高考数学人教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】(原卷版+解析)

这是一份高考数学人教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】(原卷版+解析)，共38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.