求得椭圆的方程.
四、解答题
17．已知 为椭圆 上任一点， ， 为椭圆的焦点， ，离心率为 ．
(1)求椭圆的方程；(2)若直线 ： 与椭圆的两交点为A， ，线段 的中点 在直线 上， 为坐标原
点，当 的面积等于 时，求直线 的方程．
【答案】(1)
(2) 或
【分析】 由椭圆定义可得 的值，进而由离心率可得 ，再求得 ，即可得到椭圆的方程；
设出点A， 的坐标，联立直线 与椭圆的方程，利用设而不求的方法，并依据题给条件列方程，即可
求出 ，进而求得 的值，从而求得直线 的方程．
【详解】（1）由椭圆定义得 ， ，所以 ，故 ，
所以椭圆的方程为 ．
（2）设 代入方程 ，
得
所以 ， ，
所以 ，解得 ，
则 式变为 则 ，
底边 上的高 ，所以 的面积 ．
令 ，解得 ，
把 ， 代入 式，经检验，均满足 ，此时直线 的方程为 或 ．
18．已知 ， 为椭圆C： 的左、右顶点，且椭圆C过点 .
(1)求C的方程；
(2)过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中点D在x轴上方），求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得 ，把 代入椭圆方程可得答案；
（2）①当l斜率不存在时，易知 ；②当l斜率存在时，设l ，
， ，与椭圆方程联立，求出 、 ，由 利用韦达
定理可得 ，设 ，转化为 ，可得答案.
【详解】（1）由题意得 ，把 代入 ，
解得 ，
所以C的方程为 ；.
（2）由（1）知： ， ，
①当l斜率不存在时，易知 ；
②当l斜率存在时，设l： ， ， ，由 ，得 ，显然 ，
所以 ， ，
因为 ， ，
所以 ，
因为 ，
所以 .
又 ，
设 ，则 ， ，解得 且 ，
所以 ，
因为 ，可得 的取值范围为 .【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是借助 求出 的范围，本题考查了学生的
思维能力、运算能力.
19．已知椭圆C： 的焦距为 ，且椭圆经过点 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为 ，求l的斜率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得 ，由此求得椭圆 的方程.
（2）利用点差法、或设直线 方程、或设直线 方程、或齐次化的方法来求得 的斜率.
【详解】（1）因为椭圆C的焦距为 ，且椭圆经过点 ，
所以 ， ，
又 ，
解得， ， ；
故椭圆C的方程为 .
（2）法一：（点差法）
设 ， ，则 ，
两式相减，得 ，
所以l的斜率 .
因为直线AP，AQ的斜率之和为0，所以 ，
整理得 ①
由 得 ，
所以 ，
同理 ，
因为
所以 ，
整理得 ②
②-①，得 ，
，
所以 ，即l的斜率为 .
法二：（设线）设l： ， ， ，
（讨论斜率不存在不给分，因为此种情况明显不符）
，消去y，整理得 ，
所以 ， ，
因为直线AP，AQ的斜率之和为0，所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
若 ，则直线l： 过点A，不合题意，故舍去，
所以 ，即l的斜率为 .
法三：
设AP： ，AQ： ， ， ，
，消去y，整理得 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
同理 ，
所以 ，
，
所以l的斜率 .
方法四：（齐次化巧解圆锥曲线问题）因为PQ不过 ，所以设PQ：
C：
，
（‘1’的代换）
化简得 ，
所以 ，
所以l的斜率为 .
【点睛】求解椭圆方程的几种方法:方法一：定义法，根据椭圆的定义直接求解，一般用题中所给的椭圆长
短轴，焦点等信息就能直接算出椭圆方程.方法二：待定系数法，根据椭圆焦点位置，长短轴，先设出对应
的椭圆方程，然后再代入已知条件求系数.方法三：共焦点系方程： 等等.
20．已知椭圆 ，过点 作圆 的切线交椭圆C于A、B两点．
(1)求椭圆C的焦点坐标和离心率；
(2)将 表示成m的函数，并求 的最大值．
【答案】(1)焦点坐标是 ，离心率是 ；(2)答案见解析
【分析】（1）椭圆的半长轴长 ，半短轴长 ，半焦距 ，即可求椭圆C的焦点坐
标和离心率；
（2）分类讨论，将 表示成m的函数，直线与椭圆方程联立，利用弦长公式，即可求 的最大值．
【详解】（1）椭圆的半长轴长 ，半短轴长 ，半焦距 ，
所以焦点坐标是 ，离心率是 .
（2）易知 |，当 时，切线AB方程为 或 ，
此时 , ，或 , ，则 ；
当 时，易知切线AB方程斜率不为0，如图，
可设切线AB的方程为： ，即 ，
则 ，得： ①，
联立： ，整理得： ，
其中 ，
设 ，则 ， ，则 ②，
将①代入②得： ，
而 ，等号成立当且仅当 ，即 时等号成立．
综上所述，当 时， ；
当 时， ，最大值为2.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线交点问题时，常常利用设而不求的思想，通过联立直线与曲线方
程，结合韦达定理进行求解.
21．已知椭圆 与直线 有唯一的公共点 ，过点 且与 垂直的直线 交 轴，
轴于 两点．
(1)求 满足的关系式；
(2)当点 运动时，求点 的轨迹 的方程；
(3)若轨迹 与直线 交于 两点， 为坐标原点，求 面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据直线与椭圆的位置关系，结合一元二次方程根的判别式进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，结合互相垂直的两直线的斜率关系进行求解即可；
（3）利用椭圆弦长公式，结合基本不等式进行求解即可.【详解】（1）由题有 得 ．
由 ，即 ，
得 ．
（2）由（1）可得，方程 有两个相等的实根，
故 ，而 ，所以 ，
因此 ，即 ，
直线 ，即 ，
，
则 ，
轨迹 的方程是 ．
（3）令 ，则 ．
由 得 ，
其中 ，
．
点 到直线 的距离 ，，
，
当且仅当 时取等号，即当 时取等号，
则 ．
当 ， 取得最大值，
．
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用基本不等式进行求解三角形面积的最大值.
22．已知椭圆 的左右焦点分别为 ， ，且 的坐标为 ，点 在椭圆上．
(1)求 的周长；
(2)斜率为 的直线与圆 相切于第一象限，交椭圆于A，B两点，求 的周长．
【答案】(1)6
(2)4【分析】（1）根据已知列关于a，b的方程组求解可得标准方程，再由椭圆定义可得周长；
（2）利用直线与圆相切可得直线方程，联立椭圆方程，由弦长公式可得 ，再由两点间距离公式得
， ，结合韦达定理即可求解.
【详解】（1）由题得 ，得 ，
所以椭圆C的方程为 ，
所以 ，
又 ，所以 的周长为6．
（2）设直线AB的方程为 ，
因为AB与圆 相切，所以 ，所以 ．
由 得 ，
设 ， ，则 ， ，
所以 ．又 ，
同理 ，
所以 ．
所以 的周长为 ．
23．已知椭圆 的一个焦点为 ，且过点 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)直线 与椭圆 交于 两点，求 面积的最大值及此时直线 的方程.
【答案】(1)
(2) 面积的最大值为 ，此时直线 的方程为 .
【分析】（1）将 坐标代入椭圆方程，再结合 ， 可求出 ，从而可求得椭圆方
程，
（2）将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，结合弦长公式和点到直线的距离公式即可求
出 面积的最大值及此时直线 的方程
【详解】（1）由题意得 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 ，
（2）设 ，
由 ，得 ，
因为直线 与椭圆 交于 两点，所以 ，解得 ，
所以 ，
所以
，
因为点 到直线 的距离为 ，
所以 的面积为
，
当且仅当 ，即 时取等号，
所以 面积的最大值为 ，此时直线 的方程为 .
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将直线方程代入椭圆方程化简结合
根与系数的关系求解，考查计算能力，属于较难题.
24．椭圆 ， ， ， ， 四点中恰有三点在椭圆 上.
(1)求椭圆 的标准方程；(2)椭圆 上两点 、 ，若直线 过点 ，且 ，线段 的中点为 ，求直线 的
斜率的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得 ，从而求得椭圆 的标准方程.
（2）设出直线 的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，结合 以及点差法求得
直线 的斜率的取值范围.
【详解】（1）由于 ， ，关于 轴对称，所以 经过 ， 两点，故 不过 ，所以 在 上.
由题意可得 ，解得 ，所以椭圆 的标准方程为 .
（2）由题意知，直线 的斜率存在且不为零，设其方程为 ，
由 ，得 ，
由 ，得 ，
设 ， ，则 ， ，
所以
，
因为 ，所以 ，
得 ，所以 ，设直线 的斜率为 ，因为 ，所以 ，
化简得 ，所以 ，
所以 ，解得 或 ，
所以直线 的斜率的取值范围为
25．已知椭圆 的左焦点为 ，短轴长为 .过右焦点 的直线l交椭圆C于
A，B两点，直线 ， 分别交直线 于点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设线段AB中点为Q，当点M，N位于x轴异侧时，求Q到直线 的距离的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件列方程求 ，即可得椭圆方程；（2）利用韦达定理求斜率的范围以及线段 中点
T的横坐标为 ，注意讨论直线斜率是否存在．
【详解】（1）因为椭圆 的短轴长为 ，所以 ，故 ，
因为右焦点 的坐标为 ，所以 ，
又 ，所以 ，所以椭圆的方程为 ；
（2）由（1）得， ，当直线l的斜率不存在时，因为直线 过点 ，所以直线 的方程为 ，线段AB的中点Q到
直线 的距离为1，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为 ，由点M，N位于x轴异侧可得 ，
联立椭圆的方程，可得 ，方程 的判别式
设 ， ，∴ ， ，
，
∴ ，
∴点Q到直线 的距离 ，
设直线 的方程为 ，令 得 ，则 ，同理 ，
∵点M，N位于x轴异侧，∴ ，即 ，得 .
∴ ，∴ ，∴ ，
综上所述，点Q到直线 的距离的取值范围为 .26．已知直线l过点P（1，0），与椭圆C： 交于A，B两点，且直线l不与椭圆C的
对称轴垂直．
(1)若直线l的斜率为1，M（ ，－ ）为线段AB的中点，求 的值；
(2)若 ，点Q（16，0），当l变化时，直线AQ，BQ的斜率总是互为相反数，求C的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）假设A，B两点坐标代入椭圆方程，构造出 可利用中点坐标公式，构造出 可
利用斜率公式，即可求出答案.
（2）设直线l的方程，根据题意写出AQ，BQ的斜率，列出式子写出关系式；，再联立方程写出韦达定理
化简关系式即可求出C的方程.
【详解】（1）设 ， 代入椭圆方程得：
①-②得：
因为直线l的斜率为1，所以 ；因为M（ ，－ ）是线段AB的中点，所以 ，故
（2）设直线l的方程为 ，联立方程
化简得方程：将 代入方程得:
因为直线l与椭圆存在两个交点，故 ，
根据韦达定理: ，
设 ， ，则 ，
根据题意可知
因为 ，所以化简原式可得
即 ，得 ，则
故椭圆方程为：
27．已知椭圆C： 经过点 ，O为坐标原点，若直线l与椭圆C交于A，B
两点，线段AB的中点为M，直线l与直线OM的斜率乘积为 .
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若四边形OAPB为平行四边形，求四边形OAPB的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直线l ， ，利用点差法可得 ，在结合点 在
椭圆C上，列式求解即可；
（2）根据四边形OAPB为平行四边形分析可得直线l的方程为 ，联立方程利用韦达定理求弦长，进而可得结果.
【详解】（1）由题意可设：直线l ， ，则 ，
可得：直线l的斜率 ，直线OM的斜率 ，
因为A，B两点在椭圆C上，则 ，
两式相减得整理得 ，即 ，
所以 ，可得 ，
又因为点 在椭圆C上，则 ，解得 ，
所以椭圆C的标准方程为 .
（2）因为四边形OAPB为平行四边形，则M为 的中点，可得 ，
则 ，可得直线l的斜率 ，
所以直线l的方程为 ，即 ，
可得点 到直线l的距离 ，由（1）可知：椭圆C的标准方程为 ，即 ，
联立方程 ，消去y得 ，
可得 ，且 ，
则 ，
所以四边形OAPB的面积 .
【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法
1.涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根
与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
2.面积问题常采用 底 高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选
择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积
问题，常转化为三角形的面积后进行求解．
28．椭圆 ： 的右焦点是 ，且经过点 ；直线 与椭圆 交于 ，
两点，以 为直径的圆过原点.(1)求椭圆 的方程；
(2)若过原点的直线 与椭圆 交于 ， 两点，且 ，求四边形 面积的范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将点 代入椭圆方程，并结合右焦点是 ，解出 和 的值，即可得解；
（2）当直线 斜率不存在时，可得其方程为 ，求出 ，当直线 斜率存在时，设其方程
为 ，结合韦达定理、平面向量数量积推出 及 ，再由 ，计算可得
的取值范围，从而得解．
【详解】（1）焦点 为 ，则 ，即 ，
点 在椭圆 ： 上，即 ，
解得 或 （舍去），则 ，
所以椭圆 的方程为 ；
（2）当直线 斜率存在时，设其方程为 ， ， ，联立 ，可得 ，
则 ①，
又 ②， ③
以 为直径的圆过原点即 ，
化简可得 ，
代入②③两式，整理得 ，
即 ④，
将④式代入①式，得 恒成立，则 ，
设线段 中点为 ，由 ，所以 ，
又 ，
又由 ，则 点坐标为 ，
化简可得 ，
代入椭圆方程可得 ，即 ，
则
，当直线 斜率不存在时， 方程为 ，直线 过 中点，即为 轴，易得 ， ，
，
综上，四边形 面积的取值范围为 .
【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 、 的形式；
（5）代入韦达定理求解.
