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    (人教A版2019选择性必修第一册) 专题3.3 直线与椭圆的位置关系【八大题型】(举一反三)(原卷版+解析)
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    数学人教A版 (2019)第三章 圆锥曲线的方程3.1 椭圆综合训练题

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    这是一份数学人教A版 (2019)第三章 圆锥曲线的方程3.1 椭圆综合训练题,共39页。


    TOC \ "1-3" \h \u
    \l "_Tc13794" 【题型1 点与椭圆的位置关系】 PAGEREF _Tc13794 \h 1
    \l "_Tc22693" 【题型2 直线与椭圆的位置关系的判定】 PAGEREF _Tc22693 \h 2
    \l "_Tc21957" 【题型3 根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围】 PAGEREF _Tc21957 \h 3
    \l "_Tc6679" 【题型4 椭圆的弦长问题】 PAGEREF _Tc6679 \h 4
    \l "_Tc5693" 【题型5 椭圆的“中点弦”问题】 PAGEREF _Tc5693 \h 5
    \l "_Tc4583" 【题型6 椭圆中的面积问题】 PAGEREF _Tc4583 \h 5
    \l "_Tc11336" 【题型7 椭圆中的定点、定值、定直线问题】 PAGEREF _Tc11336 \h 7
    \l "_Tc23550" 【题型8 椭圆中的最值问题】 PAGEREF _Tc23550 \h 8
    【知识点1 点与椭圆的位置关系】
    1.点与椭圆的位置关系
    (1)点与椭圆的位置关系:

    (2)对于点与椭圆的位置关系,有如下结论:
    点在椭圆外+>1;
    点在椭圆内+<1;
    点在椭圆上+=1.
    【题型1 点与椭圆的位置关系】
    【例1】(2022·全国·高二假期作业)已知椭圆C:x24+y23=1,则下列各点不在椭圆内部的是( )
    A.1,1B.2,−1
    C.2,2D.12,1
    【变式1-1】(2023·高二课时练习)点Aa,1在椭圆x24+y22=1的外部,则a的取值范围是( )
    A.−2,2B.−∞,−2∪2,+∞
    C.−2,2D.−1,1
    【变式1-2】(2023·高二课时练习)点P(4csα,23sinα)(α∈R)与椭圆C:x24+y23=1的位置关系是( )
    A.点P在椭圆C上B.点P与椭圆C的位置关系不能确定,与α的取值有关
    C.点P在椭圆C内D.点P在椭圆C外
    【变式1-3】(2023·全国·高三专题练习)已知椭圆C关于x轴、y轴均对称,焦点在y轴上,且焦距为2c(c>0),若点Ac,62c不在椭圆C的外部,则椭圆C的离心率的取值范围为( )
    A.33,1B.0,33
    C.63,1D.0,63
    【知识点2 直线与椭圆的位置关系】
    1.直线与椭圆的位置关系
    (1)直线与椭圆的三种位置关系
    类比直线与圆的位置关系,直线与椭圆有相离、相切、相交三种位置关系,如图所示.
    (2)利用方程讨论直线与椭圆的位置关系:
    >0直线与椭圆相交有两个公共点;
    =0直线与椭圆相切有且只有一个公共点;
    <0直线与椭圆相离无公共点.
    【题型2 直线与椭圆的位置关系的判定】
    【例2】(2023·全国·高二专题练习)已知直线l:x+y−3=0,椭圆x24+y2=1,则直线与椭圆的位置关系是( )
    A.相交B.相切C.相离D.无法确定
    【变式2-1】(2023·全国·高三专题练习)已知直线l:kx+y+1=0,曲线C:x216+y24=1,则直线l与曲线C的位置关系是( )
    A.相离B.相切C.相交D.无法确定
    【变式2-2】(2023秋·内蒙古包头·高二校考期末)若直线mx+ny=4和圆x2+y2=4没有交点,则过点(m,n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点个数为( )
    A.2个B.至少一个C.1个D.0个
    【变式2-3】(2023·全国·高三专题练习)已知直线l:x0xa2+y0yb2=1与椭圆C:x2a2+y2b2=1,点Ax0,y0,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
    【题型3 根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围】
    【例3】(2023·全国·高三对口高考)若直线y=x−1与椭圆x2+3y2=a有且只有一公共点,那么a的值为( )
    A.12B.23C.34D.1
    【变式3-1】(2023秋·高二单元测试)若直线y=mx+2与焦点在x轴上的椭圆x29+y2n=1总有公共点,则n的取值范围是( )
    A.0,4B.4,9C.4,9D.4,9∪9,+∞
    【变式3-2】(2023春·福建莆田·高二校考阶段练习)若方程3−3x24=x+b有解,则b的取值范围为( )
    A.−7,7B.−2,7C.2,7D.−2,2
    【变式3-3】(2023秋·广东深圳·高三统考期末)已知交于点P的直线l1,l2相互垂直,且均与椭圆C:x23+y2=1相切,若A为C的上顶点,则PA的取值范围为( )
    A.2,3B.1,3C.3,3D.1,3
    【知识点3 弦长与“中点弦问题”】
    1.弦长问题
    (1)定义:直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.
    (2)弦长公式:设直线l:y=kx+m交椭圆+=1 (a>b>0)于,两点,
    则或.
    2.“中点弦问题”
    (1)解决椭圆中点弦问题的两种方法
    ①根与系数的关系法:联立直线方程和椭圆方程构成方程组,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:利用端点在曲线上,坐标满足方程,将端点坐标分别代入椭圆方程,然后作差,构造出中
    点坐标和斜率的关系.
    设,,代入椭圆方程+=1 (a>b>0),
    得,
    ①-②可得+=0,
    设线段AB的中点为,当时,有+=0.
    因为为弦AB的中点,从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系,这就是处理弦
    中点轨迹问题的常用方法.
    (2)弦的中点与直线的斜率的关系
    线段AB是椭圆+=1 (a>b>0)的一条弦,当弦AB所在直线的斜率存在时,弦AB的中点M的坐标
    为,则弦AB所在直线的斜率为,即.
    【题型4 椭圆的弦长问题】
    【例4】(2023·全国·高三专题练习)已知斜率为1的直线l过椭圆x24+y23=1的右焦点,交椭圆于A,B两点,则弦AB的长为( )
    A.207B.227C.247D.267
    【变式4-1】(2022秋·广西钦州·高二校考阶段练习)已知椭圆x22+y2=1与直线y=x+m交于A,B两点,且AB=423,则实数m的值为( )
    A.±1B.±12
    C.2D.±2
    【变式4-2】(2023·全国·高三对口高考)过椭圆x29+y2=1的左焦点作直线和椭圆交于A、B两点,且AB=23,则这样直线的条数为( )
    A.0B.1C.2D.3
    【变式4-3】(2023·全国·高三专题练习)斜率为1的直线l与椭圆x22+y2=1相交于A,B两点,则|AB|的最大值为( )
    A.2B.233C.263D.433
    【题型5 椭圆的“中点弦”问题】
    【例5】(2023秋·四川凉山·高二统考期末)若椭圆x24+y23=1的弦AB被点M−1,1平分.则直线AB的方程为( )
    A.3x−4y+7=0B.3x+4y−1=0
    C.4x−3y+7=0D.4x+3y+1=0
    【变式5-1】(2023春·陕西汉中·高二校联考期中)已知直线l交椭圆x24+y22=1于A,B两点,且线段AB的中点为−1,1,则直线l的斜率为( )
    A.-2B.−12C.2D.12
    【变式5-2】(2023春·湖北荆州·高二校考阶段练习)若椭圆x29+y24=1的弦AB被点P1,1平分,则AB所在直线的方程为( )
    A.4x+9y−13=0B.9x+4y−13=0
    C.x+2y−3=0 D.x+3y−4=0
    【变式5-3】(2023·贵州·统考模拟预测)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F4,0,过点F且斜率为1的直线交椭圆于A,B两点.若AB的中点坐标为3,−1,则E的方程为( )
    A.x245+y229=1B.x236+y220=1
    C.x232+y216=1D.x224+y28=1
    【题型6 椭圆中的面积问题】
    【例6】(2023春·广东广州·高二统考期末)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦点坐标为F1−1,0、F21,0,点A1,22为椭圆C上一点.
    (1)求椭圆C的标准方程;
    (2)经过点F2且倾斜角为45∘的直线l与椭圆C相交于M、N两点,O为坐标原点,求△OMN的面积.
    【变式6-1】(2023·安徽·合肥一中校联考模拟预测)已知点M1,1为椭圆C:x24+y2b2=l(0(1)当t=1时,求△ABM的面积;
    (2)设直线AM和BM分别与直线x=4交于点P,Q,若△ABM与△PQM的面积满足S△PQM=5S△ABM,求实数t的值.
    【变式6-2】(2023春·黑龙江大庆·高二校考期末)已知F1,F2分别为椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,直线l1过点F2与椭圆交于A,B两点,且△AF1F2的周长为2+2a.
    (1)求椭圆M的离心率;
    (2)直线l2过点F2,且与l1垂直,l2交椭圆M于C,D两点,若a=2,求四边形ACBD面积的范围.
    【变式6-3】(2023·四川成都·校考模拟预测)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1的离心率为22,且C经过点1,22.

    (1)求椭圆C方程;
    (2)直线y=kx(k>0)与椭圆C交于点M、N,F为C的右焦点,直线MF、NF分别交C于另一点M1、N1,记△FMN与△FM1N1的面积分别为S1、S2,求S1S2的范围.
    【题型7 椭圆中的定点、定值、定直线问题】
    【例7】(2023·浙江·校联考模拟预测)已知点A(2,0),B−65,−45在椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0) 上.
    (1)求椭圆M的方程;
    (2)直线l与椭圆M交于C,D两个不同的点(异于A,B),过C作x轴的垂线分别交直线AB,AD于点P,Q,当P是CQ中点时,证明.直线l过定点.
    【变式7-1】(2023·江西赣州·统考二模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点Q1,32,且离心率为12.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)过点P1,2的直线l交C于A、B两点时,在线段AB上取点M,满足AP⋅MB=AM⋅PB,证明:点M总在某定直线上.
    【变式7-2】(2023春·云南曲靖·高二统考期末)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为12,且椭圆E上的点到焦点的距离的最大值为3.
    (1)求椭圆E的方程.
    (2)设A、B是椭圆E上关于x轴对称的不同两点,P在椭圆E上,且点P异于A、B两点,O为原点,直线AP交x轴于点M,直线BP交x轴于点N,试问OM⋅ON是否为定值?若为定值,求出这个定值;若不是定值,请说明理由.
    【变式7-3】(2023春·上海浦东新·高二校考期末)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,右焦点为F3,0,A,B分别为椭圆C的左、右顶点.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)过点D1,0作斜率不为0的直线l,直线l与椭圆C交于P,Q两点,记直线AP的斜率为k1,直线BQ的斜率为k2,求证:k1k2为定值;
    (3)在(2)的条件下,直线AP与直线BQ交于点M,求证:点M在定直线上.
    【知识点4 椭圆中的最值问题】
    1.椭圆中的最值问题
    求解此类问题一般有以下两种思路:
    (1)几何法:若题目中的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决,这就是几何法.解题的关键是能够准确分析出最值问题所隐含的几何意义,并能借助相应曲线的定义求解.
    (2)代数法:若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可建立目标函数,将目标变量表示为一个(或多个)变量的函数关系式,然后根据函数关系式的特征选用配方法、判别式法,应用基本不等式以及三角函数的最值求法求出最大值、最小值或范围,但要注意自变量的取值范围对最值的影响.
    【题型8 椭圆中的最值问题】
    【例8】(2023·湖北武汉·武汉二中校联考模拟预测)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A,椭圆C的中心O关于直线2x−y−5=0的对称点落在直线x=a2上,且椭圆C过点M1,62.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)P,Q为椭圆C上两个动点,且直线AP与AQ的斜率之积为−16,MD⊥PQ,D为垂足,求AD的最大值.
    【变式8-1】(2023春·江西宜春·高二校考期末)已知点A是圆E:x−12+y2=16上的任意一点,点F−1,0,线段AF的垂直平分线交AE于点P.
    (1)求动点P的轨迹Γ的方程;
    (2)若过点F的直线交轨迹Γ于M、N两点,B是FM的中点,点O是坐标原点,记△MEB与△ONF的面积之和为S,求S的最大值.
    【变式8-2】(2023·河南洛阳·校考模拟预测)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左,右顶点分别为A,B,左焦点为F(−3,0),点(3,12)在椭圆上.
    (1)求C的方程;
    (2)设直线l与C交于不同于B的M,N两点,且BM⊥BN,求|BM|⋅|BN|的最大值.
    【变式8-3】(2023·上海嘉定·校考三模)已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1−2,0和F22,0,Γ的下顶点为A,直线l:x+y−42=0,点M在l上.
    (1)若a=2,线段AM的中点在x轴上,求M的坐标;
    (2)若直线l与y轴交于B,直线AM经过右焦点F2,在△ABM中有一个内角的余弦值为35,求b;
    (3)在椭圆Γ上存在一个点Pacsθ,bsinθθ∈0,2π,P到l的距离为d,使PF1+PF2+d=6,当a变化时,求d的最小值.
    专题3.3 直线与椭圆的位置关系【八大题型】
    【人教A版(2019)】
    TOC \ "1-3" \h \u
    \l "_Tc13794" 【题型1 点与椭圆的位置关系】 PAGEREF _Tc13794 \h 1
    \l "_Tc22693" 【题型2 直线与椭圆的位置关系的判定】 PAGEREF _Tc22693 \h 3
    \l "_Tc21957" 【题型3 根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围】 PAGEREF _Tc21957 \h 5
    \l "_Tc6679" 【题型4 椭圆的弦长问题】 PAGEREF _Tc6679 \h 8
    \l "_Tc5693" 【题型5 椭圆的“中点弦”问题】 PAGEREF _Tc5693 \h 10
    \l "_Tc4583" 【题型6 椭圆中的面积问题】 PAGEREF _Tc4583 \h 12
    \l "_Tc11336" 【题型7 椭圆中的定点、定值、定直线问题】 PAGEREF _Tc11336 \h 17
    \l "_Tc23550" 【题型8 椭圆中的最值问题】 PAGEREF _Tc23550 \h 22
    【知识点1 点与椭圆的位置关系】
    1.点与椭圆的位置关系
    (1)点与椭圆的位置关系:

    (2)对于点与椭圆的位置关系,有如下结论:
    点在椭圆外+>1;
    点在椭圆内+<1;
    点在椭圆上+=1.
    【题型1 点与椭圆的位置关系】
    【例1】(2022·全国·高二假期作业)已知椭圆C:x24+y23=1,则下列各点不在椭圆内部的是( )
    A.1,1B.2,−1
    C.2,2D.12,1
    【解题思路】根据点和椭圆位置关系的判断方法,分别把点的坐标代入椭圆方程的左侧部分,计算其数值大于1的点即为答案.
    【解答过程】由椭圆方程为C:x24+y23=1,
    因为14+13=712<1,所以点1,1在椭圆内部,A错误;
    因为24+13=56<1,所以点2,−1在椭圆内部,B错误;
    因为24+23=76>1,所以点2,2在椭圆外部,C正确;
    因为144+13=1948<1,所以点12,1在椭圆内部,D错误.
    故选:C.
    【变式1-1】(2023·高二课时练习)点Aa,1在椭圆x24+y22=1的外部,则a的取值范围是( )
    A.−2,2B.−∞,−2∪2,+∞
    C.−2,2D.−1,1
    【解题思路】根据点在椭圆外部得不等式,解不等式得结果.
    【解答过程】因为点Aa,1在椭圆x24+y22=1的外部,
    所以a24+12>1,解得a∈(−∞,−2)∪(2,+∞),
    故选:B.
    【变式1-2】(2023·高二课时练习)点P(4csα,23sinα)(α∈R)与椭圆C:x24+y23=1的位置关系是( )
    A.点P在椭圆C上B.点P与椭圆C的位置关系不能确定,与α的取值有关
    C.点P在椭圆C内D.点P在椭圆C外
    【解题思路】将P的坐标代入到椭圆方程的左边,结合同角三角函数的基本关系即可判断点和椭圆的位置关系.
    【解答过程】把点P(2csα,3sinα)(α∈R)代入椭圆方程的左边为4csα24+23sinα23
    =4(cs2α+sin2α)=4>1,因此点P在椭圆外.
    故选:D.
    【变式1-3】(2023·全国·高三专题练习)已知椭圆C关于x轴、y轴均对称,焦点在y轴上,且焦距为2c(c>0),若点Ac,62c不在椭圆C的外部,则椭圆C的离心率的取值范围为( )
    A.33,1B.0,33
    C.63,1D.0,63
    【解题思路】设出椭圆方程,由于Ac,62c不在椭圆C的外部,得到6c24a2+c2b2≤1,结合b2=a2−c2,得到6e4−14e2+4≥0,求出离心率的取值范围.
    【解答过程】设椭圆C的方程为y2a2+x2b2=1a>b>0,
    因为Ac,62c不在椭圆C的外部,
    所以6c24a2+c2b2≤1,因为b2=a2−c2,
    所以6c24a2+c2a2−c2≤1,化简得:6c4−14a2c2+4a4≥0,
    同除以a4得:6e4−14e2+4≥0,结合e∈0,1,
    解得:0故e∈0,33.
    故选:B.
    【知识点2 直线与椭圆的位置关系】
    1.直线与椭圆的位置关系
    (1)直线与椭圆的三种位置关系
    类比直线与圆的位置关系,直线与椭圆有相离、相切、相交三种位置关系,如图所示.
    (2)利用方程讨论直线与椭圆的位置关系:
    >0直线与椭圆相交有两个公共点;
    =0直线与椭圆相切有且只有一个公共点;
    <0直线与椭圆相离无公共点.
    【题型2 直线与椭圆的位置关系的判定】
    【例2】(2023·全国·高二专题练习)已知直线l:x+y−3=0,椭圆x24+y2=1,则直线与椭圆的位置关系是( )
    A.相交B.相切C.相离D.无法确定
    【解题思路】联立直线和椭圆方程,根据所得到的方程的解的个数来判断直线和椭圆的位置关系.
    【解答过程】联立x24+y2=1x+y−3=0,消去y,整理得到5x2−24x+32=0,该方程判别式Δ=−242−4×5×32=576−640=−64<0,于是此方程无解,即直线和椭圆没有交点,故直线和椭圆相离.
    故选:C.
    【变式2-1】(2023·全国·高三专题练习)已知直线l:kx+y+1=0,曲线C:x216+y24=1,则直线l与曲线C的位置关系是( )
    A.相离B.相切C.相交D.无法确定
    【解题思路】求出直线所过的定点,证明该定点在椭圆内部即可得出结论.
    【解答过程】解:由直线l:kx+y+1=0,得直线l过定点0,−1,
    因为016+14<1,所以该点在曲线C:x216+y24=1内部.
    所以直线l与曲线C相交.
    故选:C.
    【变式2-2】(2023秋·内蒙古包头·高二校考期末)若直线mx+ny=4和圆x2+y2=4没有交点,则过点(m,n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点个数为( )
    A.2个B.至少一个C.1个D.0个
    【解题思路】根据直线与圆的位置关系,求得点m,n的轨迹范围所以,再利用其轨迹与椭圆的位置关系,即可判断直线与椭圆的位置关系.
    【解答过程】∵直线mx+ny=4和圆x2+y2=4没有交点,∴直线与圆相离,圆心0,0,半径r=2
    ∴4m2+n2>2,即0∴点Pm,n在以原点为圆心,半径为2的圆内,
    又椭圆x29+y24=1短轴长为4,∴圆m2+n2=2内切于椭圆,∴点Pm,n在椭圆内,
    则过点(m,n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点个数为2个.
    故选:A.
    【变式2-3】(2023·全国·高三专题练习)已知直线l:x0xa2+y0yb2=1与椭圆C:x2a2+y2b2=1,点Ax0,y0,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
    【解题思路】考虑y0=0和y0≠0两种情况,联立方程,得到Δ=4a6b2y02x02a2+y02b2−1,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.
    【解答过程】当y0=0,则x0≠0,则直线l:x=a2x0,
    ①若点A在椭圆C外,则x0>a,则|x|=a2x0②若点A在椭圆C上,则x0=a,则|x|=a2x0=a,直线l与椭圆C相切;
    ③若点A在椭圆C内,则x0a,直线l与椭圆C相离;
    当y0≠0时,联立方程x0xa2+y0yb2=1x2a2+y2b2=1,消去y得:
    a2y02+b2x02x2−2a2b2x0x+a4b2−a4y02=0,
    所以Δ=4a4b4x02−4a2y02+b2x02a4b2−a4y02=4a6b2y02x02a2+y02b2−1,
    ①若点A在椭圆C外,则x02a2+y02b2>1,则Δ>0,直线l与椭圆C相交;
    ②若点A在椭圆C上,则手x02a2+y02b2=1,则Δ=0,直线l与椭圆C相切;
    ③若点A在椭圆C内,则x02a2+y02b2<1,则Δ<0,直线l与椭圆C相离;
    若点A在直线l上,则满足x02a2+y02b2=1,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:B.
    【题型3 根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围】
    【例3】(2023·全国·高三对口高考)若直线y=x−1与椭圆x2+3y2=a有且只有一公共点,那么a的值为( )
    A.12B.23C.34D.1
    【解题思路】分析可知a>0,将直线方程与椭圆方程联立,由Δ=0可求得实数a的值.
    【解答过程】因为方程x2+3y2=a表示的曲线为椭圆,则a>0,
    将直线y=x−1的方程与椭圆的方程联立,y=x−1x2+3y2=a,可得4x2−6x+3−a=0,
    则Δ=36−4×4×3−a=16a−12=0,解得a=34.
    故选:C.
    【变式3-1】(2023秋·高二单元测试)若直线y=mx+2与焦点在x轴上的椭圆x29+y2n=1总有公共点,则n的取值范围是( )
    A.0,4B.4,9C.4,9D.4,9∪9,+∞
    【解题思路】由题得直线所过定点0,2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x轴上即可.
    【解答过程】直线y=mx+2恒过定点0,2,若直线与椭圆总有公共点,
    则定点0,2在椭圆上或椭圆内,∴4n≤1,解得n≥4或n<0,
    又∵x29+y2n=1表示焦点在x轴上的椭圆,故0故选:C.
    【变式3-2】(2023春·福建莆田·高二校考阶段练习)若方程3−3x24=x+b有解,则b的取值范围为( )
    A.−7,7B.−2,7C.2,7D.−2,2
    【解题思路】根据题意画出椭圆的部分,利用数形结合求出直线与椭圆相切时的b值,再求出直线过椭圆右端点时的b值,即可得到b得范围.
    【解答过程】设y=3−3x24,y≥0,两边同平方得y2=3−3x24,化简得x24+y23=1(y≥0),
    则其所表示的图形为椭圆x24+y23=1在x轴及上方部分,
    则题目转化为直线y=x+b与上述图形有交点,
    设椭圆的右端点为A,易得其坐标为2,0,
    当直线y=x+b与半椭圆相切时,显然由图得b>0,
    联立x24+y23=1y=x+b,得7x2+8bx+4b2−12=0,
    则Δ=(8b)2−4×7×4b2−12=0
    化简得b2=7,解得b=7或−7(舍),
    当直线y=x+b经过点A2,0时,得0=2+b,解得b=−2,
    则b∈−2,7,
    故选:B.
    【变式3-3】(2023秋·广东深圳·高三统考期末)已知交于点P的直线l1,l2相互垂直,且均与椭圆C:x23+y2=1相切,若A为C的上顶点,则PA的取值范围为( )
    A.2,3B.1,3C.3,3D.1,3
    【解题思路】根据题意,设Pm,n,由条件联立直线与椭圆方程,得到点P的轨迹是圆,从而得到结果.
    【解答过程】当椭圆的切线斜率存在时,设Pm,n,且过P与椭圆相切的直线方程为:y−n=kx−m,
    联立直线与椭圆方程x23+y2=1y−n=kx−m,
    消去y可得,(13+k2)x2+2k(n−km)x+(n−km)2−1=0
    所以Δ=4k2n−km2−413+k2n−km2−1=0,
    即3−m2k2+2kmn+1−n2=0,
    设k1,k2为方程的两个根,由两切线相互垂直,所以k1⋅k2=−1,
    所以1−n23−m2=−1,即m2−3=1−n2,所以m2+n2=4(m2≠3),
    当椭圆的切线斜率不存在时,此时,m=±3,n=±1,也满足上式,
    所以m2+n2=4,其轨迹是以0,0为圆心,2为半径的圆,
    又因为A为椭圆上顶点,所以A0,1,
    当点P位于圆的上顶点时,PAmin=2−1=1,
    当点P位于圆的下顶点时,PAmax=2+1=3,
    所以PA∈1,3,
    故选:D.
    【知识点3 弦长与“中点弦问题”】
    1.弦长问题
    (1)定义:直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.
    (2)弦长公式:设直线l:y=kx+m交椭圆+=1 (a>b>0)于,两点,
    则或.
    2.“中点弦问题”
    (1)解决椭圆中点弦问题的两种方法
    ①根与系数的关系法:联立直线方程和椭圆方程构成方程组,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:利用端点在曲线上,坐标满足方程,将端点坐标分别代入椭圆方程,然后作差,构造出中
    点坐标和斜率的关系.
    设,,代入椭圆方程+=1 (a>b>0),
    得,
    ①-②可得+=0,
    设线段AB的中点为,当时,有+=0.
    因为为弦AB的中点,从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系,这就是处理弦
    中点轨迹问题的常用方法.
    (2)弦的中点与直线的斜率的关系
    线段AB是椭圆+=1 (a>b>0)的一条弦,当弦AB所在直线的斜率存在时,弦AB的中点M的坐标
    为,则弦AB所在直线的斜率为,即.
    【题型4 椭圆的弦长问题】
    【例4】(2023·全国·高三专题练习)已知斜率为1的直线l过椭圆x24+y23=1的右焦点,交椭圆于A,B两点,则弦AB的长为( )
    A.207B.227C.247D.267
    【解题思路】根据题意求得直线l的方程,设Ax1,y1,Bx2,y2,联立直线与椭圆的方程,利用韦达定理求得x1+x2,x1⋅x2,再利用弦长公式即可得出答案.
    【解答过程】由椭圆知,a2=4,b2=3,所以c2=1,
    所以右焦点坐标为1,0,则直线l的方程为y=x−1,
    设Ax1,y1,Bx2,y2,
    联立y=x−1x24+y23=1,消y得,7x2−8x−8=0,
    则x1+x2=87,x1⋅x2=−87,
    所以AB=1+k2⋅x1+x22−4x1⋅x2=2×872+4×87=247.
    即弦AB长为247.
    故选:C.
    【变式4-1】(2022秋·广西钦州·高二校考阶段练习)已知椭圆x22+y2=1与直线y=x+m交于A,B两点,且AB=423,则实数m的值为( )
    A.±1B.±12
    C.2D.±2
    【解题思路】联立方程,写出关于交点坐标的韦达定理,用两点的距离公式AB=x1−x22−y1−y22=2x1+x22−8x1x2解出m即可.
    【解答过程】由x22+y2=1y=x+m,消去y并整理,
    得3x2+4mx+2m2-2=0.
    设A(x1,y1),B(x2,y2)
    则x1+x2=−4m3,x1x2=2m2−23.
    由题意,得AB=2x1+x22−8x1x2=433−m2=423,
    解得m=±1.
    故选:A.
    【变式4-2】(2023·全国·高三对口高考)过椭圆x29+y2=1的左焦点作直线和椭圆交于A、B两点,且AB=23,则这样直线的条数为( )
    A.0B.1C.2D.3
    【解题思路】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.
    【解答过程】左焦点为(−22,0),若直线垂直x轴,则直线为x=−22,
    代入椭圆方程得89+y2=1,可得y=±13,此时通径长AB=23,
    所以,由椭圆性质知:AB=23的直线有仅只有一条.
    故选:B.
    【变式4-3】(2023·全国·高三专题练习)斜率为1的直线l与椭圆x22+y2=1相交于A,B两点,则|AB|的最大值为( )
    A.2B.233C.263D.433
    【解题思路】设直线方程y=x+m与椭圆方程联立,求得弦长AB=223⋅6−2m2,即可得到最大值.
    【解答过程】设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),直线l的方程为y=x+m,
    由y=x+mx22+y2=1消去y得3x2+4mx+2(m2−1)=0,
    则x1+x2=−4m3,x1x2=2(m2−1)3.
    ∴AB=1+k2x1−x2=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=2⋅−43m2−8m2−13
    =223⋅6−2m2,
    ∴当m=0时,AB取得最大值433,
    故选:D.
    【题型5 椭圆的“中点弦”问题】
    【例5】(2023秋·四川凉山·高二统考期末)若椭圆x24+y23=1的弦AB被点M−1,1平分.则直线AB的方程为( )
    A.3x−4y+7=0B.3x+4y−1=0
    C.4x−3y+7=0D.4x+3y+1=0
    【解题思路】采用点差法,设Ax1,y1,Bx2,y2,联立方程即可求解.
    【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2,则满足x124+y123=1x224+y223=1,
    两式作差得x12−x224+y12−y223=0,即(x1−x2)(x1+x2)4+(y1−y2)(y1+y2)3=0,
    又AB被点M−1,1平分,故x1+x22=−1y1+y22=1,且直线AB的斜率存在,
    所以,整理得y1−y2x1−x2=34,即kAB=34,
    则AB所在直线方程为y=34x+1+1,
    化简得3x−4y+7=0.
    故选:A.
    【变式5-1】(2023春·陕西汉中·高二校联考期中)已知直线l交椭圆x24+y22=1于A,B两点,且线段AB的中点为−1,1,则直线l的斜率为( )
    A.-2B.−12C.2D.12
    【解题思路】设出A,B坐标,列出坐标所满足的方程,将两方程相减得到l的斜率与线段AB中点坐标的关系,由此求解出直线l的斜率.
    【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2,因为A,B都在椭圆上,
    所以x124+y122=1x224+y222=1,两式相减,得(x124−x224)+(y122−y222)=0,
    得y1−y2x1−x2=−12×x1+x2y1+y2,
    又因为线段AB中点坐标为−1,1,x1+x2=−1×2=−2,y1+y2=1×2=2,
    所以kAB=y1−y2x1−x2=−12×−22=12,
    故选:D.
    【变式5-2】(2023春·湖北荆州·高二校考阶段练习)若椭圆x29+y24=1的弦AB被点P1,1平分,则AB所在直线的方程为( )
    A.4x+9y−13=0B.9x+4y−13=0
    C.x+2y−3=0 D.x+3y−4=0
    【解题思路】利用点差法求解得kAB=−49,再根据点斜式求解即可得答案.
    【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2,则x129+y124=1x229+y224=1
    所以x12−x229+y12−y224=0,整理得y1−y2x1−x2=−4x1+x29y1+y2,
    因为P1,1为弦AB的中点,
    所以x1+x2=2,y1+y2=2,
    所以kAB=y1−y2x1−x2=−4x1+x29y1+y2=−49,
    所以弦AB所在直线的方程为y−1=−49x−1,即4x+9y−13=0.
    故选:A.
    【变式5-3】(2023·贵州·统考模拟预测)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F4,0,过点F且斜率为1的直线交椭圆于A,B两点.若AB的中点坐标为3,−1,则E的方程为( )
    A.x245+y229=1B.x236+y220=1
    C.x232+y216=1D.x224+y28=1
    【解题思路】设Ax1,y1,Bx2,y2,利用点差法可得a,b的关系,从而可求得a,b,即可的解.
    【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2,则x1+x2=6,y1+y2=−2,
    由已知有,x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,
    作差得x12a2−x22a2=y22b2−y12b2,
    则y12−y22x12−x22=y1−y2y1+y2x1−x2x1+x2=−13=−b2a2,
    所以a2=3b2,c=4,a2=b2+c2=3b2,解得b2=8,a2=24,
    则E的方程为x224+y28=1.
    故选:D.
    【题型6 椭圆中的面积问题】
    【例6】(2023春·广东广州·高二统考期末)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦点坐标为F1−1,0、F21,0,点A1,22为椭圆C上一点.
    (1)求椭圆C的标准方程;
    (2)经过点F2且倾斜角为45∘的直线l与椭圆C相交于M、N两点,O为坐标原点,求△OMN的面积.
    【解题思路】(1)由椭圆的定义求出a的值,结合c的值可得出b的值,由此可得出椭圆C的标准方程;
    (2)设点Mx1,y1、Nx2,y2,写出直线l的方程,将直线l的方程与椭圆C的方程联立,求出点M、N的纵坐标,再利用三角形的面积公式可求得△OMN的面积.
    【解答过程】(1)解:由椭圆的定义可得2a=AF1+AF2=1+12+222+1−12+222=22,
    所以,a=2,又因为c=1,则b=a2−c2=22−1=1,
    所以,椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
    (2)解:设点Mx1,y1、Nx2,y2,由题意可知,直线l的方程为y=x−1,即x=y+1.
    联立x=y+1x2+2y2=2可得3y2+2y−1=0,解得y1=13,y2=−1,

    所以,S△OMN=12OF2⋅y1−y2=12×1×43=23.
    【变式6-1】(2023·安徽·合肥一中校联考模拟预测)已知点M1,1为椭圆C:x24+y2b2=l(0(1)当t=1时,求△ABM的面积;
    (2)设直线AM和BM分别与直线x=4交于点P,Q,若△ABM与△PQM的面积满足S△PQM=5S△ABM,求实数t的值.
    【解题思路】(1)先求出椭圆方程,设Ax1,y1,Bx2,y2,联立方程,利用韦达定理求出x1+x2,x1x2,再根据弦长公式求出AB,求出点M到直线l的距离,即可的解;
    (2)设Ax1,y1,Bx2,y2,利用韦达定理求出y1+y2,y1y2,再根据弦长公式求出AB,求出点M到直线l的距离,即可求得S△ABM,求出AM的方程,令x=4可得点P,Q的坐标,从而可求出S△PMQ,再根据S△PQM=5S△ABM即可得解.
    【解答过程】(1)将M1,1代入x24+y2b2=l,得14+1b2=l,解得b2=43,
    所以椭圆C:x24+3y24=l,
    联立x24+3y24=1x+y−1=0,得4x2−6x−1=0,设Ax1,y1,Bx2,y2,
    则x1+x2=32,x1x2=−14,
    则AB=1+1⋅x1+x22−4x1x2=322+1=262,
    点M到直线l的距离为1+1−11+1=22,
    故△ABM的面积S△ABM=134;
    (2)设Ax1,y1,Bx2,y2,
    联立x24+3y24=1x+ty−1=0得t2+3y2−2ty−3=0,
    Δ=4t2+12t2+3=16t2+36>0恒成立,
    则y1+y2=2tt2+3y1y2=−3t2+3,
    则AB=1+t2⋅y1+y22−4y1y2=2t2+14t2+9t2+3,
    点M到直线l的距离d=1+t−11+t2=t1+t2,
    则S△ABM=12AB⋅d=t4t2+9t2+3,
    直线AM的方程为y−1=y1−1x1−1x−1,
    令x=4,则y=y1−1x1−1×4−y1−1x1−1+1=3y1−1x1−1+1=3y1−1−ty1+1=t−3y1+3ty1,
    即P4,t−3y1+3ty1,
    同理Q4,t−3y2+3ty2,
    PQ=t−3y1+3ty1−t−3y2+3ty2=3y2−y1ty1y2
    因为y2−y1=y2+y12−4y2y1=24t2+9t2+3,
    所以PQ=3y2−y1ty1y2=3×24t2+9t2+3t⋅−3t2+3=24t2+9t,
    因为S△PQM=5S△ABM,所以24t2+9t=5×t4t2+9t2+3,
    化简得3t2+3=5t2,解得t=±322.
    【变式6-2】(2023春·黑龙江大庆·高二校考期末)已知F1,F2分别为椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,直线l1过点F2与椭圆交于A,B两点,且△AF1F2的周长为2+2a.
    (1)求椭圆M的离心率;
    (2)直线l2过点F2,且与l1垂直,l2交椭圆M于C,D两点,若a=2,求四边形ACBD面积的范围.
    【解题思路】(1)设F1−c,0,F2c,0(c>0),由题△AF1F2的周长为2a+2c,据此可得答案;
    (2)先讨论两直线l1,l2中的一条直线的斜率不存在,另一条直线的斜率为0时,四边形ACBD的面积;再讨论两直线l1,l2的斜率都存在,且都不为0时,分别联立直线与椭圆方程求得AB与CD,从而得到得S关于k的关系式,由此得解.
    【解答过程】(1)设F1−c,0,F2c,0(c>0),由椭圆的定义可知△AF1F2的周长为2a+2c=2+2a,所以2c=2a,所以离心率e=ca=22.
    (2)由(1)可知ca=22,又b2+c2=a2,所以a2=2b2=2,
    所以椭圆M的方程为x22+y2=1.
    ①当直线l1,l2中的一条直线的斜率不存在,另一条直线的斜率为0时,四边形ACBD的面积S=12AB⋅CD=12×22×22=2.
    ②当直线l1,l2的斜率都存在,且都不为0时,设l1的方程为y=kx−c,Ax1,y1,Bx2,y2,由y=kx−1x22+y2=1,可得1+2k2x2−4k2x+2k2−2=0,Δ=8k2+8>0.所以x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2−21+2k2.
    所以AB=1+k2x1−x2=1+k2x1+x22−4x1x2=22k2+11+2k2.
    设l2的方程为y=1−kx−c,同理可得CD=221k2+11+2k2=22k2+1k2+2.
    所以四边形ACBD的面积S=12AB⋅CD=12×22k2+11+2k2×22k2+1k2+2
    =4k2+122k4+5k2+2=4k2+122k2+12+k2=4k+1k22k+1k2+1=2−22k+1k2+1,
    因为k+1k2=k2+1k2+2≥2k2⋅1k2+2=4,当且仅当k2=1时取等号.所以169≤2−22k+1k2+1<2,即此时S∈169,2.
    由①②可知,四边形ACBD面积的范围为169,2.
    【变式6-3】(2023·四川成都·校考模拟预测)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1的离心率为22,且C经过点1,22.

    (1)求椭圆C方程;
    (2)直线y=kx(k>0)与椭圆C交于点M、N,F为C的右焦点,直线MF、NF分别交C于另一点M1、N1,记△FMN与△FM1N1的面积分别为S1、S2,求S1S2的范围.
    【解题思路】(1)由离心率为22,且C经过点1,22可得答案;
    (2)设Mx0,y0,令MF=λFM1可得M1坐标,代入椭圆方程得λ=3−2x0,设NF=μFN1,可得N1坐标,代入椭圆方程得μ=3+2x0,利用S1S2=12|MF|⋅|NF|⋅sin∠MFN12M1F⋅N1F⋅sin∠N1FM1及x0的取值范围可得答案.
    【解答过程】(1)由离心率为22,且C经过点1,22可得ca=221a2+12b2=1,又a2=b2+c2,
    解得a2=2,b2=1,所以椭圆C :x22+y2=1;
    (2)设Mx0,y0,则N−x0,−y0,F1,0,
    令MF=λFM1,MF=1−x0,−y0,
    可得M1(1+λ)−x0λ,−y0λ,
    代入x22+y2=1,得(1+λ)−x022λ2+−y02λ2=1,
    又x022+y02=1,得λ=3−2x0,
    设NF=μFN1,NF=1+x0,y0,
    可得N1(μ+1)+x0μ,y0μ,
    代入x22+y2=1,得1+μ+x022μ2+y02μ2=1,
    又x022+y02=1,得μ=3+2x0,
    ∵|MF|FM1=λ,|NF|FN1=μ,∴S1S2=12|MF|⋅|NF|⋅sin∠MFN12M1F⋅N1F⋅sin∠N1FM1=λμ=9−4x02,
    ∵x0∈0,2,x02∈0,2,∴S1S2∈1,9.
    【题型7 椭圆中的定点、定值、定直线问题】
    【例7】(2023·浙江·校联考模拟预测)已知点A(2,0),B−65,−45在椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0) 上.
    (1)求椭圆M的方程;
    (2)直线l与椭圆M交于C,D两个不同的点(异于A,B),过C作x轴的垂线分别交直线AB,AD于点P,Q,当P是CQ中点时,证明.直线l过定点.
    【解题思路】(1)根据椭圆所经过的点列方程求出其方程;(2)设出CD方程,结合韦达定理和P是CQ中点的条件,找到直线CD中两个参数的关系,从而求出定点.
    【解答过程】(1)由题知a=2,又椭圆经过B−65,−45,代入可得14−652+1b2−452=1,解得b2=1,
    故椭圆的方程为:x24+y2=1
    (2)
    由题意知,当l⊥x轴时,不符合题意,故l的斜率存在,设l的方程为y=kx+m,
    联立y=kx+mx24+y2=1消去y得4k2+1x2+8kmx+4m2−4=0,
    则Δ=64k2m2−16m2−14k2+1=164k2−m2+1>0,
    即4k2+1>m2
    设 Cx1,y1,Dx2,y2,x1+x2=−8km4k2+1,x1x2=4m2−44k2+1
    AB的方程为y=14(x−2),令x=x1得Px1,x1−24,
    AD的方程为y=y2x2−2(x−2),令x=x1得Qx1,x1−2x2−2y2,
    由P是CQ中点,得x1−22=y1+x1−2x2−2⋅y2,即y1x1−2+y2x2−2=12,
    即kx1+mx2−2+kx2+mx1−2=12x1x2−2x1+x2+4,
    即(1−4k)x1x2+(4k−2m−2)x1+x2+4+8m=0,
    即4m2+(16k+8)m+16k2+16k=0,所以 (m+2k)(m+2k+2)=0,
    得m=−2k−2或m=−2k,
    当m=−2k−2,此时由Δ>0,得k<−38,符合题意;
    当m=−2k,此时直线l经过点A,与题意不符,舍去.
    所以l的方程为y=kx−2k−2,即y=k(x−2)−2,
    所以l过定点(2,−2).
    【变式7-1】(2023·江西赣州·统考二模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点Q1,32,且离心率为12.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)过点P1,2的直线l交C于A、B两点时,在线段AB上取点M,满足AP⋅MB=AM⋅PB,证明:点M总在某定直线上.
    【解题思路】(1)根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组,解出这三个量的值,即可得出椭圆C的方程;
    (2)设点Ax1,y1、Bx2,y2、Mx,y,记λ=APPB=AMMB,则λ>0且λ≠1,可知AP=−λPB,AM=λMB,利用平面向量的坐标运算结合点差法求出点M的轨迹方程,即可证得结论成立.
    【解答过程】(1)解:由题意可得e=ca=121a2+94b2=1a2=b2+c2,解得a=2b=3c=1,
    所以,椭圆C的方程为x24+y23=1.
    (2)解:设点Ax1,y1、Bx2,y2、Mx,y,
    因为AP⋅MB=AM⋅PB,记λ=APPB=AMMB,则λ>0且λ≠1,
    又因为点P在椭圆外,且P、A、M、B四点共线,所以,AP=−λPB,AM=λMB,
    所以,1−x1,2−y1=λ1−x2,2−y2,x−x1,y−y1=λx2−x,y2−y,
    所以,1−x1=λ1−x22−y1=λ2−y2,x−x1=λx2−xy−y1=λy2−y,
    所以,x1−λx21−λ=1y1−λy21−λ=2,x=x1+λx21+λy=y1+λy21+λ,
    又因为x124+y123=1x224+y223=1,则x124+y123=1λ2x224+λ2y223=λ2,作差可得x12−λ2x224+y12−λ2y223=1−λ2,
    即x1−λx2x1+λx241−λ1+λ+y1−λy2y1+λy231−λ1+λ=1,
    即x4+2y3=1,即3x+8y−12=0,
    故点M总在定直线3x+8y−12=0上.
    【变式7-2】(2023春·云南曲靖·高二统考期末)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为12,且椭圆E上的点到焦点的距离的最大值为3.
    (1)求椭圆E的方程.
    (2)设A、B是椭圆E上关于x轴对称的不同两点,P在椭圆E上,且点P异于A、B两点,O为原点,直线AP交x轴于点M,直线BP交x轴于点N,试问OM⋅ON是否为定值?若为定值,求出这个定值;若不是定值,请说明理由.
    【解题思路】(1)求出椭圆E上任意一点到其焦点距离的最大值,结合离心率可得出a、c的值,进而求出b的值,由此可得出椭圆E的标准方程;
    (2)设点Ax1,y1,Bx1,−y1,Px2,y2,Mm,0,Nn,0,将直线AP的方程与椭圆E的方程联立,求出x1+x2,同理可得出x1+x2的另外一个表达式,利用等量关系可得出关于m、n的等式,讨论m≠n、m=n两种情形,可求出OM⋅ON的定值.
    【解答过程】(1)解:设点Px0,y0为椭圆E上任意一点,其中−a≤x0≤a,易知点F1−c,0,
    PF1=x0+c2+y02=x02+2cx0+c2+b2−b2x02a2=a2+2cx0+c2x02a2
    =a+cax0=a+cax0∈a−c,a+c,
    所以,椭圆E上的点到焦点的距离的最大值为a+c=3,
    又因为椭圆E的离心率为e=ca=12,
    所以,a=2,c=1,则b=a2−c2=4−1=3,
    因此,椭圆E的标准方程为x24+y23=1.
    (2)解:设点Ax1,y1,Bx1,−y1,Px2,y2,Mm,0,Nn,0,
    则直线AP的方程为y=y1x1−mx−m,直线BP的方程为y=−y1x1−nx−n,

    联立y=y1x1−mx−m3x2+4y2=12,消去y并整理可得3x12−6mx1+3m2+4y12x2−8my12x+4m2y12−12x1−m2=0,
    因为点A在椭圆E上,则直线AP与椭圆E必有公共点,
    所以,x1+x2=8my123x12−6mx1+3m2+4y12,
    同理可得x1+x2=8ny123x12−6nx1+3n2+4y12
    所以,8my123x12−6mx1+3m2+4y12=8ny123x12−6nx1+3n2+4y12,
    所以,m3x12−6nx1+3n2+4y12=n3x12−6mx1+3m2+4y12,
    化简可得3m−nx12+4m−ny12=3mnm−n,
    当m≠n时,则3mn=3x12+4y12=12,此时,mn=4;
    当m=n时,M、N、P三点重合,此时,m=n=a=2.
    综上所述,OM⋅ON=mn=4,即OM⋅ON为定值4.
    【变式7-3】(2023春·上海浦东新·高二校考期末)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,右焦点为F3,0,A,B分别为椭圆C的左、右顶点.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)过点D1,0作斜率不为0的直线l,直线l与椭圆C交于P,Q两点,记直线AP的斜率为k1,直线BQ的斜率为k2,求证:k1k2为定值;
    (3)在(2)的条件下,直线AP与直线BQ交于点M,求证:点M在定直线上.
    【解题思路】(1)根据椭圆的几何性质列出方程组求出a,b,c,即可得出椭圆C的方程;
    (2)设Px1,y1,Qx2,y2,直线l的方程为x=ty+1,与椭圆方程联立得到y1+y2,y1y2,代入k1k2的表达式,即可得出k1k2为定值;
    (3)根据(1)中的结论,设k1=m,则k2=3m,求出直线AP、BQ的方程,联立即可求出点M的坐标,从而可知其在定直线上.
    【解答过程】(1)依题可得e=ca=32c=3,解得a=2c=3,所以b2=a2−c2=1,
    所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
    (2)设Px1,y1,Qx2,y2,因为直线l过点D1,0且斜率不为0,
    所以可设l的方程为x=ty+1,代入椭圆方程x24+y2=1得t2+4y2+2ty−3=0,
    其判别式Δ=4t2+12t2+4>0,所以y1+y2=−2tt2+4,y1y2=−3t2+4.
    两式相除得y1+y2y1y2=23t,即ty1y2=32y1+y2.
    因为A,B分别为椭圆C的左、右顶点,所以点A的坐标为−2,0,点B的坐标为2,0,
    所以k1=y1x1+2=y1ty1+3,k2=y2x2−2=y2ty2−1.
    从而k1k2=y1ty2−1y2ty1+3=3y1+y22−y13y1+y22+3y2=y1+3y23y1+9y2=13.
    (3)由(1)知k1k2=13,设k1=m,则k2=3m,
    所以直线AP的方程为y=mx+2m,直线BQ的方程为y=3mx−6m,
    联立y=mx+2my=3mx−6m可得x=4y=6m,
    所以直线AP与直线BQ的交点M的坐标为4,6m,
    所以点M在定直线x=4上.
    【知识点4 椭圆中的最值问题】
    1.椭圆中的最值问题
    求解此类问题一般有以下两种思路:
    (1)几何法:若题目中的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决,这就是几何法.解题的关键是能够准确分析出最值问题所隐含的几何意义,并能借助相应曲线的定义求解.
    (2)代数法:若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可建立目标函数,将目标变量表示为一个(或多个)变量的函数关系式,然后根据函数关系式的特征选用配方法、判别式法,应用基本不等式以及三角函数的最值求法求出最大值、最小值或范围,但要注意自变量的取值范围对最值的影响.
    【题型8 椭圆中的最值问题】
    【例8】(2023·湖北武汉·武汉二中校联考模拟预测)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A,椭圆C的中心O关于直线2x−y−5=0的对称点落在直线x=a2上,且椭圆C过点M1,62.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)P,Q为椭圆C上两个动点,且直线AP与AQ的斜率之积为−16,MD⊥PQ,D为垂足,求AD的最大值.
    【解题思路】(1)由点关于直线对称,以及椭圆过点M1,62,构造方程解a,b得答案;
    (2)设直线PQ方程,联立椭圆方程,根据韦达定理,利用直线AP与AQ的斜率之积为−16,整理化简证明直线过定点,进而求出D的轨迹是圆,把问题转化为圆上的点到椭圆左顶点距离的最大值问题,使问题得到解决.
    【解答过程】(1)设椭圆C的中心O关于直线2x−y−5=0的对称点m,n,
    则有nm×2=−1,2×m2−n2−5=0
    ∴m=4,n=−2,∵椭圆C的中心O关于直线2x−y−5=0的对称点落在直线x=a2上,
    ∴a2=4,
    又椭圆C过点M1,62,可得14+32b2=1,解得b2=2,
    所以椭圆C的方程x24+y22=1.
    (2)设Px1,y1,Qx2,y2,由题意得直线PQ斜率不为零,设lPQ:x=my+t,
    由x=my+t,x24+y22=1,得(my+t)2+2y2−4=0,即m2+2y2+2mty+t2−4=0,
    所以y1+y2=−2mtm2+2,y1y2=t2−4m2+2,
    由kAPkAQ=−16,得y1x1+2⋅y2x2+2=−16,即6y1y2+x1+2x2+2=0,
    所以6y1y2+my1+t+2my2+t+2=0,所以
    6+m2y1y2+mt+2y1+y2+(t+2)2=0,
    所以6+m2t2−4m2+2+mt+2−2mtm2+2+(t+2)2=0,化简得t2+t−2=0,
    所以t=1或t=−2,
    若t=−2,则直线lPQ:x=my−2过椭圆的左顶点,不适合题意,所以t=1,
    所以lPQ:x=my+1过定点S1,0,因为MD⊥PQ,D为垂足,
    所以D在以MS为直径的圆上,MS=62,MS的中点为T1,64,又A−2,0,
    所以AT=32+642=564,
    所以AD的最大值为AT+MS2=564+64=362,
    即AD的最大值为362.
    【变式8-1】(2023春·江西宜春·高二校考期末)已知点A是圆E:x−12+y2=16上的任意一点,点F−1,0,线段AF的垂直平分线交AE于点P.
    (1)求动点P的轨迹Γ的方程;
    (2)若过点F的直线交轨迹Γ于M、N两点,B是FM的中点,点O是坐标原点,记△MEB与△ONF的面积之和为S,求S的最大值.
    【解题思路】(1)由题意可知PE+PF=PE+PA=EA=4>EF=2,所以动点P的轨迹是椭圆,即可求解;
    (2)分析出S=S△MOF+S△OFN=S△MON,直线MN的斜率不存在时,S△MON=32,直线MN的斜率存在时,可通过设而不求的方法求得S=6k2(1+k2)(3+4k2)2,令m=3+4k2后可得S=32−3m2−2m+1,根据m的范围即可求出S的范围,进而可求其最大值.
    【解答过程】(1)由题意可知PE+PF=PE+PA=EA=4>EF=2,
    所以动点P的轨迹Γ是以E,F为焦点且长轴长为4的椭圆,
    则2a=4,2c=2,所以a=2,b=3,
    因此动点P的轨迹Γ的方程是x24+y23=1.
    (2)如图:

    不妨设点M在x轴上方,连接OM,
    因为O,B分别为EF,FM有中点,所以S△MEB=S△MOF,
    所以S=S△MOF+S△OFN=S△MON,
    当直线MN的斜率不存在时,其方程为x=−1,则M(−1,32),N(−1,−32),
    此时S△MON=12MN⋅OF=12×1×[32−(−32)]=32;
    当直线MN的斜率存在时,设其方程为y=k(x+1),
    设M(x1,y1),N(x2,y2),显然直线MN不与x轴重合,即k≠0,
    联立y=k(x+1)x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2−12=0,
    则x1+x2=−8k23+4k2,x1x2=4k2−123+4k2,
    所以MN=1+k2x1−x2=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k2)3+4k2,
    又点O到直线MN的距离d=k1+k2,
    所以S=12MN×d=6k2(1+k2)(3+4k2)2,令m=3+4k2∈(3,+∞),
    则S=6(m−3)(m+1)16m2=32−3m2−2m+1,
    因为m∈(3,+∞),所以1m∈(0,13),
    所以−3m2−2m+1=−3(1m+13)2+43∈(0,1),所以S∈(0,32).
    综上,S∈(0,32],即S的最大值为32.
    【变式8-2】(2023·河南洛阳·校考模拟预测)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左,右顶点分别为A,B,左焦点为F(−3,0),点(3,12)在椭圆上.
    (1)求C的方程;
    (2)设直线l与C交于不同于B的M,N两点,且BM⊥BN,求|BM|⋅|BN|的最大值.
    【解题思路】(1)根据题意列式求出a,b,可得C的方程;
    (2)设M(x1,y1),N(x2,y2),设l: x=my+t(t≠2),代入椭圆方程,得|y1−y2|,根据S△BMN=12|BQ|⋅|y1−y2|求出三角形面积的最大值,再根据S△BMN=12|BM|⋅|BN|可求出|BM|⋅|BN|的最大值.
    【解答过程】(1)依题意得c=33a2+14b2=1a2=b2+c2,解得a2=4,b2=1,
    所以C的方程为x24+y2=1.
    (2)由题意知,直线l的斜率不为0,
    则不妨设直线l的方程为x=my+t(t≠2),
    联立x24+y2=1x=my+t,消去x得(m2+4)y2+2mty+t2−4=0,
    Δ=4m2t2−4(m2+4)(t2−4)>0,化简整理得m2+4>t2,
    设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=−2mtm2+4,y1y2=t2−4m2+4,
    因为BM⊥BN,所以BM⋅BN=0,
    因为B(2,0),所以BM=(x1−2,y1),BN=(x2−2,y2),
    得(x1−2)(x2−2)+y1y2=0,
    将x1=my1+t,x2=my2+t代入上式得(m2+1)y1y2+m(t−2)(y1+y2)+(t−2)2=0,
    得(m2+1)⋅t2−4m2+4+m(t−2)⋅−2mtm2+4+(t−2)2=0,整理得5t2−16t+12=0,
    解得t=65或t=2(舍去).
    所以直线l的方程为x=my+65,则直线l恒过点Q(65,0),
    所以S△BMN=12|BQ|⋅|y1−y2|=12×45×(y1+y2)2−4y1y2 =25(−125mm2+4)2−4×(65)2−4m2+4
    =82525(m2+4)−36(m2+4)2,
    设p=1m2+4,则0易知y=825−36p2+25p在(0,14]上单调递增,
    所以p=14时,S△BMN取得最大值1625,
    又S△BMN=12|BM|⋅|BN|,
    所以(|BM|⋅|BN|)max=2(S△BMN)max=3225.

    【变式8-3】(2023·上海嘉定·校考三模)已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1−2,0和F22,0,Γ的下顶点为A,直线l:x+y−42=0,点M在l上.
    (1)若a=2,线段AM的中点在x轴上,求M的坐标;
    (2)若直线l与y轴交于B,直线AM经过右焦点F2,在△ABM中有一个内角的余弦值为35,求b;
    (3)在椭圆Γ上存在一个点Pacsθ,bsinθθ∈0,2π,P到l的距离为d,使PF1+PF2+d=6,当a变化时,求d的最小值.
    【解题思路】(1)由题意及条件先得出椭圆方程,由AM的中点在x轴上先得出M纵坐标,再代入直线方程即可求得M;
    (2)分类讨论△ABM中哪个内角余弦值为35,分别解三角形求得对应的b值即可;
    (3)根据点到直线的距离公式化简得出
    a2+b2sinθ+φ=22a−22tanφ=ab,再根据三角函数的有界性得出
    sinθ+φ=2a−2a2−1≤1,解不等式求出a的取值范围即可求得d的最小值.
    【解答过程】(1)由题意可得a=2,c=2,∴b=a2−c2=2,∴Γ:x24+y22=1,A0,−2,
    ∵AM的中点在x轴上,则由中点坐标公式可知:A、M的纵坐标之和为0,
    ∴M的纵坐标为2,代入x+y−42=0得:M32,2.
    (2)
    由直线方程可知B0,42,由直线方程可知∠MBA=π4,故有如下两种情况:
    ①若cs∠BAM=35,则sin∠BMA=35,tan∠BAM=43,即tan∠OAF2=43,
    ∴OA=34OF2=342,∴b=342.
    ②若cs∠BMA=35,则sin∠BMA=45,
    ∵∠MBA=π4,∴cs∠MBA+∠AMB=22×35−22×45=−210,
    ∴cs∠BAM=210,∴tan∠BAM=7.
    即tan∠OAF2=7,∴OA=27=b,
    综上b=324或27.
    (3)设Pacsθ,bsinθ,则由题意得d=acsθ+bsinθ−422=6−2a,
    显然椭圆在直线的左下方,则−acsθ+bsinθ−422=6−2a,
    即a2+b2sinθ+φ−42=22a−62tanφ=ab,
    ∵a2=b2+2,∴2a2−2sinθ+φ=22a−22,
    据此可得a2−1sinθ+φ=2a−2,sinθ+φ=2a−2a2−1≤1,
    整理可得a−13a−5≤0,即1≤ a≤53,
    又a>c=2,∴a∈2,53
    从而d=6−2a≥6−2×53=83.即d的最小值为83.
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