专题03椭圆的概念与几何性质（考点清单）（含答案） 2024-2025学年高二数学上学期期中考点大串讲（苏教版2019选择性必修第一册）学案

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【清单01】椭圆的概念与标准方程
一．椭圆的定义
(1)定义：平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹．
(2)焦点：两个定点F1，F2.
(3)焦距：两焦点间的距离|F1F2|.
(4)半焦距：焦距的一半．
二.椭圆的标准方程对比
【清单02】椭圆的几何性质与离心率的求法
一.椭圆的几何性质汇总
二.椭圆的离心率
1.定义：e＝eq \f(c,a).
2.离心率的范围为：(0,1).
3.公式拓展：e＝eq \f(c,a)=1−b2a2
4.e越大，椭圆越扁平；e越小，椭圆越接近于圆.
【清单03】直线与椭圆的位置关系
直线与椭圆的位置关系
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。
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⟺直线与椭圆相交⟺有两个公共点；
二．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x2a2+y2b2=1(a>b>0)与P1（x1，y1），P2（x2，y2），两点，则|P1P2|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2＝1+(1k)2·(y1+y2)2−4y1y2.
三．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.
【考点题型一】椭圆的概念与标准方程
方法总结：
我们把平面内与两个定点F1，F2,的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆，这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距，焦距的一半称为半焦距
【例1】（23-24高二上·江苏盐城·期中）点Px,y在椭圆x24+y29=1上，则x2+y−52+x2+y+52等于（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】A
【分析】先根据椭圆的标准方程，判断出0,5和0,−5是椭圆的两个焦点及a，b，c的值，再根据椭圆的定义，椭圆上一点到两焦点的距离之和为定值2a可得结论.
【详解】因为椭圆的标准方程为：x24+y29=1，所以该椭圆的交点在y轴上，且a2=9⇒a=3，b2=4，
所以c2=a2−b2=9−5=5，所以焦点坐标为：0,5和0,−5.
因为x2+y−52+x2+y+52表示点x,y到两点0,5和0,−5的距离之和；
根据椭圆的定义，所以x2+y−52+x2+y+52=2a=6.
故选：A.
【变式1-1】（23-24高二上·江苏宿迁·期中）如图，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右顶点为A，上顶点为B，从椭圆上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点F1，若AB//OP，F1A=10+5，则椭圆C的标准方程为（ ）

A．x210+y25=1B．x215+y25=1
C．x215+y210=1D．x220+y215=1
【答案】A
【分析】根据平行关系得到相似关系，得到b=c，a=2c，结合题目条件，求出a,b，得到椭圆方程.
【详解】由题意得F1A=a+c=10+5，
当x=−c时，−c2a2+y2b2=1，解得y=±b2a，故P−c,b2a，
所以PF1=b2a，
因为AB//OP，所以PF1OF1=OBAO，即b2ac=ba，解得b=c，
故a=b2+c2=2c，
所以2c+c=10+5，解得c=5，
所以a=10,b=5，
椭圆C的标准方程为x210+y25=1.
故选：A
【变式1-2】（23-24高二上·江苏宿迁·期中）阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积是83π，长轴的一个端点与短轴的两个端点构成等边三角形，则椭圆的方程为（ ）
A．x224+y28=1B．x228+y212=1
C．x232+y216=1D．x236+y218=1
【答案】A
【分析】
由椭圆面积公式求得关于a,b的关系式，结合等边三角形性质可得a,b的基本关系，联立方程即可求解.
【详解】由椭圆面积公式可得Sπ=ab,依题意有ab=83①，
又长轴的一个端点与短轴的两个端点构成等边三角形，得a2+b2=2b②，
联立①②得：b2=8,a2=24，
故椭圆的方程为x224+y28=1.
故选：A
【变式1-3】（23-24高二上·江苏泰州·期中）设m为实数，若方程x22−m+y2m−1=1表示焦点在x轴上的椭圆，则实数m的取值范围是（ ）
A．32b>0中令x=c得，y=±b2a，
由于直线PF1的斜率为43，故Pc,b2a，则kPF1=b2a−0c−(−c)=b22ac=43①，
又a2=b2+c2②，联立①②得，3c2+8ac−3a2=0，所以3e2+8e−3=0，
解得e=13或−3（舍）.
故答案为：13.
【变式2-1】（23-24高二下·浙江·期中）已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>b>0,c2=a2−b2的右焦点为F，过点F作圆C2:x2+y2+2cx=0的切线与椭圆C1相交于A,B两点，且FB=2AF，则椭圆C1的离心率是（ ）
A．39B．36
C．239D．33
【答案】C
【分析】设切线为x=my+c,Ax1,y1,Bx2,y2，联立椭圆方程，利用韦达定理表示y1+y2,y1y2，由FB=2AF得y2=−2y1，进而8m2c2=a2+b2m2，根据直线与圆的位置关系与点到直线的距离公式可得m2=3，则4a2=27c2，即可求解.
【详解】如图，设切线方程为x=my+c,Ax1,y1,Bx2,y2，
x=my+cx2a2+y2b2=1，消去x，得(a2+b2m2)y2+2mcb2y−b4=0，
则y1+y2=−2mcb2a2+b2m2y1y2=−b4a2+b2m2①，又FB=2AF，所以y2=−2y1，
代入①，得−y1=−2mcb2a2+b2m2−2y12=−b4a2+b2m2，则(2mcb2a2+b2m2)2=b42(a2+b2m2)，整理得8m2c2=a2+b2m2②.
又圆心C2(−c,0)到直线x−my−c=0的距离等于半径，半径r=c，
则d=−c−c1+m2=c，解得m2=3，代入②，整理得4a2=27c2，
所以e2=c2a2=427，由00的左、右焦点分别是F1，F2，点P是椭圆C上位于第一象限的点，且PF2与y轴平行，直线PF1与C的另一个交点为Q，若PF1=4F1Q，则C的离心率为（ ）
A．2111B．3311
C．77D．217
【答案】D
【分析】由题意求出|PF2|=b2a，作QE⊥x轴，利用三角形相似求出Q点坐标，代入椭圆方程，即可得a,c的关系，即可求得椭圆离心率.
【详解】由题意知点P是椭圆C上位于第一象限的点，且PF2与y轴平行，
故PF2⊥x轴，将x=c代入x2a2+y2b2=1a>b>0得c2a2+y2b2=1，
则y=±b2a，即P(c,b2a)，即|PF2|=b2a，
作QE⊥x轴，垂足为E，设Q(x0,y0)，

则PF2∥QE，故Rt△PF2F1∽Rt△QEF1，
由PF1=4F1Q可得|PF1||F1Q|=4,∴|F1F2||EF1|=|PF2||QE|=4，
故|EF1|=|F1F2|4=2c4=c2，则x0=−c−c2=−3c2；
y0=−|QE|=−|PF2|4=−b24a，则Q−3c2,−b24a,
将Q点坐标代入x2a2+y2b2=1a>b>0得9c24a2+b216a2=1，
结合b2=a2−c2得3a2=7c2,∴e=ca=217，
故选：D
【变式2-3】（23-24高二下·江苏南通·期中）设椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，连接AF1并延长交椭圆C于点P，若PA=PF2，则该椭圆的离心率为 ．
【答案】33
【分析】根据给定的条件，结合椭圆定义用a表示|PF1|,|PF2|,|AF1|，在△PF1F2中利用余弦定理列式计算作答.
【详解】依题意，|AF1|=a，由|PA|=|PF2|，
得：|PF2|−|PF1|=|AF1|=a，而|PF2|+|PF1|=2a，
于是得|PF1|=12a,|PF2|=32a，
令椭圆半焦距为c，有cs∠AF1O=ca，如图，
在△PF1F2中，由余弦定理得：|PF2|2=|F1P|2+|F1F2|2−2|F1P||F1F2|cs∠PF1F2，
即(32a)2=(12a)2+(2c)2−2⋅12a⋅2c⋅(−ca)，整理得a2=3c2，
因此e2=13，解得e=33，
所以椭圆的离心率为33.
故答案为：33
【变式2-4】（22-23高二上·江苏南通·阶段练习）已知椭圆C:x2m+y24=1的焦距是2，则离心率e的值是（ ）
A．55B．12或55
C．12或32D．55或255
【答案】B
【分析】对焦点所在位置进行分类讨论，利用a2=b2+c2、e=ca进行求解.
【详解】因为椭圆C:x2m+y24=1的焦距是2，所以c=1，
当椭圆焦点在x轴上，m=4+1=5，所以e=ca=15=55，
当椭圆焦点在y轴上，4=m+1，所以e=ca=12，故A，C，D错误.
故选：B.
【考点题型三】焦点三角形
方法总结：求椭圆中焦点三角形面积的方法：
①根据椭圆的定义求出|PF1|+PF2|＝2a；
②利用余弦定理表示出|PF1|，|PF2|，|F1F2|之间满足的关系式；
③利用公式＝eq \f(1,2)×|PF1|·|PF2|sin∠F1PF2求得面积．利用公式＝eq \f(1,2)×|F1F2|×|yP|(yP为P点的纵坐标)求得面积
④结论：S∆PF1F2=b2tanθ2
【例3】（23-24高二上·江苏徐州·期中）已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，则△PF1F2的周长为（ ）
A．3B．4
C．5D．6
【答案】D
【分析】利用椭圆定义以及标准方程即可得出结果.
【详解】由题知，椭圆C:x24+y23=1，
则长轴2a=4，焦距F1F2=2，
△PF1F2的周长为2a+F1F2=6.
故选：D
【变式3-1】（23-24高二上·江苏南通·期中）已知点P为椭圆x24+y2=1上的一个动点，点F1，F2分别为该椭圆的左、右焦点，当∠F1PF2=π2时，则△F1F2P的面积为（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】A
【分析】根据题意，设PF1=m,PF2=n，结合椭圆的定义以及勾股定理列出方程，再由三角形的面积公式，即可得到结果.
【详解】由题意可得a=2,b=1,c=3，设PF1=m,PF2=n，
则m+n=2a=4m2+n2=4c2=12，所以m+n2−2mn=12，
解得mn=2，所以S△F1F2P=12mn=1.
故选：A
【变式3-2】（21-22高二上·黑龙江大庆·期中）已知F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y29=1a>3的左、右焦点，点P为椭圆上一点，且∠F1PF2=120°，则PF1⋅PF2=（ ）
A．18B．36
C．363D．与a的取值有关
【答案】B
【分析】由椭圆定义得PF1+PF2=2a，在△F1PF2中，利用余弦定理可构造出关于PF1⋅PF2的方程，解方程可求得结果.
【详解】解：由椭圆定义可知：PF1+PF2=2a，
∵∠F1PF2=120∘，
∴cs∠F1PF2=PF12+PF22−F1F222PF1⋅PF2=PF1+PF22−2PF1⋅PF2−F1F222PF1⋅PF2，
即−12=4a2−2PF1⋅PF2−4c22PF1⋅PF2=4b2−2PF1⋅PF22PF1⋅PF2
∴ PF1⋅PF2=4b2=36
故选：B
【变式3-3】（23-24高二上·江苏无锡·期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），F1、F2为椭圆的左右焦点，A为椭圆上一点，连接AF1并延长交椭圆于另一点B，若AF2=2AF1，BF2=3BF1，则椭圆C的离心率为 .
【答案】217/1721
【分析】由题意AF2=2AF1，BF2=3BF1，结合椭圆定义可将这些长度以及AB=AF1+BF1用同一个参数a表示，然后分别在在△ABF2、△AF1F2中，对∠A利用余弦定理，结合离心率公式化为其次方程即可得解.
【详解】如图所示：
由题意AF2=2AF1，BF2=3BF1，F1F2=2c，
所以不妨设AF2=2t,AF1=t,BF2=3u,BF1=u，
而由椭圆定义有AF2+AF1=3t=2a,BF2+BF1=4u=2a，
所以t=2a3,u=a2，
所以AF2=4a3,AF1=2a3,BF2=3a2,BF1=a2,AB=AF1+BF1=2a3+a2=7a6，
在△ABF2中，由余弦定理有cs∠BAF2=4936a2+169a2−94a22×7a6×4a3=27，
在△AF1F2中，由余弦定理有cs∠F1AF2=49a2+169a2−4c22×2a3×4a3=27，
交叉相乘得1409a2−28c2=329a2，即12a2=28c2，所以e=ca=1228=37=217.
故答案为：217.
【点睛】关键点睛：解决问题的关键在于表示出AF2=4a3,AF1=2a3,BF2=3a2,BF1=a2,AB=AF1+BF1=2a3+a2=7a6以及F1F2=2c，然后利用余弦定理即可顺利得解.
【变式3-4】（21-22高二上·江苏扬州·期中）已知平面上两点F4,0，F'−4,0，动点P满足PF+PF'=10．
(1)求动点P的轨迹C的标准方程；
(2)当动点P满足∠FPF'=90°时，求P点的纵坐标．
【答案】(1)x225+y29=1
(2)±94
【分析】（1）根据动点P满足的几何性质和椭圆的定义可得动点的轨迹方程；
（2）设Px0,y0，根据∠FPF'=90°和椭圆定义得关于x0,y0的方程组，从而可求点P的纵坐标.
【详解】（1）因为PF+PF'=10>FF'=8，
由椭圆的定义可得P的轨迹为椭圆，其长轴长2a=10，故a=5，
又因为F4,0，F'−4,0，所以椭圆焦点在x轴上，半焦距c=4，故b=3，
故方程为：x225+y29=1.
（2）由（1）知，F、F'是椭圆的两个焦点，设Px0,y0，
在△FPF'中，因为∠FPF'=90°，
所以FF'2=PF2+PF'2，即PF2+PF'2=64，
又PF+PF'=10，所以PF⋅PF'=18，
在△FPF'中，S△PFF'=12PF⋅PF'=9，
又S△PFF'=12y0FF'=9，所以y0=94，得P点的纵坐标为±94．

【考点题型四】和差最值问题
方法总结：总体理论依据：
1.线段公理——两点之间，线段最短。
2.对称的性质——①关于一条直线对称的两个图形全等。②对称轴是两个对称图形对应点连线的垂直平分线
3.三角形两边之和大于第三边。
4.三角形两边之差小于第三边。
5.垂直线段最短
【例4】（23-24高二上·江苏连云港·期中）设椭圆C：x2+y2b2=100的左、右焦点分别为F1−3,0，F23,0，过点F2且垂直于x轴的直线与该椭圆相交于A，B两点，且AB=1，点P在该椭圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点P，使得∠F1PF2=90°
B．若∠F1PF2=60°，则S△F1PF2=63
C．满足△F1PF2为等腰三角形的点P只有2个
D．PF1−PF2的取值范围为−23,23
【答案】AD
【分析】求出椭圆方程，利用动点P的位置变化，研究∠F1PF2的取值范围判断A；根据椭圆的几何性质及余弦定理求解判断B；分类讨论，借助方程组求动点坐标判断C；利用三角形不等式求解判断D.
【详解】由椭圆M:x2a2+y2b2=1的左右焦点分别为F1−3,0、F23,0，得c=3=a2−b2，
将x=3代入x2a2+y2b2=1，则3a2+y2b2=1，解得y=±b2a，不妨令A3,b2a，B3,−b2a，
由AB=1，则2b2a=1，即b2=a2，将其代入a2−b2=3，可得a2−a2=3，
化简得2a+3a−2=0，由a>0，解得a=2，则椭圆M:x24+y2=1，
对于A，当点P为椭圆的上（或下）顶点时，∠F1PF2最大，如图：
由椭圆M:x24+y2=1，则PO=1，PF2=2，在Rt△OPF2中，∠POF2=60∘，
由对称性得∠F1PF2=120∘，因此∠F1PF2的取值范围为0,2π3，A正确；
对于B，如图：
设PF1=m，PF2=n，则m+n=2a=4，F1F2=2c=23，
在△F1PF2中，由余弦定理得cs∠F1PF2=PF12+PF22−F1F222⋅PF1⋅PF2，即cs60∘=m2+n2−122mn，整理得mn=43，
因此S△F1PF2=12⋅PF1⋅PF2⋅sin∠F1PF2=12mnsin60∘=33，B错误；
对于C，设PF1=m，PF2=n，则m+n=4，F1F2=2c=23，
当m=n=2时，△F1PF2为等腰三角形，此时P的坐标为0,1或0,−1，
当m=F1F2时，△F1PF2为等腰三角形，此时m=23，设Px,y，
则x24+y2=1x+32+y2=23，消去y得3x2+83x−32=0，
由Δ=832−4×3×−32=576>0，则方程有解，C错误；
对于D，显然||PF1|−|PF2||≤|F1F2|=23，当且仅当点P为椭圆长轴端点时取等号，
因此−23≤|PF1|−|PF2|≤23，D正确.
故选：AD
【变式4-3】（23-24高二上·江苏扬州·期中）动点M分别与两定点A(−5,0)，B(5,0)连线的斜率的乘积为−1625，设点M的轨迹为曲线C，已知N(2,3)，F(−3,0)，则MF+MN的取值范围为 .
【答案】8,12
【分析】根据已知可求得点M的轨迹方程为x225+y216=1（x≠±5），即椭圆.根据椭圆的定义转化为求MN−MF1+10的最值，结合图象，即可得出答案.
【详解】设Mx,y，x≠±5，则kMA=yx+5，kMB=yx−5，
由已知可得，kMA⋅kMB=−1625，即yx+5⋅yx−5=−1625，
整理可得，x225+y216=1.
所以，点M的轨迹方程为x225+y216=1（x≠±5）.
所以，a2=25，b2=16，c2=a2−b2=9，所以c=3.
则F(−3,0)为椭圆的左焦点，设右焦点为F13,0，
根据椭圆的定义有MF+MF1=2a=10，
所以MF=10−MF1，
所以，MF+MN=MN−MF1+10.
①当MN>MF1时，根据三边关系可知有MF1−MN≤NF1，
当且仅当M,F1,N三点共线时，等号成立，
即M位于图中点M1时，MF1−MN有最大值为NF1=2，
所以，MF+MN≤M1F1−M1N+10=2+10=12；
②当MNb>0)的位置关系：
点P在椭圆上⇔eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1；
点P在椭圆内部⇔eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)1.
2.直线y＝kx＋m与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系，判断方法：
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消y得一元二次方程．
当Δ>0时，方程有两解，直线与椭圆相交；
当Δ＝0时，方程有一解，直线与椭圆相切；
当Δ3，
可得：m2+n20)恒有公共点，
即点P0,2在椭圆内或椭圆上，∴09+4m≤1，即m≥4，
又m≠9，否则x29+y2m=1是圆而非椭圆，
∴4≤m9，即实数m的取值范围是4,9∪9,+∞.
故答案为：4,9∪9,+∞
【变式5-4】（22-23高二上·安徽·期中）已知椭圆C：x22+y2=1上存在关于直线l：y=x+m对称的点，则实数m的取值范围为（ ）
A．−1,13B．−33,13
C．−33,33D．−13,33
【答案】C
【分析】设C上关于直线y=x+m对称的两点分别为Mx1,y1，Nx2,y2，其中点为Ex0,y0，利用点差法，结合点E在C的内部可得2m2+m2b>0)的焦距为42，短半轴的长为2，过点P−2,1且斜率为1的直线l与椭圆C交于A,B两点．
(1)求椭圆C的方程及弦AB的长；
(2)椭圆上有一动点Q，求S△QAB的最大值．
【答案】(1)x212+y24=1，422
(2)7212
【分析】（1）首先根据已知条件和平方关系求出椭圆方程，然后联立直线方程和椭圆方程，结合韦达定理以及弦长公式运算即可求解.
（2）由题意只需求出动点Q到直线AB的最大值即可，此时可利用三角换元结合辅助角公式、三角函数性质即可，最终结合弦AB的长即可求解.
【详解】（1）由题意2c=42,b=2,a2=b2+c2，解得c=22,b=2,a=23，
所以椭圆C的方程为x212+y24=1，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
而过点P−2,1且斜率为1的直线l的方程为y−1=x+2，即y=x+3，
将其与椭圆方程联立得x212+y24=1y=x+3，消去y并整理得4x2+18x+15=0，
所以Δ=182−4×15×4=324−240=84>0,x1+x2=−92,x1x2=154，
所以弦AB的长为AB=x1−x22+y1−y22=1+12⋅x1+x22−4x1x2
=2×814−15=422.
（2）
由（1）椭圆C的方程及弦AB的长分别为x212+y24=1，AB=422，且直线AB的方程为y=x+3，
由题意动点Q在椭圆x212+y24=1上，不妨设点Q23csθ,2sinθ,θ∈R，
所以点Q23csθ,2sinθ到直线AB的距离
d=23csθ−2sinθ+32=4csθ+π6+32，
而−4≤4csθ+π6≤4，
所以−1≤4csθ+π6+3≤7，
所以0≤4csθ+π6+3≤7，
所以点Q23csθ,2sinθ到直线AB的距离d有最大值dmax=722，
所以S△QABmax=12×422×722=7212，
即S△QAB的最大值为7212.
【变式6-3】（22-23高二上·山西太原·期中）已知平面上动点Mx,y与定点1,0的距离和M到定直线x=2的距离的比是常数22，动点M的轨迹为曲线C.直线l与曲线C交于Px1,y1,Qx2,y2两个不同的点.
(1)若直线l的方程为y=2x+2，求△OPQ的面积；
(2)若△OPQ的面积为22，证明：x12+x22和y12+y22均为定值.
【答案】(1)2109
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题知曲线C的方程为x22+y2=1，进而直线l的方程与椭圆方程联立结合弦长公式得PQ=1029，原点到直线y=2x+2的距离为d=255，再计算面积即可；
（2）先考虑直线斜率存在时的情况，设其方程为y=kx+m，进而与椭圆方程联立，结合弦长公式得m2=12+k2，再计算x12+x22，y12+y22即可证明.
【详解】（1）解：动点Mx,y与定点F1,0的距离为MF=x−12+y2，
M到定直线x=2的距离为x−2，
所以x−12+y2x−2=22，化简得x22+y2=1，
所以，曲线C的方程为x22+y2=1；
所以，联立方程x22+y2=1y=2x+2得9x2+16x+6=0，
Δ=40>0
所以，x1+x2=−169,x1x2=23，
所以，原点到直线y=2x+2的距离为d=222+1=255，
PQ=1+22x1+x22−4x1x2=525681−83=1029，
所以，△OPQ的面积S=12dPQ=12×255×1029=2109
所以，△OPQ的面积为2109
（2）解：由（1）曲线C的方程为x22+y2=1，
因为直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，
与椭圆方程联立y=kx+mx22+y2=1得1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，
Δ=4km2−41+2k22m2−2=16k2−8m2+8>0， x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−21+2k2，
原点到直线y=kx+m的距离为d=mk2+1，
PQ=x1−x22+y1−y22=x1+x22−4x1x21+k2
=−4km1+2k22−8m2−81+2k21+k2=16k2−8m2+81+2k221+k2，
所以△OPQ的面积为12dPQ=12mk2+1×16k2−8m2+81+2k221+k2=22，
化简得8k2m2−4m4+4m2=1+4k2+4k4，即2m2−k2−12=0，
m2=12+k2，
x12+x22=x1+x22−2x1x2=−4km1+2k22−4m2−41+2k2=
=16k212+k21+2k22−412+k2−41+2k2=8k2+16k4−8k4+21+2k22=22k2+121+2k22=2，
所以x12+x22=2为定值.
所以，y12+y22=kx1+m2+kx2+m2=k2x12+x22+2kmx1+x2+2m2
=2k2+2km⋅−4km1+2k2+2m2=2k21+2k2−8k2m2+2m21+2k21+2k2
2k21+2k2−8k212+k2+212+k21+2k21+2k2=1+2k22k2−4k2+1+2k21+2k2=1
所以，y12+y22=1为定值.
当斜率不存在时，设其方程为x=x0−20的离心率e=32，且过点2,22．
（1）求椭圆C的方程；
（2）A、B分别是椭圆C的左顶点和上顶点，P是线段AB上的点，直线y=12x+mm≥0交椭圆C于M，N两点．若△MNP是斜边长为10的直角三角形，求直线MN的方程．
【答案】（1）x24+y2=1；（2）y=12x或y=12x+27
【分析】（1）根据离心率和椭圆上的点列关于a，b，c方程即可求解出椭圆的方程;
（2）联立直线与椭圆的方程，用m表示MN 的长，再根据三角形的斜边长列等式即可求解参数m的值.
【详解】（1）根据题意，ca=32a2=b2+c222a2+222b2=1∴a=2b=1c=3
故椭圆C的方程为：x24+y2=1
（2）由（1）知，A点坐标为（-2，0），B点坐标为（0，1）
所以线段AB的方程为：y=12x+1(−2≤x≤0)，∴MN//AB
∴MN与AB间的距离为：d=2m−25
直线y=12x+m(m≥0)与椭圆x24+y2=1相交于M，N两点，联立方程可得：
y=12x+m(m≥0)x24+y2=1 化简计算得：x2+2mx+2m2−2=0
∴xM+xN=−2m，xMxN=2m2−2
且Δ=4m2−4(2m2−2)≥0，0≤m≤2
从而得， MN=1+k2xM−xN=52×4m2−4(2m2−2)=5(2−m2)
根据题意ΔPMN为斜边长为10直角三角形
PM⊥MN或PN⊥MN时，
PM=d=2m−25，PN=10，即PM2+MN2=10
或PN=d=2m−25，PM=10，即PM2+MN2=10或PN2+MN2=10
计算得：(2m−25)2+(5(2−m2))2=10，解得m=−23或m=27
∵0≤m≤2∴m=27，此时，MN的方程为y=12x+27；
PN⊥PM时，MN=10，即5(2−m2)=10，解得m=0
此时，MN的方程为y=12x；
所以直线MN的方程为y=12x或y=12x+27
【考点题型七】中点弦
方法总结：解决椭圆中点弦问题的两种方法：
（1）根与系数关系法：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：利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和
【例7】（23-24高二上·江苏南通·期中）设a，b是实数，若椭圆ax2+by2=1与直线x+y=1交于点A，B，点M为AB的中点，直线OM(O为原点)的斜率为22，又OA⊥OB，则椭圆方程为 .
【答案】(22−2)x2+(4−22)y2=1
【分析】将椭圆ax2+by2=1与直线x+y=1联立，由韦达定理表示出AB中点M的坐标，由OM的斜率可得ab的值，由OA⊥OB，则OA⋅OB=0，化简得a+b=2，联立ab=22a+b=2，可得a、b的值，从而得出椭圆方程．
【详解】由已知条件可知，a，b>0，a≠b，
联立x+y=1ax2+by2=1，消去y并整理得：(a+b)x2−2bx+b−1=0
设Ax1，y1，Bx2，y2，
则Δ>0x1+x2=2ba+bx1x2=b−1a+b，
则y1+y2=2−(x1+x2)=2aa+by1y2=(1−x1)(1−x2)=a−1a+b，
由OA⊥OB，则OA⋅OB=0，
又因为kOM=22,
所以kOM=y1+y22x1+x22=ab=22x1x2+y1y2=a+b−2a+b=0，
解得a=22−2b=4−22.
所以椭圆方程为(22−2)x2+(4−22)y2=1.
故答案为：(22−2)x2+(4−22)y2=1.

【变式7-1】（23-24高二上·江苏宿迁·期中）已知椭圆C:x2m2+y26=1的焦点分别为F10,2，F20,−2，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点P12,12为线段MN的中点，则直线l的方程为 ．
【答案】3x+y−2=0
【分析】先由题意求出m2，再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求解.
【详解】根据题意，因为焦点在y轴上，所以6−m2=4，则m2=2，
即椭圆C:x22+y26=1，所以P点为椭圆内一点，
设Mx1,y1,Nx2,y2，则x122+y126=1，x222+y226=1，
两式相减得x1+x2x1−x22=−y1+y2y1−y26，变形得y1−y2x1−x2=−3×x1+x2y1+y2，
因为点P12,12为线段MN的中点，所以x1+x2y1+y2=x1+x22y1+y22=xPyP=1212=1，
所以直线l的斜率为k=y1−y2x1−x2=−3×x1+x2y1+y2=−3×1=−3，
所以直线l的方程为y−12=−3x−12，即3x+y−2=0.
故答案为：3x+y−2=0.
【变式7-2】（20-21高二上·江苏·期中）已知椭圆C:x29+y24=1，点M与C的焦点不重合，若M关于C的焦点的对称点分别为A,B，线段MN的中点在椭圆C上，则AN+BN的值为（ ）
A．6B．12
C．18D．24
【答案】B
【分析】根据已知条件, 作出图形, 连接MN的中点与椭圆的两个焦点, 便会得到三角形的中位线, 根据中位线的性质及椭圆上的点到两焦点的距离和为2a即可求出AN+BN.
【详解】解：如图
设MN的中点为Q，椭圆C的左右焦点分别为F1、F2,连接QF1,QF2,
∵ F1是MA的中点, Q是MN的中点,∴ F1Q是△MAN，
QF1=12AN,
同理:QF2=12NB,
∵ Q在椭圆C上,
∴ QF1+QF2=2a=6
∴ AN+BN=12.
故选：B.
【变式7-3】（23-24高二上·江苏南通·期中）已知椭圆C：x24+y23=1的右焦点为F，斜率不为0的直线l与C交于A，B两点．
(1)若P1,−12是线段AB的中点，求直线l的方程；
(2)若直线l经过点Q4,0（点A在点B，Q之间），直线BF与C的另一个交点为D，求证：点A，D关于x轴对称．
【答案】(1)3x−2y−4=0;
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用点差法，利用Ax1,y1，Bx2,y2，代入椭圆，然后相减整理即可得出斜率;
（2）根据椭圆的对称性，欲证点A，D关于x轴对称，只需证明kFA+kFB=0即可.
【详解】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x124+y123=1,x224+y223=1,两式相减，得x22−x124+y22−y123=0，
即y2−y1x2−x1=−34⋅x2+x1y2+y1．
因为P1,−12是线段AB的中点，所以x2+x1=2，y2+y1=−1，
所以直线l的斜率k=y2−y1x2−x1=32，
所以直线l的方程为y+12=32x−1，即3x−2y−4=0．
（2）根据椭圆的对称性，欲证点A，D关于x轴对称，
只需证kFA=−kFD，即证kFA+kFB=0．
设直线AB的方程为x=my+4，
由x=my+4,3x2+4y2=12,消x得3m2+4y2+24my+36=0，
所以y1+y2=−24m3m2+4，y1y2=363m2+4．
所以kFA+kFB=y1x1−1+y2x2−1=y1x2−1+y2x1−1x1−1x2−1=y1x2+y2x1−y1+y2x1−1x2−1．
因为y1x2+y2x1−y1+y2=2my1y2+3y1+y2=2m×363m2+4+3×−24m3m2+4=0，
所以kFA+kFB=0，即点A，D关于x轴对称．

【变式7-4】（23-24高二上·江苏盐城·期中）已知椭圆C:x28+y24=1，左右焦点分别为F1，F2，直线l与椭圆交于A，B两点，弦AB被点2，1平分．
(1)求直线l的一般式方程；
(2)求F1A⋅F1B.
【答案】(1)x+y−3=0
(2)473
【分析】（1）设A(x1,y1),B(x2,y2)，代入双曲线方程相减，利用弦中点坐标可得直线斜率，从而得直线方程，检验直线与双曲线是否相交．
（2）由韦达定理得x1+x2,x1x2，代入F1A⋅F1B的坐标表示中计算即得．
【详解】（1）因为弦AB被点2，1平分，所以
设交点坐标Ax1,y1，Bx2,y2，x1+x2=4，y1+y2=2，
则x128+y124=1x228+y224=1，
两式相减得：x1+x2x1−x2=−2y1+y2y1−y2），
所以直线l的斜率k=y1−y2x1−x2=−12⋅x1+x2y1+y2=−1，
故直线l的一般式方程为x+y−3=0，
联立椭圆与直线方程x28+y24=1，x+y−3=0，得3x2−12x+10=0， Δ=(−12)2−4×3×10=24>0，直线与双曲线相交，满足题意．
所以直线方程为x+y−3=0，
（2）由（1）知：F1−2，0，Ax1,y1，Bx2,y2
由（1）得x1+x2=4，x1x2=103，
y1y2=(−x1+3)(−x2+3)=x1x2−3(x1+x2)+9=13，
所以F1A⋅F1B=(x1+2)(x2+2)+y1y2=x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=473．
【考点题型八】轨迹方程问题
方法总结：解决与椭圆有关的轨迹问题的三种方法：
（1）定义法：用定义法求椭圆方程的思路是：先观察、分析已知条件，看所求动点轨迹是否符合椭圆的定义．若符合椭圆的定义，则用待定系数法求解即可．
（2）方程法：直接根据条件列方程化简即可。
（3）相关点法：有些问题中的动点轨迹是由另一动点按照某种规律运动而形成的，
只要把所求动点的坐标“转移”到另一个动点在运动中所遵循的条件中去，即可解决问题，这种方法称为相关点法
【例8】（23-24高二上·广东深圳·期中）如图，已知定圆A的半径为4，B是圆A内一个定点，且AB=2，P是圆上任意一点.线段BP的垂直平分线l和半径AP相交于点Q，当点P在圆上运动时，则点Q的轨迹是（ ）

A．圆B．射线
C．长轴为4的椭圆D．长轴为2的椭圆
【答案】C
【分析】连接BQ，由线段垂直平分线的性质结合圆的性质可得AQ+BQ=AP=4>AB=2，再由椭圆的定义可得其轨迹.
【详解】连接BQ，
因为线段BP的垂直平分线l和半径AP相交于点Q，所以BQ=PQ，
因为AQ+PQ=AP=4>AB=2，所以AQ+BQ=AP=4>AB=2，
所以点Q的轨迹是以A,B为焦点，4为长轴长，焦距为2的椭圆.
故选：C
【变式8-1】(多选)（23-24高二上·江苏徐州·期中）下列说法正确的是（ ）
A．若动圆C与圆C1:(x+1)2+y2=1外切，且与圆C2:(x−1)2+y2=9内切，则动圆的圆心C的轨迹是一个完整的椭圆
B．若动点P到F(1,0)的距离是到直线x=9的距离的13，则动点P的轨迹是一个完整的椭圆
C．将椭圆x24+y28=1上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，则得到的曲线是一个完整的椭圆
D．已知点A(−2,0)，B(2,0)，直线AM,BM相交于点M，且它们的斜率之积是−34，则点M的轨迹是一个完整的椭圆
【答案】BC
【分析】利用椭圆的定义，结合椭圆轨迹方程的求解方法一一求解即可判断.
【详解】对A，如图，

设动圆C的半径为r，
根据动圆C与圆C1外切，且与圆C2内切，
可得，CC1=r+1CC2=3−r，所以CC1+CC2=4，
所以动圆的圆心C的轨迹是一个椭圆，方程为x24+y23=1
但不包含点−2,0，因为此时动圆C变成了一个点，不满足题意，A错误；
对B，设P(x,y)，根据题意可得，(x−1)2+y2x−9=13，
整理得，x29+y28=1，表示完整的椭圆，B正确；
对C，将椭圆x24+y28=1上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，
得到x216+y28=1表示完整的椭圆，C正确；
对D，设M(x,y)，
kAM⋅kBM=yx+2⋅yx−2=−34，整理得，x24+y23=1，
但因为kAM,kBM均存在，所以x≠±2，所以不是完整的椭圆，D错误；
故选:BC.
【变式8-2】（21-22高二上·江苏镇江·期中）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F1,0，直线l:x=4，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半.若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ）
A．点P的轨迹方程是x24+y23=1
B．直线l1：x+2y−4=0是“最远距离直线”
C．平面上有一点A−1,1，则PA+2PF的最小值为5.
D．点P的轨迹与圆C：x2+y2−2x=0是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）
【答案】ABC
【分析】对A，设Px,y，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PA+PB即可；对D，易判断2,0为交点.
【详解】设Px,y，因为点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半，所以2x−12+y2=x−4，化简得x24+y23=1，故A正确；
联立方程x+2y−4=0x24+y23=1可得x−12=0，解得x=1，故存在P1,32，所以直线l1：x+2y−4=0是“最远距离直线”，故B正确；
过P作PB垂直直线l:x=4，垂足为B，则由题可得PB=2PF，则PA+2PF=PA+PB，则由图可知，PA+PB的最小值即为点A到直线l:x=4的距离5，故C正确；
由x2+y2−2x=0可得x−12+y2=1，即圆心为1,0，半径为1，易得点P的轨迹与圆C交于点2,0，故D错误.
故选：ABC.
【变式8-3】（23-24高二上·江苏南通·期中）已知动点M(x,y)满足：(x−1)2+y2+(x+1)2+y2=22.
(1)指出动点M的轨迹C是何种曲线，并化简其方程；
(2)若过点P1,12的直线l和曲线C相交于A,B两点，且P为线段AB的中点，求直线l的方程.
【答案】(1)椭圆，C的方程是：x22+y2=1
(2)y=−x+32
【分析】（1）根据椭圆的定义即可判断点M的轨迹，并求解方程；
（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）设F1(−1,0)，F2(1,0)，M(x,y)，因为(x−1)2+y2+(x+1)2+y2=22，
所以MF2+MF1=22，且22>F1F2=2，
所以点M的轨迹C是以F1(−1,0)，F2(1,0)为焦点，长轴长为22的椭圆.
设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，记c=a2−b2，则2a=22，c=1，
所以a=2，c=1，所以b=a2−c2=1，所以C的标准方程为x22+y2=1.
（2）设点Ax1,y1,Bx2,y2，则x122+y12=1x222+y22=1，
作差得x12−x222+y12−y22=0，除以x1−x2得x1+x22+y1+y2⋅y1−y2x1−x2=0，
又由点P1,12是AB的中点，则有x1+x2=2,y1+y2=1，所以2(x1−x2)+2(y1−y2)=0，
变形可得kAB=y1−y2x1−x2=−1，所以直线l的方程是y−12=−(x−1)即y=−x+32，
经检验符合题意，故直线l的方程为y=−x+32.
【变式8-4】（20-21高二上·广西贵港·期中）已知平面内两定点M(−1,0),N(1,0)，动点P满足PM+PN=23．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)若直线y=x+1与曲线C交于不同的两点A、B，求AB．
【答案】(1)x23+y22=1
(2)835
【分析】（1）由椭圆的定义即可得解.
（2）联立直线与椭圆方程结合韦达定理、弦长公式即可得解.
【详解】（1）由椭圆的定义知，P点的轨迹为椭圆，
其中c=1,a=3,∴b=2，
所以所求动点P的轨迹C的方程为x23+y22=1．
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2,
联立直线与椭圆的方程y=x+1x23+y22=1,消y整理得：5x2+6x−3=0，
所以Δ>0，x1+x2=−65，x1x2=−35，
∴AB=1+12x1+x22−4x1x2=2−652−4×−35=835.
【考点题型九】椭圆切线相关问题
方法总结：椭圆x2a2+y2b2=1上的任意一点P（x0，y0）,过点P的切线方程为：xx0a2+yy0b2=1
【例9】（22-23高二上·湖南郴州·期中）已知点P1,2和焦点在y轴上的椭圆：x24+y2m=1，且过P作椭圆的切线有两条，则该椭圆半焦距c的取值范围是（ ）
A．0