文档内容
【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 讲 直线与椭圆（精讲）
题型目录一览
①点与椭圆的位置关系
②直线与椭圆的位置关系
③椭圆的弦长问题、面积问题
④椭圆的中点弦问题
一、知识点梳理
一、点与椭圆的位置关系
点和椭圆
的关系
二、直线和曲线联立
椭圆 与直线 相交于 两点，设 ，
1.
，
椭圆 与过定点 的直线 相交于 两点，设为 ，如此消去 ，保留
，构造的方程如下： ，
注意：①如果直线没有过椭圆内部一定点，是不能直接说明直线与椭圆有两个交点的，一般都需要摆出
，满足此条件，才可以得到韦达定理的关系．
②韦达定理连接了题干条件与方程中的参数，所以我们在处理例如向量问题，面积问题，三点共线问题，
角度问题等常考内容的时候，要把题目中的核心信息，转化为坐标表达，转化为可以使用韦达定理的形
式，这也是目前考试最常考的方式．
三、直线与椭圆的位置关系
设直线 ，椭圆 ，把二者方程联立得到方程组，消去 得到一个关于的方程 .
方程有两个不同的实数解，即直线与圆锥曲线有两个交点；
方程有两个相同的实数解，即直线与圆锥曲线有一个交点；
方程无实数解，即直线与圆锥曲线无交点.
四、根的判别式和韦达定理
与 联立，两边同时乘上 即可得到
，为了方便叙述，将上式简记为 ．该式可以看成一
个关于 的一元二次方程，判别式为 可简单记 ．
遇到过轴上定点或斜率已知的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中都存
同理 和 联立 ，为了方便叙述，将上式
简记为 ， ，可简记 ．
与C相离 ； 与C相切 ； 与C相交 ．
注意：（1）由韦达定理写出 ， ，注意隐含条件 ．
（2）求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意．
（3）如果是焦点在y轴上的椭圆，只需要把 ， 互换位置即可．
五、弦长公式
设 ， 根据两点距离公式 ．
1.若 在直线 上，代入化简，得
；
若 所在直线方程为 ，代入化简，得
2.
3.构造直角三角形求解弦长， ．其中 为直线 斜率， 为直线倾斜角．
注意：（1）上述表达式中，当为 ， 时，
；
（2）直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用．
（3）直线和曲线联立后化简得到的式子记为 ，判别式为 ， 时，
，利用求根公式推导也很方便，使用此方
法在解题化简的时候可以大大提高效率．
六、已知弦 的中点，研究 的斜率和方程是椭圆 的一条弦，中点 ，则 的斜率为 ，
运用点差法求 的斜率；设 ， ， ， 都在椭圆上，
所以 ，两式相减得
所以
即 ，故
二、题型分类精讲
题型 一 点与椭圆的位置关系
策略方法 点与椭圆的位置关系问题的一般思路
点 在椭圆外 + >1;
点 在椭圆内 + <1;
点 在椭圆上 + =1.
【典例1】（单选题）直线 与椭圆 总有公共点，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，由直线过定点，结合点与椭圆的位置关系列出不等式，即可得到结果.
【详解】直线 过定点 ，只需该点落在椭圆内或椭圆上，∴ ，
解得 ，又 ，
故选：C．【题型训练】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）点 与椭圆 的位置关系为（ ）
A．在椭圆上 B．在椭圆内 C．在椭圆外 D．不能确定
【答案】B
【解析】将点的坐标代入椭圆方程，根据不等关系可判断出点与椭圆的位置关系.
【详解】 ，可知点 在椭圆内．
【分析】故选：B.
2．（2023·江苏·高二专题练习）若点 在椭圆 上，则下列说法正确的是（ ）
A．点 不在椭圆上 B．点 不在椭圆上
C．点 在椭圆上 D．无法判断上述点与椭圆的关系
【答案】C
【分析】根据椭圆的对称性可判断.
【详解】点 与点 关于原点对称，
点 与 关于 轴对称，
点 与 关于 轴对称，
若点 在椭圆 上，根据椭圆的对称性， ， ， 三点都在椭圆上，
故选：C
3．（2023·江苏·高二专题练习）点 在椭圆 的外部，则a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B【分析】根据点在椭圆外部得不等式，解不等式得结果.
【详解】因为点 在椭圆 的外部，
所以 ,解得 ,
故选：B.
4．（2023·全国·高三专题练习）若直线 和圆 没有公共点，则过点 的直线与椭
圆 的交点个数是（ ）
A．0 B．1 C．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 在椭圆内，进而可得结论.
【详解】因为直线 和圆 没有交点，
所以圆心 到直线 的距离 ，
可得： ，
即点 在圆 内，
又因为圆 内切于椭圆 ，
所以点 在椭圆 内，
即过点 的直线与椭圆 有两个交点.
故选：C.
5．（2023春·江西抚州·高三金溪一中校考阶段练习）已知 为椭圆 的右焦点，
点 为C内一点，若在C上存在一点P，使得 ，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．【答案】D
【分析】利用椭圆的定义，结合点A在椭圆内的条件，列出不等式组求解作答.
【详解】依题意， ，设C的左焦点为 ，则 ，
因为 ，且 ，则 ，即 ，
于是 ，解得 ，而 ，点 为椭圆C内一点，
即有 ， ，整理得 ，又 ，解得 ，
所以a的取值范围是 .
故选：D
6．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆 关于 轴､ 轴均对称，焦点在 轴上，且焦距为 ，若
点 不在椭圆 的外部，则椭圆 的离心率的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设出椭圆方程，由于 不在椭圆 的外部，得到 ，结合 ，得到，求出离心率的取值范围.
【详解】设椭圆 的方程为 ，
因为 不在椭圆 的外部，
所以 ，因为 ，
所以 ，化简得： ，
同除以 得： ，结合 ，
解得： ，
故 .
故选：B
7．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆 ，若椭圆上存在两点 、 关于直线 对称，
则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设 ， 中点为 ，利用点差法结合条件可得点 ，根据
在椭圆内部，进而即得．
【详解】椭圆 ，即： ，
设椭圆上两点 关于直线 对称， 中点为 ，
则 ， ，所以 ，
∴ ，
∴ ，代入直线方程 得 ，即 ，
因为 在椭圆内部，
∴ ，
解得 ，
即 的取值范围是 ．
故选：A．
题型二 直线与椭圆的位置关系
策略方法 直线与椭圆位置关系判断的步骤
(1)联立直线方程与椭圆方程．
(2)消元得出关于x(或y)的一元二次方程．
(3)当Δ＞0时，直线与椭圆相交；当Δ＝0时，直线与椭圆相切；当Δ＜0时，直线与椭圆相
离．
【典例1】（单选题）已知直线 ： 与椭圆 ： 有公共点，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】联立直线与椭圆的方程，令判别式大于0求解即可.
【详解】将直线 的方程与椭圆 的方程联立，得 ，消去 得 ①，
因为直线 与椭圆 有公共点，所以方程①有实数根，则 ，得 .故选：B．
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·四川南充·统考一模）已知直线 与椭圆 恒有公共点，则实数m的取值范
围（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据直线 所过定点以及方程 表示椭圆来求得 的取值范围.
【详解】直线 过定点 ，
所以 ，解得 ①.
由于方程 表示椭圆，所以 且 ②.
由①②得 的取值范围是 .
故选：C
2．（2023春·新疆昌吉·高二校考开学考试）若直线 和圆 没有交点，则过点
的直线与椭圆 的交点个数为（ ）
A．0个 B．至多有一个 C．1个 D．2个
【答案】D
【分析】根据题意得到 ，求得点 是以原点为圆心， 为半径的圆及其内部的点，根据圆
内切于椭圆，得到点 是椭圆内的点，即可求解.
【详解】因为直线 和圆 没有交点，可得 ，即 ，
所以点 是以原点为圆心， 为半径的圆及其内部的点，
又因为椭圆 ，可得 ，
所以圆 内切于椭圆，即点 是椭圆 内的点，
所以点 的一条直线与椭圆的公共点的个数为 .
故选：D.
3．（2023秋·高二课前预习）已知 ，则直线 与椭圆 的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．以上三种情况均有可能
【答案】A
【分析】结合题意得直线 过定点 ，再结合点 在椭圆内部即可判断.
【详解】解：因为 ，所以直线 可化为 ，
所以，直线 过定点 ，
因为点 在椭圆 内部，
所以，直线 与椭圆 的位置关系是相交.
故选：A
4．（2023·四川达州·四川省开江中学校考模拟预测）已知直线 与椭圆 ，点
，则下列说法正确的是（ ）
A．若点A在椭圆C外，则直线l与椭圆C相离
B．若点A在椭圆C上，则直线l与椭圆C相切
C．若点A在椭圆C内，则直线l与椭圆C相交
D．若点A在直线l上，则直线l与椭圆C的位置关系不确定
【答案】B【分析】考虑 和 两种情况，联立方程，得到 ，根据点与椭圆的关系依
次验证直线和椭圆的关系得到答案.
【详解】当 ，则 ，则直线 ，
①若点A在椭圆C外，则 ，则 ，直线l与椭圆C相交；
②若点A在椭圆C上，则 ，则 ，直线l与椭圆C相切；
③若点A在椭圆C内，则 ，则 ，直线l与椭圆C相离；
当 时，联立方程 ，消去y得：
，
所以 ，
①若点A在椭圆C外，则 ，则 ，直线l与椭圆C相交；
②若点A在椭圆C上，则手 ，则 ，直线l与椭圆C相切；
③若点A在椭圆C内，则 ，则 ，直线l与椭圆C相离；
若点A在直线l上，则满足 ，即点A在椭圆C上，由以上讨论可知直线l与椭圆C相切，D错
误.
综上所述：B正确
故选：B5．（2023春·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考阶段练习）已知椭圆M： 的上顶点为A，过
点A且不与y轴重合的直线l与M的另一个交点为 （其中 ），过B作l的垂线，交y轴于点
C．若 ，则l的斜率 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意得出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立求出点 的坐标，再根据题意求出 所在
直线方程，求出点 的坐标，利用两点间距离公式即可求解.
【详解】由题意可得直线 的方程为 ，
将直线方程代入椭圆方程可得： ，所以 ，
则 ，因为过B作l的垂线，交y轴于点C，
所以 所在直线方程为： ，
令 ，则 ，所以点 ，又因为 ，
所以 ，整理化简可得： ，
解得： ，因为 ，所以 ，
故选： .
6．（2023·湖南常德·统考一模）已知椭圆E ，直线 与椭圆E相切，则椭圆
E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由椭圆 和直线 相切，联立椭圆 和直线 的方程消 得到，令 ，化简得到 ，即可求解.
【详解】由题意，联立椭圆 和直线 的方程得：
整理得： ，
因为椭圆 和直线 相切，
则 ，
化简得： ，
则椭圆 的离心率 ，
故选：B.
7．（2023秋·广东深圳·高三统考期末）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
8．（2023秋·高二课时练习）已知椭圆 ，离心率为 ，过 的直线分别与 相切于 ，
两点，则直线 方程为（ ）
A． 或 B．
C． D． 或
【答案】A
【分析】首先证明椭圆 上一点 处的切线方程为： ，即可得到点
是椭圆 外一点，过点 作椭圆的两条切线，切点分别为 ， ，则切点弦
的方程为 ，再根据离心率分类讨论分别求出椭圆方程，即可得到切点弦方程．【详解】首先证明椭圆 上一点 处的切线方程为： ，
①当切线斜率存在时, 设过点 的切线方程为 ，
联立方程 ，得 ，
，即 ，
，
又 ，
把 代入 中，得 ，
，
化简得 .
②当切线斜率不存在时，过 的切线方程为 ，满足上式.
综上，椭圆上一点 的切线方程为： .
再证明若点 是椭圆 外一点，过点 作椭圆的两条切线，
切点分别为 ， ，则切点弦 的方程为 ．
这是因为在 ， 两点处，椭圆 的切线方程为 和 ．
两切线都过 点，所以得到了 和 ，
由这两个“同构方程”得到了直线 的方程 ；
因为椭圆 ，离心率为 ，若焦点在 轴，则 ， ，所以 ，
所以 ，解得 ，所以椭圆 ，
所以过 作椭圆 的两条切线方程，
切点弦方程 为 ；
若焦点在 轴，则 ， ，所以 ，
所以 ，解得 ，所以椭圆 ，
所以过 作椭圆 的两条切线方程，
切点弦方程 为 ，即 ；
综上可得直线 方程为 或 .
故选：A
二、多选题
9．（2023·江苏·统考二模）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.
10．（2023春·河南驻马店·高二河南省驻马店高级中学校考期中）已知直线l：y=kx+m与椭圆
交于A，B两点，点F为椭圆C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】BCD
【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 可得 ，
，
由韦达定理可得 ， ，
，
所以， ，故A错误；
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，
，故B正确；
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 ，故C正确；
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 ，故D正确.故选：BCD
【点睛】方法点睛: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.
三、填空题
11．（2023·全国·高三专题练习）与椭圆 有相同的焦点且与直线 相切的椭圆的离心
率为 .
【答案】
【分析】设所求椭圆的方程为 ＋ ，直线方程与椭圆方程联立，利用直线l与椭圆相切可
得答案.
【详解】因为所求椭圆与椭圆 有相同的焦点，
所以可设所求椭圆的方程为 ＋ ，
联立方程组 ，可得 ，
因为直线l与椭圆相切，所以 ，
化简得 ，即 或 （舍），
则 ，又 ，所以 .
答案： .
12．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆 ，过点 作椭圆 的切线，则切线方程为
.
【答案】 或【分析】首先判断点 与椭圆 的位置关系，分类讨论切线的斜率是否存在，设切线方程并联立圆的方程，
根据所得方程 求参数k，即可写出切线方程.
【详解】因为 ，P在 外部，
1.当斜率不存在时，易知 为椭圆一切线；
2.当斜率存在时，设切线斜率为 ，则切线方程为 ，
代入 中并整理得 ，
因为直线与椭圆相切，则 ，解得 ，
此时切线方程为 ；
所以切线方程为 或 .
故答案为： 或 .
13．（2023秋·高二课时练习）已知 ， 分别是椭圆 的左、右焦点， 为其过点 且斜率为
1的弦，则 的值为 ．
【答案】
【分析】由椭圆方程求出椭圆左右焦点的坐标，得到直线的方程，和椭圆方程联立，利用根与系数的关系
求出 两点横坐标的和与积，再由向量的数量积的坐标运算求得结果.
【详解】由 知， ，
，则 ，
，
则 所在直线方程为 ，即 ，
联立 ，得 ，
设 ，
则 ， ，
，
.
故答案为：
14．（2023春·湖北武汉·高三武汉市黄陂区第一中学校考阶段练习） 为椭圆 上任意一
点，且点 到直线 和 的距离之和与点 的位置无关，则 的取值范围是
.
【答案】
【分析】作出图形，结合图形可知当椭圆 位于两直线 和 之间时即为所求，根据直线和椭圆相切时是
临界值即可求解.
【详解】由图可知当椭圆 位于两直线 和 之间时，点 到两直线 和 的距离之和即为 和 两平行线间的距离，与点 的位置无关，
联立 得 ，
令 解得 或 ，
由图可得 ，
故答案为：
15．（2023·全国·高二课堂例题）已知椭圆 ： 的离心率为 ，过右焦点 且斜率为
（ ）的直线与椭圆 相交于 两点．若 ，则 ＝ ．
【答案】
【分析】由离心率及椭圆参数关系易得椭圆方程 ，设 ，根据向量数量关系
坐标表示、点在椭圆上列方程求 的坐标，两点式求斜率即可.
【详解】由已知e＝ ，所以 ，则 ， ，
所以椭圆方程 ＝1变为 ．设 ，又 ＝3 ，所以 ，
所以 ，所以 ，且 ①， ②．
①－9×②，得： ，
所以 ，所以 ，故 ， ，从而 ， ，
所以A ，B ，故 ．
故答案为：
16．（2023秋·高二课时练习）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ， 为 上的
动点．若 ，且点 到直线 的最小距离为 ，则 的离心率为 ．
【答案】
【分析】得到椭圆切线为 ，将其与椭圆方程联立，利用判别式为0解出 ，则可得到离心率.
【详解】由题意知 ，解得 ，将直线 沿着其法向量方向向右下方平移 单位，
因为直线倾斜角为 ，那么在竖直方向向下移动了2个单位，此时直线为 ，且与 相切．
联立 ，得 0，
所以 ，解得 ，所以 ，即 ，
所以 ，即 的离心率为 ．故答案为： .
17．（2023·陕西商洛·统考二模）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．
18．（2023春·浙江·高二校联考期末）椭圆 过点 且上顶点到 轴的距离为1，
直线 过点 与椭圆 交于A， 两点且 中点在坐标轴上，则直线 的方程为 ．
【答案】 或 或
【分析】先求出椭圆方程，再分类讨论直线 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 过点 且上顶点到 轴的距离为1，所以
所以 ，
因为 ，即点 在椭圆 内，可知直线 与椭圆 相交，
当斜率不存在时，则 时，由椭圆对称性可得 ，则 中点为 在坐标轴上，所以 符合题意；
当斜率存在时，设 ，
联立方程 ,消去y得 ，
则 ， ，
因为 中点在坐标轴上，
则 或 ，
解得 或 ，此时直线 的方程为 或 ；
综上所述：所以直线 的方程为 或 或 .
故答案为： 或 或 .
【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．
四、解答题
19．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆Ω：9x2+y2＝9，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与Ω有
两个交点A，B，线段AB的中点为M.点K在椭圆Ω上， 分别为椭圆的两个焦点，求 的范围.
【答案】【分析】求出椭圆方程，设出点 坐标，得出 表达式，即可求出 的范围.
【详解】由题意，
椭圆方程为 ， ， ，
设 ，则 ， ，
，
， ，
即 的范围是 ．
20．（2023·全国·高三专题练习）设椭圆 上点P处的切线与x轴交于点M，A，B分别
是长轴的左、右顶点．过M作x轴的垂线，与直线PA，PB分别交于C，D两点，证明：CM＝MD．
【答案】证明见解析
【详解】设 ，则椭圆在P处的切线方程为 ，令 ，得 ．由题意，
， ，则直线PA的方程为 ，令 ，得
．
直线PB的方程为 ，令 ，得 ．
因此 ，∴CM＝MD．
【反思】如图所示，作PN⊥x轴，交x轴于点N，则直线PN是点M的极线．∴M，N，A，B是调和点列，
且 ．由例1的推广结论知CM＝MD．21．（2023秋·宁夏石嘴山·高三平罗中学校考阶段练习）已知椭圆 ： 过点 ，
点 是 的一个焦点.
(1)求椭圆 的方程；
(2)已知过点 的直线 交 轴于 点，交椭圆 于 两点，若 ，求直线 的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用椭圆的定义求出 ，再利用 间的关系求出 ，从而求出结果；
（2）设 的中点 ，根据题设条件得到 是 的中点，再利用 和 横坐标之和相等建立等式，
即可求出结果.
【详解】（1）由题意知，椭圆 的另一个焦点为 ，
又 ，所以 ，
由椭圆的定义知， ，所以 ， ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）取 的中点 ，由 ， ，得到 ，
所以 是 的中点，
由题意知，直线 不垂直于 轴，设直线l： ， ， ，则
由 ，消 得到 ，
因为 是 的中点，所以 ,
由韦达定理得得， ，
解得， ，
所以，直线 的方程为 .
22．（2023秋·天津和平·高三天津一中校考开学考试）已知椭圆 的离心率为 ，
左顶点A与上项点B的距离为 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P在椭圆C上，且P点不在x轴上，线段 的垂直平分线与y轴相交于点Q，若 为等边三角
形，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2) 或【分析】（1）根据椭圆离心率以及顶点间的距离公式可解得 ，即可求出椭圆方程；
（2）设出直线 方程与椭圆联立，利用韦达定理可解出点P的坐标表示，再根据 为等边三角形即
可解得点P的坐标.
【详解】（1）由题意可知离心率 ，即可得
且 ，又 ，解得 ；
所以椭圆C的方程为 .
（2）如下图所示：
易知 ，设直线 的方程为 ，易知 ，设 ；
将直线 与椭圆 联立可得 ，
显然 是方程的一个根，由韦达定理可得 ；
所以 ，即 ；
可得 的中点坐标为 ，所以直线 的垂直平分线方程为 ，
令 ，解得 ，即 ；
若 为等边三角形，则
即 ，
整理得 ，解得 或 （舍）；
代入可得点P的坐标为 或
23．（2023·浙江·模拟预测）已知椭圆 ，点 ，斜率不为0的直线 与椭圆 交于点 ，
与圆 相切且切点为 为 中点.
(1)求圆 的半径 的取值范围；
(2)求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设直线l方程，联立直线l方程与椭圆方程可得 ， ，进而可求得点M坐标，由圆
N与直线l相切于点M可得 ，进而可求得 ，代入 可求得 ，进而求出
的范围即可.
（2）由弦长公式可得 （ ），运用换元法即可求得结果.【详解】（1）如图所示，
由题意知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为 （ ）， ， ，设圆N
的半径为r，
，
，
， ，
所以 ，
又因为M为 的中点，所以 ，
又因为圆N与直线l相切于点M，所以 ，且 ，
所以 ，
所以 ，解得 ，
所以 ，
，解得： ，
所以 （ ），
所以 ，即 ，所以圆N的半径r的取值范围为 .
（2）由（1）知， ，
所以 （ ），
令 ，则 （ ），
所以 ，
显然 在 上单调递减，
所以 ，所以 ，即 ，
故 的取值范围为 .
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
1.数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解；
2.构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；
3.构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
24．（2023秋·重庆南岸·高三重庆第二外国语学校校考阶段练习）已知圆 ，圆上
有一动点P，线段PF的中垂线与线段PE交于点Q，记点Q的轨迹为C．第一象限有一点M在曲线C上，
满足 轴，一条动直线与曲线C交于A、B两点，且直线MA与直线MB的斜率乘积为 ．
(1)求曲线C的方程；
(2)当直线AB与圆E相交所成的弦长最短时，求直线AB的方程．
【答案】(1)
(2)【分析】（1）根据椭圆的定义判断Q点轨迹为椭圆，求出 的值，即得答案；
（2）讨论AB的斜率是否存在，存在时，设出直线方程，并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，结合
直线MA与直线MB的斜率乘积化简可得参数之间的关系，进而确定直线过定点，结合圆的几何性质，即
可求得答案.
【详解】（1）由题意得 ，
故Q点轨迹为椭圆，焦点为 ,
且 ，
故椭圆方程为 ；
（2）由题意可知 ，
当直线AB斜率不存在时，设方程为 ，代入 ，
可得 ，不妨设 ，
此时 ，
化简得 ，解得 或 ，
时，直线 斜率不存在，不合题意，舍去，故 ，则直线AB的方程为 ；
当直线AB斜率存在时，设 ，直线方程设为 ，
联立 得 ，
则需满足 ，
，
，
由 ，
可得 ，
化简得 ，即 ，
即 ，
当 时，直线AB的方程为为 ，过定点 ，
此时，不合题意，舍去；
当 时，直线AB的方程为为 ，此时直线过定点，不妨设为 ，
直线 也过 ，由于点N满足 ，故在椭圆内，
所以 成立，
又因为 在椭圆内，所以当直线AB与圆E相交所成的弦长最短时，
应满足 ，而 ，故 ，故 ，
故此时直线AB的方程为 ，即 .
【点睛】难点点睛：本题考查椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系的应用问题，难点在于第二问的求
解，解答时注意设直线方程并联立椭圆方程，利用根与系数的关系进行化简，困难的是计算十分复杂，计
算量也大，几乎都是字母参数的运算，因此要求思路清晰，计算准确.
25．（2023·吉林白山·抚松县第一中学校考模拟预测）在xOy平面上，设椭圆 ，梯形
ABCD的四个顶点均在 上，且 .设直线AB的方程为
(1)若AB为 的长轴，梯形ABCD的高为 ，且C在AB上的射影为 的焦点，求m的值；
(2)设 ，直线CD经过点 ，求 的取值范围；
【答案】(1)2；(2) ；
【分析】（1）由题意知 ，由此可得 ，再由 即可求出答案；
（2）由题意知椭圆 ，直线CD的方程为 ，联立直线与椭圆，由直线与椭圆有
两交点可得 ， ， ，利用 表示出 ，由此即可求出其取值范围.
【详解】（1）因为梯形 为 的长轴， 的高为 ， ，
所以点 的纵坐标为 ，代入椭圆方程得 ，
可得 ，又因为 在 上的射影为 的焦点，
∴ ，解得 ，
∵ ，∴ .
（2）由题意，椭圆 ，直线CD的方程为 ，
设 ， ，则 ，化简得 ，
，得 ，
∴ ， ，
∴
，
∵ ，所以 ，所以 的取值范围为 .
26．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知 是椭圆 的右顶点，过点
且斜率为 的直线 与椭圆 相交于 两点（点 在 轴的上方），直线 分别与直线
相交于 两点．当点 为椭圆 的上顶点时， ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)若 ，且 ，求实数 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出 即可得解；
（2）设直线 的方程为 ，联立椭圆方程，由根与系数的关系及
化简，利用 求解.
【详解】（1）由题意可知， ，
当点 为椭圆 的上顶点时， ，解得 ．
故椭圆 的方程为 .
（2）如图，依题意，设直线 的方程为 ，
易得 ．
联立方程组 消去 并整理得 ，
则 ， ，
直线 的方程为 ，
令 得 ，同理可得 ，
则
，
由 ，解得 ，得 ，
即实数 的取值范围为 ．
27．（2023春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知动圆P过点 ，且与圆N：
相切
(1)求圆心P的轨迹 的方程；
(2)A，C为轨迹 上两个动点且位于第一象限（不在直线 上），直线AN，CN分别与轨迹 交于B，D两点，若直线AD，BC分别交直线 与E，F两点，求证；
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据点与圆的位置关系和椭圆的定义和椭圆的标准方程即可求解；（2）根据直线与椭圆的
联立和几何关系即可求解.
【详解】（1）由题目可知圆 ，
因为 ，
所以点M在圆N内，
于是圆P与圆N内切，
因此 ，
故动点P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆.
所以 ， ， .
即轨迹方程 .
（2）设 ， ，
直线AB的方程为 ，
联立 得 ，
所以 ， .
设 ， ，
直线CD的方程为 ，
同理可得 ， .又因为直线AD的方程为 ，
令 ，得 ，
同理 .
现只需证 ，
即证
，
显然成立，故 .
题型三 椭圆的弦长问题、 面积问题
策略方法 椭圆中的弦长问题
（1）弦长公式： ．
（2）涉及到面积的计算问题．
【典例1】（单选题）斜率为1的直线 与椭圆 相交于A，B两点，则 的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【分析】设直线方程，与椭圆联立，利用弦长公式表示弦长，再求最值即可
【详解】设A，B两点的坐标分别为 ，直线l的方程为y＝x＋t，由 消去y，得5x2＋8tx＋4（t2－1）＝0，
则x1＋x2＝ ，x1x2＝ ，
∴|AB|＝ |x1－x2|＝
＝ ＝ · ，
当t＝0时，|AB|max＝ ．
故选：C.
【典例2】
（单选题）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，直线 与椭圆 交于 ， 两
点（其中点 在点 的左侧），记 面积为 ，则下列结论错误的是（ ）
A． B． 时，
C． 的最大值为 D．当 时，点 的横坐标为
【答案】B
【分析】由题知， ， ， ，设 ， ，进而结合向量运算，椭圆定义等讨论各
选项即可得答案.
【详解】由椭圆 ，可得 ， ， ，由对称性可知 ，
∴ ，故A正确；
设 ， ， ， ，若 时，可得，解得 ，故B错误；
∵直线 与椭圆 交于 ， 两点，
∴ ， 两点的坐标分别为 ， ，
∴
，当且仅当 ，即 时取等号，故C正确；
、 的坐标分别为 ， 设 ，当 时， ，设
，则 ，
∴由余弦定理可得 ，
∴ ，∴ ，
∴ ，又 ，∴ ，
∵又 ，解得 ，故D正确.
故选：B.
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）斜率为1的直线l与椭圆 相交于A，B两点，则 的最大值为
（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D【分析】设直线方程 与椭圆方程联立，求得弦长 ，即可得到最大值.
【详解】设 两点的坐标分别为 ， ，直线l的方程为 ，
由 消去y得 ，
则 ， .
∴
，
∴当 时， 取得最大值 ，
故选:D.
2．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知直线l是圆C： 的切线，且l与椭圆E：
交于A，B两点，则|AB|的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．1
【答案】B
【分析】由直线与圆相切分析得圆心到直线距离为1，再分类讨论直线斜率是否存在的情况，存在时假设
直线方程，进一步联立椭圆方程结合韦达定理得出弦长表达式，最后化简用基本不等式得出结果.
【详解】∵直线l是圆C： 的切线，
∴圆心O到直线l的距离为1，
设 ，
①当AB⊥x轴时，
②当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=kx+m.由已知 得 ．
把y=kx+m代入椭圆方程，整理得 ，
∴
令
原式
当且仅当 即 时等号成立.
综上所述 .
故选：B.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知过点（0，1）的直线与椭圆 交于 、 两点，三角形
面积的最大值是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】先设直线方程再联立应用弦长公式求弦长,把面积转化为关于 的函数,求最值即可.【详解】显然直线斜率存在，设过 的直线方程为： ，联立方程组
消去 ，并整理得 ，
设 ， ，则 恒成立,
， ，
，O到直线 的距离为 ，
，
令 ，则 ，当 时等号成立.
故选: .
4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）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.
5．（2023·海南海口·校考模拟预测）已知 、 是椭圆 的左右焦点，点 为 上一
动点，且 ，若 为 的内心，则 面积的取值范围是（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由等面积法求出内切圆的半径的表达式，代入三角形的面积公式，可得所求的三角形的面积．
【详解】由椭圆的方程可得 ， ， ，
设内切圆的半径为 ，则 ，
可得 ，
而 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，即 ．
故选：C．
6．（2023秋·新疆巴音郭楞·高三校考开学考试）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.
7．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆 ，点 是椭圆第一象限上的点，直线 是椭圆在点 处
的切线，直线 分别交两坐标轴于点 ．则 面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设 ， ， ，得直线 方程为 ，由直线与椭圆相切可得 的
关系，由基本不等式求得 的最小值，即得面积 的最小值．
【详解】设 ， ， ，直线 方程为 ，
由 ，得 ，∵直线 与椭圆相切，
所以 ，化简得 ，
由椭圆方程知 ，
，当且仅当 ，即 时等号成
立．
所以 取得最小值2.
故选：A．
8．（2023春·云南红河·高三开远市第一中学校校考阶段练习）已知椭圆 的左､右焦点分别是 ，
，过 的直线 与椭圆C交于A，B两点，则 的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题知 ，直线 ，进而与椭圆方程联立得 ， ，进而根据
计算即可.
【详解】解：由题意可得 ， ，则直线 .
联立 ，整理得 ，
设 ， ，
则 ， ，
从而 .
因为 ，所以 的面积是 .
故选：A
9．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆 的左顶点和右焦点分别为A，F，点B，C为椭圆
上关于原点O对称的两点，且 ， ，则 的面积为（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【分析】由题可知 ，设 ，则 ，因为 在椭圆上，所以 ，结
合 ，求出得 的值，再根据 ，结合三角形的面积公式求出 的面积.
【详解】由题可知 ，设 ，则 ，
①.
因为 在椭圆上，所以 ，
所以 ，代入①得 ，
得 ， ，则 ，
所以 ，
即 ，与 联立得， ，
所以 .
故选：B.
二、多选题10．（2023秋·山东聊城·高三校联考期末）已知过点 的直线与椭圆 交于 、 两点，则弦
长 可能是（ ）
A．1 B． C． D．3
【答案】BC
【分析】先设直线，再联立方程组得韦达定理，求出弦长,最后确定范围即可.
【详解】当直线斜率存在时，设过 斜率存在的直线方程为： ，
联立方程组 消去 ，并整理得 ，易得 ，
设 ， ，则 ， ，
，
，
当斜率不存在时 ，故 ．
故选:BC．
11．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C： （ ）的左、右焦点为F，F，O为坐
1 2
标原点，直线 过F 交C于A，B两点，若 AFB的周长为8，则（ ）
2 1
△
A．椭圆焦距为 B．椭圆方程为
C．弦长 D．
【答案】BC【分析】直线 过椭圆右焦点得 可以判断A；由 的周长为8得 可以判断B；由直线方程
与椭圆方程联立求出弦长可以判断C；求出原点到直线的距离可得 可判断D.
【详解】因为 的周长为8，所以 ，得 ，
因为 过右焦点F2，所以 ，所以 ，
所以椭圆焦距为 ，故A错误；所以椭圆方程为 ，故B正确；
设 ，
由 得 ，解得 ，
，故C正确；
原点到直线 的距离为 ，
所以 ，故D错误.
故选：BC.
12．（2023·湖南·铅山县第一中学校联考三模）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．
三、填空题
13．（2023·全国·高三对口高考）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： .
14．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆 的离心率为 ，焦距为 ，斜率为
的直线l与椭圆 有两个不同的交点 ，则 的最大值为 .
【答案】
【分析】由题意可知离心率 且焦距为 ，结合焦距为 ，解出 ，从而得到
椭圆方程；由 ，设出直线方程 ，与椭圆方程联立，再结合韦达定理可将 表示成 的函数，
进一步求其最大值即可.
【详解】由题意得 ,
解得 , ， ，
∴椭圆 的方程为 .由 ，设直线 的方程为 ， ， .
联立得 ，得 ，
又直线 与椭圆 有两个不同的交点，
所以 ，
解得 ，
∴ ， ，
∴
，
故当 ，即直线 过原点时， 最大，最大值为 .
故答案为： .
15．（2023春·新疆乌鲁木齐·高三乌鲁木齐市十二中校考阶段练习）已知直线 与椭圆
相交于 两点，椭圆的两个焦点分别是 ，线段 的中点为 ，则
的面积为
【答案】
【解析】利用点差法，结合题干条件，可求得 ，根据a，b，c关系，可求得c的值，代入公式即可求得
答案.
【详解】设 ， ，则 两式相减，得 ，
因为直线 的斜率为 ，则 ，线段 的中点为所以 ，解得 .
因为 ，所以 ，
故 的面积为 .
故答案为：
16．（2023春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）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.
17．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆 ，经过左焦点F的直线和椭圆交于A，B两点，则
面积的最大值为 ．
【答案】3
【分析】设直线AB的方程为 ， ，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入
，再构造函数 求最值可得答案.
【详解】因为椭圆 ，所以左焦点 ，显然，直线的斜率不能为0，
设直线AB的方程为 ， ．
联立方程，得 消去x得， ，
因为直线过椭圆内的点，所以无论m为何值，直线和椭圆总相交．所以 ， ，
所以
，
令 ，设 ，
设 ， ，
因为 ，所以 ， ，可得 ，
所以当 时，函数 单调递增，
所以当 ，即 时， 取得最小值， ，
此时 取得最大值3.
故答案为：3.
四、解答题
18．（2023秋·西藏林芝·高三校考阶段练习）椭圆 的中心在坐标原点 ，焦点在 轴上，椭圆 经过点且短轴长为2.
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)过点 且倾斜角为 的直线 与椭圆 交于 ， 两点，求线段 的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解，
（2）由弦长公式即可求解.
【详解】（1）由题意设椭圆 的方䄇为 ，
因为椭圆经过点 且短轴长为2，所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）由已知得直线 的方程为 ，
设 ，将直线 代入 ，
得 ，易得 ，所以 ， ，
所以 .
19．（2023·河南·校联考模拟预测）已知抛物线E： 的焦点关于其准线的对称点为 ，
椭圆C： 的左，右焦点分别是 ， ，且与E有一个共同的焦点，线段 的中点是C的左顶点．过点 的直线l交C于A，B两点，且线段AB的垂直平分线交x轴于点M．
(1)求C的方程；
(2)证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得 ，从而得出椭圆C的焦点 ， ，由线段 的中点为
求得 ， ，可得C的方程；
（2）直线l的斜率存在，设为k，分两种情况讨论：当 时，直接验证结论；当 时，设出直线l的
方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理求出线段AB的中点坐标，得到线段AB的垂直平分线的方程，求
得 坐标及 ，利用弦长公式求得 ，从而证得结论．
【详解】（1）抛物线E的焦点 关于其准线 的对称点为 ，
所以 ，即 ．
因为椭圆C与抛物线E有一个共同的焦点，所以 ， ，
所以线段 的中点为 ，所以 ， ．
故C的方程为 ．
（2）由题意知，直线l的斜率存在，设为k．
当 时，点A，B恰为椭圆C的左、右顶点，y轴为线段AB的垂直平分线，
， ， ，则 ．
当 时，直线l的方程为 ，设 ， ，线段AB的中点为 ， ．联立 ，消去y，得 ，
则 ， ，
所以 ，
则 ．
由题意知，线段AB的垂直平分线的方程为 ，
令 ，得 ，
则 ．
又 ，
所以 ．
综上， ．
20．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知椭圆 ，左右焦点分别为 ， ，直线 与椭
圆交于 ， 两点，弦 被点 平分．
(1)求直线 的方程；
(2)求 的面积．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由“点差法”求出直线 的斜率，再由点斜式方程即可得出答案；
（2）直线与圆锥曲线相交所构成三角形的面积，可采运用面积分割法与点到直线的距离求解．
【详解】（1）因为弦 被点 平分，所以
设交点坐标
则 ，
两式相减得： ），
所以直线 的斜率 ，
故直线 的方程为
（2） ，
联立椭圆与直线方程 得
所以 ，
所以 ，
又因为直线过点 ，
所以 ．21．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆 的上顶点为 ，右焦点为 ，点 满
足 ．
(1)判断点 是否在椭圆上，并给出理由；
(2)已知与线段 相交的直线 交椭圆于 ， （不同于点 ， ）两点，求四边形 面积的最
大值．
【答案】(1)点 在椭圆上，理由见解析
(2)
【分析】（1）根据 的坐标及 列方程即可求解 ，再得 的值，即可得椭圆方程，将点
坐标代入即可知是否满足方程，判断其与椭圆的位置关系；
（2）根据直线与椭圆的位置关系，确定弦长 ，再分别求解点 到直线 的距离，从而可得四边
形 面积，利用换元法结合函数求其最值即可.
【详解】（1）由题意得 ， ， ，所以 ， ，
由于 ，得 ，得 ，所以 ，故椭圆的标准方程为 ．
所以 ，故点Q在椭圆上．
（2）如图，
设 ， ，把 代入 并整理，得 ，则 ，
故 ．
由（1）知点Q在椭圆上，又直线 与线段PQ 相交，
所以点P，Q在直线 的两侧，
设O为坐标原点，连接OQ，则 ．
点 到直线 的距离 ，
点 到直线 的距离 ，
∴ ，
故四边形PMQN的面积
．令 ，则 ，
，
当 ，即 ， 时， ，
因此四边形PMQN面积的最大值为 ．
22．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）已知椭圆 的离心率为 ，左､右焦点分别为
，过 且垂直于 轴的直线被椭圆 所截得的线段长为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)直线 与椭圆 交于 两点，连接 并交椭圆 于另一点 ，若 的面积为 ，
求直线 的方程.
【答案】(1)
(2) 或
【分析】（1）根据题意可得 ，结合离心率和 即可求解；
（2）根据题意可设直线AC的方程为 ， ， ，联立椭圆方程，利用韦达定理表示
出 ，根据弦长公式求出 ，利用点到直线的距离公式求出点O到直线AC的距离，结合三角
形面积公式计算求出t，即可求解.
【详解】（1）联立 得 ，由题意得 ，所以 .因为椭圆 的离心率 ，所以 .
因为 ，所以 ，
故椭圆 的方程为 .
（2）由题意知，直线 不垂直于 轴.
设直线 的方程为 ，
联立方程组 ，消去 并整理得 ，
所以 ，
所以
因为点 到直线 的距离 ，且 是线段 的中点，
所以点 到直线 的距离为 ，
所以 .
由 ，解得 或 （舍去），
所以 ，
故直线 的方程为 ，即 或 .23．（2023秋·广东云浮·高三校考阶段练习）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 ．
24．（2023·全国·高三专题练习）已知点 ，点 和点 为椭圆 上不同的三个点.当
点 ，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形.
(1)求椭圆 标准方程；
(2)若 为原点，且满足 ，求 的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分点 ，点 和点 中有两个点为上顶点和下顶点和点 ，点 和点 中有两个点为左顶点
和右顶点两种情况，求出 ，得到椭圆方程；
（2）设出 ，考虑直线 斜率存在和不存在两种情况，求出弦长，进而利用点到直线距离求出面积.
【详解】（1）当点 ，点 和点 为椭圆的顶点时， 恰好构成边长为2的等边三角形，
①当点 ，点 和点 中有两个点为上顶点和下顶点，一个点为左顶点或右顶点时，不妨设点 ，点 为
上顶点和下顶点，点 为右顶点，此时， ，
②当点 ，点 和点 中有一个点为上顶点或下顶点，两个点为左顶点和右顶点，不妨设点 ，点 为左
顶点和右顶点，点 为上顶点，此时， （舍去），
所以椭圆的标准方程为 .
（2）设 ，
因为 ，
所以 ，
①当直线 斜率不存在时，
即 ，则 ，
因为点 在椭圆上，所以 ，则有 ，
所以 ，点 到 的距离为 ，
此时 .
②当直线 斜率存在时，设直线 方程为 ，
联立得 消去 整理得 ，
满足 ，
由韦达定理得 ，所以 ，
所以 ，
又因为点 在椭圆 上，
所以 ，
化简得 ，
所以
，
所以点 到直线 的距离 ，
所以
综上所述， 的面积为 .
【点睛】方法点睛：直线 与圆锥曲线相交，设交点为 ，则弦长公式为：
或 .
25．（2023·全国·模拟预测）已知平面内动点M到两定点E，F的距离之和为4，且E，F两点间的距离为
2．
(1)以点E，F所在的直线为x轴，建立适当的坐标系，求点M的轨迹C的方程．
(2)直线l过点F，交曲线C于A，B两点，AB的中点为 （异于坐标原点O）．若点Q的坐标之和，求弦AB的长．
【答案】(1)
(2) 或
【分析】（1）根据椭圆的定义分析运算即可；
（2）分类讨论斜率是否存在，根据题意结合点差法分析可得 ，求点Q的坐标，结合题意解得 ，
再利用弦长公式运算求解.
【详解】（1）以点E，F所在的直线为x轴，线段EF的中点O为原点建立平面直角坐标系，
设点
由题意可知 ，所以点M的轨迹是以E，F为焦点，长轴长 的椭圆．
因为 ， ，即 ， ，则 ，
故点M的轨迹C的方程 ．
（2）由（1）不妨取 ，
当直线AB的斜率不存在时，则直线 ，
此时AB的中点为 即为点 ，可得 ，不合题意；
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为 ，点 ， ，
则 ，可得 ，
则 ，两式作差得 ，
则 ，即 ，可得 ，故直线 ，
联立得方程组 ，解得 ，
即 ，
因为 ，解得 或 ，
所以直线AB的方程为 或 ．
①若直线AB的方程为 ，
联立得方程组 ，消去y并整理得 ，
则 ， ，
所以 ；
②若直线AB的方程为 ，
联立得方程组 ，消去y并整理得 ，
则 ， ，
所以 ．
综上所述：弦AB的长为 或 ．【点睛】方法点睛：
（1）有关圆锥曲线弦长问题的求解方法
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）弦中点问题的解法
点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算，但要注意直线
斜率是否存在．
26．（2023·江苏镇江·江苏省镇江第一中学校考模拟预测）设椭圆 过点 ，
两点， 为坐标原点.
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)是否存在圆心为原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆 恒有两个交点 ， ，且 ？若存
在，写出该圆的方程，并求 的取值范围，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在圆心为原点的圆 满足题意，且 ．
【分析】（1）将 ， 的坐标代入椭圆 的方程，列出方程组，求得 即可；
（2）假设满足题意的圆存在，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为 ，与椭圆方程联立，根
据 ，结合韦达定理运算 ，同时满足 ，则存在，否则不存在；当切线斜率不存
在时，直接验证即可．当满足题意的圆存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到 ，利用基本不等式求
出其范围.【详解】（1）将 ， 的坐标代入椭圆 的方程得 ，解得 ， ．
所以椭圆 的方程为 ．
（2）假设满足题意的圆存在，其方程为 ，其中 ，
设该圆的任意一条切线 和椭圆 交于 ， 两点，
当直线 的斜率存在时，令直线 的方程为 ，①
将其代入椭圆 的方程并整理得 ，
则 ，②
由韦达定理得 ， ，③
因为 ，所以 ，④
将①代入④并整理得 ，
联立③得 ，⑤
将⑤代入②得 ，符合题意，
因为直线 和圆相切，因此 ，由⑤得 ，所以存在圆 满足题意．
当切线 的斜率不存在时，切线为 ，
可得 或 ，显然 ，
综上所述，存在圆 满足题意．
当切线 的斜率存在时，由①③⑤得
，
当 时， ；
当 时， ，
∵ ，∴ ，当且仅当 时等号成立，
∴ ，则 ，
当切线 的斜率不存在时，易得 ，
所以 ．
综上所述，存在圆心为原点的圆 满足题意，且 ．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：（1）探索点是否存在；（2）探索
曲线是否存在；（3）探索命题是否成立．解决此类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数
的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)
不存在．反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．
27．（2023春·上海杨浦·高三同济大学第一附属中学校考阶段练习）已知椭圆 ： 的右焦点为
，过 的直线 交 于 ， 两点.
(1)若直线 垂直于 轴，求线段 的长；
(2)若直线 与 轴不重合， 为坐标原点，求 面积的最大值；
(3)若椭圆 上存在点 使得 ，且 的重心 在 轴上，求此时直线 的方程.
【答案】(1)3
(2)
(3) 或 或
【分析】（1）令 ，求出 即可.
（2）设直线 的方程为： ，与椭圆方程联立，利用韦达定理和三角形面积公式表示出 的面
积即可.
（3）分类讨论直线 ，与椭圆方程联立，利用中点坐标公式求出 中点 的坐标，
再利用重心的性质求出 的坐标，代入椭圆方程即可求解.
【详解】（1）由题意 ，所以 ，
在椭圆方程中令 ，得 ，解得 ，所以 .
（2）设直线 的方程为： ，
将其与椭圆方程联立得 ，
化简并整理得 ，
所以 ， ，
所以 ，
所以 的面积为 ，
令 ，则 ，
又因为 在 上单调递增，
所以 ，当且仅当 时取等号，
所以 面积的最大值为 .
（3）当直线 不与 轴重合时，设直线 ： ， 的中点为点 ，
由（2）可知，将其与椭圆方程联立并整理得 ，
所以 ， ，
因为 的重心 在 轴上，
所以由重心坐标公式得 ，所以 ，
所以 ， ，
因为 ，所以由等腰三角形三线合一可知 ，
所以直线 ： ，
所以 ，
所以点 ，将其代入椭圆方程化简并整理得 ，
解得 或 ，
所以直线 ： 或 .
当直线 与 轴重合时，点 在椭圆的上、下顶点，满足题意，此时直线 ： .
综上所述：满足题意的直线 的方程为 或 或 .
28．（2023·浙江·模拟预测）已知椭圆 ，点 ，斜率不为0的直线 与椭圆 交于点 ，
与圆 相切且切点为 为 中点.
(1)求圆 的半径 的取值范围；
(2)求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设直线l方程，联立直线l方程与椭圆方程可得 ， ，进而可求得点M坐标，由圆
N与直线l相切于点M可得 ，进而可求得 ，代入 可求得 ，进而求出的范围即可.
（2）由弦长公式可得 （ ），运用换元法即可求得结果.
【详解】（1）如图所示，
由题意知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为 （ ）， ， ，设圆N
的半径为r，
，
，
， ，
所以 ，
又因为M为 的中点，所以 ，
又因为圆N与直线l相切于点M，所以 ，且 ，
所以 ，
所以 ，解得 ，
所以 ，，解得： ，
所以 （ ），
所以 ，即 ，
所以圆N的半径r的取值范围为 .
（2）由（1）知， ，
所以 （ ），
令 ，则 （ ），
所以 ，
显然 在 上单调递减，
所以 ，所以 ，即 ，
故 的取值范围为 .
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
1.数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解；
2.构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；
3.构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
29．（2023·四川成都·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）设椭圆 过点
，且左焦点为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2) 内接于椭圆 ，过点 和点 的直线 与椭圆 的另一个交点为点 ，与 交于点 ，满足 ，求 面积的最大值.
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）根据给定的条件，列出a，b，c的方程组，求解作答.
（2）根据给定条件，利用共线向量探求出直线 的方程，与椭圆 的方程联立，求出 长，再借助三
角代换列出三角形面积的函数关系，求出函数的最大值作答.
【详解】（1）令椭圆 的半焦距为c，依题意， ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）设点 的坐标分别为 ，
显然 均不为零，依题意，令 ，有 且 ，
又 四点共线，从而 ，
即 ， ，
于是 ，从而 ①， ②，又点 在椭圆 上，即 ③， ④，
①+② 并结合③，④得 ，即动点 总在定直线 上，因此直线 方程为
，
由 消去y得 ， ，
设 ，则 ，
于是 ，设 ，
则点 到直线 的距离 ，其中锐角 由 确定，
因此 ，当且仅当 时
取等号，
所以 的面积最大值为 .
【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．
30．（2023秋·广东江门·高三校联考阶段练习）在直角坐标系xOy中，动点P到直线 的距离是它到点
的距离的2倍，设动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)直线 与曲线C交于A，B两点，求 面积的最大值．
【答案】(1)(2)3
【分析】（1）设 ，由条件列出方程，化简即可；
（2）联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求得三角形面积的表达式，结合换元法及函数的单调性即可求
最大值.
【详解】（1）设 ，因为点P到直线 的距离是它到点 的距离的2倍，
所以 ，则 ，
整理得 ，故曲线 的方程为 ．
（2）设 ， ，
联立方程组 整理得 ，
则 ，
， ．
因为 过点 ，
所以
．
令 ， ， ，
则 在 上恒成立， 在 上单调递增，
则当 时， ，则 的最大值为3．
故 面积的最大值为3．31．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆 的下焦点 、上焦点为 ，离心率为 .
过焦点 且与 轴不垂直的直线 交椭圆 于 ， 两点.
(1)求 的值；
(2)求 （ 为坐标原点）面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率列式计算即可；
（2）直线 ，联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式、面积公式写出 面积关于k的表达式，
进而利用基本不等式求最大值.
【详解】（1）由题意可得， ，因为离心率 ，所以 ，
又 ，所以 ，解得 ；
（2）由（1）知，椭圆 的上焦点为 ，
设 ，直线 ，
联立 ，整理得： ，
则 ，且 ，所以 ，
所以 ，
所以
，
当且仅当 ，即 时等号成立，
所以 面积的最大值为 .
32．（2023秋·安徽亳州·高三校考阶段练习）已知椭圆 的上顶点到右顶点的距离为
，点 在 上，且点 到右焦点距离的最大值为3，过点 且不与 轴垂直的直线 与 交于
两点.
(1)求 的方程；
(2)记 为坐标原点，求 面积的最大值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由题设及椭圆性质、参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；
（2）设 ，直线 ，联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式写出
面积关于k的表达式，进而求其最大值.
【详解】（1）由题意得， ，解得 ，故 的方程为 .
（2）设 ，直线 ，
联立 ，整理得： .
由 得 ，且 ，
，
点 到直线 的距离 ，
，
令 ，故 ，故 ，当且仅当 ，即 时等号成立，
故 面积的最大值为 .
33．（2023·河北唐山·迁西县第一中学校考二模）已知椭圆 ，连接E的四个顶点所
得四边形的面积为4， 是E上一点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设斜率为 的直线 与椭圆E交于A，B两点，D为线段 的中点，O为坐标原点，若E上存在点C，
使得 ，求三角形 的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由面积和 的坐标建立方程组待定 即可；
（2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由 D为线段 的中点，利用韦达定理得到 ，
即 的坐标，又 ，则 点坐标也可用 表示，根据点 在椭圆上，化简得到 的关系，
由点线距及弦长公式求解 面积，再由比例关系即可得到三角形 的面积.
【详解】（1）由题意知连接E的四个顶点所得四边形的面积为 ，
又点 在E上，得 ，
解得 ， ，故椭圆E的方程为 ．
（2）设直线 的方程为 ，
由 ，消去 得 ，
又 ，
得 ，设 ， ， ，则
， ．
由 ，可得 为三角形 的重心，
所以 ，且 ，
， ，
故由 在椭圆E上，得 ，得 ，
，
又原点 到直线 的距离为 ，
所以 ，故 ．【点睛】面积计算的一般方法就是弦长乘以点到直线距离（高），当然注意到弦过定点的话，我们可以将
其拆分成铅锤高或水平长的计算，而四边形面积一般转化为三角形来计算.而有关面积比的转化问题，关键
则在观察已知条件中等底或等高或公共边的特点，化为共线长度比或点线距离比或夹角正弦比等问题再加
以探求.
34．（2023秋·湖北·高三孝感高中校联考开学考试）已知椭圆 的离心率 ，
且经过点 .
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线 与椭圆E交于A，B两点，且椭圆E上存在点M，使得四边形 为平行四边形.
试探究：四边形OAMB的面积是否为定值？若是定值，求出四边形 的面积；若不是定值，请说明理
由.
【答案】(1)
(2)四边形 的面积为定值
【分析】（1）根据已知条件求得 ，从而求得椭圆 的方程.
（2）联立直线 的方程和椭圆方程，化简写出根与系数关系，结合弦长公式以及点到直线的距离公式求得
四边形 的面积.
【详解】（1）由已知可得： ， ，
可得： ， ，椭圆E的方程为 .
（2）四边形OAMB的面积为定值 ，理由如下：将 代入 可得： ，
设 ， 则 ， ，
且 ，
由于四边形OAMB为平行四边形，则 ，
则点 ，代入椭圆E的方程，化简可得： ，
此时 恒成立，
由于点O到直线AB的距离为 ，
而 ，
又由 ，可得 ，
从而 ，
又 .
所以四边形OAMB的面积为定值 .【点睛】求解椭圆的方程，关键是根据已知条件求得 ， 是两个参数，所以需要两个已知条件，如本
题中椭圆的离心率以及椭圆上一个点的坐标，再结合椭圆中的“隐藏条件” ，即可求得 .
35．（2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）已知椭圆C： 的左焦点为 ，且
椭圆上任意一点到F的距离的最大值为3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，M为椭圆C上一点且满足 ，求四边形
AOBM的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得 且 ，求出 ，从而可求得椭圆方程；
（2）先讨论直线 是否与 轴垂直，设直线 的方程为 ，联立方程，再利用根
与系数的关系结合 ，求点M的坐标，将点M的坐标代入椭圆方程可求出m，求出 ，
结合 ，可求出 .
【详解】（1）因为椭圆 的左焦点为 ，可得 ①，
又因为椭圆上任意一点到 的距离的最大值为3，可得 ②，由①②解得 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）当直线 与 轴垂直时，点 不在椭圆上，显然不满足条件；
当直线 不与 轴垂直时，设直线 的方程为 ，
由 ，消去 得 ，
则 ，可得 ，
则 ，
若点 满足 ，则 ，
又因为点 在椭圆 上，则 ，即 ，
化简得 ，即 ，解得 ，
所以 ，
又因为 ，不妨设 中点为 ，
则 ，故 ，
所以四边形 的面积 .【点睛】关键点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆方程的求法，解题的关键是充分利用
表示出点M的坐标和 ，考查计算能力，属于较难题.
36．（2023秋·广东·高三统考阶段练习）过椭圆 的右焦点 作两条相互垂直的弦 ， . ，
的中点分别为 ， .
(1)证明：直线 过定点；
(2)若 ， 的斜率均存在，求 面积的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设直线直线 的方程为 ，联立椭圆方程得到韦达定理式，求出 和 的坐标，
写出点斜式并化简即可得定点坐标；
（2）用 表示出面积，再结合换元法和对勾函数的性质即可求出最值.
【详解】（1）由题可知 .
若直线 ， 有一条斜率不存在，则另一条斜率为0，其中点分别为直线与 轴的交点、原点，过此两
点的直线 方程为 .
若直线 ， 的斜率存在，设直线 的斜率为 ，则直线 的斜率为 ，
由题，可设直线 的方程为 ，直线 的方程为 .
联立 ，消元 ，整理得 ，因为直线 所过定点 在椭圆内部，则该直线与椭圆必然有两交点，
设 ， ，则 ， ，
从而 ， ，即 ；
用 替换 点坐标中 得 .
若 ，解得 ，此时 ，
当 时，则 ，
则直线 的方程为 ，
整理得 ，即直线 过定点 ，
而直线 的斜率不存在时也过定点 ，直线 也满足过定点 ，
综上，直线 过定点 .
（2）因为 ， 的斜率均存在，则 ，由（1）可得
令 ，则 ，当且仅当 ，即 时取等号.从而 在 上单调递增，
当 ，即 时取得最小值 .
所以 ，即当 时， 取得最大值为 .
【点睛】关键点睛：本题第一问的关键是采用设线法，联立椭圆方程，得到韦达定理式，利用中点公式求
出 的坐标，再计算化简直线 的方程；第二问的关键是用 表示出面积，再利用整体换元结合对勾
函数单调性求出面积最值.
37．（2023秋·江苏南京·高三南京外国语学校校考阶段练习）已知椭圆C： 的离心率为 ,上顶
点为 ，下顶点为 ， ，设点 在直线 上，过点 的直线 分别交椭圆
于点 和点 ，直线 与 轴的交点为 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)若 的面积为 的面积的2倍，求t的值.
【答案】(1)
(2) 或
【分析】（1）根据离心率为 ， 即可计算得出 ， ，求出椭圆标准方程；（2）利用 的坐标可求出直线 方程，与椭圆方程联立即可解得点 和点 坐标，求出直线
方程可得 ，分别写出 和 的面积表达式，解方程即可得 .
【详解】（1）如下图所示：
由题可知 ，可得 ，即 ；
又离心率 ，所以 ，解得 ；
所以椭圆标准方程为 .
（2）由（1）可知 ，又
所以直线 的斜率为 ，直线方程为 ；
同理可得直线 的斜率为 ，直线方程为 ；
联立直线 与椭圆方程 ，消去 整理可得 ；
设直线 分别交椭圆 于点 和点 ，
易知 ，即可得 ；同理直线 与椭圆方程 ，消去 整理可得 ；
即得 ，即可得 ；
可得
；
所以直线 的方程为 ，即 ，
即直线 与 轴的交点为定点 ,所以 ；
此时 的面积为 ；
的面积为 ；
又 的面积为 的面积的2倍，即 ，可得 ；
解得
所以t的值为 或 .
38．（2023秋·四川成都·高三四川省成都列五中学校考阶段练习）已知椭圆 ： 的左、
右焦点分别为 ， ，过 的直线 与 交于 ， 两点， 的周长为8，且点 在 上．
(1)求椭圆 的方程；(2)设直线 与圆 ： 交于C，D两点，当 时，求 面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由 的周长结合椭圆的定义得出 ，再将 代入椭圆方程，即可求出 ，进
而得出椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为 ，由点到之间距离公式及勾股定理得出 ，设 ，
，由直线 方程与椭圆方程联立，得出 和 ，代入 ，设
， ，由 的单调性得出值域，即可求出 的范围．
【详解】（1）因为 的周长为8，
所以 ，解得 ，
将点 的坐标代入椭圆方程 ，得 ，解得 ，
所以椭圆E的方程为 ．
（2）由（1）知圆 的方程为 ，设直线l的方程为 ，
则圆心 到直线l的距离 ，由 ，可得 ．
设 ， ，联立方程组 ，
消去x得 ，
则 ， ，
所以 ，
设 ，则 ，
设 ，
易知 在 上单调递增，则 在 上单调递增，
因为 ，
所以 ．
题型四 椭圆的中点弦问题
策略方法 中点弦问题
常用“点差法”，即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x ＋x ，y ＋y ，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得
1 2 1 2
斜率．
【典例1】（单选题）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 ，则椭圆 的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用弦中点坐标由点差法即可计算出 ，利用焦点坐标即可得 ，即得出椭圆
方程.
【详解】根据题意设 ，代入椭圆方程可得 ；
两式相减可得 ，整理可得 ；
又因为 的中点坐标为 ，可得 ；
因此过 两点的直线斜率为 ，
又 和 的中点 在直线上，所以 ，
即 ，可得 ；
又易知 ，且 ，计算可得 ；
所以椭圆 的方程为 ，代入 的中点坐标为 ，得 ，则其在椭圆内部，
则此时直线 与椭圆相交两点.
故选：A【题型训练】
一、单选题
1．（2023·贵州·统考模拟预测）已知椭圆 的右焦点为 ，过点 且斜率为1
的直线交椭圆于 两点.若 的中点坐标为 ，则 的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】设 ，利用点差法可得 的关系，从而可求得 ，即可的解.
【详解】设 ，则 ，
由已知有， ，
作差得 ，
则 ，
所以 ，解得 ，
则 的方程为 .
故选：D．
2．（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）已知椭圆 四个顶点构成的四边形的
面积为 ，直线 与椭圆C交于A，B两点，且线段 的中点为 ，则椭圆C的方
程是（ ）
A． B．C． D．
【答案】A
【分析】设 代入椭圆方程相减，利用 ， ， ，得出 等量关
系，即可求解.
【详解】设 ， ，则 ， ，两式作差并化简整理得
，因为线段AB的中点为 ，所以 ， ，
所以 ，由 ，得 ，又因为 ，解得 ， ，
所以椭圆C的方程为 ．
故选：A．
3．（2023秋·云南·高三校联考阶段练习）已知椭圆，点 为左焦点，点 为下顶点，平行于 的直线
交椭圆于 ， 两点，且 的中点为 ，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】点差法解决中点弦问题.
【详解】由题意，设椭圆方程为 ，有 ， ，
设 ， ， 的中点为 ， ， ．
， ．
由 ， ．两式相减得 ，即 ，
，可得： ， ，
化为： ，解得 ，
， ．
故选：A．
4．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆 ，若椭圆上存在两点 、 关于直线 对称，
则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设 ， 中点为 ，利用点差法结合条件可得点 ，根据
在椭圆内部，进而即得．
【详解】椭圆 ，即： ，
设椭圆上两点 关于直线 对称， 中点为 ，
则 ， ，
所以 ，
∴ ，
∴ ，代入直线方程 得 ，即 ，
因为 在椭圆内部，
∴ ，解得 ，
即 的取值范围是 ．
故选：A．
5．（2023·辽宁沈阳·校联考二模）已知椭圆 的离心率为 ，过点 的直线
与椭圆C交于A，B两点，且满足 ，若M为直线AB上任意一点，O为坐标原点，则 的最小
值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】根据离心率求椭圆方程，由已知得 为线段 中点，根据弦中点求直线斜率并写出直线方程，
最后由点线距离公式求 最小值.
【详解】由题设， ，即 ，可得 ，
过 的直线与椭圆C交A，B且满足 ，则 为线段 中点，
所以 ， ，又 ， ，
则 ，即 ，
所以 ，故直线 为 ，即 ，
所以 最小值为 .
故选：B
6．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆 的上顶点为B，斜率为 的直线l交椭圆于
M，N两点，若△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，则椭圆的离心率为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用点差法可得 ，再利用重心的性质可得点 ，从而利用可得 ，
即可求离心率.
【详解】设 ， 的中点为 ，
因为 都在椭圆 上，
所以 ，作差可得 ，
即 ，所以 ，
即 ，因为 ，所以 ，
又因为 为△BMN的重心，所以 ，
所以 ，则 ，
所以 ，整理得 ，即 ，
所以 ，则 ，
所以离心率 .
故选: A.
二、多选题7．（2023秋·河北沧州·高三校联考阶段练习）已知椭圆 的焦点分别为 ， ，
设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点 为线段 的中点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．椭圆C的离心率为
C．直线l的方程为 D． 的周长为
【答案】AC
【分析】先由题意求出 即可判断A；再根据离心率公式即可判断B；由点差法可以求出直线l的斜率，
由直线的点斜式化简即可判断C；由焦点三角形的周长公式即可判断D.
【详解】如图所示：
根据题意，因为焦点在y轴上，所以 ，则 ，故选项A正确；
椭圆C的离心率为 ，故选项B不正确；
不妨设 ，则 ， ，
两式相减得 ，变形得 ，
又注意到点 为线段 的中点，所以 ，所以直线l的斜率为 ，
所以直线l的方程为 ，即 ，故选项C正确；
因为直线l过 ，所以 的周长为
，故选项D不正确.
故选：AC．
8．（2023秋·山东菏泽·高三校考阶段练习）已知椭圆的方程为 ，斜率为 的直线不经过原点
（ 为坐标原点），且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线AB与OM垂直
B．若点M的坐标为 ，则直线AB的方程为
C．若直线AB的方程为 ，则点M的坐标为
D．若直线AB的方程为 ，则
【答案】BD
【分析】根据椭圆的中点弦的性质可知 ，依此将各个选项的坐标及方程代入即可判断正误.
【详解】对于A，根据椭圆的中点弦的性质知， ，所以A不正确；
对于B， ，根据 ，知 ，所以直线AB的方程为 ，即
，所以B正确；
对于C， ，由 ，得 ，所以C不正确；
对于D，若直线AB的方程为 ，与椭圆方程 联立，得 ，整理得，解得 或 ，所以 ，所以D正确．
故选：BD．
椭圆的中点弦的性质总结：设 为椭圆 弦AB（AB不平行于y轴）的中点，
O为坐标原点，则 ．
证明：设 ， ，则 ，且 ， ，两式相减得，
，整理得 ，因为 是弦AB的中点，所以
，所以 ．
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三
角形的面积等问题，牢记相关结论，对快速解题有帮助.
三、填空题
9．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C： ，若椭圆C上有不同的两点关于直线
对称，则实数m的取值范围是 .
【答案】
【分析】设 ，利用点差法得到 ，结合 得到 ，联立 得到
，点M应在椭圆C的内部，得到不等式，求出m的取值范围.【详解】设 是椭圆C上关于直线l： 对称的两个点，
是线段PQ的中点，则 ，两式相减，
得 .
∵ ， ，
∴ .
∵ ，∴ ，故 ，
联立 ，解得 ，
∴ .
∵点M应在椭圆C的内部，∴ ，解得 .
∴实数m的取值范围是 .
故答案为： .
10．（2023·全国·高三对口高考）直线 截椭圆 所得弦的中点M与椭圆中心连线
的斜率为 ．
【答案】
【分析】根据题意利用点差法分析运算即可.
【详解】设线 与椭圆 的交点坐标为 ，则 ，可得 ，
因为 在椭圆上，则 ，两式相减得 ，
整理得 ，即
所以 .
故答案为： .
11．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知椭圆 是椭圆上两点，线段 的垂直平分线与 轴
交于 ，则 的取值范围是 .
【答案】
【分析】设 ， ，线段 的中点为 ，利用点差法可得 ，从而可
得线段AB的垂直平分线 的方程 ，则 ，再由点 在椭圆内部可求出结果
【详解】设 ， ，线段 的中点为 .
若 ，即 ，则 ，满足题意；
若 ，即 ，则不满足题意，应舍去；
当 时，有 ，作差得：
因为 ， ，所以 ，因为 ，所以 ，
设线段 的垂直平分线为 ，则 ，得 ： ，
令 ，得 ，又因为点 在椭圆内部，则 ，则 ，
故 .
故答案为： .
12．（2023·河南·襄城高中校联考三模）已知 为坐标原点，双曲线 ： （ ， ）的左，
右焦点分别为 ， ，过左焦点 作斜率为 的直线 与双曲线交于 ， 两点（ 在第一象限）， 是
的中点，若 是等边三角形，则直线 的斜率为 ．
【答案】
【详解】
设双曲线 的半焦距为 ， ，根据题意得 ．
又 ，∴ ．
在 中，由余弦定理得， ，
即 ，解得 ，则 ．
设 ， ，则 ， ，两式相减可得 ，
所以 ．
设 ，因为 是线段 的中点，所以 ， ，
又 ，所以 ．
故答案为： .
13．（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）已知椭圆C： 的焦距为2c，
左焦点为F，直线l与C相交于A，B两点，点P是线段AB的中点，P的横坐标为 ．若直线l与直线PF
的斜率之积等于 ，则C的离心率为 ．
【答案】
【分析】设 ，求出 的斜率，利用点差法求出直线 的斜率，在根据题意求出 之
间的关系即可得解.
【详解】 ，
设 ，
因为点P是线段AB的中点，P的横坐标为 ，
所以 ，
则 ，
由直线l与C相交于A，B两点，得 ，
两式相减得 ，
即 ，
所以 ，
即 ，所以 ，
则 ，
所以 ，
所以离心率 .
故答案为： .
四、解答题
14．（2023·全国·高三专题练习）已知动点P与平面上点M ，N 的距离之和等于 ．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)若经过点E 的直线l与曲线C交于A，B两点，且点E为AB的中点，求直线l的方程．
【答案】(1) y2＝1；(2) ．
【分析】（1）利用椭圆定义去求动点P的轨迹C的方程；
（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）根据题意，动点P与平面上点M ，N 的距离之和等于 ．
又由 |MN|＝2，则点P的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，
其中a ，c＝1，则 ，
故动点P的轨迹C方程为 y2＝1；
（2）设A ，B ，则有
① ② 可得： ，
又由点E 是AB的中点，则有
则有 ，变形可得kAB ，
则直线AB的方程为 ，变形可得 ，经检验符合题意.
故直线AB的方程为 ．
15．（2023秋·宁夏银川·高三校考期末）已知椭圆 的离心率为 ，其中左焦点
．
（1）求椭圆 的方程．
（2）若直线 与椭圆 交于不同的两点 ， ，且线段的中点 在圆 上，求 的值．
【答案】（1） ；（2） ．
【解析】(1)根据条件列出关于 ，求解方程组，即可得到椭圆的方程；(2)联立直线方程与椭圆方程，根据中点坐标公式以及韦达定理求得中点的横纵坐标关于 的表达式,代入
圆方程解得 的值,注意要检验满足判别式大于0的条件.
【详解】（1）由题意，得 ,解得 ，∴椭圆 的方程为 ；
（2）设点 、 的坐标分别为 ， ，线段 的中点为 ，
由 消 得 ，
， （*），
，
∵点 在圆 上，
，
，满足（*），
.
【点睛】本题考查弦中点问题以及椭圆标准方程,考查基本分析转化求解能力,属中档题.关键是要熟练利用
韦达定理和中点坐标公式,并注意检验是否满足判别式大于0的条件.
16．（2023·全国·高三对口高考）椭圆 的两个焦点为 ，点 在椭圆 上，且
, .（1）求椭圆 的方程；
（2）若直线 过圆 的圆心 ，交椭圆 于 两点，且 关于点 对称，求直线
的方程.
【答案】(1) (2)
【详解】试题分析：（1）根据椭圆的定义可知 ， 是直角三角形，满足勾股定理，
解得 ，再根据 ，求得椭圆方程；（2）设直线方程 与椭圆方程联立，结合根与
系数的关系，利用中点坐标解得斜率 ，求出直线方程.
试题解析：（1）∵ ∴
在 中，
∴ ∴
∴
（2）圆的方程为 ∴圆心
当 的斜率不存在时，不符合题意
设
联立消去 ，得
设 ，则 解得
∴直线 的方程为
17．（2023·全国·高三专题练习）已知斜率为 的直线 与椭圆 交于 ， 两点．线段 的中
点为 ．
（1）证明： ；
（2）设 为 的右焦点， 为 上一点，且 ．证明： ．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）设而不求，利用点差法，或设直线方程，联立方程组，由判别式和韦达定理进行证明；
（2）方法一：先求出点P的坐标，解出m，得到直线 的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．
【详解】（1）［方法一］：【最优解】点差法
设 ， ，则 ， ．
两式相减，并由 得 ．
由题设知 ， ，于是 ．
由题设知点 在椭圆内部，所以 ，故 ．
［方法二］：【通性通法】常规设线
设 ， ，当 时，显然不满足题意；
由 得， ，所以， ，
，即 ，而 ，所以 ，
又 ，所以 ，，即 ，解得： ．
［方法三］：直线与椭圆系的应用
对原椭圆作关于 对称的椭圆为 ．
两椭圆方程相减可得 ，即为 的方程，故 ．
又点 在椭圆C内部可得 ，解得： ．
所以 ．
［方法四］：直线参数方程的应用
设l的参数方程为 （ 为l倾斜角，t为参数）代入椭圆C中得
．设 是线段中点A，B对应的参数， 是线
段 中点，知 得 ，即 ．而点 在C内得 ，
解得： ，所以 ．
（2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想
由题意得 ，设 ，则
．
由（1）及题设得 ， ．
又点P在C上，所以 ，从而 ， ．
于是 ．同理 ．所以 ．故 ．
［方法二］：硬算
由 ，知点F为 的重心，由三角形重心坐标公式可得 ，即 ．
由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得 ，即 ．
由（1）有 ，直线l的方程为 ，将其与椭圆方程联立消去y得 ，求
得 ，不妨设 ，所以 ， ，
，同理可得，
，所以 ，而 ，故 ．
［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用
因为线段 的中点为 ，得 ．
由 ，知点F为 的重心，由三角形重心坐标公式可得 ，
由椭圆方程可知，
由椭圆的焦半径公式得 ， ．所以
．
【整体点评】（1）方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系，
即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解；
方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据 即可解出，该法是解决直线
与圆锥曲线位置关系的通性通法；
方法三：；类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率，
进而得证，避免联立过程，适当简化运算；方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率；
（2）方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法；
方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大，一般不建议使用；
方法三：根据所求式子特证，利用焦半径公式，很好的简化运算，是该题的最优解．
18．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆 ，下顶点为A，不与坐标轴垂直的直线l与C交于
P，Q两点．
(1)若线段 的中点为 ，求直线l的斜率；
(2)若l与y轴交于点 ，直线 分别交x轴于点M，N，求证：M，N的横坐标乘积为定值．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设 ，应用点差法可得 ，结合 的中点 有
，即可求直线l的斜率；
（2）设直线 ，联立椭圆方程应用韦达定理求 、 ，由判别式求k的范围，进而写出直
线 并求M，N坐标，化简 即可证明结论.
【详解】（1）设 ，由 在椭圆 上，则 ，
两式相减得 ，即 ，
又 的中点 且 在椭圆 内，则 ，
所以直线 的斜率为 ．（2）由题意知，直线 的斜率存在，设直线 ， ，
联立 得： ．
由 得： ，即 或 ，且 ， .
直线 为 ，令 得： ，则 ，同理得 ，
所以 ，
所以 的横坐标乘积为定值 ．
19．（2023·天津·校考模拟预测）已知曲线 的方程为 ，曲线 是以 、 为焦
点的椭圆，点 为曲线 与曲线 在第一象限的交点，且 ．
(1)求曲线 的标准方程；
(2)直线 与椭圆 相交于A、B两点，若AB的中点 在曲线 上，求直线 的斜率 的取值范围．
【答案】(1)
(2) 且
【分析】（1）设椭圆方程为 ，由题意得 ，由 及抛物线定义可得 点横坐标，
代入抛物线方程得纵坐标，由椭圆定义可得 ，由 可得 ；．
（2）设直线 与椭圆 交点 ， ， ， ， ， 的中点 的坐标为 ， ，设直线方程为
与 联立，由韦达定理得 的中点，代入曲线 的方程，再与①联立能求出
直线 的斜率 的取值范围．
【详解】（1）设椭圆方程为 ，依题意， ， ，利用抛物线的定义可得 ，解得 ，
点的坐标为 ，所以 ，
由椭圆定义，得 ．
，
所以曲线 的标准方程为 ；
（2）设直线 与椭圆 的交点 ， ， ， ， ， 的中点 的坐标为 ， ，
设直线 的方程为 ，
(当 时,弦中点为原点,但原点并不在 上,同样 弦中点为原点，不适合题意)
与 联立，得 ，
由 得 ①，
由韦达定理得， ， ，
则 ， ，
将中点 ， 代入曲线 的方程为 ，
整理，得 ，②
将②代入①得 ，
令 ，则 ，解得 ， ．
所以直线 的斜率 的取值范围为 且 ．
20．（2023·全国·高三专题练习）已知曲线 上一动点 到两定点 ， 的距离之和为 ，
过点 的直线 与曲线 相交于点 ， ．
(1)求曲线 的方程；(2)动弦 满足： ，求点 的轨迹方程；
【答案】(1)
(2) ；
【分析】(1)根据椭圆的定义，可以直接写出动点P的轨迹方程 ；
(2)由条件可知M是线段AB的中点，按照圆锥曲线中点弦的思路，运用点差法即可求解.
【详解】（1）因为动点 到两定点 ， 的距离之和为 ，
所以曲线 是以 ， 为焦点的椭圆， ， ，
所以 ， ，所以曲线 的方程为 ；
（2）因为 ，所以 为 中点，设 ，
当 的斜率存在且不为0时，将 ， 代入椭圆方程中得：
两式相减得 ，即 ，所以
，
即 ， ，整理得 ；
当 的斜率不存在或为0时，有 或 ，也满足 ；
所以点 的轨迹方程是 ；
综上，曲线 的方程为 ，点 的轨迹方程是 .
21．（2023·全国·高三专题练习）已知O为坐标原点，点 在椭圆C： 上，直线
l： 与C交于A，B两点，且线段AB的中点为M，直线OM的斜率为 ．(1)求C的方程；
(2)若 ，试问C上是否存在P，Q两点关于l对称，若存在，求出P，Q的坐标，若不存在，请说明理
由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见详解
【分析】（1）根据题意利用点差法运算求解；（2）根据对称结合（1）中的结论求直线ON，再联立方程
求N的坐标，结合椭圆方程判断点N是否在椭圆内部，分析理解.
【详解】（1）设 ，则
∵ 在椭圆上，则
两式相减得 ，整理得
∴ ，即 ，则
又∵点 在椭圆C： 上，则
联立解得
∴椭圆C的方程为
（2）不存在，理由如下：
假定存在P，Q两点关于l： 对称，设直线PQ与直线l的交点为N，则N为线段PQ的中点，连接
ON
∵ ，则 ，即
由（1）可得 ，则 ，即直线联立方程 ，解得
即
∵ ，则 在椭圆C外
∴假定不成立，不存在P，Q两点关于l对称
【点睛】本题重点考查点差法：
点代入方程 ，做差整理得 ，结合相关斜率理解可得 ，这
是处理相交弦和弦的中点问题的常用方法.
22．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆E： 的离心率为 ，点A，B分别为椭圆E
的左右顶点，点C在E上，且 面积的最大值为 ．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设F为E的左焦点，点D在直线x＝﹣4上，过F作DF的垂线交椭圆E于M，N两点．证明：直线OD
平分线段MN．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)由条件列关于 的方程，解方程求 ，由此可得椭圆方程；(2) 设MN的中点P（x0，y0）， ,先验证当 时，直线OD平分线段MN，当 时，再利用
点差法求出直线 的斜率，并证明 三点共线即可.
【详解】（1）由椭圆的性质知当点C位于短轴顶点时 面积最大．
∴ ，解得 ，
∴椭圆的方程为 ；
（2）如图所示，
设 ， ， ，线段 的中点 ；
则 ， ，
由（1）可得 ，则直线DF的斜率为 ；
当 时，直线 的斜率不存在，由椭圆性质易知 平分线段 ，
当 时，直线 的斜率 ；
∵点M，N在椭圆E上，∴ ，整理得： ，
又 ， ，
∴ ，直线OP的斜率为 ，
∵直线OD的斜率为 ，
∴所以 三点共线，即直线OD平分线段MN．23．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）已知斜率为 的直线 与椭圆 交于
， 两点，线段 的中点为 ．
（1）证明： ；
（2）设 为 的右焦点， 为 上一点,且 ．证明： ， ， 成等差数列，并求
该数列的公差．
【答案】（1） ；（2）证明见解析，公差为 或 ．
【分析】（1）方法一：设而不求，利用点差法进行证明．
（2）方法一：解出m,进而求出点P的坐标，得到 ,再由两点间距离公式表示出 ， ，得到直线
的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．
【详解】（1）［方法一］：【最优解】点差法
设 ，则 .
两式相减，并由 得 ，
由题设知 ，于是 .①
由题设得 ，故 .
［方法二］：【通性通法】常规设线
设 ， ，当 时，显然不满足题意；由 得， ，所以， ，
，即 ，而 ，所以 ，
又 ，所以 ，
，即 ，解得： ．
［方法三］：直线与椭圆系的应用
对原椭圆作关于 对称的椭圆为 ．
两椭圆方程相减可得 ，即为 的方程，故 ．
又点 在椭圆C内部可得 ，解得： ．
所以 ．
［方法四］：直线参数方程的应用
设l的参数方程为 （ 为l倾斜角，t为参数）代入椭圆C中得
．设 是线段中点A，B对应的参数， 是线
段 中点，知 得 ，即 ．而点 在C内得 ，
解得： ，所以 ．
（2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想
由题意得 ，设 ，则
.由（1）及题设得 .
又点P在C上，所以 ，从而 ， .
于是 .
同理 ，所以 .
故 ，即 ， ， 成等差数列.
设该数列的公差为d，则
.②
将 代入①得 .
所以l的方程为 ，代入C的方程，并整理得 .
故 ，代入②解得 .
所以该数列的公差为 或 .
［方法二］：硬算
由 ，知点F为 的重心，由三角形重心坐标公式可得 ，即 ．
由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得 ，即 ．
由（1）有 ，直线l的方程为 ，将其与椭圆方程联立消去y得 ，求
得 ，不妨设 ，所以 ， ，，同理可得，
，所以 ，而 ，故 ．
即该数列的公差为 或 .
［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用
因为线段 的中点为 ，得 ．
由 ，知点F为 的重心，由三角形重心坐标公式可得 ，
由椭圆方程可知，
由椭圆的焦半径公式得 ， ．所以
．
由方法二硬算可得， 或 ，从而公差为 ，即该数列的
公差为 或 .
【整体点评】（1）方法一：利用点差法找出斜率与中点坐标的关系，再根据中点在椭圆内得到不等关系，
即可解出，对于中点问题，点差法是解决此类问题的常用解法，也是该题的最优解；
方法二：常规设线，通过联立得出根与系数的关系（韦达定理），再根据 即可证出，该法是解决直线
与圆锥曲线位置关系的通性通法．
方法三：；类比直线与圆系，采用直线与椭圆系的应用，可快速求出公共弦所在直线方程，从而得出斜率，
进而得证，避免联立过程，适当简化运算；
方法四：利用直线的参数方程以及参数的几何意义，联立求出斜率；
（2）方法一：直接根据题意运算结合整体思想，是通性通法；
方法二：直接硬算，思路直接，计算量较大；
方法三：利用焦半径公式简化运算，是该题的最优解．24．（2023秋·河北邢台·高三邢台市第二中学校考期末）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
