资源简介

专题3.2 椭圆大题综合归类
一、热考题型归纳
【题型一】 求椭圆方程
【题型二】 求椭圆轨迹方程
【题型三】 韦达定理基础型
【题型四】 直线过（m，0）型设法应用
【题型五】 中点弦型
【题型六】 面积基础型
【题型七】 无定点无斜率型直线
【题型八】 求面积资质型
【题型九】 椭圆与直线过定点
【题型十】 椭圆与直线斜率定值型
【题型十一】线段定比分点型
二、培优练
【题型一】求椭圆方程
【典例分析】
1．设椭圆：（），长轴的两个端点分别为，，短轴的两个端点分别为，．
(1)证明：四边形为菱形；
(2)若四边形的面积为120，边长为13，求椭圆C的方程．
【提分秘籍】
标准方程
图形
性 质 范围 －a≤x≤a，－b≤y≤b －b≤x≤b，－a≤y≤a
对称性 对称轴：坐标轴　　对称中心：原点
顶点 A1（－a，0），A2（a，0），B1（0，－b），B2（0，b） A1（0，－a），A2（0，a），B1（－b，0），B2（b，0）
轴 长轴A1A2的长为2a；短轴B1B2的长为2b
焦距 |F1F2|＝2c
离心率
a，b，c的关系 a2＝b2＋c2
【变式演练】
2．求满足下列条件的椭圆的标准方程.
(1)与椭圆有相同的焦点，且经过点；
(2)点，，，中恰有三个点在椭圆上.
3．求满足下列条件的椭圆的标准方程．
(1)两个焦点的坐标分别为，并且椭圆经过点．
(2)已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆C上，求C的方程．
【题型二】求椭圆型轨迹方程
【典例分析】
4．在平面直角坐标系中，已知点， ，设直线，的斜率分别为，，且，记点A的轨迹为E,求E的方程．
5．若动点的坐标满足方程，试判断动点的轨迹，并写出其标准方程．
【提分秘籍】
求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可； ②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程； ③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.
【变式演练】
6．一个动圆Q与圆外切，与圆内切，试判断圆心Q的轨迹，并说明理由．
7．已知点M到定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，设点M的轨迹为曲线C，求曲线C的方程，并说明轨迹是什么图形．
【题型三】韦达定理基础型
【典例分析】
（2023·陕西西安·统考二模）
8．如图，已知椭圆的一个焦点为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率为的直线交椭圆于两点，的中点为.设为原点，射线交椭圆于点.当四边形为平行四边形时，求的值.
【提分秘籍】
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、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解.
【变式演练】
（2023秋·广东湛江·高三校考阶段练习）
9．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．
（2022秋·陕西汉中·高二校联考期末）
10．已知分别是椭圆的左、右焦点，，点在椭圆上且满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)斜率为的直线与椭圆相交于两点，若，求直线的方程．
【题型四】直线过（m，0）型设法应用
【典例分析】
（2023秋·江西南昌·高三南昌市八一中学校考阶段练习）
11．已知随圆的左 右焦点分别为点在上，的周长为，面积为.
(1)求的方程.
(2)设的左 右顶点分别为，过点的直线与交于两点（不同于左右顶点），记直线的斜率为，直线的斜率为，则是否存在实常数，使得恒成立.
【提分秘籍】
如果直线过x轴上定点（m，0），则可以设方程为x=ty+m，其中t为变量，这个设法直线，包含垂直型直线，但不包括水平（x轴）型直线
【变式演练】
（2021秋·广东深圳·高二校考期中）
12．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．
（2023·全国·高二专题练习）
13．已知椭圆C：的焦距为，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知，E为直线上一纵坐标不为0的点，且直线DE交C于H，G两点，证明：.
【题型五】中点弦型
【典例分析】
14．椭圆的一个焦点，离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)求以点为中点的弦所在的直线方程.
【提分秘籍】
直线与椭圆相交，与中点有关，可以用伟大定理，也可以用点差法
【变式演练】
15．已知椭圆E：的左，右焦点分别为，，点在E上，且．
(1)求E的标准方程；
(2)若直线l与E交于A，B两点，且AB中点为，求直线l的方程．
16．已知曲线C的方程为．
(1)判断曲线C是什么曲线，并求其标准方程；
(2)过点的直线l交曲线C于M，N两点，若点P为线段MN的中点，求直线l的方程．
【题型六】面积基础型
【典例分析】
17．已知抛物线与椭圆有公共的焦点，的左 右焦点分别为，该椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点为椭圆上一点，过点的直线与椭圆交于异于点的两点，若的面积是，求直线的方程.
【提分秘籍】
椭圆与直线求面积常规类型（1） （2）三角形恒过数轴上的定线段，可分为左右或者上下面积，转化为 （3）三角形恒过某定点，可分为左右或者上下面积，转化为 （4）四边形面积，注意根据题中条件，直接求面积或者转化为三角形面积求解
【变式演练】
18．在平面直角坐标系中，椭圆：与椭圆有相同的焦点，，且右焦点到上顶点的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过椭圆左焦点，且斜率为的直线与椭圆交于，两点，求的面积．
19．已知椭圆，直线与椭圆交于，两点，且的最大值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)当时，斜率为的直线交椭圆于，两点（，两点在直线的异侧），若四边形的面积为，求直线的方程．
【题型七】无定点无斜率型直线
【典例分析】
江西省“红色十校”2023届高三上学期第一联考数学（理）试题
20．设O为坐标原点，椭圆的离心率为，且过点．
(1)求C的方程；
(2)若直线与C交于P，Q两点，且的面积是，求证：．
【提分秘籍】
当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况 当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了. （1） （2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论. （3）设“双变量”时，第一种设法较多.因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势. （4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律： 一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系.这也是证明直线过定点的理论根据之一.
【变式演练】
（2023·全国·高二专题练习）
21．已知椭圆C：的离心率是，点在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线l:交C于P，Q两点（不同于点A），直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，线段MN的中点为，证明：直线l过定点，并求出定点坐标．
（2023·全国·高三专题练习）
22．如图，椭圆E：的左焦点为，右焦点为，离心率.过的直线交椭圆于A，B两点，且的周长为8.

(1)求椭圆E的方程；
(2)设动直线l：与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.
【题型八】求面积最值型
【典例分析】
（2023·江苏·高二专题练习）
23．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.
【变式演练】
（2023秋·全国·高二期中）
24．在中，已知点边上的中线长与边上的中线长之和为，记的重心G的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程；
(2)若圆，过坐标原点O且与y轴不重合的任意直线与圆相交于点，直线与曲线的另一个交点分别是点，求面积的最大值．
（2023春·湖北恩施·高二校联考期中）
25．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．
【题型九】椭圆与直线过定点
【典例分析】
26．已知椭圆C：的一个焦点与抛物线的焦点相同，为C的左、右焦点，M为C上任意一点，最大值为1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设不过点F2的直线l：y＝kx+m（m≠0）交椭圆C于A，B两点．若x轴上任意一点到直线AF2与BF2距离相等，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
【提分秘籍】
直线与圆锥曲线综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式； ②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式； ③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理整理； ④由所得等式恒成立可整理得到定点.
【变式演练】
27．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知．求证：直线恒过x轴上一定点.
28．已知点在椭圆：（）上，且点到椭圆右顶点的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点，是椭圆上不同的两点（均异于）且满足直线与斜率之积为．试判断直线是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，说明理由．
【题型十】椭圆与直线斜率定值型
【典例分析】
29．已知椭圆，过点且与轴平行的直线与椭圆恰有一个公共点，过点且与轴平行的直线被椭圆截得的线段长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过点的动直线与椭圆交于两点，为轴上的一点，设直线和的斜率分别为和，若为定值，求点的坐标.
【变式演练】
30．已知椭圆C：，长轴是短轴的3倍，点在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在点，使得直线TM，TN斜率之积为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
31．已知椭圆的左、右顶点分别是，过点的直线交于两点（异于）.当直线过点）时，恰好为的中点.
(1)求的离心率；
(2)若，直线与交于点，直线的斜率分别为，证明：是定值.
【题型十一】线段定比分点型
【典例分析】
（2021春·云南昭通·高二校考期末）
32．设分别为椭圆的左、右焦点，过的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为45°，到直线l的距离为.
(1)求椭圆C的焦距；
(2)如果，求椭圆C的方程.
【提分秘籍】
椭圆与直线定比分点型 1.利用公式，可消去参数 2.可以直接借助韦达定理反解消去两根 定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足）可以利用公式，可消去
【变式演练】
33．已知椭圆的短轴长为，且椭圆的一个焦点在圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知椭圆的焦距小于，过椭圆的左焦点的直线与椭圆相交于两点，若，求
34．已知椭圆C：的离心率，焦距为2，直线l与椭圆C交于A，B两点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l过椭圆的右焦点F，且，求直线l方程．
（2023秋·湖南岳阳·高三校考阶段练习）
35．已知椭圆经过点，左，右焦点分别为，，为坐标原点，且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设A为椭圆的右顶点，直线与椭圆相交于，两点，以为直径的圆过点A，求的最大值．
（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）
36．已知椭圆的左、右焦点为，，离心率为．点P是椭圆C上不同于顶点的任意一点，射线、分别与椭圆C交于点A、B，的周长为8．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若，，求证：为定值．
（2023秋·江苏南通·高三统考开学考试）
37．在直角坐标系中，点到点的距离与到直线：的距离之比为，记动点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)过上两点，作斜率均为的两条直线，与的另两个交点分别为，.若直线，的斜率分别为，，证明：为定值.
（2023秋·安徽亳州·高三校考阶段练习）
38．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.
（2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）
39．椭圆的离心率为，过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆相交于，两点，与轴相交于点，若存在实数，使得，求的取值范围．
（2023秋·河南焦作·高三博爱县第一中学校考阶段练习）
40．已知半椭圆和半圆组成曲线.如图所示，半椭圆内切于矩形，CD与y轴交于点G，点P是半圆上异于A，B的任意一点.当点P位于点处时，的面积最大.

(1)求曲线的方程；
(2)连接PC，PD分别交AB于点E，F，求证：为定值.
（2022秋·新疆巴音郭楞·高二八一中学校考阶段练习）
41．已知动点到定点的距离是它到直线的距离的倍，记点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)若点，过点的直线与交于，两点，求面积的最大值.
（2023·全国·高三专题练习）
42．已知为坐标原点，定点，是圆内一动点，圆与以线段为直径的圆内切．求动点的轨迹方程.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)证明过程见解析；
(2).
【分析】（1）根据菱形的判定定理，结合椭圆长轴和短轴的定义进行证明即可‘
（2）根据菱形的面积公式和勾股定理进行求解即可.
【详解】（1）因为长轴的两个端点分别为，，短轴的两个端点分别为，，
所以，所以四边形是平行四边形，
又因为，所以四边形为菱形；
（2）由（1）可知：四边形为菱形，
因为四边形的面积为120，边长为13，
所以有，椭圆的标准方程为：.
2．(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点及过的点可列方程求解；
（2）先判断所过的三个点，再代入到求解.
【详解】（1）椭圆的焦点坐标为，.
所以设椭圆的标准方程为，
由题意得解得
所以椭圆的标准方程为.
（2）根据椭圆的对称性，，两点必在椭圆上，
因为点A和点C的纵坐标为，A，C两点并不关于y轴对称，
故点C不在椭圆上.所以点，，三点在椭圆上.
设椭圆方程为，代入A，D两点得
解得所以椭圆的标准方程为.
3．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义，椭圆上一点到两焦点距离为，可求出，再由b2＝a2﹣c2计算，写出椭圆方程；（2）由椭圆的对称性可判断椭圆过，两点，又，不同时在椭圆上，可确定点在椭圆C上，将点代入椭圆方程计算，可求出的值，从而写出椭圆方程.
【详解】（1）根据题意，两个焦点的坐标分别为，即c＝2，
又由椭圆经过点，
则2a，故a，
则b2＝a2﹣c2＝10﹣4＝6，故要求椭圆的方程为1；
（2）解：由题意，因为，两点关于y轴对称，所以椭圆C经过，两点，
又由，知，椭圆C不经过点，所以点在椭圆C上，
因此，解得，所以椭圆C的方程为．
4．.
【分析】设，表示出斜率，根据条件列出方程，化简即可得答案.
【详解】设，则，，
由于，则 ，
整理，得 ，
即E的方程为.
5．动点的轨迹是椭圆，其标准方程为
【分析】根据题意，由椭圆的定义可知：此点的轨迹为焦点在轴上的椭圆，且，故，由此求得椭圆的标准方程.
【详解】由于点满足，即点到两个定点，的距离之和等于常数，
由椭圆的定义可知：此点的轨迹为焦点在轴上的椭圆，且，故，
故椭圆的标准方程为.
6．圆心Q的轨迹为以，为焦点，焦距为6，长轴为10的椭圆；理由见解析．
【分析】设动圆的圆心为Q（x，y），半径为R，由题意可得，，两式相加消去R，可判断其轨迹
【详解】设动圆的圆心为Q（x，y），半径为R，
圆的圆心，半径为1，圆的圆心，半径为9，
因为，所以圆在圆内，
因为动圆Q与圆外切，与圆内切，
所以动圆Q在圆内，，，
所以，
所以圆心Q的轨迹为以，为焦点，焦距为6，长轴为10的椭圆．
7．，椭圆.
【分析】设出点的坐标，根据题意列出满足的等量关系，整理化简即可求得轨迹方程，再根据方程即可判断轨迹对应的图形.
【详解】设点的坐标为，根据题意，
即，整理得：，
即曲线的方程为：，其表示一个椭圆.
8．(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率以及焦距即可求解方程，
（2）联立直线与椭圆的方程得到韦达定理，利用向量的坐标匀速即可代入坐标求解.
【详解】（1）由题意得椭圆的半焦距，
又，则，，
椭圆的方程为.
（2）由（1）得椭圆的方程为，
由题意得直线的方程为，即，
联立消去得，
设，则.
四边形是平行四边形，
设，则，即，
，
又，即，解得
9．(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．
10．(1)
(2)或
【分析】（1）根据椭圆定义、焦点坐标和椭圆关系直接求解即可；
（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，利用弦长公式可构造方程求得，进而得到直线方程.
【详解】（1）由椭圆定义知：，解得：，
又，即，，椭圆的方程为：.
（2）设直线，，，
由得：，
，解得：；
，，
，解得：，
直线的方程为：或.
11．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据椭圆的周长、面积可得答案；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，由韦达定理代入可得答案.
【详解】（1）依题意，得，即，
解得，所以的方程；
（2）依题意，可设直线的方程为，
联立方程，化简整理，得，
易得恒成立，
设，由韦达定理，
得，可得，
于是
，
故存在实数，使得恒成立.

12．(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.

13．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，求，再结合公式，即可求解椭圆方程；
（2）首先设直线DE的方程为，与直线和椭圆方程联立，利用弦长公式，表示和，利用分析法，转化为证明，再代入韦达定理，即可证明.
【详解】（1）设C的半焦距为c（）.
由已知得，，又由，
解得，.
所以椭圆C的方程为；
（2）设直线DE的方程为，则.
将代入，得.
设H，G的坐标分别为，，
则，，.
，
，
要证，只要证，
即要证.
即要证，
即要证（*）.
因为，
所以（*）式成立，所以成立.
以成立.

14．(1)；
(2).
【分析】（1）根据题意，求得，即可求得椭圆的方程；
（2）利用点差法即可求得直线的斜率，利用点斜式即可求得直线方程.
【详解】（1）根据题意可得，故可得，则，
故椭圆方程为：.
（2）显然，直线的斜率存在，设两点的坐标为，
故可得，故，
故，由题可知，
故可得，
故直线的方程为，即.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的定义及椭圆上的点建立方程即可求解；
（2）由点差点求得直线的斜率，再根据点点斜式写出直线方程即可.
【详解】（1）由，可得，解得，
所以椭圆方程为：，又点在E上，则有，解得，
所以椭圆E的标准方程为：.
（2）设，代入椭圆方程中有，
变形有，
因为AB中点为，所以，，
所以，
所以直线l的方程为：，即为.
16．(1)；
(2).
【分析】(1)根据椭圆的定义即可判断并求解；
(2)根据点差法即可求解中点弦斜率和中点弦方程.
【详解】（1）设，，E(x，y)，
∵，
，且，
点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆．
设椭圆C的方程为，
记，则，，
，，，
曲线的标准方程为．
（2）根据椭圆对称性可知直线l斜率存在，设，
则，
由①－②得，，
∴l：，即.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线的焦点可得椭圆的半焦距，结合离心率即可得出答案.
（2）对直线的斜率进行讨论：①当直线l的斜率为0直接求出的面积；
②当直线l的斜率不为0或斜率不存在时，设直线l的方程为，，．用“设而不求法”表示出的面积，解得m，即可求出直线l的方程.
【详解】（1）由题意可得，抛物线的焦点为，
所以椭圆的半焦距，又椭圆的离心率为，
所以，
所以椭圆的方程：.
（2）因为在椭圆C上，所以，解得．
①当直线l的斜率为0时，，
则的面积为．
因为的面积是，所以直线l的斜率为0不符合题意．
②当直线l的斜率不为0或斜率不存在时，
设直线l的方程为，，．
联立整理得．
则，．
故．
因为点P到直线l的距离，
所以．
因为的面积是，所以，
整理得，解得，即．
故直线l的方程为，即．
18．(1)
(2)
【分析】根据题意可得，，所以，即可求得椭圆的方程；
设，，过且斜率为的直线方程为：，直线与椭圆方程联立，消得的一元二次方程，结合韦达定理，即可求的面积．
【详解】（1）椭圆的焦点为，，
半焦距，
椭圆的右焦点到上顶点的距离为，
，
椭圆的方程为．
（2）设，，
过且斜率为的直线方程为：，
代入椭圆的方程，化简可得，
，
则，
.
19．(1)
(2)．
【分析】（1）设，，联立直线与椭圆方程，得出韦达定理，再根据弦长公式求解，结合函数的最大值可得，进而求得椭圆方程即可；
（2）设直线方程为，，，记点，到直线的距离分别为，，表达出，，根据求解即可.
【详解】（1）设，，联立直线与椭圆方程得，
消去y得，又，是这个方程的两个实根，
所以 ，由弦长公式得
，
所以当时，取到最大值，即，解得．
所以椭圆C的方程为．
（2）设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消去y得，
所以，且，
记点，到直线的距离分别为，，又，且，
所以
，
所以，
因为，所以，整理得，所以满足条件，
综上所述直线的方程为，即为．
20．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由椭圆过的点可得，再结合离心率即可计算作答；
（2）联立直线l与椭圆C的方程，求出弦PQ长及点O到直线l的距离即可求解作答.
【详解】（1）因椭圆过点，则，又椭圆C的离心率为，
则有，解得，
所以C的方程为．
（2）依题意，，由消去x并整理得：，
，
设，则，
于是得，点O到l的距离，
因此，即，
整理得，即，显然满足，
所以.
21．(1)
(2)证明见解析，定点.
【分析】（1）根据离心率和过点即可求出即可求出椭圆方程；
（2）先设直线根据根与系数的关系结合中点坐标，可求关系即可得出定点.
【详解】（1）由题意得：，，
椭圆C的方程为
（2）由题意得：
设，
由得：，
，
直线AP：
当时，，即M的坐标为
同理可得：N的坐标为
，即：
直线l过定点.

22．(1)
(2)存在，
【详解】（1），即，
，，，
所求椭圆方程为；
（2）由，得，
，
，由，
得，设存在，则，
，由于对恒成立，所以联立解得 ，
故存在定点，符合题意.
23．(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.

24．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义求得曲线的方程.
（2）直线为，通过联立方程组等求得两点的坐标，求得面积的表达式，利用换元法以及函数的单调性求得面积的最大值．
【详解】（1）设的中点为S，的中点为T，所以，，
所以，所以，
所以G点的轨迹是以为焦点，长轴长的椭圆．所以，
所以，，所以曲线C的方程为．
.
（2）设直线为（不妨设），设，，

所以，，，
解得（舍去），则，
由于AB是单位圆的直径，所以，
所以直线EN的斜率为，直线EN的方程为，
同理可求得，则，
由上述分析可知，，而，
所以
，
所以，令，
当且仅当，时等号成立，
则，函数在上单调递增，
所以当时，取得最小值为．
【点睛】关键点睛：在圆锥曲线中，求解三角形面积最值、范围等的有关问题，关键点有两点，第一点是求得三角形面积的表达式，可考虑根与系数关系、点到直线的距离公式等等来进行求解；第二点根据面积的表达式，使用基本不等式、二次函数等知识求得面积的最值或取值范围.
25．(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.
26．(1)
(2)证明见解析，定点坐标为
【分析】（1）由抛物线方程可得焦点为，即，当M为椭圆的短轴端点时，面积最大，即可得到，进而求得，即可求解；
（2）联立直线方程与椭圆方程，可得，由韦达定理可与斜率公式结合题意求解即可
【详解】（1）由抛物线的方程得其焦点为，则，
当点M为椭圆的短轴端点时，面积最大，此时，则，
所以，
故椭圆的方程为.
（2）联立得，，
，
设，，则，，
，
由题意可得，
，即，
，
解得，
所以直线的方程为，故直线恒过定点，该定点坐标为
27．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意列方程组求解；（2）设直线方程，与椭圆方程联立，由题意列方程通过韦达定理化简求解，注意分类讨论直线的斜率是否为0.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆C的方程为．
（2）依题意，点，设，
因为若直线的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意．
所以直线斜率必不为0，设其方程为，
与椭圆C联立，整理得：，
所以，且
因为点是椭圆上一点，即，
则，
所以，即
因为
，
所以，此时，
故直线：恒过x轴上一定点．
28．(1)
(2)直线过定点．
【分析】（1）由点在椭圆上，且点到椭圆右顶点的距离为，，结合性质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、 、，即可得椭圆的方程；
（2）由题意，直线的斜率存在，可设直线的方程为，，，联立，得，根据韦达定理、斜率公式及直线与斜率之积为，可得，解得或，将以上结论代入直线方程即可得结果.
【详解】（1）点，在椭圆：（）上代入得：，
点到椭圆右顶点的距离为，则，
解得，，
故椭圆的方程为．
（2）由题意，直线的斜率存在，可设直线的方程为（），，，．
联立得．
．
∴，，
∵直线与直线斜率之积为．
∴，
∴．
化简得，
∴，
化简得，解得或．
当时，直线方程为，过定点．
代入判别式大于零中，解得（）．
当时，直线的方程为，过定点，不符合题意．
综上所述：直线过定点．
29．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到椭圆的下顶点为和椭圆过点求解；
（2）设点坐标为，当直线斜率存在时，设其方程为，与联立，由，结合韦达定理求解；当直线斜率不存在时验证即可.
【详解】（1）解：由题意，椭圆的下顶点为，故.
由对称性，椭圆过点，代入椭圆方程有，
解得：.
故椭圆的标准方程为：.
（2）设点坐标为.
当直线斜率存在时，设其方程为，与联立得：
.
设，则.
，
，
，
为定值，即与无关，则，此时.
经检验，当直线斜率不存在时也满足，故点坐标为.
30．(1)
(2)存在，3
【分析】（1）根据题意得a＝3b，再将点代入求得，即可得解；
（2）设l的方程为x＝my＋1，，，联立方程，利用韦达定理求得，再根据斜率公式计算整理，从而可得出结论.
【详解】（1）解：由题意得a＝3b，故椭圆C为，
又点在C上，所以，得，，
故椭圆C的方程即为；
（2）解：由已知知直线l过，设l的方程为x＝my＋1，
联立两个方程得，消去x得：，
得，
设，，则（*），
，
将（*）代入上式，可得：，
要使为定值，则有，又∵，∴t＝3，
此时，
∴存在点，使得直线TM与TN斜率之积为定值，此时t＝3.
【点睛】本例考查了利用待定系数法求椭圆方程，考查了椭圆中的定值问题，考查了学生的计算能力和数据分析能力，计算量较大.
31．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）设.
因为为的中点，所以.
由题意知，
则，
即，
则.又，
所以，
故离心率.
（2）证明：由题意知，所以，
故的方程为.
设直线的方程为，
联立消去得关于的一元二次方程，整理得：
.
因为与交于两点，
所以，即，
解得或，
故.
设，直线的方程为，
直线的方程为，
两式联立，得
（*）.
又，代入式，
得，
则，
故
即为定值2.
【点睛】求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
32．(1)4
(2)
【分析】（1）由直线l的倾斜角为45°且过可设直线l的方程为，再通过到直线l的距离为构建关于的方程即可求解
（2）将直线与椭圆联立方程得两点坐标，再代入，构建关于的方程,再求解即可.
【详解】（1）直线l的倾斜角为45°且过
直线l的方程为.
到直线l的距离为
到直线l的距离，解得，
∴椭圆C的焦距为4.
（2）设，可设﹐
直线l的方程为.
联立，即，
解得，
∵，∴，
即，
解得﹐而，∴，
∴椭圆C的方程为.
33．（1）或.（2）
【分析】（1）由题意可知：b＝1，由焦点在圆上，可求得c，进而求得a，即可求得椭圆方程；
（2设出直线l的方程，代入椭圆，得到A、B的纵坐标的关系，利用向量转化的纵坐标的关系，求得直线方程，利用弦长公式可得所求．
【详解】（1）因为椭圆的短轴长为，所以，则.
圆与轴的交点为，，
故或，
从而或，
故椭圆的方程为或.
（2）设，，由，得.
因为椭圆的焦距小于，所以椭圆的方程为，
当直线的斜率为0时，AF=,BF=,不满足题意，
所以将的方程设为，代入椭圆方程，消去，得，
所以，，
将代入，得.
故 .
【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，考查椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式，考查计算能力，属于中档题．
34．（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆的离心率和焦距确定基本量，从而得到椭圆的方程；
（2）设出直线的待定系数方程，与椭圆方程联立，根据线段长度关系得到点的纵坐标的关系求解．
【详解】解：（1）设椭圆的焦距为，则由，
则，
；
（2）当直线l为时，，
不满足；
所以设直线l：，
联立，
设，
则，
又,
，
故直线l：，即．
【点睛】本题考查椭圆的概念与性质、直线与椭圆的位置关系，考查考生的推理论证能力和运算求解能力，函数与方程思想，是中档题．
35．(1)
(2)
【分析】（1）将点带入椭圆方程，结合椭圆的定义计算即可；
（2）设直线方程为及M、N点坐标，联立椭圆方程，利用韦达定理及计算可得值，再由等面积法转化得，最后整体换元由对勾函数求最值即可.
【详解】（1）根据题意可得解得，，
所以椭圆的方程为．
（2）
由(1)得，设直线的方程为，，，，
联立，得，
所以，
，,
，
，
因为以为直径的圆过点A，故，所以，
所以，所以，
所以，所以，
解得或舍去，
当时，，且，点A到MN的距离为，
所以，
化简得，
令，则，
，
由对勾函数的单调性知，在上单调递增，
即时取得最小值，此时.
36．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用椭圆的定义及性质计算即可；
（2）设直线PA的方程为，设，，联立椭圆方程结合韦达定理可得的关系，再由易知向量线性关系转化，计算即可.
【详解】（1）∵，
∴，
由离心率为得，从而，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）
设，，则，
可设直线PA的方程为，其中，
联立，化简得，
则，同理可得，．
因为，．
所以
，
所以是定值.
37．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先设点，根据题意转化为的方程，即可求解；
（2）利用点斜式方程设出直线的方程，并与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示和的关系，再代入斜率公式，即可证明.
【详解】（1）设，由题意可知，
所以的方程为；
（2）设，，
∴方程：代入椭圆方程
，
∴，
∴，∴，
∴，∴
同理设，，∴，
∴为定值.

【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
38．(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.
39．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合椭圆垂直于长轴的弦长公式进行求解即可；
（2）根据直线是否存在斜率，结合平面向量的坐标运算公式、一元二次方程根与系数关系分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）因为该椭圆的离心率为，所以有，
在方程中，令，解得，
因为过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦长度为1，
所以有，由可得：，
所以椭圆的方程为；
（2）当直线不存在斜率时，由题意可知直线与椭圆有两个交点，与纵轴也有两个交点不符合题意；
当直线存在斜率时，设为，所以直线的方程设为，
于是有，
因为该直线与椭圆有两个交点，所以一定有，
化简，得，
设，于是有，
因为，
所以，
代入中，得，
于是有，
化简，得，代入中，得.
【点睛】关键点睛：本题的关键是由向量等式得到.
40．(1)和；
(2)证明见解析.
【分析】（1）把点的坐标代入半圆方程求出b即可；由面积最大可得半圆在点M处的切线与直线AG平行，借助斜率求出a值作答.
（2）设点，结合（1）求出直线方程，进而求出点的坐标即可计算作答.
【详解】（1）由点M在半圆上，得，又，解得，
当半圆在点M处的切线与直线AG平行时，的面积最大，此时，
直线的斜率，则直线的斜率，则，
所以曲线的方程为和.
（2）由（1）及已知得，，设，
则直线方程为，令，得，即，
直线方程为，令，得，即，
又，，，
所以
.
41．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出等量关系式并整理即可得的方程为；
（2）设出直线的方程并于椭圆联立，根据弦长公式写出面积表达式，再根据函数单调性即可求得求得最大值.
【详解】（1）由题意可设，
所以可得，两边同时平方可得整理可得；
即的方程为；
（2）如下图所示：

由题意可知直线的斜率存在，
设直线的方程，设，，
联立，消去整理得，
易知，
所以，，
所以，
所以面积，
设，
所以，易知在上单调递减，
故当，即时，面积取得最大值，最大值为，
所以面积的最大值.
42．
【分析】
令，可得线段为直径的圆的圆心为，利用两点距离公式及两圆的内切关系列方程并化简，即可得轨迹方程.
【详解】
令，则以线段为直径的圆的圆心为，
又在圆内，且圆与以线段为直径的圆内切，
，整理可得：，
，
即，，
整理可得：，
又是圆内一动点，，
则的轨迹方程为：.
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