【二轮复习】高考数学考点6-2 圆锥曲线中的弦长面积类问题（考点精练）.zip

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直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形的面积，处理方法：
①一般方法：（其中为弦长，为顶点到直线AB的距离），设直线为斜截式.
进一步，=
②特殊方法：拆分法,可以将三角形沿着轴或者轴拆分成两个三角形，不过在拆分的时候给定的顶点一般在轴或者轴上，此时，便于找到两个三角形的底边长.


③坐标法：设，则
④面积比的转化：
三角形的面积比及其转化有一定的技巧性，一般的思路就是将面积比转化为可以利用设线法完成的线段之比或者设点法解决的坐标形式，通常有以下类型：
1.两个三角形同底，则面积之比转化为高之比，进一步转化为点到直线距离之比
2.两个三角形等高，则面积之比转化为底之比，进一步转化为长度（弦长之比）
3.利用三角形面积计算的正弦形式，若等角转化为腰长之比
4.面积的割补和转化
⑤四边形的面积计算
在高考中，四边形一般都比较特殊，常见的情况是四边形的两对角线相互垂直，此时我们借助棱形面积公式，四边形面积等于两对角线长度乘积的一半；当然也有一些其他的情况，此时可以拆分成两个三角形，借助三角形面积公式求解.
⑥注意某条边过定点的三角形和四边形
当三角形或者四边形某条边过定点时，我们就可以把三角形，四边形某个定顶点和该定点为边，这样就转化成定底边的情形，最终可以简化运算.当然，你需要把握住一些常见的定点结论，才能察觉出问题的关键.
题型一：利用弦长公式距离公式解决弦长问题
【精选例题】
【例1】已知椭圆，，分别为左右焦点，点，在椭圆E上.
(1)求椭圆E的离心率；
(2)过左焦点且不垂直于坐标轴的直线l交椭圆E于A，B两点，若的中点为M，O为原点，直线交直线于点N，求取最大值时直线l的方程.
【答案】(1)，(2)
（1）解：将，代入椭圆方程，解得，所以椭圆的方程为，
又，所以
（2）解：设直线方程为，，，联立可得；则，且，，
设的中点，则，，∴坐标为，，因此直线的方程为，从而点为，又，，所以，令，则，因此当，即时，最大值为3.
所以的最大值为，此时，直线l的方程为.
【例2】已知圆：和圆：，以动点为圆心的圆与其中一个圆外切，与另一个圆内切，记动点的轨迹为．
(1)求轨迹的方程；
(2)若斜率为的直线交轨迹于，两点，求的长度的最大值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）确定圆在圆内，设且对应圆半径为，根据题设及两点距离公式得到关于关系，代入距离公式整理即得轨迹方程；
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式建立关系并求出最大值即得.
【详解】（1）依题意，圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
显然，即圆在圆内，
设，半径为，显然以为圆心的圆与圆外切，与圆内切，
则有，
则，
所以轨迹的方程为.
（2）由（1）知，轨迹的方程为，设直线的方程为，
由消去y并整理得，
显然，解得，
设，则，
因此，当且仅当时取等号，
所以长度的最大值为.
【跟踪训练】
1.已知椭圆C：，圆O：，若圆O过椭圆C的左顶点及右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点作两条相互垂直的直线，，分别与椭圆相交于点A，B，D，E，试求的取值范围．
【答案】(1)，(2)
(1)圆O：与x轴的交点为，即椭圆C的左顶点及右焦点分别为，
故 ，故 ，所以椭圆C的方程为：；
(2)当直线，中，有一条直线斜率不存在，一条直线斜率为0时，弦长分别为 ，此时；
当直线，斜率都存在时，设,联立，可得，，
，，
同理，，
令 ，则 ，，因为，所以，所以的取值范围为.
2．已知椭圆：的两焦点，，且椭圆过.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作不与坐标轴垂直的直线交椭圆于，两点，线段的垂直平分线与轴负半轴交于点，若点的纵坐标的最大值为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2),．
【分析】（1）由题意列出方程组，求解即可；
（2）设直线的方程为为不等于0的实数），联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理可得中点坐标，进而得线段的中垂线方程，求出的纵坐标，结合题意求得，由弦长公式可得，令，，根据函数的单调性求出其值域即得答案．
【详解】（1）由题意可得：，解得，
所以椭圆的方程为：；
（2）因为左焦点，
由题意可得直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为为不等于0的实数），，，，，
由，可得，
则，，，
所以，
所以的中点为，，
所以线段的中垂线方程为：，
令，则，即点纵坐标为，
又因为是与轴交于负半轴，所以，，
又因为点的纵坐标的最大值为，
所以，解得，
又因为
，
因为，
令，，由于函数在单调递增，
所以在,上单调递增，
所以，，
所以，，
即的取值范围为：,．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）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；
（2）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；
（3）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；
（4）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；
（5）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.
题型二：利用弦长公式距离公式解决三角形面积类问题
【精选例题】
【例1】已知椭圆的方程为，称圆心在坐标原点，半径为的圆为椭圆的“蒙日圆”，椭圆的焦距为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于、两点，与其“蒙日圆”交于、两点，当时，求面积的最大值．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，根据的值求出的方程，进而可求得的面积；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，根据可得出，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式、三角形的面积公式以及基本不等式可求得面积的最大值.
【详解】（1）解：因为椭圆的焦距为，离心率为，
则，可得，故椭圆的方程为.
（2）解：由题意，蒙日圆方程为，圆心为，半径，
①当轴时，设直线的方程为，
将代入“蒙日圆”的方程得，解得，
则，解得：，
将直线的方程代入椭圆C的方程可得，解得，则，
所以，；
②当直线不垂直轴时，设直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，得，
联立，消去得，
，可得，
设、，则，，
，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
又因为，故的面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
【例2】已知椭圆的左、右焦点分别是，，上顶点为A，椭圆的焦距等于椭圆的长半轴长，且的面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若B，C是椭圆上不同的两点，且直线AB和直线AC的斜率之积为，求面积的最大值．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可列方程求解，，，
（2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，进而根据弦长公式以及点到直线的距离公式表达出三角形的面积，利用换元法及基本不等式求面积的最大值.
【详解】（1）由题意得，，①
由的面积为，得，②
又，得，，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）由（1）知点，
易知直线AB和直线AC的斜率均存在，所以点B，C与椭圆的上、下顶点均不重合．
若直线BC的斜率不存在，不妨设，则，
直线AB和直线AC的斜率分别是，，
所以，
又点在椭圆上，所以，所以，所以，这与直线AB和直线AC的斜率之积为矛盾，
所以直线BC的斜率存在．
设直线BC的方程为，其中，
将直线BC的方程代入，得，
则，
设，，
则，．
直线AB和直线AC的斜率分别是，，
所以
，
又，所以，即，
所以，故，即，
所以直线的方程为，，，
所以，
点到直线BC的距离，
所以的面积．
令，则，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以面积的最大值为．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，如本题需先将的面积用k表示出来，然后再利用基本不等式长最值．
【例3】动点满足方程．
(1)求动点P的轨迹的方程；
(2)设过原点的直线l与轨迹相交于两点，设，连接并分别延长交轨迹于点，记的面积分别是，求的取值范围．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义求得，从而求得轨迹的方程.
（2）通过联立方程组的方法求得两点的横坐标，求得的表达式，并利用不等式的性质求得的取值范围．
【详解】（1）方程，
表示平面内到定点、的距离的和是常数的点的轨迹，
它的轨迹是以、为焦点，长轴，焦距的椭圆.
，，，
轨迹的方程是.
（2）设，，，，，
所以直线的方程为.
与的方程联立，，
消去y得.
即，
，则，同理，
∴
，
∵，∴，，
则，即.
【点睛】求解动点的轨迹方程，可通过定义法来进行求解.定义法是根据已知条件，判断出动点满足哪种类型的轨迹的定义，由此来求得轨迹方程.圆锥曲线问题中，求解面积的范围问题，可根据面积的表达式，利用不等式的性质、基本不等式等知识来进行求解.
【例4】已知椭圆C的中心在原点，一个焦点为，且长轴长是短轴长的倍．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过焦点F的直线l与椭圆C交于A、B两点，是椭圆的另一个焦点，若内切圆的半径，求直线l的方程．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由题意可求得，，并且，求得，，，代入椭圆标准方程可得解；
（2）设出直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理可得，，可求得，再根据内切圆半径可表示出，由此求得答案.
【详解】（1）由题可得，焦点在x轴上，，，
，解得，，
所以椭圆：.
（2）设，，设直线的方程为，
的根为，，
，，且，
又∵，，
∴，
所以直线的方程为：.

【点睛】思路点睛：本题第二小问属于直线与圆锥曲线综合性问题，设出过点的直线与椭圆联立，由韦达定理可得，，可求出，另根据三角形内切圆半径和面积的关系可求得，由此可求得直线的方程.
【跟踪训练】
1．如图，已知椭圆的焦点为，，离心率为，椭圆的上、下顶点分别为，右顶点为，直线过点且垂直于轴，点在椭圆上（且在第一象限），直线与交于点，直线与轴交于点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)判定（为坐标原点）与的面积之和是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)；(2)面积和为定值，定值为
【分析】（1）根据题意求即可得到椭圆方程；
（2）设，分别求出点，坐标，然后求三角形面积即可.
【详解】（1）
设椭圆方程为，焦距为，则，，
所以，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由题意得，，直线：，
设点，，，则①，
直线：，令，则，
所以，
直线：，令，则，
所以，
，
由①得，所以.
2．已知椭圆C的方程为，其离心率为，，为椭圆的左右焦点，过作一条不平行于坐标轴的直线交椭圆于A，B两点，的周长为．

(1)求椭圆C的方程；
(2)过B作x轴的垂线交椭圆于点D．
①试讨论直线AD是否恒过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
②求面积的最大值．
【答案】(1)；(2)①恒过定点；②.
【分析】（1）根据已知焦点三角形周长，由椭圆定义及其离心率求椭圆参数即可得方程；
（2）①设直线AD为且，，，，联立椭圆方程，应用韦达定理并结合A，B，共线有，整理化简求参数m，即可确定定点；②由直线AD所过定点，结合并将韦达公式代入化简，应用基本不等式求面积最大值，注意取值条件.
【详解】（1）由题的周长，可得，
又，则，，故椭圆的方程为．
（2）①由题，设直线AD为且，，，，
联立方程可得：，化简可得：
，
所以，，
因为A，B，共线，则有，化简可得，
即，化简可得恒成立．
∴，即直线AD的方程为恒过定点．
②设直线AD恒过定点记为，
由上，可得，
所以，·
，
令，则，
当且仅当，即时，取等号．
∴面积的最大值为．
【点睛】关键点点睛：第二问，设直线AD为且，利用椭圆方程，应用韦达定理及已知条件求出参数m为关键.
3．已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为．椭圆的中心为，左焦点为，上顶点为，右顶点为，且．
(1)求抛物线和椭圆的标准方程．
(2)设直线经过点，与抛物线交于，两点，与椭圆交于，两点．记和的面积分别为和，是否存在直线，使得？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在，其方程为或
【分析】（1）根据抛物线的焦点坐标直接可得抛物线方程，再设，，结合，可得椭圆方程；
（2）设直线的方程，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及弦长公式，可得面积，再根据，可得直线方程.
【详解】（1）由抛物线的焦点为，
可知，所以，
所以抛物线的方程为；
设椭圆的标准方程为，则，，
所以，，
由，可得，
又，
所以，解得或（舍），
则，
所以椭圆方程为；
（2）
由题意可知，直线的斜率一定不为，
则设直线的方程为，，，，，
联立直线与抛物线，得，，
则，，
所以的面积，
联立直线与椭圆，得，
，
则，，
所以的面积，
又，
所以，解得，
所以存在满足条件的直线，且直线方程为或.
【点睛】(1)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．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
题型三：利用弦长公式距离公式解决定四边形面积问题
【精选例题】
【例1】如图所示，椭圆的上顶点和右顶点分别是和，离心率，，是椭圆上的两个动点，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求四边形面积的最大值；
(3)试判断直线与的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)；(2)4；(3)是，定值为
【分析】（1）由题意求出b的值，根据离心率可求出，即得答案；
（2）设直线的方程，联立椭圆方程可得根与系数的关系式，结合弦长公式求出的表达式，即可求得四边形面积的表达式，利用三角代换，结合二次函数性质即可求得面积的最大值；
（3）求出直线与的斜率之积的表达式，结合根与系数的关系化简，即可得结论.
【详解】（1）因为，所以，又离心率为，所以，
即，，
所以椭圆的标准方程为
（2）因为，所以，所以，
设直线的方程为，，，
由，得，
由得，
则，，故，
直线方程为，，所以，
直线与之间的距离为，
故四边形的面积为，
令，则
，
令，则，，
所以，而函数在上单调递增，
所以当时，即时，四边形面积的最大值为4；
（3）由第（2）问得，，
，
故直线与的斜率之积为定值，且定值为.
【例2】已知，分别为椭圆Γ：的左、右焦点，过点的直线与椭圆Γ交于A，B两点，且的周长为.
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)若过点的直线与椭圆Γ交于C，D两点，且，求四边形ACBD面积的取值范围.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据题意，由的周长即可得到，从而求得，即可得到结果；
（2）根据题意，分直线斜率存在与不存在讨论，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）设，，所以的周长为，
解得，所以.
所以椭圆Γ的标准方程为.
（2）
当直线，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.
当直线，的斜率都存在且不为0时，
设的方程为，，，
联立得，整理得，
则，
则，，
，
因为，故直线的方程为，
同理可得，（把上式中的k替换为，即可得到）
则四边形ACBD的面积
，
令，则，故，
易知函数在上单调递增，则.
所以.
综上所述，四边形ACBD面积的取值范围为.
【跟踪训练】
1．已知椭圆：，椭圆：，动点在上运动，过作的两条切线，切点分别为A，B.（提示：过椭圆C：上一点与C相切的直线方程为）
(1)求直线AB的方程（用，表示）；
(2)O为坐标原点，求四边形OAPB的面积.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据题意求切线方程，进而可得直线AB的方程；
（2）分和两种情况，根据弦长公式求面积，结合韦达定理分析求解.
【详解】（1）不妨设，，：，：，
由题知A，B处的切线方程分别为，，
因为这两条直线均过，则，
所以：.
（2）当时，联立方程 ，消去y得，
因为，则代入上式，化简得，
则，且，
所以，
到直线的距离，
O到直线的距离，
所以；
当时，则，直线：，
由，解得，可得；
所以综上：四边形OAPB的面积为定值.
2．已知焦距为2的椭圆：，，分别为其左右焦点，过点的直线与椭圆交于，两点，的周长为8．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点的直线与椭圆交于，两点且满足，求四边形面积的最小值．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由椭圆的性质直接求即可；
（2）分斜率不存在，等于零，不等于零三种情况讨论，由弦长公式得出面积的表达式再用二次函数的单调性求得结果.
【详解】（1）设
因为过点的直线与椭圆交于，两点，的周长为8
所以则有
所以
所以
所以的方程为
（2）
斜率不存在时.方程为，方程为 则有
所以
斜率为时.方程为，此时无法构成，不符合题意；
斜率存在且不为时.设方程为
则方程为
所以
由
得
所以
所以
同理，设
代入并化简可得.
所以
即...
令则
即
所以此时当时，面积最小，
【点睛】本题计算量较大，属于弦长问题；第一问直接由椭圆的定义可得；第二问需要分类讨论斜率不存在，等于零，不等于零三种情况，再由弦长公式得到面积的表达式，最后得出结果.
1．设椭圆的左右顶点分别为，左右焦点．已知，．
(1)求椭圆方程．
(2)若斜率为1的直线交椭圆于A，B两点，与以为直径的圆交于C，D两点．若，求直线的方程．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质列式计算得，，，得解；
（2）设直线为，由圆心到直线的距离小于半径得出的范围，由圆的性质求出弦的长，将直线的方程与椭圆方程联立得出韦达定理，求出弦的长，由条件得出方程，可得答案.
【详解】（1）由题意，，，
解得，，，
所以椭圆方程为．
（2）设直线为，，，由题意，以为直径的圆的方程为，
则圆心到直线的距离，即，
所以，
由，消去，整理得，
，解得，又，所以，
，，
，
因为，所以，解得，又，所以，
所以直线的方程为：或．
2．已知圆O：，点M是圆O上任意一点，M在x轴上的射影为N，点P满足，记点P的轨迹为E.
(1)求曲线E的方程；
(2)已知，过F的直线m与曲线E交于A，B两点，过F且与m垂直的直线n与圆O交于C，D两点，求的取值范围.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）设点，，则，根据已知可推得，即可得出坐标，代入圆的方程，即可得出答案；
（2）先求出直线的斜率为0以及不存在的情况.然后设，则，根据点到直线的距离公式结合垂径定理得出.联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理得出弦长，即可得出.根据不等式的性质求出，换元令，则，.构造函数，.求出导函数得出函数的单调性，即可得出答案.
【详解】（1）设点，，则，
所以，，.
由，可得，
所以，.
由点M在圆上，
所以，整理得，
所以曲线E的方程是.
（2）当直线m的斜率为0时，直线m的方程为，
代入椭圆方程可得，.
直线的方程，代入圆的方程可得，,
所以，，；
当直线m的斜率不存在时，直线m的方程为，
代入椭圆方程可得，.
直线的方程，代入圆的方程可得，,
所以，，；
当直线m的斜率存在且不为0时，设，则，
点O到直线n的距离，圆的半径，
根据垂径定理可得，所以.
将代入曲线E的方程，
整理得，
恒成立.
设，，
由韦达定理可得，，，
则.
所以.
因为，所以，所以.
令，则，.
令，，
则在上恒成立，
所以在上单调递减.
又，，
所以，即.
综上所述，的取值范围是.

【点睛】方法点睛：设出直线的方程，与椭圆方程联立，根据韦达定理结合弦长公式得出弦长.
3．已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆过，斜率为的直线与椭圆交于、.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若线段的垂直平分线交轴于点，记的中点为坐标为且，求直线的方程，并写出的坐标.
【答案】(1)
(2)直线方程为，此时，或直线方程为，此时.
【分析】（1）根据题意得到和，结合求出，得到椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出，根据得到方程，求出直线的方程，并写出的坐标.
【详解】（1）由题意得中，，
且，故，
又椭圆过，所以，
解得，故椭圆方程为；

（2）设直线的方程为，
联立与得，，
则，解得，
设，则，
则
，
则，，
故，故，
因为线段的垂直平分线交轴于点，
故，解得，
且，
因为，
所以，
平方后，将代入，化简得，
即，解得，
当得，此时满足，直线方程为，，
当得，此时满足，直线方程为，，

【点睛】直线与圆锥曲线相交，通常要求解弦长或面积，其中弦长公式为：或.
4．已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆相交于，两点，记的面积为，求的最大值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据题意，列出关于，，的方程即可求解；
（2）设直线方程（有两种方法，一种设；另一种设），与椭圆方程联立，结合韦达定理及基本不等式即可求出面积的最大值.
【详解】（1）因为，所以，则，
所以的标准方程为，
因为点在上，所以，
解得，从而，.
所以的标准方程为.
（2）易知点在的外部，则直线的斜率存在且不为0，
设，，，
联立方程组消去得，
由得，由根与系数的关系知
所以，
化简得.
设点到直线的距离为，则，
所以的面积
令，得，所以，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
因为满足，所以的最大值为.
评分细则：
第二问另解：
（2）设，，，
联立方程组，消去得.
由得，由根与系数的关系知.
所以，
化简得.
设点到直线的距离为，则，
所以的面积.
令，得，
所以，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
因为满足，所以的最大值为.
5．已知椭圆C：的离心率为，椭圆上一动点P与左、右焦点构成的三角形面积的最大值为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，直线PQ交椭圆C于P，Q两点，记直线AP的斜率为，直线BQ的斜率为，已知，设和的面积分别为，，求的最大值．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）依题意列式即可求解；
（2）先讨论直线PQ的斜率为0的情况，斜率不为0时，联立直线方程和椭圆方程，用韦达定理结合已知条件证明直线PQ恒过x轴上一定点，再表示出即可求解.
【详解】（1）由题意知
解得所以椭圆C的方程为．
（2）依题意，，，设，．
若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，即，不合题意．
所以直线PQ的斜率必不为0，设其方程为，
与椭圆C的方程联立
得，
所以，且
因为是椭圆上一点，满足，
所以，
则，即．
因为
，
所以，此时，
故直线PQ恒过x轴上一定点．
因此，，
所以
，
则，当即时，取得最大值．
6．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，直线与椭圆交于两点，且的周长最大值为8．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），分别为椭圆的左右顶点，直线交轴于点，若与的面积相等，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）确定当过右焦点时，的周长取最大值，由此求得a的值，再根据离心率求得c，继而求出b，即可求得答案.
（2）分类讨论，考虑点Q的位置，即点在椭圆外和椭圆内，根据与的面积相等，推出相关线段的比例关系，从而求出点P的坐标，即可求得答案.
【详解】（1）设与轴的交点为，由题意可知，
则，当重合时取等号，
故当过右焦点时，的周长取最大值，所以
因为椭圆的离心率为，所以，
所以椭圆的标准方程为
（2）由题意得：
①当点在椭圆外，由于与的面积相等，
，故,
则，故，
设，则，
又P点在上，则，即，故，
又，所以直线的方程为，即；
②当点在椭圆内，此时，
同理可得，
又P点在上，则，即，故，
又，所以直线的方程为，即
综上：直线的方程为：或.
【点睛】难点点睛：解答本题关于直线和椭圆的位置关系类问题，难点就在于计算复杂，计算量较大，解答时要注意分类讨论，即考虑Q点位置，结合与的面积相等，推出线段间的比例关系，由此求出P点坐标，即可求解直线的方程.
7．在平面直角坐标系中，、为圆：与轴的交点，点为该平面内异于、两点的动点，且______，从下列条件中任选一个补充在上面问题中作答.
条件①：直线与直线的斜率之积为；
条件②：设为圆上的动点，为点在轴上的射影，且为的中点；
注：如果选择多个条件作答，按第一个计分.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若直线与（1）问中轨迹方程交于、两点，与圆相交于、两点，且，求面积最大值.
【答案】(1)①：；②：；(2)
【分析】（1）选①：表示出两条直线的斜率，整理方程，可得答案；选②：表示出点的坐标，利用中点坐标公式，建立等量关系，结合圆的方程，可得答案.
（2）根据圆心角求得弦心距，利用直线与椭圆的弦长公式，结合分类讨论以及函数思想，可得答案.
【详解】（1）选①：
设，由圆，则，，
所以直线的斜率分为为，，其中，
由题意可得，整理可得.
选②：
设，，则，，
由为的中点，则，解得，
可得，整理可得.
（2）
在圆中，由，，则，
在中，，则，
当直线的斜率不存在时，可得，代入方程，
可得：，解得，可得；
当直线的斜率存在时，可设，联立可得，
消去整理可得：，，
根据韦达定理可得：，，
整理可得，则，解得，
，
令，则，
令，解得或，可得下表：
所以，则的最大值为，
综上所述，的最大值为.
8．设椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，短轴长为，过且垂直于长轴的直线与椭圆相交所得的弦长为3．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，，若，试求内切圆的面积．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据短轴长以及通经的计算公式，建立方程组，可得答案；
（2）根据垂直直线，写出直线方程，联立椭圆方程，写出韦达定理，根据内切圆与三角形的关系，结合圆的面积公式，可得答案.
【详解】（1）依题意得．解得．所以．
（2）
由（1）得，，，由于，
所以直线的斜率为，所以直线的方程为，
由．消去并化简得，，
设，，则，，
所以，
到直线即的距离，
所以三角形的面积为，设三角形的内切圆半径为，
则，，所以内切圆的面积为．
9．已知直线与椭圆有且只有一个公共点.
(1)求椭圆的方程；
(2)是否存在实数，使椭圆上存在不同两点、关于直线对称？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由；
(3)椭圆的内接四边形的对角线与垂直相交于椭圆的左焦点，是四边形的面积，求的最小值.
【答案】(1)；(2)存在，；(3)
【分析】（1）将直线方程和椭圆方程联立，利用求解即可；
（2）假设存在实数，设，通过求出的范围，然后与椭圆联立，求出线段 的中点，代入直线 ，求出与的关系，进而可得大范围；
（3）先求出对角线与中有一个斜率不存在，另一个斜率为零时的，再求对角线与的斜率即存在，又不为零时的，对于这种情况，设，与椭圆联立，然后利用弦长公式求出，同理求出，通过计算求其范围，然后综合可得的最小值.
【详解】（1）联立，消去得
直线与椭圆有且只有一个公共点，
，解得
即椭圆的方程为；
（2）假设存在实数，使椭圆上存在不同两点、关于直线对称，
设，
联立，消去得，
则，解得，
由韦达定理得，
，
，
，
存在实数，使椭圆上存在不同两点、关于直线对称，且的取值范围是.
（3）椭圆的左焦点为，
当对角线与中有一个斜率不存在，另一个斜率为零时，
，
当对角线与的斜率即存在，又不为零时，
设，
则，
联立，消去得，
则，
，
同理：，
令，
则，
因为，
，
综合得，当且仅当时，等号成立.
即的最小值为.
10．已知点与定点的距离和它到定直线的距离的比是．
(1)求点的轨迹的标准方程；
(2)设点，若点是曲线上两点，且在轴上方，满足，求四边形面积的最大值．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据题意设 ，然后根据题中的几何条件得出方程，从而求解出轨迹方程；
（2）根据题意设出直线，求出直线与椭圆相交弦长，并结合点到直线距离知识从而求解.
【详解】（1）依题意，得，整理化简得，，
所以：点的轨迹的方程为：.
（2）设为坐标原点，连接，延长交椭圆于点，连接，
由椭圆对称性可知：，
又，所以为为平行四边形，
所以：，则：，且三点共线，
所以：四边形的面积，
设直线，
由，得：，
所以：，
又，所以：点到直线的距离即为点到直线的距离，
因为：点到直线的距离，
所以，
设：，则：，
所以：，
又因为：，所以当时，即时，四边形面积取得最大值，最大值为．
【点睛】方法点睛：本题（2）中对面积的求解转化为对的面积求解，然后设出直线与椭圆联立求出弦长，然后再结合基本不等式求解出最值.
11．已知椭圆与椭圆有相同的离心率，椭圆焦点在y轴上且经过点.
(1)求椭圆的标准方程：
(2)设A为椭圆的上顶点，经过原点的直线交椭圆于干P，Q，直线AP､AQ与椭圆的另一个交点分别为点M和N，若与的面积分别为和，求取值范围.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由椭圆确定离心率，设出其方程，利用点的坐标求得，即可求得答案；
（2）设，利用椭圆方程推出，从而设的方程，联立椭圆方程，求得相关点坐标，得到，，从而可求出的表达式，利用换元法，结合二次函数性质，即可求解答案.
【详解】（1）由题意知椭圆的离心率为，故椭圆的离心率也为，
设椭圆的方程为，则，
即，将代入得，
则椭圆的方程为；
（2）由于A为椭圆的上顶点，故，

不妨设P在第一象限以及x轴正半轴上，，则，则，
故，
由题意知直线AP存在斜率，设其方程为，
则AQ的直线方程为，
联立直线AP和椭圆的方程，整理得，
解得，即；
联立直线AP和椭圆的方程，整理得，
解得，即；
故，同理可求得，
所以，
设，则，
而，
由于，故在时单调递减，
即，
故，即.
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的参数的取值范围问题，难点在于的取值范围的求解，解答时要利用联立直线和椭圆方程求解相关点的坐标，继而求出的表达式，利用换元法，结合二次函数性质求解答案，计算过程比较复杂，计算量较大.
12．已知椭圆的离心率为，焦距为2，过的左焦点的直线与相交于，两点，与直线相交于点.
(1)求椭圆方程；
(2)若，求证：；
(3)过点作直线的垂线与相交于，两点，与直线相交于点.求的最大值.
【答案】(1)；(2)详见解析；(3)
【分析】（1）根据题意得到求解；
（2）易知，，与椭圆方程联立，求得A，B的横坐标，再利用弦长公式证明；
（3）设直线l方程为，则直线m的方程为，将直线l的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用弦长公式得到的表达式，进而得到的表达式求解.
【详解】（1）解：由题意得：，
则，
所以椭圆的标准方程为：；
（2）易知，，设，
由，得，解得，
则，
，
所以；
（3）图所示：

若直线l，m中两条直线分别与两条坐标轴垂直，则其中有一条必与直线 平行，
所以直线l的斜率存在且不为零，设直线l方程为 ，则直线m的方程为，设，
由，消去y得，
则，，
易知，将代入直线l的方程得，即，
则，
，
，
同理，
所以，
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为.
【点睛】方法点睛：本题第二三问都体现了“曲”化“直”的思想，涉及到线段问题，注意弦长公式的应用.