专题08 椭圆型综合大题归类（期中专项训练）（原卷版+解析版）高二数学上学期人教版A

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题型1 基础：求椭圆方程
题型9 直线椭圆：直线定点
题型2 轨迹
题型10 直线椭圆：面积最值范围型（重点）
题型3 大题基础：韦达定理型（重点）
题型11 直线椭圆：定值
题型4 中点与中点弦
题型12 直线椭圆：斜率定值型
题型5 弦长应用
题型13 直线椭圆：a=tb型
题型6 直线横截式应用
题型14 直线椭圆：韦达定理不能直接用（难点）
题型7 直线双变量型（常考点）
题型15 直线椭圆：坐标运算型
题型8 直线椭圆：面积基础（重点）
题型一、基础：求椭圆方程 （共2小题）
1．（24-25高二上·内蒙古包头·期中）已知点在椭圆上，与椭圆的上，下顶点的连线的斜率之积为．
(1)求椭圆的离心率；
(2)若直线与椭圆相交于、两点，且的面积为（为坐标原点），求椭圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由题意推理可得，利用点在椭圆上，代入消元后可得，结合即可求得离心率；
（2）设、，由直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，求出弦长和点 到直线的距离，由三角形面积列出方程，求出参数值即得椭圆方程.
【详解】（1）因椭圆上、下顶点的坐标分别为、，
依题意，整理得（*），
因点在椭圆上，则，即，
代入（*），化简得： ，又，所以，
则椭圆的离心率；
（2）

如图，设、，由（1）已得，
则由，消去并整理得，
此时，解得，
由韦达定理得，，
所以，
又原点到直线的距离，
所以的面积，解得，
故椭圆的方程为．
2．（23-24高二上·福建三明·期中）如图，分别是椭圆：的左、右焦点，是椭圆的顶点，是直线与椭圆的另一个交点，.
(1)求椭圆的离心率；
(2)已知的面积为，求椭圆的标准方程.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）依题意可得，即可求出离心率；
（2）设，则，在中利用余弦定理求出，再由面积公式求出，即可求出椭圆方程.
【详解】（1）依题意可得，，
又，所以为等边三角形，
∴，∴；
（2）设，则，
在中，
∴，
∴，
所以，
∴，
∴（负值舍去），所以，
故椭圆的标准方程为.
题型二、轨迹 （共2小题）
3．（2021高三·全国·专题练习）已知①如图，长为，宽为的矩形，以､为焦点的椭圆恰好过两点
②设圆的圆心为，直线过点，且与轴不重合，直线交圆于两点，过点作的平行线交于，判断点的轨迹是否椭圆
（1）在①②两个条件中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
（2）根据（1）所得椭圆的标准方程，若为椭圆上的点，，分别是椭圆的左右焦点，若，求的周长与面积.
【答案】（1）；（2），
【分析】（1）选①：由点在椭圆上并代入椭圆方程求出椭圆参数，进而写出椭圆方程；选②：由圆的性质知：△为等腰三角形，结合可得，根据椭圆的定义写出椭圆方程；（2）利用定义及三角形中的余弦定理即得.
【详解】（1）选择条件①：由已知可得点代入椭圆方程得：
故椭圆方程为：
选择条件②：
由题设可得如下示意图，易知：△为等腰三角形且，
∴，又，即，
∴，则，
∵，
∴椭圆定义知：动点到两定点的距离和为定值4，
∴的轨迹方程为.
（2）设 ，
则
在 中，根据余弦定理可得：
即
根据定义： 代入上式得：
故
且周长为：
4．（23-24·湖南 长沙 阶段练习）我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称作“果圆”，其中，，.如图，点，，是相应椭圆的焦点，，和，分别是“果圆”与，轴的交点.
（1）若是边长为1的等边三角形，求“果圆”的方程；
（2）当时，求的取值范围；
（3）连接“果圆”上任意两点的线段称为“果圆”的弦.试研究：是否存在实数，使斜率为的“果圆”平行弦的中点轨迹总落在某个椭圆上？若存在，求出所有可能的的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）存在，0.
【分析】（1）根据等边三角形的性质，结合椭圆的性质进行进行求解即可；
（2）利用椭圆的性质结合，得到不等式，再根据已知所给的不等式进行求解即可；
（3）先证明斜率相同的椭圆的弦的中点在定直线上，据此可判断“果圆”平行弦的中点轨迹是否落在某个椭圆上.
【详解】（1）由，，，解得，，，因此“果圆”的方程为，.
（2）由，得，而，即，于是，，.
又，则，∴的取值范围是.
（3）我们证明一个结论：
若斜率为的直线与椭圆交于两点，则中点的轨迹在直线上,
证明：设，它们的中点为，
则且，
从而，故，
故，故中点在直线上.
对于“果园”的弦的中点，
若斜率，则设直线，
它与“果圆”的交点是，，
弦的中点满足，
弦的中点轨迹方程是，
而，
即，所以，若“果圆”弦所在直线的斜率为0，则平行弦中点轨迹是椭圆.
若“果圆”弦的斜率，则可平移过程总存在无数条斜率为的直线与“果园”的左半椭圆相交，由前述证明的结论，此时中点在直线上，
故平行弦中点轨迹不能总落在某个椭圆上.
综上，斜率时，“果圆” 平行弦中点轨迹落在某个椭圆上.
斜率时，“果圆” 平行弦中点轨迹不能总落在某个椭圆上.
题型三、大题基础：韦达定理型 （共2小题）
5．（25-26高三上·重庆·开学考试）设分别为椭圆的左、右顶点，椭圆长半轴的长等于焦距，且点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为直线上不同于点的任意一点，若直线分别与椭圆相交于异于，的点，证明：点在以为直径的圆内．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用题设条件建立关于的方程组，求解即得椭圆方程；
（2）设，写出直线的方程，将它们分别与椭圆方程联立，求出点的坐标，计算并由推得为钝角，从而证得结论.
【详解】（1）由题意，，解得，
故椭圆的方程为.
（2）
如图，设，由题意，，
则直线的方程为，代入，整理得：，
则，即，，故，
直线的方程为，代入，整理得：，
则，即，，故，
于是，
，
因，故可得，
即为钝角，因圆的直径所对的圆周角为直角，故点在以为直径的圆内.
6．（25-26高三上·江苏南京·开学考试）已知椭圆的离心率为，焦距为，以为三边的三角形面积为
(1)求C的方程；
(2)过右焦点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于，求四边形面积的最小值
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件解方程求解即可；
（2）设直线的直线方程，联立方程表示出弦长，及四边的面积，再化简应用基本不等式计算得出面积的最小值.
【详解】（1）由已知可得，
则所求椭圆方程．
（2）当直线的斜率不存在时，，
此时的长即为椭圆长轴长，，
从而．
设直线的斜率为，则，直线的方程为：，
直线的方程为，
设，，，，
由，消去得，
所以，，
从而，
由，消去得，
所以，，
从而，
所以，
因为，则，则，
所以.
当且仅当，即时取得最小值，
所以四边形面积的最小值为．

题型四、中点与中点弦 （共2小题）
7．（24-25高二上·四川南充·期末）已知椭圆的左顶点为，上顶点为为坐标原点，的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线交椭圆于两点，的中点坐标为，求直线的方程；
(3)如图所示，过点的直线与椭圆交于不同的两点，过点作轴的垂线分别与直线交于点．判断点是否为线段的中点，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)点为线段的中点，理由见解析
【分析】（1）根据椭圆的基本量关系求解即可；
（2）设，再根据点差法求解即可；
（3）方法一：设过点的直线的方程为，联立椭圆方程，得出韦达定理，再证明即可；
方法二：化简可得只需证明：，再设直线的方程为，联立椭圆的方程，构造可得，进而根据韦达定理证明.
【详解】（1）由题可知，得．
所以椭圆的方程为．
（2）设，已知RS的中点坐标为，则
所以，所以，
直线的方程为：，即
所以直线的方程为：
（3）方法一：点为线段的中点，理由如下：由题知直线的斜率存在，如下图所示：
设过点的直线的方程为，即．
联立，得．
整理得．
由，得．
设，
则
直线的方程为，
令，得点的纵坐标．
直线的方程为，
令，得点的纵坐标．
要证点为线段的中点，只需证明，即
因为
，
即，
所以点为线段的中点
方法二：要证点为线段的中点，只需证明：．
只需证明：
只需证明：．
设直线的方程为，即．
由得．
整理得
由得
所以
显然，原命题为真．
8．（2024·上海宝山·一模）已知椭圆:，直线经过椭圆的右顶点且与椭圆交于另一点，设线段的中点为.

(1)求椭圆的焦距和离心率；
(2)若，求直线的方程；
(3)过点再作一条直线与椭圆交于点，线段的中点为. 若，则直线是否经过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)直线经过定点.
【分析】（1）根据椭圆方程确定、，利用解出即可求解；
（2）设直线的方程，直曲联立根据韦达定理得：，结合为中点解出坐标，再利用，解出，即可求解；
(3)分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，斜率存在时，设出方程，直曲联立，利用韦达定理，结合已知条件，求出直线过定点；斜率不存在时，设出、两点坐标，根据中点坐标公式，求出、坐标，结合已知条件，求出直线过定点，两种情况综合即可求解.
【详解】（1）由得，所以焦距，离心率 .
（2）
，设直线的方程，
与椭圆:，联立得：，
整理得：，，
因为点与点不重合，为中点，所以，
代入方程，解得，所以可得点，
于是由得，直线的方程：.
（3）

①当直线斜率存在时，设方程为：，与椭圆:，
联立，得：，
整理得：，
设，由韦达定理得，
且，化简得，
又，从而，，
由可得，从而，
又因为，，
所以上式化为：
整理得：，
韦达定理代入：，
化简得：.
，所以或
当时，直线为：，
直线经过点，舍去；
当时，直线为：，
此时成立，直线经过定点
②当直线斜率不存在时，设，，
则，，，
代入，得
与联立得：解得
此时直线也经过点.
综上，直线经过定点.
【点睛】关键点点睛：
本题关键在于设分斜率存在与不存在两种情况设出直线方程，
利用直曲联立得到方程，结合韦达定理解决问题.
题型五、弦长应用 （共2小题）
9．（21-22高二上·贵州黔东南·期末）已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点作圆的切线交椭圆于两点，求弦长的最大值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）由离心率和椭圆上的点，列方程求出，可得椭圆的方程；
（2）设出切线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理表示弦长，由切线成立的条件和基本不等式，求弦长的最大值.
【详解】（1）由题意知：
解得，所以椭圆的方程为．
（2）由题意知，当时，直线的斜率不存在，直线方程为，
代入椭圆方程可解得；
当时，设切线的方程为，
因为直线与圆相切，则有，得，即，
联立消去整理得，
则．
设，则．
，
当且仅当时，等号成立，此时．
综上所述：弦长的最大值为2.
【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
10．（21-22高二上·四川达州·期末）如图，已知椭圆的焦点是圆与x轴的交点，椭圆C的长半轴长等于圆O的直径．
(1)求椭圆C的方程；
(2)F为椭圆C的右焦点，A为椭圆C的右顶点，点B在线段FA上，直线BD，BE与椭圆C的一个交点分别是D，E，直线BD与直线BE的倾斜角互补，直线BD与圆O相切，设直线BD的斜率为．当时，求k．
【答案】(1)；
(2)-1.
【分析】（1）由题设可得，求出参数b，即可写出椭圆C的方程；
（2）延长线段DB交椭圆C于点，根据对称性设B，为，，联立椭圆方程，应用韦达定理并结合已知条件可得，直线与圆相切可得，进而求参数t，即可求直线BD的斜率.
【详解】（1）因为圆与x轴的交点分别为，，
所以椭圆C的焦点分别为，，
∴，根据条件得，
∴，故椭圆C的方程为．
（2）延长线段DB交椭圆C于点，

因直线BD与直线BE的倾斜角互补，根据对称性得．
由条件可设B的坐标为，
设D，的纵坐标分别为，，直线的方程为，．
由于，即，所以．
由得：．
∴，．
∴①，②，
由①得：，代入②得，
∴．
∵直线与圆相切，
∴，即．
∴，解得，又，
∴，故，即直线BD的斜率．
【点睛】关键点点睛：将已知线段的长度关系转化为D，的纵坐标的数量关系，设直线的含参方程，联立椭圆方程及其与圆的相切求参数关系，进而求参数即可.
题型六、直线横截式应用 （共2小题）
11．（2025·江苏宿迁·三模）已知椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6.
(1)求的方程；
(2)已知是上一动点，，当为的右顶点时，取得最小值，求的取值范围；
(3)若动直线与交于点，点是轴正半轴上异于点的一定点，若直线的倾斜角分别为，且存在实数使得恒成立，求点的坐标及的值.
【答案】(1)
(2)
(3)，.
【分析】（1）将代入椭圆方程，可得，再利用椭圆的定义可得，即可得椭圆方程；
（2）根据两点距离公式，结合二次式的性质即可求解；
（3）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据正切和差角公式以及斜率公式化简求解.
【详解】（1）由已知，将代入椭圆方程得，解得，
又椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6，
所以，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设，则，
，
因为当为的右顶点时，取得最小值，
即时，取得最小值，
所以，即，
所以的取值范围是.
（3）设，（且），，，
将与联立得，
则，，
又分别为直线的倾斜角，
因为，
所以为定值，
又
，
又为定值，则，所以，
当时，，为定值，
，
所以，.
12．（25-26高二上·湖南邵阳·阶段练习）已知椭圆的右顶点为A，离心率.定义：点关于E所对应的极线方程为，右焦点关于E所对应的极线方程为.

(1)求E的标准方程；
(2)设点关于E所对应的极线为直线l，l与x轴交于点Q，过点P作直线（不与x轴重合）交E于B，C两点，直线AB，AC与l分别交于点M，N，如图.
（i）连接PM，PN，证明：当时，；
（ii）连接OM，试问：当t取何值时，.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据已知条件即可解题
（2）利用直线与椭圆的位置关系和韦达定理即可解题
【详解】（1）根据极线方程的定义，右焦点对应的极线为，
即，又右焦点对应的极线方程为，.
又，，联立解得，，.
的标准方程为：.
（2）（i）由，可得，
点P关于E所对应的极线方程为，
设，，，直线，
代入椭圆方程整理得：，
显然，则，，
则，.
，B，M三点共线，则，得，解得，
则点，同理得点.
，.
（ii）解：，，
因，故，则有.
由关于E对应的极线为直线，设直线，
代入椭圆方程整理得：，
由韦达定理得：，.
则，.
，B，M三点共线，，即，解得，
则点，，，
由可得，
整理得，
即，
故，
化简得，
即，
又，则有，解得.
题型七、直线双变量型 （共2小题）
13．（25-26高三上·河北邢台·开学考试）已知椭圆的一个焦点为，其短轴长为2.
(1)求椭圆的方程；
(2)过坐标原点的直线与椭圆交于不同的两点.
（i）当直线的斜率为1时，求的周长；
（ii）若直线分别与椭圆交于点，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由题意可得，即可得到椭圆的标准方程；
（2）（i）联立直线与椭圆方程即可得到坐标，再结合椭圆的性质即可得到三角形的周长；（ii）联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，然后分别联立直线与椭圆方程，表示出的纵坐标，再由代入计算，即可得到的关系，即可得到结果.
【详解】（1）依题意可得，则，因为焦点，则，
所以椭圆方程为.
（2）（i）当直线的斜率为时，则直线方程为，
与椭圆方程联立，解得，
不妨设点，，
则，
设椭圆的左焦点为，
由椭圆的性质可得，
所以的周长为，
又，
所以的周长为，
所以当直线的斜率为1时，求的周长为.
（ii）依题意可设直线，
与椭圆方程联立可得，整理可得，
设，
则，
设直线，与椭圆方程联立可得，
整理可得，
设，
则，
又，所以，
同理可得，
由题意与关于原点对称，所以，
即，
整理可得，
即，
，
将代入上式可得，
又不恒为，故，
所以直线恒过点.
14．（25-26高三上·北京·开学考试）已知直线过椭圆C的中心坐标原点O，与平行的直线与C交于两点，且.当轴时，直线AB过C的一个焦点.
(1)求C的方程；
(2)点D、E满足，交于点G，直线交于点H，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题中条件，列出方程组，求出，即可得出椭圆方程.
（2）当直线的斜率不存在时，求出点G和点H的坐标，求得；当直线的斜率存在时，利用相似比例得，设直线，与椭圆方程联立得，求出，点到直线的距离，代入面积公式得，利用换元法求得，从而求出面积的最大值.
【详解】（1）由题意椭圆C的焦点在轴上，设为（），
则由题意，即，解得，
所以椭圆C的方程为；
（2）当直线的斜率不存在时，则直线为轴，易知，
因为，所以，
直线方程为，即，令得，
直线方程为，即，令得，
此时面积为；
当直线的斜率存在时，因为，所以为中点，，
因为，由相似三角形性质可得，所以，所以，
设直线，
由，消去得，
则，即，
，且，所以，
直线方程为，即，且，
点到直线的距离为，
所以，
令，则，
因为，所以，所以，所以，
所以，
因此，当时，面积取到最大值；
综上，面积的最大值为.
题型八、直线与椭圆：面积基础 （共2小题）
15．（24-25高二下·甘肃甘南·期末）已知和为椭圆上两点．
(1)求C的方程；
(2)点P在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交y轴于点Q，，为椭圆C的左、右焦点，若的面积是面积的3倍，求直线的方程．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由椭圆所过的点求椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程并应用韦达定理，求坐标，再由及已知列方程求参数，即可得.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以的方程为．
（2）由题意得，直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得，
由根与系数的关系得，所以，
所以，，又因为，，
所以，，，
所以，所以，
即，解得，
所以直线的方程为．
16．（2025·河南鹤壁·模拟预测）已知椭圆：上一点处的切线为，两焦点，在上的射影分别为，我们常常把过切点且与切线垂直的直线叫做法线，它平分，因此从一个焦点射出的光线经过切点反射后会经过另一个焦点如图记，，当点不在轴上时，记的面积为若.

(1)求证：；
(2)试探究 是否为定值，如果为定值，求此定值；如果不为定值，请说明理由；
(3)若椭圆的离心率为，且当时，四边形的面积，求椭圆的方程.
【答案】(1)证明见解析
(2)为定值，
(3)
【分析】（1）根据椭圆的定义结合余弦定理，再应用二倍角正弦公式及余弦公式计算证明；
（2）应用弦长计算化简结合关系计算求解；
（3）根据面积公式计算化简结合离心率计算求解即可求出椭圆方程.
【详解】（1）记，，，则，.
在中，
又，两式相减，得，
（2）题意得 故，，则，
由（1）得，，则.
当为椭圆左右顶点时，也满足上式
故，为定值；
（3） ，
，
，
则，
由，知，故椭圆的方程为
题型九、直线与椭圆：直线定点 （共2小题）
17．（22-23高三上·山西太原·阶段练习）如图，椭圆：（，，是椭圆的左焦点，是椭圆的左顶点，是椭圆的上顶点，且，点是长轴上的任一定点，过点的任一直线交椭圆于两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)是否存在定点，使得为定值，若存在，试求出定点的坐标，并求出此定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由已知列出关于的方程组解之可得椭圆方程；
（2）假设存在满足题意，设，，当直线斜率存在时，设方程为，代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，，代入化简可得常数，再验证直线斜率不存在时，也有此结论即得．
【详解】（1）由已知知，解得，
所以椭圆方程为；
（2）假设存在满足题意，
设，，，
①当直线与轴不垂直时，设：，
代入并整理得
∴，
（*）
（*）式是与无关的常数，则
解得，此时为定值；
②当直线与垂直时，，，，
也成立，
所以存在定点，使得为定值．
【点睛】方法点睛：本题求椭圆方程，考查椭圆中的常值问题，解题方法一般是设交点坐标，设直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，代入欲证常值的式子，化简变形可得常值．如果有常数求参数，则利用恒等式知识求解．
18．（2022·黑龙江·模拟预测）圆的离心率为，且过点，点分别为椭圆的左顶点和右顶点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)是否存在定点，对任意过点的直线（在椭圆上且异于两点），都有.若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）由椭圆所过点、离心率和之间关系可构造方程组求得结果；
（2）当直线斜率不存在时，求得坐标，可得；当直线斜率存在时，假设直线方程，结合韦达定理可求得点坐标，同理可求得点坐标，利用可整理得到，由此可确定；综合两种情况可得结论.
【详解】（1）由题意得：，解得：，
椭圆的标准方程为；
（2）由（1）知：，；
①当直线斜率不存在时，由得：或，
若，，
则，，，解得：；
若，，同理可求得：；
②当直线斜率存在时，设，，则；
设直线，
由得：，
，解得：，，
又，同理可得：，，
，整理可得：，
当时，恒成立；
综上所述：存在满足题意的点，使得恒成立，此时.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中存在定点满足某条件的问题，解题关键是能够将问题转化为两点与定点连线的斜率相等的关系，从而利用两点连线斜率公式构造关于变量的方程，由方程恒成立可求得结果.
题型十、直线与椭圆：面积最值范围型 （共2小题）
19．（23-24高二上·河南南阳·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点且垂直于轴的弦长为，且 ．（从以下三个条件中任选一个，将其序号写在答题卡的横线上并作答．）
①椭圆的长轴长为；②椭圆与椭圆有相同的焦点；③，与椭圆短轴的一个端点组成的三角形为等边三角形．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线经过，且与椭圆交于，两点，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据选择不同的选项中条件再结合题意从而求解.
（2）设出直线的方程与椭圆联立，利用根与系数关系，并结合，再构造函数利用函数单调性从而求解.
【详解】（1）若选①．由题意得：，解得：，
所以：椭圆的方程为.
若选②．椭圆的焦点坐标为，则，
又，得，由，得，
所以椭圆的方程为.
若选③.由题意得：，
又与椭圆短轴的一个端点组成等边三角形，所以，
又，得，，
所以椭圆的方程为.
（2）易知，设直线的方程为，
联立，得：，
设点，，由根与系数的关系得，
，，
所以
，
设，则
因为函数在上单调递增，
所以函数在上单调递减，
所以当时，，（此时，直线为）.
故：面积的最大值为．
【点睛】（2）中通过直线与椭圆联立并利用根与系数关系得：，然后构造函数，利用函数的单调性从而可求解面积的最大值.
20．（23-24高一下·重庆·期末）椭圆的对称中心为坐标原点，且与椭圆：的离心率相等，焦点在同一坐标轴上，椭圆的长轴长与椭圆的长轴长之比为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作两条相互垂直的直线、，其中直线与椭圆交于、两点，直线与椭圆交于两点，求四边形的面积的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）求出椭圆的长轴长、离心率，根据题意列方程组求出可得；
（2）当斜率不存在、斜率为0时，直接求四边形面积；当斜率存在且不为0时，设，则，分别联立椭圆方程，利用弦长公式求出，利用换元法化简，结合二次函数性质求解即可.
【详解】（1）记椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距分别为，
将椭圆化为标准方程得，
则其长轴长为，离心率为，焦点在轴上，
由题意有，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）当斜率不存在时，其方程为，
代入椭圆的方程得，解得，，
易知此时，所以；
当斜率为0时，易知；
当斜率存在且不为0时，设，则，
联立消去得，
设，
因为，
所以，
所以，
同理，联立求解可得，
因为，所以，
令，则，
令，则，
由二次函数性质可知，，
所以，即.
综上，四边形的面积的取值范围为.
【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线的综合性问题，一般采取设而不求的思想求解，先设直线方程，联立曲线方程消去或，利用韦达定理将条件或所求转化为关于所设参数的表达式，然后整理、化简即可.
题型十一、直线与椭圆：定值 （共2小题）
21．（23-24高二上·广东清远·期末）已知椭圆过，两点，直线过点，且交椭圆于，两点，交轴于点，，．记的面积为．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)证明：为定值．
(3)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意列出方程即可解出，从而得到椭圆的方程；
（2）根据题意可设直线的方程为，，，再根据平面向量运算表示出，结合韦达定理即可证出；
（3）利用，求出关于的函数关系式，再根据基本不等式即可求得范围.
【详解】（1）由题意知：，又，解得：，所以椭圆的标准方程为：.
（2）如图：
由题意，直线不垂直于坐标轴，可设为：，.
联立方程组：，消去并整理得：.
设，，则
，.
由得：，
而，同理可得：.
因此，
所以为定值.
（3）因为.
又,
因为，所以，则.
所以的取值范围是.
22．（23-24高三上·山东德州·阶段练习）如图所示，已知椭圆：与直线：.点在直线上，由点引椭圆的两条切线、，A、B为切点，是坐标原点.
(1)若点为直线与轴的交点，求的面积；
(2)若，为垂足，求证：存在定点，使得为定值.（注：椭圆在其上一点处的切线方程为）
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设切线方程为，与椭圆方程联立后根据，求出可得，
并求出点，点，再利用三角形面积公式求解即可.
（2）根据条件可求得直线的方程为，且，可得直线过定点.由结合直角三角形的几何性质可得出结论.
【详解】（1）由题意知，过点与椭圆相切的直线斜率存在，
设切线方程为，
联立，可得，（*）
所以，解得，即切线方程为.
所以，
将代入方程（*）可得，可得，此时，
不妨设点，同理可得点，则
因此，的面积.
（2）证明：设、，
因为椭圆在其上一点处的切线方程为.
则切线的方程为，切线的方程为.
设，则，
所以，点A、B的坐标满足方程即，
所以，直线的方程为.
因为点在直线上，所以，则，
所以，直线的方程可表示为，即.
令，可得，故直线过定点.
因为，在直线AB上，，
故点在以为直径的圆上，
当点为线段的中点时，，
此时点的坐标为
故存在点，使得为定值.
.
【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.
题型十二、直线与椭圆：斜率定值型 （共2小题）
23．（25-26高三上·广西桂林·开学考试）已知椭圆：的离心率为，且过点.
(1)求的方程；
(2)直线：与交于A，B两点，过上的点（与A，B不重合且不在坐标轴上）作轴的平行线交线段于点（与A，B不重合），直线的斜率为（为坐标原点），的面积为，的面积为，若，直线，的斜率都存在，分别记为，.
（i）求证：；
（ii）判断是否为定值？并说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析（ii），理由见解析
【分析】（1）由题意得，进而求解即可；
（2）（i）根据面积关系结合面积公式可得平分，即可证得；
（ii）联立直线方程和椭圆方程消元后结合在椭圆上化简前者后可得.
【详解】（1）由题意，得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）因为，
则，
因此，
而，有，即平分，
故直线的斜率互为相反数，则.
（ii）设，
由，得，
因，设
则有，而，
化简得，
即
，
于是，
故，
化简得，
又因在椭圆上，则，即则，
从而，
整理得，
又因不在直线上，即，
则得，即，因，
于是，故为定值．
24．（2025·福建三明·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率为，的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线（存在且不等于0）与椭圆交于，两点，直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断是否为定值并证明．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）根据椭圆几何性质以及面积列方程组计算可得椭圆方程；
（2）设，由，关于原点对称得，联立得，然后求出，，利用两点斜率公式并化简得为定值，即可得解.
【详解】（1）由题意，解得，
故椭圆的方程为；
（2）设，由对称性可知，，两点关于原点对称，即，
由（1）可知，，
联立，得，所以，
直线的斜率存在，其方程为：，
令得，即，
直线的斜率存在，其方程为：，
令得，即，
所以
，
所以为定值.

题型十三、直线与椭圆：a=tb型 （共2小题）
25．（10-11高三·浙江·阶段练习）已知直线的方程为：，直线与轴的交点为，圆的方程为：
，、在圆上， ，设线段的中点为．
（1）如果为平行四边形，求动点的轨迹；
（2）已知椭圆的中心在原点，右焦点为，直线交椭圆于、两点，又，求椭圆的方程．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）求出点的坐标，几何法算出的轨迹方程，再利用相关点代入法求的轨迹方程；
（2）利用余弦定理解三角形即可获解
【详解】(1)直线与轴的交点为
设线段CD的中点的坐标为,由题意可得
所以,化简得(*)
因为四边形CFDG为平行四边形,则点为线段FG的中点.
设点的坐标为,则
代入(*)式得,化简得
所以点的轨迹方程为
(2)设直线的倾斜角为,则,所以
设椭圆方程为,其中
设,在中,由余弦定理得
即,即
所以,即
设,在中,由余弦定理得
即,即
所以,即
因为,所以即
因为,所以，又,所以
所以椭圆的方程为
26．（2022·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别A，B，F是椭圆C的右焦点，且，.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C存在一动点M，连接OM，过点F作直线交椭圆C于P，Q两点，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆C的方程；
（2）可设直线l的方程为，设，，，.用设而不求法表示出，和
整理化简即可证明出为定值.
【详解】（1）根据题意可知，，.
∵，，
∴解得
则，
∴椭圆C的方程为.
（2）由（1）得.
易知直线l的斜率不为0，则可设直线l的方程为，
，，，∴直线OM的方程为.
则，，则.
∵，
，∴.
（联立直线l与椭圆C的方程，结合根与系数关系求出的值，代入）
由得，
，则，..
（联立直线OM与椭圆C的方程，求出）
由得，∴.
∴.
∵，∴为定值.
题型十四、直线与椭圆：韦达定理不能直接用 （共2小题）
27．（21-22高二上·广东深圳·期中）已知椭圆的右焦点是，过点F的直线交椭圆C于A，B两点，若线段AB中点Q的坐标为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知是椭圆C的下顶点，如果直线y=kx+1（k≠0）交椭圆C于不同的两点M，N，且M，N都在以P为圆心的圆上，求k的值；
(3)过点作一条非水平直线交椭圆C于R、S两点，若A，B为椭圆的左右顶点，记直线AR、BS的斜率分别为k1、k2，则是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)为定值，理由见解析.
【分析】（1）由点差法可得结合，解方程组可得、的值，从而可得椭圆C的方程；
（2）依题意可知点P在线段MN的垂直平分线上，则可得线段MN的垂直平分线方程为，再由线段MN的中点在此直线上，代入解方程即可求得k的值；
（3）设直线的方程为，联立椭圆方程可得，，则，代入计算即可得结果.
【详解】（1）设，，直线AB的斜率显然存在，则，
因为线段AB中点Q的坐标为，所以，，
直线AB的斜率，
A，B两点在椭圆椭圆C上，
所以，，两式相减得
，
即，
所以，整理得，①
又且，②
由①②可解得，，
所以椭圆C的方程为.
（2）由得，
则，，，
设M，N中点为，
则，，
因为M，N都在以P为圆心的圆上，所以，则点P在线段MN的垂直平分线上，
依题意，所以线段MN的垂直平分线方程为，
M，N中点为在此直线上，
所以有，即，解得.
所以k的值为.
（3）依题意有，，，
设直线的方程为，
由得，
则，，
，
所以为定值.

28．（2023·安徽·一模）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线，分别为的离心率，且，点分别为椭圆的左､右顶点.
(1)求双曲线的方程；
(2)设过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为.
（i）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
（ii）求的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）为定值，（ii）
【分析】（1）设出双曲线方程，根据离心率的乘积得到方程，求出，得到答案；
（2）（i）设，直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，得到；
（ii）方法一：设直线，代入双曲线方程，由两根之积得到，结合点A在双曲线的右支上，得到，同理得到，结合确定，由和函数单调性得到答案；
方法二：求出双曲线的渐近线方程，由于点A在双曲线的右支上，与渐近线的斜率比较得到，同理可得，结合求出，由和函数单调性得到答案.
【详解】（1）由题意可设双曲线，则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）（i）设，直线的方程为，
由，消元得.
则，且，
，

或由韦达定理可得，即,
，
即与的比值为定值.
（ii）方法一：设直线，
代入双曲线方程并整理得，
由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，.
由韦达定理得：，解得.
因为点A在双曲线的右支上，所以，解得，
即，同理可得，
由（i）中结论可知，
得，所以，
故，
设，其图象对称轴为，
则在上单调递减，故，
故的取值范围为；
方法二：由于双曲线的渐近线方程为，
如图，过点作两渐近线的平行线，由于点A在双曲线的右支上，
所以直线介于直线之间（含轴，不含直线），

所以.
同理，过点作两渐近线的平行线，
由于点在双曲线的右支上，
所以直线介于直线之间（不含轴，不含直线），

所以.
由（i）中结论可知，
得，所以,
故.
【点睛】方法点睛：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
题型十五、直线与椭圆：坐标运算型 （共2小题）
29．（25-26高三上·广东深圳·阶段练习）如图，椭圆的方程为，左、右焦点分别为．设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点．

(1)求椭圆的方程；
(2)求证：是定值；
(3)求三角形的周长．
【答案】(1)
(2)
(3).
【分析】（1）根据焦点坐标可求，故可求椭圆方程；
（2）如图，延长交椭圆于，利用对称性结合弦长公式、韦达定理可求的值;
（3）利用椭圆定义结合三角形相似可求，故可求角形的周长．
【详解】（1）由题设，椭圆的半焦距为且焦点在轴上，故且，
故，故椭圆方程为.
（2）

如图，延长交椭圆于，由对称性可得.
因为直线与直线平行，故直线的斜率不为零，
设，直线，则，
则.
由可得，
故，，，
故，
故.
（3）因为，所以，
即，即．
所以．
由点在椭圆上知，，所以．
同理可得，．
所以
．
而，故三角形的周长为.
30．（25-26高三上·江西·阶段练习）设为椭圆在第一象限上一点，分别为的左、右焦点，过点且与相切的直线分别交轴、轴于两点（直线的斜率不为），为坐标原点．
(1)设点，求的最小值；
(2)证明：的面积不小于；
(3)证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见详解；
(3)证明见详解.
【分析】（1）设点，根据两点距离公式，可得，结合二次函数的图像性质即可求得其最小值；
（2）设切线方程为，与椭圆方程联立可得，进而可得，根据三角形面积公式结合不等式即可求得面积的最小值；
（3）设的倾斜角为，的倾斜角为，的倾斜角为，可得，故要证，只要证明即可．根据椭圆的定义和直线的斜率公式，分别计算直线、和的斜率，即可证明.
【详解】（1）设点，，，
则，
又为椭圆上一点，所以，整理得，
代入得，
故当时，取得最小值．
（2）设过点的切线方程为，
联立，得，
故，即，
解得，
故，即，
将其代入直线方程中得，故，
则直线方程为，易得，
故的面积．
又，即， 当且仅当时取等号，
故，即原命题得证．
（3）设的倾斜角为，的倾斜角为，的倾斜角为，则，
根据椭圆方程，得，，，

因为，
所以，
故要证，只要证明即可．
①当时，得，则，，，
所以，而，
易知，，所以，故.
②当时，，
又，，
则，
因，则，
由，
可得，
易知，，所以，故.