2027年高考数学一轮复习学案 专题16 椭圆及其应用

这是一份2027年高考数学一轮复习学案 专题16 椭圆及其应用学案主要包含了知能解读 01，知能解读 02，知能解读 03，重难点突破 01，重难点突破 02，重难点突破 03，重难点突破 04，重难点突破 05等内容，欢迎下载使用。
理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。
【知能解读 01】椭圆的定义
【知能解读 02】椭圆的标准方程与几何性质
【知能解读 03】直线与椭圆的位置关系
破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。
【重难点突破 01】求椭圆离心率的取值范围
【重难点突破 02】椭圆中的定点问题
【重难点突破 03】椭圆中的定值问题
【重难点突破 04】椭圆中的最值与范围问题
【重难点突破 05】椭圆中的证明问题
【重难点突破 06】椭圆中的探究性问题
辨·易混易错：辨析易混易错知识点，夯实基础。
【易混易错 01】忽略直线斜率不存在致错
【易混易错 02】忽略韦达定理的前提致错
点·方法技巧：点拨解题方法，练一题通一类
【方法技巧 01】对椭圆定义的理解
【方法技巧 02】椭圆的焦点三角形问题
【方法技巧 03】椭圆中距离和与差的最值问题
【方法技巧 04】椭圆的标准方程性质与求解
【方法技巧 05】与椭圆有关的轨迹问题
【方法技巧 06】求椭圆离心率的值的方法
【方法技巧 07】直线与椭圆的位置关系
【方法技巧 08】椭圆的中点弦
【方法技巧 09】直线与椭圆相交弦长问题
椭圆的定义
椭圆的定义
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．
椭圆定义的集合语言：P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c，其中 a，c 为常数且 a>0，c>0．
对定义的理解：
①当 2a>|F1F2|时，M 点的轨迹为椭圆；
②当 2a＝|F1F2|时，M 点的轨迹为线段 F1F2；
③当 2ab>0)上一点，则|x |≤a，a－c≤|PF |≤a
00 为椭圆a2＋b2＝01
＋c 等，建立不等关系，或者根据几何图形的临界情况建立不等关系，适用于题设条件有明显的几何关系；
直接法：根据题目中给出的条件或根据已知条件得出不等关系，直接转化为含有 a，b，c 的不等关系式，适用于题设条件直接有不等关系．
x2y2
【典例 1】（2025·四川德阳·模拟预测）若椭圆C : a2  b2  1a  b  0上存在一点 P 到其左右焦点的距离之比为3 :1 ，则椭圆C 离心率的取值范围为.
【答案】  1 ,1

 2
PF1
PF2
【解析】记左右焦点分别为 F1、F2 ，由题意
 3 ，
由椭圆的定义知 PF1  PF2  2a ，
所以 PF  3 a, PF  1 a，
1222
椭圆上任意一点到焦点的距离满足： a  c  PF1  a  c 且a  c
所以a  c  3 a  a  c  1  e  1
22
所以椭圆C 离心率的取值范围为 1 ,1.

 2
 xy
22
:  1(a  b  0)
2ckx  3y  k  8c  0
【典例2（】2025·江苏盐城·模拟预测）已知椭圆
a2b2
的焦距为
，若直线
恒与椭圆 有两个不同的公共点，则椭圆 的离心率范围为（ ）
A．  0, 1 
 0, 1 
 1 ,1
 1 ,1
   
 2 
3 
2 
 3
【答案】A
【解析】将直线kx  3y  k  8c  0 整理可得k  x  c   3 y  8c  0 ，
  8 
易知该直线恒过定点 c, 3 c  ，

  8 
若直线kx  3y  k  8c  0 恒与椭圆 有两个不同的公共点，可知点 c, 3 c  在椭圆内部；
cb2

8b2
易知椭圆上的点当其横坐标为
时，纵坐标为，即可得
a
c ，
3a
整理可得3c2  8ac  3a2  0 ，即3e2  8e  3  0 ，解得0  e  1 .故选：A
3
椭圆中的定点问题
特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．
直接推理法：①选择一个参数建立直线系方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量，将变量 x，y 当成常量，将原方程转化为 kf(x，y)＋g(x，y)＝0 的形式(k 是原方程中的常量)；②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组 fx，y＝0，
gx，y＝0； 可以特殊解决．
③以②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，
【典例 1】（2025·山东泰安·模拟预测）已知 F 是椭圆C : x2  y2  (a  b  0) 的右焦点，点 A(1, 3 ) 在C 上，
a2b212
FA  x 轴，直线l 与 x 轴不重合， l 与C 交于 P 、Q 两点， PFA  QFA .
求C 的方程；
证明： l 过定点.
2
【答案】(1) x
2
y
 1；(2)证明见解析
43
 1  9  1

【解析】（1）依题意，  a24b2，解得a2  4 ， b2  3 ，
 a2  b2  1
2
所以C 的方程为 x
2
y
 1.
43
（2）点 F (1, 0) ，显然l 的斜率存在，设l 的方程为 y  kx  m ， P(x1 , y1 ), Q(x2 , y2 ) ，
 x2  y2 
1
由 43消去 y 整理，得(3  4k 2) x 28kmx  4m2 12  0
 y  kx  m
由直线l 与椭圆C 交于 P 、Q 两点，得   (8km)2 16(3  4k2 )(m2  3)  48(4k2  m2  3)  0，
x 
8km
 4m2 12
PFA  QFA
PF ,QF
则 1 x2
3  4k 2 , x1 x2
3  4k 2 ，由
，得直线
的斜率互为相反数，
yyy1  x 2 1  y2  x 11 kx 1 m x 2 1  kx 2  m x 11
即1  2 0 ，
x 1 1
x 2 1
x 1 1 x 2 1
 x 1 1 x 2 1
因此(kx 1 m)(x 2 1)  (kx 2 m)(x 1 1)  0 ，整理得2kx1x2 (k  m)(x1  x2 )  2m  0 ，
则2k
4m2 12
3  4k 2
(k  m)  8km 2m  0 ，化简得m  4k ，
3  4k 2
所以直线l 的方程为 y  k (x  4) ，即l 过定点(4, 0) .
x2  y2 
a  b  0
F 1, 0
【典例 2】（2025·北京大兴·三模）已知椭圆 E ：a2b21（
）的短轴长为2 3 ，过左焦点
作两条互相垂直的直线l1 ， l2 ，分别交椭圆 E 于 A ， B 和C ， D 四点．设 AB ， CD 的中点分别为 M ， N ．
求椭圆 E 的方程；
直线 MN 是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由．
x2y2
  4 , 0
【答案】(1) 1；(2)直线 MN 经过定点，定点坐标为 7

43
【解析】（1）因为椭圆的左焦点 F 1, 0 ，所以c  1 ，
3
又短轴长为2b  2 3 ，所以b ，由a2  b2  c2 可得a  2 ，
2
故椭圆 E 的方程为 x
2
y
 1.
43
（2）
当直线 AB 和CD 斜率存在时，设直线 AB 方程为： y  k  x 1，设 A x , y  ， B  x , y  ，则有中点 M  x1  x2 , k  x1  x2  1 
1 122
22
 ，
 
 y  k  x 1

联立方程 x
2  y2
，消去 y 得： 3  4k 2  x2  8k 2 x  4k 2 12  0 ，
 1
 43
8k 2
 4k 2
3k

由韦达定理得： x1  x2  3  4k 2 ，所以 M 的坐标为 3  4k 2 , 3  4k 2  ，
将上式中的k 换成 1 ，同理可得 N 的坐标为
4,
3k 
，
k 4  3k 2 4  3k 2 

4k 24
若
2
，即k  1 ，
2


  ，
M   4 ,  3 
77
3  4k4  3k
此时直线 MN 斜率不存在，直线过定点  4 , 0 ；
 7

当k  1时，即直线MN 斜率存在，
3k
则k 3  4k 2
 3k
4  3k 2 
21k 3  21k
 21 k ，
MN4k 2 4
12 k 4 1
·
2
12 k 1
3  4k 2  4  3k 2
直线 MN 为 y 3k
 21  k
 x 
4 ，
4  3k 2
12 k 2 1 4  3k 2 

412
k 2 1
7  3k 2  34
7 4
令 y  0 ，得 x   4  3k 2 
此时直线 MN 过定点  4 , 0 ，
 3k 2  4·
7 4  3k 2 
  ，
7
 7

显然当直线 AB 或CD 斜率不存在时，直线 MN 就是 x 轴，也会过  4 , 0 ，
 7

综上所述：直线 MN 经过定点，定点坐标为  4 , 0 .
 7

椭圆中的定值问题
求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；
求点到直线的距离为定值：利用点到直线距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简变形求得；
求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简变形即可求得．
x2  y2 
 
A2, 0
22
【典例 1】（2025·湖南湘潭·一模）已知椭圆T：1（ ab
ab
0 ）的离心率为
且经过点，
3
2
B 2, 0 ．过点 M 1, 0，斜率为k（ k  0 ）的直线与椭圆交于C ，D 两点，直线 AC ，BD 分别与直线 x  1
交于点 E ， G ．
求椭圆T 的方程；
EM
GM
求
的值．
x22
【答案】(1) y
4
 1；(2)1

 c3
 a2

a  2

【解析】（1）由题意： a  2
 c  3 ，


a2  b2  c2b2  1

x22
所以椭圆T 的标准方程为： y
4
（2）如图：
 1.
直线CD 的方程为：
y  k  x 1
，代入
x2 
4
y2 
1得：
x2  4k 2  x 12  4 ，
整理得： 1 4k 2  x2  8k 2 x  4 k 2 1  0 .
设C  x1, y1 ，
D  x2 , y2 
，则 x1
 x2 
8k 2
1 4k 2 ， x1x2 
4 k 2 1
.
1 4k 2
E
又直线 AC ： y  x  2 ，令 x  1 得 y y1x1  2
 3y1
x1  2
 3k x1 1 ；
x1  2
y x  2
直线 BD ：，令 x  1 得 y
  y2
 k  x2 1 .
yx  2
Gx  2
x  2
2222
EM
GM
所以

 3 3
yE yG
 x1 1x2  2 
 x1  2x2 1
x1x2  2x1  x2  2 x1x2  x1  2x2  2
4 k 2 1 8k 2
1 4k 2  2x1  1 4k 2  x1  2

4 k 2 1 8k 2
 x  2  x  2
1 4k 211 4k 21 
4 k 2 18k 2
 x  2
1 4k 21 1 4k 2
4 k 2 116k 2
 3x  2
1 4k 21 1 4k 2
 3 3






 
4 k 1  1 4kx  8k  2 1 4k
2
2
2
2
4 k 1  3 1  4kx 16k  2 1 4k
2
2
1
2
1

2
 3
 3
 3 1  1.




4k  2  1 4kx
2
2
12k  6  3 1 4kx
2
2
1
1
3
【典例 2】（2025·安徽安庆·模拟预测）已知点 N  3, 0 ，点 P 是圆 M : (x + 3)2 + y2 = 16 上任意一点，线
段 PN 的垂直平分线l1 与半径 PM 的交点为Q ，记点Q 的轨迹是曲线W ，设经过点 D 1, 0 的直线l 与曲线W的交点为 A, B ．
求曲线W 的方程；
已知点C 4, 0 ，若直线 AC 与直线 BC 的斜率分别为k1, k2 ，求k1  k2 的值．
x22
k  k  0
【答案】(1) y
4
 1；(2) 12
【解析】（1）连接QN ，则 QN  QP ．设点Q  x, y ，
∵圆 M 的圆心 M  3, 0 ，半径为 4，
 QM  QN  QM  QP  4, MN  2 3 ，
∵ 4  2 3 ，
∴点Q 的轨迹是以M , N 为焦点的椭圆， 2a  4 ，焦距2c  2 3 ，
a2  c2
a  2, c  3, b 1，
x22
∴曲线W 的方程为 y
4
 1；
（2）设直线l 的方程为 x  my 1，设点 A x1, y1 , B  x2 , y2  ，
x  my 1

联立 x2
，消去 x ，得m
2  4 y2
 2my  3  0 ，
 4  y2  1
则Δ  4m2 12 m2  4  0 ，
y1  y2
  2m m2  4
, y1 y2
3，
m2  4
k  k y1
12x  4
y2
x  4
 x2 y1  4 y1  x1 y2  4 y2
 x  4 x  4
1212
6m 6m
my1 y  4 y  my 1 y  4 y 2my y  3 y  y 
2 
11122 
1 212
 m2  4m2  4  0
my  3my  3
m2 y y
 3m  y  y   9
3m2，
121 212 9
m2  4
综上所述： k1  k2  0 ．
椭圆中的最值与范围问题
利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
2
【典例 1】（25-26 高三上·安徽合肥·开学考试）已知椭圆 E : x
a2
2
y
 1(a  b  0)的离心率为 1
b22
，右焦点为 F ，
P(0,  3) 是 E 上一点．
求 E 的方程；
过 F 的直线l 交 E 于 A, B 两点，求△OAB （ O 为坐标原点）的面积的最大值．
y
2
2
【答案】(1) x  1；(2) 3 .
432
3
【解析】（1）因为 P(0,  3) 是 E 上一点，代入椭圆方程解得b ，
a2  3
又e  1 ，解得a2  4 ，
a2
x2y2
所以椭圆 E 的方程为
 1.
43
（2）由（1）得半焦距c  1 ，点 F (1, 0) ，显然l 的斜率不为零，设直线l 的方程为 x  my 1， A( x1,y1),B(x2,y2)，
x  my 1
由
消去 x ，得(3m2  4) y2  6my  9  0，显然Δ  0 ，

3x
2  4 y2
 12
则 y1  y2
 6m 3m2  4
， y1 y2
 9
3m2  4
，
( y  y )2  4 y y
12
1 2
36m2
3612
m2 1
所以| y1  y2 |
(3m2  4)2  3m2  4 
，
3m2  4
16 m2 16
m2 1
m2 1
则△OAB 的面积 S△OAB  2 | OF || y1  y2 |
3m2  4

3
1，
1 m2
令
 t  1，函数 y  3t  1 在[1, ) 上单调递增，当t  1时， 3t  1 取得最小值 4，
则当m  0 时， 3
m2 1 
t
1
m2 1
取得最小值 4， (S
OAB
)max
t
 3 ，
2
所以△OAB 的面积的最大值为 3 .
2
【典例 2】（2025·浙江绍兴·模拟预测）已知点 P 在圆O : x2  y2  4 上，作 PD 垂直于 y 轴，垂足为 D ，点 M
为 PD 中点．
求动点M 的轨迹 E 的方程；
直线l : y  kx  m 与 y 轴交于点Q ，与 E 交于 A 、 B 两个相异点，且 AQ  3QB ，求m2 的取值范围．
【答案】(1) x
2  y2 
4
1；(2)
1, 4
【解析】（1）由题意，设点 P  x0 , y0 、 M  x, y ，则 D 0, y0  ，
x  x0
x  2x

因为点 M 为线段 PD 的中点，则
2 ，即 0，

yy
 y  y0 0
00
因为点 P 在圆O : x2  y2  4 上，所以 x2  y2  4 ，即2x 2  y2  4 ，
2y2
因此，点 M 的轨迹 E 的方程为 x  1.
4
（2）由已知可得Q 0, m ，设点 A x1, kx1  m 、 B  x2 , kx2  m ，
 y  kx  m

联立4x2  y2  4
得k 2  4 x2  2kmx  m2  4  0 ，
由已知可得Δ  4k 2 m2  4 k 2  4m2  4  0 ，得k 2  4  m2  0 ，
x  x
  2km
m2  4
由韦达定理可得 12
k 2  4 ， x1x2  k 2  4 ，
因为 AQ  3QB ，即x1, kx1   3 x2 , kx2 ，则x1  3x2 ，即 x1  3x2 ，
121 2
所以3 x  x 2  4x x
 0 ，所以
12k 2m2
k 2  42
4 m2  4
k 2  4 0 ，即k 2m2  m2  k 2  4  0 ，
当m2  1时， k 2m2  m2  k 2  4  0 不成立，
4  m2
4  m2
m2 4  m2 
所以k 2 ，代入k 2  4  m2  0 得 m2  4  0 ，
m2 1
m2 1
m2 1
解得1  m2  4 ，因此， m2 的取值范围是1, 4 .
椭圆中的证明问题
圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．
2
2
【典例 1】（2025·天津·高考真题）已知椭圆 x
2

y
2  1a  b  0 的左焦点为 F，右顶点为 A，P 为
x  a 上
ab
一点，且直线 PF 的斜率为 1 ， PFA 的面积为 3 ，离心率为 1 .
322
求椭圆的方程；
过点 P 的直线与椭圆有唯一交点 B（异于点 A），求证：PF 平分AFB .
2
【答案】(1) x
2
y
 1；(2)证明见解析
43
x2y2c
【解析】（1）依题意，设椭圆 a2  b2  1(a  b  0) 的半焦距为 ，
则左焦点 F (c, 0) ，右顶点 A(a, 0) ，离心率e  c  1 ，即a  2c ，
因为 P 为 x  a 上一点，设 P(a, m) ，
又直线
1 m  0 1
PF 的斜率为 ，则 ，即
a2
m  1 ，
3a  (c)3a  c3
m
所以 2c  c
 1 ，解得m  c ，则 P(a, c) ，即 P(2c, c) ，
3
因为PFA 的面积为 3 ， | AF | a  (c)  a  c  3c ，高为| m | c ，
2
所以 S
 PFA

AF m  1  3c  c  3 ，解得c  1，
1
2
22
则a  2c  2 ， b2  a2  c2  3，
2
所以椭圆的方程为 x
2
y
 1.
43
.
（2）由（1）可知 P(2,1) ， F (1,0) ， A(2, 0) ，
易知直线 PB 的斜率存在，设其方程为 y  kx  m ，则1  2k  m ，即m  1  2k ，
 y  kx  m

联立 x
2  y2
，消去 y 得， (3  4k 2) x2  8kmx  4m2 12  0 ，
 1

 43
因为直线与椭圆有唯一交点，所以Δ  8k  m2  4(3  4k 2 )  (4m2 12)  0 ，
即4k 2  m2  3  0，则4k 2  1  2k 2  3  0 ，解得k   1 ，则m  2 ，
2
所以直线 PB 的方程为 y
 y   1 x  2
  1 x  2 ，
2
x  1
23
联立 x2y2，解得 y  3 ，则 B(1, 2) ，
 1
 43
2
以下分别用四种方法证明结论：
–––→3  –––→–––→
2
法一：则 FB   2,  , FP  3,1 , FA  3, 0  ，


所以cs BFP 
–––→ –––→ FB  FP –––→ –––→ FB  FP
2  3  3 1
2
22   3  
2
 2 
 
32 12

3 10
10 ，
csPFA  FA FP  3 3 10  3 10
3 32  12
–––→ –––→，
FA  FP10
则cs BFP  cs PFA ，又BFP, PFA (0, π )，
2
所以BFP  PFA ，即 PF 平分AFB .
k
法二：所以
FB
3  0
3
 2 
1 (1)4
， k 1 0  1 ， k 0 ，
PF2  (1)3AF
1  0
3
1 0
3  1
由两直线夹角公式，得tan BFP  43  1 ， tan PFA  1 ，
1 1  333
3 4
则tan BFP  tan PFA ，又BFP, PFA  (0, π) ，
2
所以BFP  PFA ，即 PF 平分AFB .
法三：则tan PFA  kPF
 1 ， tan BFA  k
3FB
2 1
 3 ，
4
tan 2PFA 
2 tanPFA 
3 3  tanBFP
故1 tan2 PFA
 1 24，
3
1  
 
又BFP, PFA 
π
(0, ) ，
2
所以BFP  PFA ，即 PF 平分AFB .
3  03
k
法四：则
FB
 2  ，
1 (1)4
所以直线 FB 的方程为 y  3  x 1 ，即3x  4 y  3  0 ，
4
32  42
3 2  4 1  3
则点 P 到直线 FB 的距离为 d  1 ， 又点 P 到直线 FA 的距离也为1，所以 PF 平分AFB .
x2y2
 3 
【典例 2】（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆C :
且 MF  x 轴．
求C 的方程；

a2b
 1(a  b  0) 的右焦点为 F ，点M 1,  在C 上，
22

过点 P 4, 0 的直线交C 于 A, B 两点，N 为线段 FP 的中点，直线 NB 交直线 MF 于点Q ，证明：AQ  y 轴．
2
【答案】(1) x
2
y
 1；(2)证明见解析
43
3
【解析】（1）设 F c, 0 ，由题设有c  1且 b2  3 ，故 a2 1  3 ，故a  2 ，故b ，
2
故椭圆方程为 x
2
y
 1.
a2a2
43
（2）直线 AB 的斜率必定存在，设 AB : y  k (x  4) ， A x1, y1  ， B  x2 , y2  ，
3x2  4 y2  12

由 y  k( x  4)
可得3  4k 2  x2  32k 2 x  64k 2 12  0 ，
22
故Δ  1024k 4  4 3  4k 2 64k 2 12  0 ，故 1  k  1 ，
32k
2
又 x1  x2  3  4k 2 , x1 x2 
64k 2  12
，
3  4k 2
y25 
 3 y
3y
2
而 N  5 , 0 ，故直线 BN : y 
5  x  2 ，故 y
 2  2 ，
 2
x Q
52x  5
22
x2  22
所以 y  y  y 3 y2  y1 2x2  5 3y2
1Q12x  52x  5
22
 k x1  4 2x2  5  3k x2  4 
2x2  5
2 
64k 2 1232k 2
 5  8
 k 2x1x2  5 x1  x2  8  k3  4k 23  4k 2
2x2  52x2  5
128k 2  24 160k 2  24  32k 2
 k3  4k 2
2x2  5
 0 ，
故 y1  yQ ，即 AQ  y 轴.
06 椭圆中的探究性问题
“肯定顺推法”解决探索性问题，即先假设结论成立，用待定系数法列出相应参数的方程，倘若相应方程有解，则探索的元素存在(或命题成立)，否则不存在(或不成立)．
【典例 1】（2025·云南怒江·模拟预测）已知平面内一动点 P  x, y 到点 F 1,0 的距离与它到直线 x  4 的距离
F
之比为 1 ，过点 的直线l 与动点 P 的轨迹C 相交于 A, B 两点．
2
求动点 P 的轨迹C 的方程．
是否存在直线l ，使得AOB 的面积为 3 ？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．
2
2
【答案】(1) x  y  1；(2)不存在，理由见解析
43
(x 1)2  y2
【解析】（1）因为点 P  x, y 到点 F 1, 0 的距离为，点 P  x, y 到直线 x  4 的距离为 x  4 ，
(x 1)2  y2
x  4
1
所以 ，
2
化简得4( x 1) 2  4 y 2  x 2  8x 16 ，即3x2  4 y2  12 ，
2
所以动点 P 的轨迹C 的方程为 x
2
y
1．
43
（2）由题意可知直线l 的斜率不为 0，
故设直线l 的方程为 x  my 1, A x1, y1 , B  x2 , y2  ．
x  my  1

联立 x2y2
，得3m2  4 y2  6my  9  0 ．直线 l 过点 F，必有  0 ，

 1
 43
由韦达定理可得， y1  y2
1
2
 6m 3m2  4
, y1 y2
 9，
1
2

y  y 4 y y
12

2
1 2
3m2  4
所以AOB 的面积S
 AOB

OF  y1  y2

OF，
16 m 2
96
m 2 1
 1
2
 3m2 4 
 4  3m2 4  
．
3m2 4
令t 

m2 1
，则m2  t2 1t  1 ，所以 S
 AOB
6t 3t 2 1
t  1 ．
令 g t  
6t 3t 2 1
t  1 ，则 g(t) 
6 1 3t 2 
3t 2 12
 0, g t  在1,  上单调递减，
所以 g (t) g 1  6  3 ，即AOB 面积的最大值为 3 ．
max
3 122
3
因为 3 ，所以不存在直线l ，使得AOB 面积为 3 ．
2
【典例 2】（2025·湖北武汉·模拟预测）已知椭圆C 的离心率为 1 ，左、右焦点分别为 F 1, 0, F 1, 0 .
212
求C 的方程；
已知点M0 1, 4，证明：线段 F2M0 的垂直平分线与椭圆C 恰有一个公共点；
是否存在坐标平面上定圆 D （ M 是定圆 D 上的动点）使得线段 F2 M 的垂直平分线与椭圆C 恰有一个公共点T ，若存在，证明 M 、T 、 F1 三点共线；若不存在，说明理由.
2
2
【答案】(1) x  y  1；(2)证明见解析；(3)存在，证明见解析
43
2
【解析】（1）因为椭圆左、右焦点分别为 F1 1, 0, F2 1, 0 ，所以c  1 ，又因为椭圆C 的离心率为 1 ，得a  2 ，∴ b2  3 ，
2
所以椭圆方程为 x
2
y
 1.
43
如图：
由 M0 1, 4, F2 1, 0 得直线M0 F2 的斜率为k  2 ，中点坐标为0, 2 ，所以线段 F M 的垂直平分线方程为 y  1 x  2 ，
202
1
 x2  y2 
 43
1
联立垂直平分线方程和椭圆方程
 y  x  2
，得 x2  2x 1  0 ，∵   4  4  0 ，
2
∴所以直线与椭圆相切，且 x  1, y  3 ，
2
即线段 F M 的垂直平分线与C 恰有一个公共点T  1, 3  .
202 

假设符合条件的圆 D 存在，由（2）知 M0 1, 4 在圆 D 上，
0 1
由对称性知 M1 1,  4 也在圆 D 上， F2 关于右顶点的对称点M 2 3, 0 也在圆 D 上.因为线段M M 的垂直平分线为 y  0 ，
02
线段 M M 的垂直平分线上的点 x, y 满足：  x 12   y  42   x  32   y  02 ，化简即得 M0 M 2 的垂直平分线方程为 x  y 1  0 .
 y  0

由x  y 1  0
 D 1, 0，且 DM 2
 4 ,
012
所以过 M 1, 4, M 1, 4, M 3, 0 三点的圆的方程为 x 12  y2  16 .
如图：
下面证明此圆符合题目条件：
设 M  x , y  在圆 x 12  y2  16 上，∴ x 12  y2  16 ，
0000
当 y0  0 时， F2 M 的垂直平分线方程为 x  2 或 x  2 与椭圆C 相切，符合条件；
x 1x2  y2 1
当 y0  0 时， F2 M 的垂直平分线方程为 y   0 x  00 ，
y0
22 x2y2
2 y0
设k   x0 1, b  x0  y0 1 ，由 4  3
 1 得3  4k 2  x2  8kbx  4b2 12  0 ，

y2 y
00 y  kx  b
∵ Δ  8kb2  43  4k 2 4b2 12  484k 2  3  b2 
 1 x 2
 x2  y2 1 2
161 x 2 14  2x 2  12y2
4k 2  3  b2  4 0 
y
 3  00 
2 y
000
4 y2
0 00
0000

16 1 x 2  14  2x 2 12  x2  2x

0
4 y2
15
 0 ，
∴ MF2 的垂直平分线与椭圆C 相切.
∴满足条件的圆 D 存在，其方程为 x 12  y2  16 .
又由韦达定理得切点T 的横坐标 x
  4kb  41 x0  ，
T3  4k 2
x0  7
T 的纵坐标 y
 kx
 b  3b 
3 y0
，∴ T  4 1  x0  ,
3 y 
0
，
TT3  4k 2
7  x
 x  77  x 
000 
3 y0
∴ k
y0 ,k
7  x0
3y0
y0  k，
MF1x 1 TF1
4 1  x 3x  3x 1MF1
0
∴ M , T , F1三点共线.
0 100
x0  7
01 忽略直线斜率不存在致错
辨析： 设直线为 y  kx  m 时，默认斜率存在，需单独讨论斜率不存在的直线（ x  x0 ）是否满足条件，否则会漏解．
x2y23
【典例 1】（25-26 高三上·广西·开学考试）已知椭圆C : a2  b2  1 a  b  0 的离心率e 
长轴长为 4.
求椭圆C 的方程；
，且椭圆的
2
过点1, 0 的直线l 与椭圆C 交于 A, B 两点，且 AB  8 2 ，求直线l 的方程.
5
【答案】(1)
x2  2
y
4
 1；(2) x  y 1或 x   y  1
【解析】（1）由题可知， 2a  4 ， a  2 ，
又e  c 
a
3 ，且a2  b2  c2 ，解得c ， b  1，
3
2
则椭圆C 的方程为
x2  2
y
4
 1.
（2）法一：①当直线l 斜率为 0 时， AB =2a  4 ， 不符合题意.
②当直线l 斜率不为 0 时，设直线l 方程为 x  ty  1，
x  ty 1

联立x2  4 y2  4  0
，得t 2  4 y2  2ty  3  0 ，   0 ，
 y  y 
2t
 12t 2  4

设 A x1, y1 , B  x2 , y2  ，则.
3
 y y 
由题意， AB 
 1 2
t 2  4
1  t 2y  y 4 y y

12

2
1 2
 8 2 ，
5
4
1 t 2 t 2  3
即 8
t 2  45
2 ，解得t  1 .
故直线l 的方程为： x  y 1或 x   y  1 .
3
法二：①当直线l 斜率不存在时， AB ，不符合题意.
②设直线l 方程为 y  k  x 1 ，
 y  k x  1

联立x2  4y2  4  0
，得4k 2 1 x2  8k 2 x  4k 2  4  0 ，   0 ，
8k 2
 124k 2 1
x  x 
设 A x1, y1 , B  x2 , y2  ，则，
4k 2  4
由 AB  8 2 ，得
5
x1x2  4k 2 1
1 k 2x  x 4x x

12

2
1 2
 8 2 ，
5
即 4· 1 k 2· 3k 2  1  8 4k 2 15
2 ，解得k  1 .
故直线l 的方程为 y  x 1 或 y  x 1.
2
【典例 2】（25-26 高三上·重庆·月考）已知椭圆 C： x
a2
y2
3
 1(a＞b  0) 的离心率为
b23
右焦点为 F，过 F
的直线 l 交椭圆 C 于 M，N 两点，当直线 l 垂直于 x 轴时，∣MN∣ 4 3 .
3
求椭圆 C 的方程;
若点 P 在椭圆 C 上，且满足OP  OM  ON (O 为坐标原点)，求直线 l 的方程.
2
2
2
【答案】(1) x  y  1；(2) 2x  y  0 .
32
3
 a
 c 
3
 2b24 3
a 
3
2

【解析】（1）由题意得
 a3
，解得b .
c  1

a2  b2  c2

2
故椭圆C 的方程为 x
2
y
 1．
32
（2）由题知直线l 的斜率不为零，
设直线l : x  my 1, M x1, y1 , N x 2, y 2  ，
 x2  y2 
1

则联立 32
x  my  1

，可得2m2  3 y2  4my  4  0，

Δ  16m2 16 2m2  3  0
4m
由根与系数关系可知：  y  y ，
 12

2m2  3
 y y 4
–––→––––→–––→

 1 2
2m2  3
3
4m6
OP  OM  ON, yP
 y1  y2
 2m2  3 , xP  myP  2  2m2  ，
 P 
6, 4m 

 2m2  3 2m2  3 ，
62
 4m2
又 P  C ，则点 P 坐标满足椭圆的方程，即 2m2  3  2m2  3 ，
   1
32
解得m2  1 或m2   3 （舍），
2
所以m  
2
2 ，故直线l 的方程为 x  
2
2 y  1 ，即 2x  y  0
2
2
02 忽略韦达定理的前提致错
辨析：已知直线与椭圆相交（如求弦长、中点），需用韦达定理，但韦达定理的适用前提是“方程有两个不同实根”，即  0 ，若忽略此条件，会得到“虚解”．
x2y22
【典例 1】（25-26 高三上·安徽·月考）已知椭圆C : 1(a  b  0) 的离心率为
a2b2
求 C 的方程；
，短轴长为2 3 .
若直线l : y  x  t 与 C 交于 M , N 两点，O 为坐标原点， OMN 的面积为 4 ，求 t 的值.
3

x2y2
【答案】(1) 631
；(2)
t  1
或t  2
2
e  c 2
a2
2b 
222
3
【解析】（1）由题意，得2
，解得a
 6, b  3, c
 3，

a2  b2  c2


x2y2
则椭圆 C 的方程为 631 .
（2）设 M  x1, y1 , N  x2 , y2  ，
 y  x  t

联立 x2y2
，得3x2  4tx  2t 2  6  0 ，

 1
 63
则Δ  16t 2 12 2t 2  6  0 ，解得3  t  3 ，
且 x  x   4t , x x 
1231 2
2t2  6
，
3


x  x 4 x x
12
2
1 2
 4t 2
4
9  t2，
2t2  6
1 12
所以 MN 

 2  4 
3 33

t
2
点O 0, 0 到直线l 的距离为，
9  t2
t
2
则 S 1  4 4，解得t  1 或t  2 2 ，满足3  t  3 ，
OMN2 33
则t  1 或t  2 2 .
x2  y2  A2, 03
【典例 2】（2025·广西·模拟预测）已知椭圆C : a2
求椭圆C 的方程；
1(ab
b2
0) 的右顶点为
，离心率e .
2
设直线l : y  x  m 与椭圆C 交于不同的两点M , N ，点Q 4, 0 ，若直线 MQ 的斜率与直线 NQ 的斜率互为相反数，求实数m 的值.
x22
【答案】(1) y
4
 1；(2) m  1
【解析】（1）由题知a  2 ，
且e  c 
a
3 ，得c ，
3
2
又a2  b2  c2 ，代入可得a2  4 ， b2  1 ，
x22
∴椭圆C 的方程为 y
4
（2）如图：
 1.
 y  x  m

y  1
联立 x2  2
 4
，得5x2  8mx  4m2  4  0，
5
5
由题意， Δ  64m2  80(m2 1)  0, 即16m2  80 ，解得 m .
设 M  x1, y1  ，
N  x2 , y2 
，可得 x1  x2
 8m
5
， x1 x2
4m2  4

，
5
由k k 0 ，得 y1y2 x1  m  x2  m  0 ，

MQNQ
x  4x  4x  4x  4
1212
2x1x2  m  4 x1  x2 8m
即
 0 ，即2x x  m  4 x  x   8m  0
 x1  4x2  4 
1 212
8(m2  1)  8m(m  4)  40m
即
5
 0 ，解得m  1.
对椭圆定义的理解
求方程：通过对题设条件分析、转化后，能够明确动点满足椭圆的定义，便可直接求解其轨迹方程；
求最值：抓住|PF1|与|PF2|之和为定值，可联系到利用基本不等式求|PF1|·|PF2|的最值；利用定义|PF1|＋|PF2|＝2a 转化或变形，借助三角形性质求最值．
FFx2y2
【典例 1】（24-25 高三上·山东临沂·月考）已知 1 、 2 是椭圆C :
 1 的两个焦点， P 在椭圆C 上，
169
且 PF1  3 ，则 PF2  ．
【答案】5
2
【解析】在椭圆C : x
2
y
 1 中， a  4 ，
169
因为 F1 、 F2 是椭圆C 的两个焦点， P 在椭圆C 上，
由椭圆的定义可得 PF1  PF2  2a  8 ，故 PF2  8  PF1  8  3  5 .
FFx2y2
【典例 2】（24-25 高三上·河北衡水·月考）已知 1 ， 2 是椭圆
则 PF1  PF2 的最大值是（ ）
 1的两个焦点， P 是椭圆上一点，
2516
A． 25
4
【答案】D
B．9C．16D．25
PF1 PF2
【解析】由题意， PF1  PF2 10 ， PF1  PF2  2，
PF1 PF2
10  2
 PF1  PF2  25 ，当且仅当 PF1  PF2
 5 时，等号成立，
 PF1  PF2 的最大值是 25．故选：D．
椭圆的焦点三角形问题
椭圆的焦点三角形的求解思路：
关于椭圆的焦点三角形问题，可结合椭圆的定义 PF1  PF2
此回归定义式求解椭圆的焦点三角形的常用方法；
 2a ，利用这个关系式便可求出结果，因
在椭圆中，焦点三角形引出的问题很多，在处理这些问题时，经常利用定义结合正弦定理、余弦定理
及勾股定理来解决，还经常用到配方法、解方程及把 PF1  PF2 看成一个整体等．
【典例 1】（2025·陕西咸阳·三模）已知椭圆C : x2  y2  (a  b  0) 的左、右焦点分别为 F , F ，上顶点为
a2b2112
M ，若F MF  2π ，且△F MF 的面积为 3 ，则 C 的标准方程为.
【答案】
12312
y
1
x2  2 
4
【解析】由题设 S 1 | MF || MF | sin 2π  3，可得| MF || MF | 4，
F1MF2212312
又 M 为上顶点，则| MF1 || MF2 | a  2 ，
故 F1F2
 2c 
 2 3，
MF |2  MF |2 2 MF MF c 2π
1
2
12
s
3
x22
3
所以c ，则b2  a2  c2  1 ，故标准方程为 y
4
 1 .
x2y2FF
【典例 2】（2025·福建福州·三模）设椭圆C :
 1的左、右焦点分别为 1 、 2 ，点 P 在椭圆上， A 为
4924
F1PF2 的平分线与 x 轴的交点.若 PF1  PF2  0 ，则 PA  （ ）
24
7
【答案】B
24 2
7
32
7
32 2
7
49  24
【解析】依题意， a  7 ， c  5 ，
解法一：不妨设点 P 位于第一象限，设 PF1  m ， PF2  n ，则m  n  14 ①，且m  n  0 .
因为 PF1  PF2
 0 ，所以F1PF2
 90∘ ，所以m2  n2  4c2  100 ②.
由①②解得： m  8 ， n  6 .
因为 PA 平分F1PF2 ，由角平分线定理可得
 8  4 ，故
AF1
AF2
PF1
PF2
63
 3 ，
AF2
F1F2
7
所以 S
 3 S，即 1 PA  PF
sin 45∘  3  1 PF  PF ，
△PAF2
7 △PF1F222
7212
故 2  6  PA  3  1  6  8 ，所以 PA  24 2 .
4727
解法二：不妨设点 P 位于第一象限，设 PF1  m ， PF2  n ，则m  n  14 ①，且m  n  0 .
因为 PF1  PF2  0 ，所以F1PF2  90∘ ，所以m2  n2  4c2  100 ②.
由①②解得： m  8 ， n  6 .
1
由 S△PAF
 S△PAF
 S△ PF F
，得 1 m  PA sin 45∘  1 n  PA sin 45∘  1 mn ，
222
2
1 2
所以 PA 2mn  48 2  24 2 .故选：B.
m  n147
椭圆中“距离和的最值”主要分为“椭圆上一点到两定点的距离和”和“椭圆内一点到椭圆上一点与焦点的距离和”，核心解法“利用椭圆定义转化为两点间距离”（几何法），避免代数硬算．
椭圆中距离和与差的最值问题
椭圆中“距离差的最值”主要是“椭圆上一点到两个定点的距离差”和“椭圆上一点到两焦点的距离差”，核心解法是“三角形三边关系”（几何法），注意椭圆的封闭性导致距离差的范围有限制．
22
【典例 1】（25-26 高三上·山东青岛·月考）如图，椭圆 x  y  的左、右焦点分别为 F , F ，过点 F , F
:1
54
分别作弦 AB, CD ．若 AB / /CD ，则 AF1  CF2 的取值范围为（ ）
1212
A．[2 5, 16 5 ]
5
C．[8 5 , 2 5)
5
【答案】C
B．[2 5, 16 5 )
5
D．[8 5 , 2 5]
5
【解析】设点C 关于原点的对称点为 E ，由椭圆 的对称性，得点 E 在椭圆上，
由CE, F1F2 互相平分于点O ，得四边形CF1 EF2 为平行四边形，则CF2 //EF1 且| CF2 || EF1 | ，又 AB//CF2 且 F1  AB ，则点 B 与点 E 重合，因此| AF1 |  | CF2 || AB | ，
x2y2
2b2
而过椭圆 a2  b2  1(a  b  0) 焦点的最短弦长为通径
，最长弦长为实轴长2a ，
5
a
2
2
椭圆 x  y
54
 1 的通径长为
8
5 ，实轴长为2
，由 AB / /CD 知，线段 AB 与椭圆实轴不重合，
[
8 5
5
所以| AF1 |  | CF2 || AB |
, 2 5).故选：C
x2  y2  
 
F 1, 0
P   3 , 21 
【典例 2】（2025·陕西·模拟预测）已知椭圆C : a2
1 ab
b2
0 的右焦点为
，且过点 
24  ，

Q 为C 上一动点，则 PQ  QF 的最大值为（ ）
11
2
【答案】D
13
2
19
4
21
4
【解析】设C 半焦距为c ，因为 F 1, 0 ，故c  1 .
又C 过点 P   3 , 21  ，故 9  21 1 .
 24 
4a2
16b2

3
由椭圆得a2  b2  c2  b2 1 ，代入解得a2  4 ， b2  3 .即a  2 ， b .
2
2
所以C 的方程为 x  y  1.
43
 1 2
  2   

21 
2


4

设C 的左焦点为 F1, 0 ，故 PF  
根据椭圆的几何性质可知， QF  QF  2a  4
由于两点之间线段最短，所以 PQ  PF  QF .
 5 .
4
因此 PQ  QF
 PF   QF   QF
 5  4  21 .
44
当且仅当 P ， F  ， Q 在一条直线上时，等号成立.故选： D
椭圆的标准方程性质与求解
利用待定系数法求椭圆标准方程的步骤
①定位：确定焦点在那个坐标轴上；
②定量：依据条件及 a2  b2  c2 确定 a, b, c 的值；
③写出标准方程．
2
求椭圆方程时，若没有指明焦点位置，一般可设所求方程为 x
2
y
 1(m  0, n  0, m  n) ；
mn
当椭圆过两定点时，常设椭圆方程为 Ax2  By2  1( A  0, B  0, 且A  B) ，将点的坐标代入，解方
程组求得系数．
x2y25
【典例 1】（2025·四川乐山·三模）与双曲线
169
 1 有公共焦点，且离心率为 7 的椭圆方程为（ ）

x2y2
A．
x2y2
1
1

B．
x2y2
1

C．
x2y2
1

D．
2449
【答案】C
5025
4924
2550
2
【解析】设椭圆的方程为： x
2
2

y
2  1a  b  0 ，
双曲线
x2  y2 
169
ab
1的焦点为
5, 0, 5, 0 ，
所以c  5 ，又因为离心率为 5 ，所以 c  5  5 ，
所以a  7 ，又因为b 
7
a2  c2
 2
aa7
6
，
2
所以圆的方程为 x
2
y
 1.故选：C.
4924
2
【典例 2】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）曲线C : x
2
y
 1，则“1  m  3 ”是“曲线C 表示椭圆”的（ ）
m 13  m
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
2
2
【解析】若曲线C : x y 1表示椭圆，

m 13  m
m 1  0

则3  m  0

m 1  3  m
，解得1  m  2 或2  m  3，
则“1  m  3 ”是“曲线C 表示椭圆”的必要不充分条件.故选：B.
与椭圆有关的轨迹问题
与椭圆有关的轨迹问题，核心是根据已知条件（如距离关系、角度关系、位置约束等），推导满足椭圆定义或符合椭圆方程特征的动点轨迹．解题的关键在于“转化条件”——将几何约束转化为代数方程，或直接匹配椭圆的定义．
【典例 1】（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知曲线 C： x2  y2  16 （ y  0 ），从 C 上任意一点 P 向 x 轴作垂线段 PP ， P为垂足，则线段 PP 的中点 M 的轨迹方程为（ ）
1
A． x2  y 2  1 （ y  0 ）B． x2  y2  （ y  0 ）
164168
C． y2  x2  （ y  0 ）D． y2  x2  （ y  0 ）
1
164
【答案】A
1
168
【解析】设点 M (x, y) ，则 P(x, y0 ), P(x, 0)，
因为 M 为 PP 的中点，所以 y0  2 y ，即 P(x, 2 y) ，又 P 在圆 x2  y2  16( y  0) 上，
2
2
 
所以 x2  4y2  16( y  0) ，即 xy1( y 0)，
164
即点 M 的轨迹方程为 x2  y2  1( y  0) .故选：A
164
【典例 2】（2025·四川成都·三模）已知动圆C 与圆(x 1)2  y2  1外切，同时与圆(x 1)2  y2  25内切，则动圆C 的圆心轨迹方程为（ ）

x2y2
2

x  y2 1
x2y2
1


x  y2  1
1
2
989
【答案】A
252425
【解析】设圆(x 1)2  y2  1圆心C 且与圆C 切于点 P，圆(x 1)2  y2  25圆心C 与圆C 切于点 Q，
2
由题意得： C1C  5  CQ ， C2C  1 CP ，其中 CQ  CP ，所以 C1C  C2C  5  CQ 1 CP  6  2  C1C2 ，
C , C
1
x2y2
由椭圆定义可知：动圆圆心 C 的轨迹为以 12 为焦点的椭圆，设 a2  b2  1，则2a  6, c  1 ，解得： a  3, b2  a2  c2  9 1  8，
2
故动圆圆心 C 的轨迹方程为 x
2
y
 1.故选：A
98
求椭圆离心率的值的方法
求椭圆离心率的 3 种方法
直接求出 a，c 来求解 e.通过已知条件列方程组，解出 a，c 的值．
构造 a，c 的齐次式，解出 e.由已知条件得出关于 a，c 的二元齐次方程，然后转化为关于离心率 e 的一元二次方程求解．
通过取特殊值或特殊位置，求出离心率．
y
x
22
【典例 1】（2025·河北·模拟预测）已知焦点在 x 轴上的椭圆 1 其右焦点 F 与上顶点 A 和左顶点
2
9b2
B 构成面积为4
的三角形，则椭圆的离心率可以为（ ）
A． 1
2
【答案】C
【解析】
B． 2
2
C． 1
3
D． 2
3
xyBF
22
由 可得a  3 ，由图知，
 a  c  3  c ，
9b21
9  c2
则△BAF 的面积为 1 3  c  b  1 3  c 
22
 4，
2
解得c  1（其它解不合题意舍去），则椭圆的离心率为e  c  1 .故选：C.
a3
x2y2
F，F
【典例 2】（2025·贵州·模拟预测）已知椭圆 E： a2  b2  1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为 12 ，上顶点为 B，右顶点为 A， F1 到直线 AB 的距离为 b，则椭圆 E 的离心率为（ ）
2
2
【答案】C
3
3
3 1
2
5 1
2
【解析】设椭圆上顶点的坐标 B 0, b，右顶点的坐标 Aa, 0 ，左焦点 F1 c, 0 ，
则直线 AB 的方程为 x  y 1，即bx  ay  ab  0 ，
ab
b  c  0  ab
a2  b2
由 F1 到直线 AB 的距离为 b，得 b ，
 c 22c
又b2  a2  c2 ，化简得2c2  2ac  a2  0 ，即2  
 a 
1  0 ，
a
所以2e2  2e 1  0 ，解得e 
3 1 或e  
2
1 （舍去）．
2
故椭圆 E 的离心率为 3 1 .故选：C
2
直线与椭圆的位置关系
通过联立直线与椭圆的方程，将几何位置关系转化为方程解的个数问题．
求解步骤：先明确直线与椭圆的方程，再联立方程消元得到一元二次方程，最后通过判别式判断；
特殊情况：若直线过定点，可先判断定点的位置．
根据直线与椭圆的位置关系求参数范围
将“位置关系”转化为“代数条件”（如判别式符号、交点坐标特征、切线公式约束等），再通过解方程或不等式求解参数范围．
【典例 1】（25-26 高二上·河北保定·月考）若直线l : mx  ny  4 和圆O : x2  y2  4 没有交点，则过点 P(m, n)
2
的直线与椭圆 x
2
y
 1的交点个数为（ ）
94
A．0 个B．至多有一个C．1 个D．2 个
【答案】D
【解析】因为直线l : mx  ny  4 和圆O : x2  y2  4 没有交点，
可得
2 ，即m2  n2  4 ，
m2  n2
0  0  4
1
所以点 P(m, n) 是以原点为圆心， 2 为半径的圆及其内部的点，又因为椭圆 x2  y2  ，可得a  3,b  2 ，
94
2
所以圆m2  n2  4 内切于椭圆，即点 P(m, n) 是椭圆 x
2
y
 1内的点，
94
所以点 P(m, n) 的一条直线与椭圆的公共点的个数为2 .故选：D.
2
【典例 2】（24-25 高三下·云南昭通·月考）若对任意的实数k ，直线kx  y  1  0 与椭圆 x
6
点，则实数n 的取值范围为.
【答案】1, 6  6,  
【解析】直线方程可化为 y  kx 1，则该直线过定点 A0,1 ，
2
y
 1恒有公共
n
2
因为直线kx  y  1  0 与椭圆 x
6

 1  1
n
2
y
 1恒有公共点，则点 A 在椭圆上或椭圆内，
n

所以n  0 ，解得n  1且n  6 .

n  6

因此，实数n 的取值范围是1, 6  6,   .
椭圆的中点弦问题
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；
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
标和斜率的关系，具体如下：直线l (不平行于 y
b2
a
点为 P(x0，y0 ) ，则有 kAB  kOP   2 ．
轴)过椭圆 x2  y2  1( a 
a2b2
b  0 )上两点 A 、B ，其中 AB 中
共线法：利用中点坐标公式，如果弦的中点为 P(x0，y0 ) ，设其一交点为 A(x, y) ，则另一交点为
 x2  y2 
B(2x  x, 2 y  y) a2
00，则
(2x
b21
 x)2
(2 y
．
 y)2
0  0  1
a2
b2
x22
P 1, 1 
【典例 1】（2025·四川彭州·模拟预测）已知椭圆方程为 y  1，且椭圆内有一条以点  2  为中点的
2
弦 AB ，则弦 AB 所在的直线l 的方程是.
【答案】2x  2 y  3  0
A( x ,y ),B(x ,y )
x22
x22
【解析】设1122 ，由题意得 1  y1  1, 2  y2  1，
22
两式相减，得 y1  y2  y1  y2   1 ，又 P 是 AB 中点，所以 x  x
 2, y  y
 1 ，
x1  x2
x1  x22
1212
代入得 y1  y2  1，则直线 AB 的斜率k  1 ，
x1  x2
所以直线 AB 的方程为 y  1  (x  1) ，化简得2x  2 y  3  0，
2
又点 P 在椭圆内，故直线2x  2 y  3  0与椭圆相交.
【典例 2】（24-25 高三上·河北石家庄·一调）过椭圆C
x2y2
2  2 
：1(ab0) 右焦点 F 的直线l ab
：x  y  2  0
交C 于 A 、 B 两点， P 为 AB 的中点，且 OP 的斜率为 1 ，则椭圆C 的标准方程为.
2
2
2
1
【答案】 x  y 
84
【解析】在 x  y  2  0 中令 y  0 得 x  2 ，所以椭圆右焦点为 F (2, 0) ，即c  2 ，设 A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 ), P(x0 , y0 )， 2x0  x1  x2 ， 2 y0  y1  y2 ，
 x
2
1
 a2
∴ 
2
y
 1
b2
 1
，两式相减得(x1  x2 )(x1  x2 )  ( y1  y2 )( y1  y2 )  0 ，
 x2y2
a2b2
 2  2  1
 a2b2
y  yb2 (x  x )
b2 x
b2b
2
所以 12   12   0 ，即k
 ，从而
11，
x  xa2 ( y  y )a2 y
ABa2k
a2  ( )
12120OP2
∴ a2  2b2 ，
又c2  a2  b2  b2  4 ，因此a2  8，
2
2
∴椭圆标准方程 x  y  1.
84
直线与椭圆相交弦长问题
(x  x )2  ( y  y )2
12
12
设 M (x ，y ) ， N (x ，y ) 根据两点距离公式| MN |．
1122
1  k 2
若 M 、N 在直线 y  kx  m 上，代入化简，得| MN |x  x
12 ；
1  t 2
若 M 、N 所在直线方程为 x  ty  m ，代入化简，得| MN |y  y
12
构造直角三角形求解弦长， | MN |  | x2  x1 |  | y2  y1 | ．其中 k 为直线 MN 斜率，为直线倾斜角．
| cs|| sin|
x2y2
【典例 1】（2025·四川广安·模拟预测）已知椭圆C : a2  b2  1 a  b  0 上任意一点 P 到C 的两个焦点
F1 2 2, 0, F2 2 2, 0 的距离之和为4 3 .
求C 的方程；
已知直线l : y  1 x  m 与C 相交于 A，B 两点，若 AB  5 ，求m 的值.
3
2
2
2
【答案】(1) x  y  1；(2) 
124
 c  2

a2  12
2
3

【解析】（1）由题意可得 2a  4
a2  b2  c2

，解得 b2  4 ，
2
2
故C 的方程为 x  y  1.
124
1
 x2  y2 

（2）联立124，得 4
x2  2mx  3m2 12  0 .
 y  1 x  m3
3
Δ  4m2  4  4 3m2 12  0 ，解得m2  16 .
33
 x  x   3m

2
12
1122
设 A x ，y ，B  x ，y  ，则，
1   3 x  x 4x x
 1 2
 

12

2
1 2
AB 
x x 

 1 2
9m2  36
4
10
 （  3m）2 （9m2 36）
2
10
27m2
 36 5，
334
2
2
解得m  ，即m 的值为.
x2y2
 2, 6 
6
【典例 2】（2025·天津静海·三模）已知椭圆C : 1(a  b  0) 的离心率为
a2b2
3 ，且经过点3  ，
直线l 与 x 轴交于点 E ，与椭圆C 交于 A, B 两点.
求椭圆C 的方程；
若点 E 坐标为(2, 0) ，线段 AB 的垂直平分线分别交直线 x   9 和l 于点 P, M ，若| PM | 2
2

3
| AB | ，求直
线l 的斜率.
2
【答案】(1) x
2
3 41
y
 1 ；(2) 1或.
6241
6

 c
 a3
6

4 2
a 

【解析】（1）由题意知
 1 ，
2
 a2
3b2
b 

a2  b2  c2


2
椭圆C 的方程为： x
2
y
 1 .
62
（2） E 2, 0 为椭圆的焦点，当l 的斜率不存在时，
6
显然 PM  2  9  13 ， AB  2  2  2 6 ，显然 PM
 2
3
AB ，
223
l 斜率存在且不为 0，设直线l 的方程为 x  my  2 ， A x1, y1  ，
B  x2 , y2  ， M  x0 , y0  ，
x  my  2

x2  3y2  6
 m2  3 y2  4my  2  0 ，  16m2  8m2  3  24 m2 1 ，
所以 y  y   4m ， y y  2，
12
1 m2
 AB 
m2  3
 y1  y2
1 2
1 m2

m2  3
2 6 m2 1
m2  3
2 6 m2 1
，
m2  3
y  y1  y2   2m
2m26
1  m2
9
2
1  m2
此时 02
m2  3 ， x0   m2  3  2  m2  3 ，
 M 6, 
2m  ，k
 m ，  PM

 x 
6 9  ，
 m2  3
m2  3 
PM
0
 m2  32 

 1 m 
2


69 

2 6 m2 1
3
m2  3
41
  2
，解得m  1或m  ，
 m2  32 3
直线l 的斜率为1或 3 41 .
41