专题13：2020-2021学年高二年级数学上学期期末复习通关秘笈直线与椭圆的位置关系解析版

一、 面积类问题
1、已知椭圆与椭圆有相同的焦点，且椭圆过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的焦点为，点在椭圆上，且的面积为1，求点的坐标.
答案： （1）.（2）.
试题分析：详解：（1）根据题设条件列出关于基本量的方程组，解出即可．（2）中已知焦点三角形的面积，但其底边已知，故的纵坐标可求，再利用在椭圆上求出其横坐标即可．
解析：
（1）的焦点为，设方程为，焦距为，则，把代入，则有，整理得，故或（舎），，故椭圆方程为．
（2），设，则面积为，则，而，所以，，所以点有4个，它们的坐标分别为．
2、如图，已知圆，点P是圆E上任意一点，且，线段PF的垂直平分线与半径PE相交于点Q.

（Ⅰ）求动点Q的轨迹Γ方程；
（Ⅱ）已知A，B，C是轨迹Γ的三个动点，A与B关于原点对称，且，当△的面积为时，求点C的坐标.
答案： （Ⅰ）；（Ⅱ）.
试题分析：(1)由、为定点，=4定长，知Q点轨迹为椭圆，即可写出椭圆方程；(2)A与B关于原点对称，且，可设直线AB为，有直线OC为，联立轨迹椭圆方程，得到关于k的表达式表示、，由△的面积为列方程求k的值，进而求C的坐标即可
详解：（Ⅰ）连接QF，根据题意，，
则，
故定点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆.
设其方程为，
可知，，则，
所以点Q的轨迹的方程为.
（Ⅱ）①当AB为长轴（或短轴）时，可知点C就是椭圆上的上，下顶点（或左右顶点），
则，故舍去
②当直线AB的斜率存在且不为0时，
设斜率为k，设直线AB的方程为，
设点，联立方程组
消去y得，.
由，知△是等腰三角形，O为AB的中点，
则可知直线OC的方程为，
同理可知点C的坐标满足，，
则，
，
，
解得
由①②知，当时，△的面积为，
此时点C的坐标
【点睛】
本题考查了椭圆，由椭圆的定义求椭圆轨迹方程，根据椭圆上三个动点构成的等腰三角形面积一定求顶点坐标
3、如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：，过点的动直线与椭圆交于，两点.

（1）求证：为定值；
（2）求面积的最大值.
答案： （1）证明见解析（2）
试题分析：（1）将椭圆方程与直线方程联立，韦达定理表示出来，然后将的坐标表示出来，将韦达定理代入可得；
（2）用（1）中的结论表示出三角形的面积，然后求最值．
详解：解：（1）当直线的斜率存在时，设其方程为，
点，的坐标分别为，.
联立得，
其判别式，
所以，，
从而，


，
当直线斜率不存在时，
.
所以当时，为定值-3；
（2）显然直线的斜率存在，设其方程为，
由（1）知，，
所以的面积.
设，则，因此，
当且仅当，即时，的面积取得最大值.

【点睛】
本题考查了向量的坐标运算，方程联立韦达定理的设而不求的思想，三角形面积的求法，属于中档题
4、椭圆的左、右焦点分别为，，椭圆上一点与，的距离之和为，且焦距是短轴长的2倍.
（1）求椭圆的方程；
（2）过线段上一点的直线（斜率不为0）与椭圆相交于，两点，当的面积与的面积之比为时，求面积的最大值.
答案：
（1）；（2）
试题分析：（1）由题意结合椭圆的定义可得，再由、求得后，即可得解；
（2）转化条件得直线过定点，设直线的方程为，，，联立方程组利用韦达定理可得的面积，换元后利用二次函数的性质即可得解.
详解：（1）由题可知，.
又，所以，
所以，所以，解得或（舍去），
从而椭圆的方程为；
（2）由题意可得，，
因为的面积与的面积之比为1：3，所以直线过定点，
设直线的方程为，，，
联立得，，
所以，，
所以的面积
.
设，则，
所以，
所以当时，最大，最大值为，
所以面积的最大值为.
【点睛】
本题考查了椭圆性质的应用及标准方程的求解，考查了直线与椭圆的综合应用与运算求解能力，属于中档题.
5、已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，为椭圆短轴的一个端点，、为椭圆的左、右焦点，线段的延长线与椭圆相交于点，且.

（1）求椭圆的方程；
（2）如图，点为椭圆上一动点（非长轴端点），的延长线与椭圆交于点，的延长线与椭圆交于点，求面积的最大值.
答案： （1）；（2）.
试题分析：（1）根据椭圆短轴顶点求得；结合，求得点的坐标，根据点的坐标满足椭圆方程，结合，求得，则椭圆方程即可求解；
（2）根据直线斜率是否存在，进行分类讨论；当直线斜率存在时，设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，求得弦长，求得到直线的距离，即可求得到直线的距离，利用面积公式，结合均值不等式，即可容易求得面积的最值.
详解：（1）设椭圆的方程为，右焦点，
因为为椭圆短轴的一个端点，则.
因为，
故可得，设点坐标为，
即，解得.
则点.
因为点在椭圆上，则，即.
又，则，得，
所以椭圆的标准方程是.
（2）①当直线的斜率不存在时，不
妨取，，，
故；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
，，
联立方程，化简得，
则，
，，

，
点到直线的距离，
因为是线段的中点，所以点到直线的距离为，
∴，
∵，又，所以等号不成立.
∴，
综上可得，面积的最大值为.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中面积的范围问题，属综合中档题.
6、若动点到两点的距离之比为.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若为椭圆上一点，过点作曲线的切线与椭圆交于另一点，求面积的取值范围（为坐标原点）.
答案： （1）；（2）.
试题分析：（1）设,由两点间距离公式并结合条件化简即可求得动点的轨迹方程.
（2）讨论直线的斜率是否存.当斜率不存在时,易得;当斜率存在时,设的方程为,结合点到直线距离公式及切线性质可知到的距离.联立椭圆方程,由韦达定理可得.结合弦长公式表示出.利用换元法求得的取值范围,即可求得面积的取值范围.
【详解】
（1）设,由条件可知,
即,
所以曲线.
（2）当所在直线斜率不存在时,其方程为,此时,
当所在直线斜率存在时,设其方程为,设,,
到直线的距离,即,所以.
直线与椭圆联立,
得,
所以
所以
令,
,
因为,
所以,
所以,
所以.
【点睛】
本题考查了轨迹方程的求法,直线与椭圆位置关系的综合应用,点到直线距离公式和弦长公式的用法,椭圆中三角形面积取值范围问题,综合性强,属于难题.

二、 定点类问题
1、已如椭圆C：＝1（a＞b＞0）的有顶点为M（2，0），且离心率e＝，点A，B是椭圆C上异于点M的不同的两点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设直线MA与直线MB的斜率分别为k1，k2，若k1k2＝，证明：直线AB一定过定点．
答案： （I）；（II）证明见解析.
试题分析：（I）根据顶点坐标求得，根据离心率求得，由此求得，进而求得椭圆方程.
（II）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，写出根与系数关系，根据，求得的关系式，由此判断直线过定点.
详解：（I）由于是椭圆的顶点，所以，由于，所以，所以，所以椭圆方程为.
（II）由于是椭圆上异于点的不同的两点，所以可设直线的方程为，设，由消去并化简得
，所以
，即.
，
，
，


，解得，所以直线的方程为，过定点.
【点睛】
本小题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的定值问题.
2、在平面直角坐标系中，已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上.

（1）求椭圆的方程；
（2）已知圆，连接并延长交圆于点为椭圆长轴上一点（异于左、右焦点），过点作椭圆长轴的垂线分别交椭圆和圆于点（均在轴上方）.连接，记的斜率为，的斜率为.
①求的值；
②求证：直线的交点在定直线上.
答案：
（1）；（2）①2，②证明见解析.
试题分析：（1）根据焦距可得，再将点代入椭圆的方程，可得椭圆方程；
（2）①设，代入椭圆方程计算可得，再得到，计算即可得结果；②直线的方程为，直线的方程为，消去可得结果.
【详解】
（1）设椭圆的焦距为，则，
所以.
又因为在椭圆上，
所以，
解得，
所以椭圆的方程为.
（2）①设，则，所以，即.
又因为均在轴上方，所以.
因为，所以.
②因为，所以直线的方程为，易得，所以直线的方程为，又因为直线的方程为，
所以，解得.
所以直线的交点在轴上.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查定直线问题，考查计算能力与方程思想，是中档题.
3、已知圆O：x2+y2＝3，直线PA与圆O相切于点A，直线PB垂直y轴于点B，且|PB|＝2|PA|.
（1）求点P的轨迹E的方程；
（2）过点（1，0）且与x轴不重合的直线与轨迹E相交于P，Q两点，在x轴上是否存在定点D，使得x轴是∠PDQ的角平分线，若存在，求出D点坐标，若不存在，说明理由.
答案： （1）（2）存在；定点D（4，0）
试题分析：（1）设P（x，y），根据直线PA与圆O相切于点A，利用切线长公式得到|PA|2＝x2+y2﹣3，|再根据直线PB垂直y轴于点B，得到|PB|2＝x2，然后由|PB|＝2|PA|求解.
（2）设直线l的方程为：x＝my+1，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，，代入kPD+kQD＝0，化简整理得，解得x0即可.
详解：（1）设P（x，y），因为直线PA与圆O相切于点A，
所以|PA|2＝|PO|2﹣3＝x2+y2﹣3，|
又因为直线PB垂直y轴于点B，
所以|PB|2＝x2，
又因为|PB|＝2|PA|
所以x2+y2﹣3＝x2，
即x2＝4（x2+y2﹣3），
化简得，
∴点P的轨迹E的方程为：；
（2）设直线l的方程为：x＝my+1，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立方程，整理得：（4+3m2）y2+6my﹣9＝0，
∴，，
假设存在定点D（x0，0），使得x轴是∠PDQ的角平分线，则kPD+kQD＝0，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：x0＝4，
所以存在定点D（4，0），使得x轴是∠PDQ的角平分线.
【点睛】
本题主要考查椭圆方程的求法以及直线的对称问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
4、已知：椭圆的焦距为2，且经过点，？是椭圆上异于的两个动点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求证：直线过定点，并求出该定点坐标.
答案：
（1）；（2）证明见解析，定点坐标：.
试题分析：（1）通过椭圆的焦距为2，求出．结合椭圆经过点，列出方程组求解，，得到椭圆方程．
（2）设，、，，
①直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立可得，，利用韦达定理推出，的关系式，利用向量的数量积推出，得到直线系，然后求解直线经过的定点；
②直线的斜率不存在时，设直线的方程为，，，，判断直线经过的定点即可．
详解：解：（1）因为椭圆的焦距为2，且经过点
所以解得
所以；
（2）设？，
①直线的斜率存在时，设直线的方程为，
与椭圆方程联立可得，，
∴()且，
∵，∴，
即，
化简得，
将()式代入，得，，
∴，即或(舍，此时直线过点)
∴直线的方程为，过定点；
②直线的斜率不存在时，设直线的方程为，，
可设，且，由，
即，解得或(舍)，
此时直线的方程为，也过定点；
综上，直线过定点.
【点睛】
本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，直线系方程的应用，椭圆方程的求法，考查分析问题解决问题的能力，属于难题．
5、已知椭圆的左右顶点分别记为、，其长轴的长为4，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）记的中点为，若动点的横坐标恒为，过点作∥交椭圆于点，直线交椭圆于点，求证：、、三点共线．
答案： （1）（2）见解析
试题分析：（1）直接法求椭圆的标准方程；
（2）设的坐标为，用分别表示、、的坐标，再利用斜率相等，即证明.
详解：（1）由题可知，；∴，，故
所以椭圆方程为：
（2）设的坐标为，，，,
∴
∴的方程为，代入椭圆方程，得
故
∴
又∵，∴为代入椭圆方程，
得∴，
故，
∴，故、、三点共线．
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程以及椭圆中的共线问题，考查学生数学运算能力，解析几何中，三点共线的问题通常采用斜率来证明，是一道中档题.
6、已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
答案：
（1）；（2）证明详见解析.
试题分析：（1）由已知可得：，，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.
（2）设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
详解：（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：，，
，
，
椭圆方程为：
（2）证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
【点睛】
本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.

三、 定值类问题
1、椭圆的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，左、右焦点分别为，，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过右焦点的直线与椭圆相交于两点，试探究在轴上是否存在定点，使得可为定值？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由？
答案： （1）（2）存在，
试题分析：（1）根据，以及离心率，结合关系，可得结果.
（2）假设点坐标以及直线方程，可得坐标，然后联立与椭圆方程，利用韦达定理，计算，通过观察，可得结果.
【详解】
（1）由知；①
由题知②
又③，
由①②③得：，.
∴椭圆的方程为：.
（2）①当直线的斜率不为0时，
设，，，
直线的方程为，
由得，
∴.
∴
又，
所以化简可得
.
令，得.
故此时点，.
②当直线的斜率为0时，
可.
综上所述：
在轴上存在定点，
使得为定值.
【点睛】
本题主要考查直线与椭圆几何应用，难点在于的计算，重点在于过定点的条件，属难题.
2、已知椭圆:,过椭圆右焦点的最短弦长是,且点在椭圆上.
（1）求该椭圆的标准方程;
（2）设动点满足:,其中,是椭圆上的点,直线与直线的斜率之积为,求点的轨迹方程并判断是否存在两个定点、,使得为定值？若存在,求出定值;若不存在,说明理由.
答案：
（1）（2）答案见解析
试题分析：（1）因为椭圆:,过椭圆右焦点的最短弦长是,可得.点在椭圆上,可得,即可求得答案;
（2）设,,,则由得:,即,.点,在椭圆上,结合已知,即可求得答案.
【详解】
（1）椭圆：,过椭圆右焦点的最短弦长是
,即①
点在椭圆上
即②
由①②解得:,
化简可得:
解得,,,
椭圆的标准方程为：.
（2）设,,,则由
得:,
即,.
点,在椭圆上,
,,
故

,
设,分别为直线,的斜率,
由题设条件知:,可得,
,
点是椭圆上的点,设该椭圆的左、右焦点为点,,
使得为定值.
【点睛】
本题考查了求椭圆的标准方程和椭圆上的定值问题,解题关键是掌握椭圆的基本知识和椭圆上定值问题的解法,考查了分析能力和计算能力,属于难题.
3、已知椭圆过点，且其离心率为，过坐标原点作两条互相垂直的射线与椭圆分别相交于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在圆心在原点的定圆与直线总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.
答案：
（1）（2）存在；定圆
试题分析：(1)根据椭圆的离心率和椭圆经过的点的坐标,代入椭圆方程中,求出a、b,即可得到椭圆C的方程.
(2)根据条件，分直线的斜率不存在和直线的斜率不存在两种情况分别求出定圆的方程，,当直线的斜率存在时,设直线方程为,联立方程组,令，,利用韦达定理,结合.推出,利用直线与圆相切,求出圆的半径,得到圆的方程,即可得到结果.
详解：解：（1）椭圆经过点，∴，又∵，解之得，.
所以椭圆的方程为；
（2）当直线的斜率不存在时，由对称性，设，.
∵，在椭圆上，∴，∴.
∴到直线的距离为，所以.
当直线的斜率存在时，设的方程为，
由得.
设，，则，.
∵，∴，
∴.
∴，即.
∴到直线的距离为，
故存在定圆与直线总相切.
4、在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，为椭圆的一条弦（不经过原点），直线经过弦的中点，与椭圆交于、两点，设直线的斜率为.

（1）若点的坐标为，求椭圆的方程；
（2）求证：为定值；
（3）过作轴的垂线，垂足为，若直线和直线倾斜角互补，且的面积为，求椭圆的方程.
答案： （1）；（2）证明见解析；（3）.
试题分析：（1）根据题意得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，由此可求得椭圆的方程；
（2）设点、，利用点差法可得出，再利用可求得的值；
（3）设点，根据直线和的倾斜角互补和面积公式计算出点的坐标，进而可求得椭圆的方程.
详解：（1）由已知条件得，解得，因此，椭圆的方程为；
（2）设点、，则线段的中点坐标为，
，.
由题意可得，，，
由于点、都在椭圆上，则，
两式作差得，（定值）；
（3）设点，则、，，
直线与直线的倾斜角互补，，
又，且，则，解得.
的面积为且，解得，，即点.
，解得，因此，椭圆的标准方程为.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求解，考查了点差法的应用，同时也考查了三角形面积的计算，考查计算能力，属于难题.

四、综合类
1、椭圆〔＞b＞0〕与抛物线有共同的焦点F，且两曲线在第一象限的交点为M，满足.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点，斜率为的直线与椭圆交于两点，设，假设，求的取值范围.
答案：
（1）；（2）
解析：
（1）由题可得，，点M的横坐标为，代入抛物线方程可求得M点纵坐标，然后利用椭圆的定义求出a，即可得到本题答案；
（2）联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理得①，②，由题，得③，结合以上三个式子，得，求出在的取值范围，即可得到本题答案.
【详解】
（1）由椭圆与抛物线有共同的焦点F，且两曲线在第一象限的交点为M，满足，
得椭圆的，点M的横坐标为，代入抛物线方程，可得，
因为椭圆焦点为，所以，得，则椭圆的方程为；
（2）设直线的方程为，代入椭圆方程得：，恒成立.
设，那么①，②，
由可得，③，由以上三式可得：，
当时，，因此在上单调递增，
因此当时，，
因此，，解得.
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程以及椭圆与向量的综合问题.
2、已知椭圆：的离心率是，原点到直线的距离等于，又知点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若椭圆上总存在两个点、关于直线对称，且，求实数的取值范围.
答案：
（1）；（2）
试题分析：（1）根据离心率定义和点到直线的距离公式计算得到答案.
（2）设直线的方程为，联立方程得到，，根据中点得到，得到，根据，计算得到，得到答案.
详解：（1）由，得，，所以椭圆的标准方程为.
（2）根据题意可设直线的方程为，联立，
整理得，由，得.
设，，则，.
又设的中点为，则，.
由于点在直线上，所以，得，代入，
得，所以①.
因为，，
所以
.
由，得，解得，所以，
即②.
又由①②得，故实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查了椭圆方程，根据对称和向量数量积求参数，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
3、已知椭圆C：经过定点，其左右集点分别为，且，过右焦且与坐标轴不垂直的直线l与椭圈交于P，Q两点.
（1）求椭圆C的方程：
（2）若O为坐标原点，在线段上是否存在点，使得以，为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.
答案：
（1）（2）存在，m的取值范围为
试题分析：（1）由椭圆的定义可求出a的值，再把点E的坐标代入椭圆方程，即可求出b的值，从而得到椭圆C的方程；
（2）先设点P，Q的坐标以直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到P，Q横坐标的和与积，再利用菱形的对角线垂直得到向量数量为0，将坐标代入后化简得到m与k的关系式，可求出m的取值范围.
详解：解：（1）∵点E在椭圆上，且，
∴，，
又∵定点在椭圆上，∴，
∴，
∴椭圆C的方程为：；
（2）假设存在点满足条件，设，，直线l的方程为：，
联立方程，消去y得：，
∴，，，
又，，，
∴，
由题意知.
，
∵，∴，
即，
则，
∴，
∴，
故存在点，使得以，为邻边的平行四边形是菱形，m的取值范围为.
【点睛】
本题主要考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆，解决此类问题的关键是把直线代入椭圆利用韦达定理，转化成向量之间的关系，属于中等题.
4、在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，离心率.过的直线与椭圆相交于两点，且的周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点位于第一象限，且，求的外接圆的方程.
答案：
（1）（2）
试题分析：（1）由的周长为得，再结合即可解出a，b；
（2）设，由得，联立椭圆方程可解得A点坐标，然后再写出直线的方程，联立椭圆方程得到B点坐标即可解决.
详解：解：（1）因为椭圆的离心率，
所以①.
又的周长为，所以.②
联立①②，解得，从而，
因此椭圆的方程为.
（2）因为点位于第一象限，故设，其中.
因为，所以，又点在椭圆上，
所以解得，从而.
由（1）知，椭圆的左焦点为，所以直线的方程为．
由得，解得或．
所以.
因为，所以的外接圆就是以为直径的圆.
又椭圆的右焦点为，
所以线段的中点的坐标为，此时，
故的外接圆的方程为.
【点睛】
本题考查求椭圆的标准方程及直角三角形的外接圆方程，考查学生运算能力的核心素养，是一道容易题.
5、在平面直角坐标系xOy中，已知点P是椭圆E：上的动点，不经过点P的直线l交椭圆E于A，B两点.
（1）若直线l经过坐标原点，证明：直线PA与直线PB的斜率之积为定值；
（2）若，直线l与直线PO交于点Q，试判断动点Q的轨迹与直线PA的位置关系，并说明理由.
答案：
（1）证明详见解析；（2）动点的轨迹方程是，直线与动点的轨迹相切.
试题分析：（1）根据对称性设点的坐标，再设，代入斜率公式，化简即可；
（2）由条件可知，利用点的坐标满足，代入可得点的轨迹方程，设，直线与直线交于点，则由条件可知，然后分类讨论两种情况，当和，分别求直线的方程，判断直线与曲线的位置关系.
详解：（1）设，，
，
，
所以直线与直线的斜率之积为定值；
（2）设，
，点是的重心，且，
，即，，
，即，
动点的轨迹方程是
设，直线与直线交于点，则点为线段的中点，且，
①当时，，两式相减得：，
化简得，，
直线的方程为，整理得，
将代入动点的轨迹方程得，（Δ）
将代入（Δ），整理得，
，直线与动点的轨迹相切；
②当时，或，且不存在，即直线轴，
若，则，，
，，解得：，
同理可得，若，解得，
因此直线的方程为，直线与动点的轨迹相切，
综上所述，直线与动点的轨迹相切.
【点睛】
本题考查轨迹方程，直线与椭圆的位置关系，向量与解析几何的综合，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题，本题的关键是确定点是的重心，以及确定直线的方程.
6、已知椭圆的长轴长为6，离心率为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆C的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为A，B，点M，N为椭圆C上位于x轴上方的两点，且，记直线AM，BN的斜率分别为，且,求直线的方程.
答案：
（1）（2）
试题分析：（1）根据长轴长为6，离心率为，可求得的值，即可得答案；
（2）设的方程为，，直线与椭圆的另一个交点为，利用得到方程，与韦达定理联立，求得，进一步求得关于的方程，求出的值，即可得到直线方程.
【详解】
（1）由题意，可得，，，
联立解得，，，
∴椭圆的标准方程为.
（2）如图，由（1）知，

设的方程为，，
直线与椭圆的另一个交点为，
∵，根据对称性可得，
联立，整理得，
∴，
∵，∴，
即，
联立解得，，
∵，，∴，
∴，∴，
∴直线的方程为，即.
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程、直线斜率公式、直线与椭圆的位置关系、对称性，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的应用.