高考数学一轮复习【考点题型归纳讲练】导学案（新高考专用）第06课时直线与椭圆的位置关系(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习【考点题型归纳讲练】导学案（新高考专用）第06课时直线与椭圆的位置关系(原卷版+解析)，共35页。

【回归教材】
1.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.
弦长的求解
当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与圆锥曲线C相交于
两个不同的点，则弦长.
3.中点弦问题
AB为椭圆的弦，，
弦中点M(x0，y0)，则AB所在直线的斜率为，
弦AB的斜率与弦中点M和椭圆中心O的连线的斜率之积为定值.
【典例讲练】
题型一 直线与椭圆的位置关系
【例1-1】已知椭圆C的两个焦点分别是､，且椭圆C经过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当m取何值时，直线与椭圆C：
①有两个公共点； ②只有一个公共点； ③没有公共点？
【例1-2】已知直线l：，曲线C：，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
【例1-3】设椭圆，点在椭圆上，求该椭圆在P处的切线方程______.
【例1-4】椭圆上的点到直线的距离的最大值为______.
归纳总结：
【练习1-1】不论为何值，直线与椭圆有公共点，则实数的范围是__.
【练习1-2】已知圆锥曲线上的点的坐标满足．
(1)说明是什么图形，并写出其标准方程；
(2)若斜率为1的直线与交于轴右侧不同的两点，，求直线在轴上的截距的取值范围．
题型二 弦长问题
【例2-1】椭圆C：左右焦点为，，离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)经过点，倾斜角为直线l与椭圆交于B，C两点，求．
【例2-2】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．
归纳总结：
【练习2-1】已知直线：与椭圆：交于，两点．
(1)求的取值范围；
(2)若，求的值．
题型三 中点弦、弦中点问题
【例3-1】已知椭圆的左焦点为，过作一条倾斜角为的直线与椭圆交于两点，若为线段的中点，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【例3-2】椭圆，则该椭圆所有斜率为的弦的中点的轨迹方程为_________________．
【例3-3】已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，短轴顶点分别为、，四边形的面积为32.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线交椭圆于，两点，若的中点坐标为，求直线的方程.
归纳总结：
【练习3-1】已知椭圆的弦所在直线过点，求弦中点的轨迹方程.
【练习3-2】已知椭圆的短轴长为，焦点坐标分别为和.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)直线与椭圆交于两点，若线段的中点，求直线的方程.
题型四 直线与椭圆的综合
【例4-1】已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上在第一象限内的任意一点，且的周长为．
(1)求的方程；
(2)已知点，若不过点的直线与交于、两点，且，证明：直线过定点．
【例4-2】已知点，圆：，点是圆上的动点，的垂直平分线与交于点，记的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)设经过点的直线与交于，两点，求证：为定值，并求出该定值．
归纳总结：
【练习4-1】设椭圆：的离心率为，焦距为2，过右焦点的直线与椭圆交于A，两点，点，设直线与直线的斜率分别为，.
(1)求椭圆的方程；
(2)随着直线的变化，是否为定值？请说明理由.
【请完成课时作业（五十五）】
【课时作业（五十五）】
A组 基础题
1．直线与椭圆的交点个数为（ ）．
A．0个B．1个C．2个D．3个
2．若椭圆的中心为原点，过椭圆的焦点的直线l与椭圆交于，两点，已知的中点为，则椭圆的长轴长为（ ）
A． B．4 C． D．
3．若直线和圆没有公共点，则过点的直线与椭圆的公共点个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．需根据a，b的取值来确定
4．直线y＝x+m与椭圆交于A，B两点，若弦长，则实数m的值为（ ）
A．B．±1C．D．±2
5．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．
6．【多选题】已知直线x＝my－1经过椭圆C：的一个焦点F，且与C交于不同的两点A，B，椭圆C的离心率为，则下列结论正确的有（ ）
A．椭圆C的短轴长为 B．弦的最小值为3
C．存在实数m，使得以AB为直径的圆恰好过点 D．若，则
7．【多选题】泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ）
A．点的轨迹方程是 B．直线：是“最远距离直线”
C．平面上有一点，则的最小值为5.
D．点P的轨迹与圆：是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）
8．在直角坐标系中，椭圆C方程为，P为椭圆C上的动点，直线的方程为：，则点P到直线的距离d的最小值为__________.
9．椭圆方程为椭圆内有一点，以这一点为中点的弦所在的直线方程为，则椭圆的离心率为______．
10．已知椭圆的上顶点为M，下顶点为N，左、右焦点分别为，，四边形的面积为，且为正三角形．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)当直线与椭圆交于A， B两点时，满足，求直线的方程．
B组 能力提升
1．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___________．
2．（2022·全国·高考真题）已知椭圆E中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
3．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
第 6 课时 直线与椭圆的位置关系
编写：廖云波
【回归教材】
1.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.
弦长的求解
当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与圆锥曲线C相交于
两个不同的点，则弦长.
3.中点弦问题
AB为椭圆的弦，，
弦中点M(x0，y0)，则AB所在直线的斜率为，
弦AB的斜率与弦中点M和椭圆中心O的连线的斜率之积为定值.
【典例讲练】
题型一 直线与椭圆的位置关系
【例1-1】已知椭圆C的两个焦点分别是､，且椭圆C经过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当m取何值时，直线与椭圆C：
①有两个公共点；
②只有一个公共点；
③没有公共点？
【答案】(1)
(2)①；②；③或
【解析】
【分析】
（1）由题意c=1，将点 的坐标代入椭圆的标准方程即可；
（2）联立直线与椭圆方程，根据判别式求解即可.
(1)
设椭圆C的标准方程为，
由题意可得： 解得 ，
所以椭圆C的标准方程为：；
(2)
联立 消去y得：，
则 ，
①当，即时，方程有两个不同的实数根，
所以直线与椭圆C有两个公共点；
②当，即时，方程有两个相等的实数根，
所以直线与椭圆C只有一个公共点；
③当，即或时，方程无实数根，
所以直线与椭圆C没有公共点；
综上，当时有两个公共点；
当时，有一个公共点；
当或，没有公共点.
【例1-2】已知直线l：，曲线C：，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
【答案】C
【解析】
【分析】
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.
【详解】
解：由直线l：，得直线l过定点，
因为，所以该点在曲线C：内部.
所以直线l与曲线C相交.
故选：C.
【例1-3】设椭圆，点在椭圆上，求该椭圆在P处的切线方程______.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可知切线的斜率存在，所以设切线方程为，代入椭圆方程中整理化简，令判别式等于零，可求出的值，从而可求得切线方程
【详解】
由题意可知切线的斜率存在，所以设切线方程为，
将代入中得，
，
化简整理得，
令，
化简整理得，即，解得，
所以切线方程为，即，
故答案为：
【例1-4】椭圆上的点到直线的距离的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
设与直线平行的直线与椭圆相切，然后将直线方程代入椭圆方程中，由可求出的值，再利用两平行线间的距离公式可求得结果
【详解】
设与直线平行的直线与椭圆相切，
由得，
由得，，解得
设直线与直线的距离为，
当时，直线为，则，
当时，直线为，则，
因为，
所以椭圆1上的点到直线的距离的最大值为.
故答案为：
归纳总结：
【练习1-1】不论为何值，直线与椭圆有公共点，则实数的范围是__.
【答案】
【解析】
【分析】
方法一：将直线方程与椭圆的方程联立消元得，运用根的判断式建立不等式求解即可；
方法二：若过定点的直线均与椭圆有公共点，则该点位于椭圆的内部或椭圆上，求得直线所过的定点，代入椭圆的方程建立不等式求解即可.
【详解】
解：方法一： 把直线代入椭圆1，
化为．其中．(注意这个坑)，
直线与椭圆1有公共点，
恒成立，
化简为．上式对于任意实数都成立，，解得．
实数的范围是．
方法二：因为直线恒过定点
所以代入得即
因为是椭圆，所以
故的取值范围是．
故答案为：．
【练习1-2】已知圆锥曲线上的点的坐标满足．
(1)说明是什么图形，并写出其标准方程；
(2)若斜率为1的直线与交于轴右侧不同的两点，，求直线在轴上的截距的取值范围．
【答案】(1)圆锥曲线是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
(2)
【解析】
【分析】
（1）由平面上两点间距离公式及椭圆的定义即得；
（2）由题可设直线：，联立椭圆的方程，利用韦达定理可得，即求.
(1)
由题可知点到定点，的距离之和为，
∴圆锥曲线是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
所以其标准方程为.
(2)
设直线：，，，
由，消去，得，
由题意，有，解得，
所以直线在轴上的截距的取值范围为.
题型二 弦长问题
【例2-1】椭圆C：左右焦点为，，离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)经过点，倾斜角为直线l与椭圆交于B，C两点，求．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用椭圆的离心率，过点，及，列方程解出即可得椭圆方程；
（2）由已知可得直线l的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系及弦长公式求解.
(1)
解：由题意得，解得，
又因为点在椭圆C上，
带入得，
所以椭圆的标准方程为.
(2)
解：易得直线l的解析式为，
设，联立椭圆的方程
得
，
所以．
【例2-2】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)
【解析】
【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.
(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．
归纳总结：
【练习2-1】已知直线：与椭圆：交于，两点．
(1)求的取值范围；
(2)若，求的值．
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）联立直线与椭圆方程得到含参数m的一元二次方程，由它们有两个交点知，即可求参数范围.
（2）已知弦长，结合弦长公式列方程求参数值即可.
(1)
由题设，联立直线与椭圆方程有，整理可得：，
因为直线与椭圆有两个交点，
所以，可得.
(2)
由（1）可得：，，
又，整理得：，
所以，经检验满足题设，故.
题型三 中点弦、弦中点问题
【例3-1】已知椭圆的左焦点为，过作一条倾斜角为的直线与椭圆交于两点，若为线段的中点，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设出点A，B的坐标，利用“点差法”求解作答.
【详解】
设点，依题意，，
相减得，因直线AB的倾斜角为，即直线AB的斜率为，
又为线段的中点，则，，因此有，即，
所以椭圆的离心率.
【例3-2】椭圆，则该椭圆所有斜率为的弦的中点的轨迹方程为_________________．
【答案】
【解析】
【分析】
设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，利用点差法可得答案.
【详解】
设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，
设中点坐标为，则，
所以，两式相减可得，
，即，
由于在椭圆内部，由得，
所以时，即直线与椭圆相切，
此时由解得或，
所以，
所求得轨迹方程为．
故答案为：．
【例3-3】已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，短轴顶点分别为、，四边形的面积为32.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线交椭圆于，两点，若的中点坐标为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）直接由离心率和四边形的面积建立关于的方程，解方程即可；
（2）直接通过点差法求出直线斜率，再通过点斜式写出方程即可.
(1)
因为离心率，所以，
因为，所以.
因为四边形的面积为32，所以，所以，，
故椭圆的标准方程为
(2)
设，，则
两式相减得，所以.
因为的中点坐标为在椭圆内部，所以，所以直线的斜率为1，
故直线的方程为，即.
归纳总结：
【练习3-1】已知椭圆的弦所在直线过点，求弦中点的轨迹方程.
【答案】
【解析】
【分析】
设，弦的中点， 将代入椭圆方程，点差法可得
，时利用，可得答案；时，则直线方程为，代入椭圆方程解得坐标， 满足上述方程，可得答案.
【详解】
设，弦的中点，则，
将代入椭圆方程得，
两式相减得，
所以，
当时，，
因为，所以，则，
整理得；
当时，则直线方程为，代入椭圆方程解得
所以满足上述方程，
故点的轨迹方程.
【练习3-2】已知椭圆的短轴长为，焦点坐标分别为和.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)直线与椭圆交于两点，若线段的中点，求直线的方程.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）假设椭圆方程，根据短轴长、焦点坐标和椭圆关系可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；
（2）利用点差法可求得直线斜率，由此可得直线方程.
(1)
由题意可设椭圆方程为：，
则，解得：，椭圆的标准方程为：.
(2)
设，，则，
两式作差得：，
直线斜率，
又中点为，，，，
直线方程为：，即.
题型四 直线与椭圆的综合
【例4-1】已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上在第一象限内的任意一点，且的周长为．
(1)求的方程；
(2)已知点，若不过点的直线与交于、两点，且，证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程联立，列出韦达定理，由已知可得出，根据平面向量数量积的坐标运算可得出关于的方程，解出的值，即可得出直线所过定点的坐标.
(1)
解：的周长为，
由已知可得，解得，
因此，椭圆的方程为.
(2)
解：由可得.
若直线的斜率不存在，设点、，则，其中，
则，，
所以，，不合乎题意.
所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立，得，
，即，
，
因为，，
由，得，
即，
则，
整理得，解得.
所以，直线的方程为，过定点．
【例4-2】已知点，圆：，点是圆上的动点，的垂直平分线与交于点，记的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)设经过点的直线与交于，两点，求证：为定值，并求出该定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定值为
【解析】
【分析】
（1）根据点在的垂直平分线上，得，从而可得，则有的轨迹是以A，为焦点的椭圆，即可得解；
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设：，，，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理求得，，再证明为定值即可.
(1)
解：圆的圆心为，半径，
由点在的垂直平分线上，得，
所以，
所以的轨迹是以A，为焦点的椭圆，，，
所以，，，
所以的方程为；
(2)
证明：①当直线的斜率不存在时，易知，
②当直线的斜率存在时，设：，，，
则把代入得，
显然，有，，
，
所以，
综上所述，为定值．
归纳总结：
【练习4-1】设椭圆：的离心率为，焦距为2，过右焦点的直线与椭圆交于A，两点，点，设直线与直线的斜率分别为，.
(1)求椭圆的方程；
(2)随着直线的变化，是否为定值？请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据焦距，求得c值，根据离心率，求得a值，根据a，b，c的关系，可得，即可得答案.
（2）当直线l斜率为0，即为x轴时，分析可得；当直线l斜率不为0时，设直线的方程为：，，，将直线与椭圆联立，可得关于y的一元二次方程，利用韦达定理，可得、表达式，根据斜率公式，化简整理，即可得证.
(1)
因为焦距，所以，
因为离心率，所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
(2)
当直线l斜率为0，即为x轴时，
则，所以；
当直线l斜率不为0时，设直线的方程为：，，，
将直线l与椭圆联立，消x整理得，
所以，，
所以，，
所以.
综上所述：为定值0.
【请完成课时作业（五十五）】
【课时作业（五十五）】
A组 基础题
1．直线与椭圆的交点个数为（ ）．
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】C
【解析】
【分析】
根据椭圆的方程求得其右顶点为，上顶点为，结合直线的截距式方程，即可求解.
【详解】
由题意，椭圆，可得，
则椭圆的右顶点为，上顶点为，
又由直线恰好过点，所以直线与椭圆有且仅有2个公共点.
故选：C.
2．若椭圆的中心为原点，过椭圆的焦点的直线l与椭圆交于，两点，已知的中点为，则椭圆的长轴长为（ ）
A．B．4
C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意知，再根据、、、的关系可以求出、的关系，以及椭圆的性质可以求出，继而求出长轴长.
【详解】
由焦点在x轴上，设椭圆的方程为 ，，.
∵，在椭圆上，
∴作差得.(*)
∵直线l过和，且的中点为，
∴，.
，代入(*)式，得，即.
又∵，，解得，所以椭圆的长轴长为.
故选：D.
3．若直线和圆没有公共点，则过点的直线与椭圆的公共点个数为（ ）
A．0B．1
C．2D．需根据a，b的取值来确定
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，利用直线与圆的位置关系，得到，进而结合圆和椭圆的位置关系，即可求得答案.
【详解】
因为直线和圆没有公共点，
所以原点到直线的距离，即，
所以点是在以原点为圆心，为半径的圆内的点，
又因为椭圆，可得，
所以圆内切于椭圆，所以点在椭圆的内部，
所以过点的一条直线与椭圆的公共点的个数为.
故选：C.
4．直线y＝x+m与椭圆交于A，B两点，若弦长，则实数m的值为（ ）
A．B．±1C．D．±2
【答案】B
【解析】
【分析】
联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，结合求得的值.
【详解】
设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，整理可得：3x2+4mx+2m2﹣2＝0，则x1+x2＝，x1x2＝，
所以弦长|AB|＝＝＝，
由题意可得：＝，解得：.
故选：B
5．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
【解析】
【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
6．【多选题】已知直线x＝my－1经过椭圆C：的一个焦点F，且与C交于不同的两点A，B，椭圆C的离心率为，则下列结论正确的有（ ）
A．椭圆C的短轴长为
B．弦的最小值为3
C．存在实数m，使得以AB为直径的圆恰好过点
D．若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】
由于直线x＝my－1经过定点，则由题意得，再由离心率为可求出，从而可求出，则可求出椭圆方程，然后结合椭圆的性质逐个分析判断即可
【详解】
依题意可知，直线x＝my－1经过定点，所以．又椭圆C的离心率为，所以a＝2，则，所以椭圆C的短轴长为，所以A选项不正确；
当m＝0时，弦AB即为椭圆的一条通径，且，所以B选项正确；
椭圆C的长轴长为2a＝4，所以，当最短时，此时点在以AB为直径的圆外，当趋近于4时，点在以AB为直径的圆内，因此，存在实数m，使得以AB为直径的圆恰好过点，所以C选项正确；
由，得，设，，则，
联立整理得，
恒成立，则，．
因为，所以解得，所以D选项正确．
故选：BCD．
7．【多选题】泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ）
A．点的轨迹方程是
B．直线：是“最远距离直线”
C．平面上有一点，则的最小值为5.
D．点P的轨迹与圆：是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）
【答案】ABC
【解析】
【分析】
对A，设，根据定义建立关系可求出；对B，联立直线与椭圆方程，判断方程组是否有解即可；对C，根据定义转化为求即可；对D，易判断为交点.
【详解】
设，因为点到点的距离是点到直线的距离的一半，所以，化简得，故A正确；
联立方程可得，解得，故存在，所以直线：是“最远距离直线”，故B正确；
过P作PB垂直直线，垂足为B，则由题可得，则，则由图可知，的最小值即为点A到直线的距离5，故C正确；
由可得，即圆心为，半径为1，易得点P的轨迹与圆交于点，故D错误.
故选：ABC.
8．在直角坐标系中，椭圆C方程为，P为椭圆C上的动点，直线的方程为：，则点P到直线的距离d的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
设椭圆切线，联立椭圆方程求出切线方程，利用平行线的距离判断椭圆上点到已知直线距离的最值.
【详解】
令与椭圆相切，消去x整理得：，
所以，可得，显然与椭圆无交点，
当，切线为，与距离为；
当，切线为，与距离为；
所以点P到直线的距离d的最小值为.
故答案为：
9．椭圆方程为椭圆内有一点，以这一点为中点的弦所在的直线方程为，则椭圆的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】
设，利用“点差法”得到，即可求出离心率.
【详解】
设直线与椭圆交于，则.
因为AB中点,则.
又，相减得：.
所以
所以
所以，所以，即离心率.
故答案为：.
10．已知椭圆的上顶点为M，下顶点为N，左、右焦点分别为，，四边形的面积为，且为正三角形．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)当直线与椭圆交于A， B两点时，满足，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意列出关于a,b,c的方程，解得其值，即可求得答案;
（2）联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系式，将展开，代入根与系数的关系式化简，可求得答案.
(1)
由四边形的面积为，可得 ，
由为正三角形．可得 ，则 ，则 ，
故椭圆的标准方程为 ；
(2)
联立和椭圆的方程为，
可得 ， ，
设，则，
由可得 ，
即，
即，解得 ，
故直线的方程为 .
B组 能力提升
1．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】
【解析】
【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】
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：
2．（2022·全国·高考真题（文））已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
(1)
解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
(2)
，所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】
求定点、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.
3．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【解析】
【分析】
（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
(1)
设是椭圆上任意一点,,则
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
(2)
设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.