【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题3.5 直线与椭圆的位置关系-重难点题型精讲 Word版含解析.docx，共(24)页，422.150 KB，由小赞的店铺上传

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专题3.5直线与椭圆的位置关系-重难点题型精讲1．点与椭圆的位置关系(1)点与椭圆的位置关系：(2)对于点与椭圆的位置关系，有如下结论：点在椭圆外+>1;点在椭圆内+<1;点在椭圆上+=1.2．直线与椭圆的位置关

系(1)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.(2)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直线与椭圆相离无公共点

.3．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+=1(a>b>0)于，两点，则或.4．“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.设，，代入椭圆方程+=1(a>b>0)，得，①-②可

得+=0，设线段AB的中点为，当时，有+=0.因为为弦AB的中点，从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系，这就是处理弦中点轨迹问题的常用方法.(2)弦的中点与直线的斜率的关系线段AB是椭圆+=1(a>b>0)的一条弦，当弦AB所在直线的斜率存在时，弦AB的中点M的坐标为，则弦AB

所在直线的斜率为，即.5．椭圆中的最值问题求解此类问题一般有以下两种思路：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法.解题的关键是能够准确分析出最值问题所隐含的几何

意义，并能借助相应曲线的定义求解.(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可建立目标函数，将目标变量表示为一个(或多个)变量的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用配方法、判别式法，应用基本不等式以及三角函数的最值求法求出最大值、最小值或范围，但要

注意自变量的取值范围对最值的影响.【题型1判断直线与椭圆的位置关系】【方法点拨】结合具体条件，根据直线与椭圆的三种位置关系，进行判断，即可得解.【例1】1．（2022·全国·高二课时练习）已知2𝑏=

𝑎+𝑐，则直线𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐=0与椭圆𝑥26+𝑦25=1的位置关系是（）A．相交B．相切C．相离D．以上三种情况均有可能【解题思路】结合题意得直线𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐=0过定点(1,−2)，

再结合点(1,−2)在椭圆内部即可判断.【解答过程】解：因为2𝑏=𝑎+𝑐，所以直线𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐=0可化为𝑎(2𝑥+𝑦)+(𝑦+2)𝑐=0，所以，直线𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐=0过定点(1,−2)，因为点(1

,−2)在椭圆𝑥26+𝑦25=1内部，所以，直线𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐=0与椭圆𝑥26+𝑦25=1的位置关系是相交.故选：A.【变式1-1】（2022·全国·高二课时练习）直线𝑦=2𝑥−1与椭圆𝑥29+𝑦24=1的位置关系是（）A．相交B．相切C．相离D．不确定【解题思

路】根据直线恒过(0,−1)，且(0,−1)在椭圆内可直接得到结论.【解答过程】∵029+124=14<1，∴(0,−1)在椭圆内，∵𝑦=2𝑥−1恒过点(0,−1)，∴直线𝑦=2𝑥−1与椭圆𝑥29+𝑦24=1相

交.故选：A.【变式1-2】（2022·全国·高二课时练习）直线𝑦=𝑘𝑥+2与椭圆𝑥23+𝑦22=1有且只有一个交点，则𝑘的值是()A．√63B．−√63C．±√63D．±√33【解题思路】直线和椭圆只有一个交点，则直线和椭圆相切，联立直线和椭圆方程得到二次

方程，二次方程只有一个解，根据＝0即可求出k的值﹒【解答过程】由{𝑦=𝑘𝑥+2𝑥23+𝑦22=1得，(2+3𝑘2)𝑥2+12𝑘𝑥+6=0，由题意知Δ=(12𝑘)2−4×6×(2+3𝑘2)=0

，解得𝑘=±√63，故选：C．【变式1-3】（2022·全国·高二课时练习）若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆𝑥29+𝑦24=1的交点个数为（）A．0B．1C．2D．1或

2【解题思路】根据直线与圆没有交点可得m2＋n2<4，即可判断点(m，n)在椭圆的内部，即可得出结论.【解答过程】∵直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，∴4√𝑚2+𝑛2>2，∴m2＋n2<4，∴𝑚29+𝑛24<𝑚29+4−𝑚24=1−

536𝑚2<1，∴点(m，n)在椭圆𝑥29+𝑦24=1的内部，∴过点(m，n)的直线与椭圆𝑥29+𝑦24=1的交点个数为2个．故选：C.【题型2弦长问题】【方法点拨】①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能

结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化运算过程.②涉及弦长问题，应联立直线与椭圆的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，由韦达定理得到(或)，代入到弦长公式即可.【例2】（2022·全国·高三专题

练习）已知椭圆𝐶:𝑥24+𝑦23=1的左、右焦点分别为𝐹1、𝐹2，过𝐹2且斜率为1的直线𝑙交椭圆𝐶于A、𝐵两点，则|𝐴𝐵|等于（）A．247B．127C．12√27D．8√37【解题思路】利用弦长公式求解即可.【解答过程】设直线AB方程为�

�=𝑥−1，联立椭圆方程𝑥24+𝑦23=1整理可得：7𝑥2−8𝑥−8=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=87，𝑥1⋅𝑥2=−87，根据弦长公式有：𝐴𝐵=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥

1⋅𝑥2=247．故B，C，D错误.故选：A.【变式2-1】（2021·甘肃省高二期中（理））已知斜率为1的直线𝑙过椭圆𝑥24+𝑦2=1的右焦点，交椭圆于𝐴、𝐵两点，则弦𝐴𝐵的长为（）A．45B．65C．85D．135【解题思路】根据题意求得直线l的方程，设𝐴(𝑥1

,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求得𝑥1+𝑥2,𝑥1⋅𝑥2，再利用弦长公式即可得出答案.【解答过程】解：由椭圆𝑃得，𝑎2=4,𝑏2=1，所以𝑐2=3，所以右焦点坐标为(−√3,0)，则直线2的方程为�

�=𝑥−√3，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦=𝑥−√3𝑥24+𝑦2=1，消y得，5𝑥2−8√3𝑥+8=0，则𝑥1+𝑥2=8√35,𝑥1⋅𝑥2=−85，所以|𝐴𝐵|=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1⋅𝑥2=

√2×√(8√35)2−4×85=85.即弦𝐸长为85.故选：C.【变式2-2】（2022·全国·高三专题练习）已知直线𝑦=2𝑥+𝑚与椭圆𝐶:𝑥25+𝑦2=1相交于𝐴,𝐵两点，𝑂为坐标原点

.当△𝐴𝑂𝐵的面积取得最大值时，|𝐴𝐵|=（）A．5√4221B．√21021C．5√427D．3√427【解题思路】联立直线方程与椭圆方程，化简，得到韦达定理，由弦长公式求得𝐴𝐵，由O到直线𝐴𝐵的距离𝑑=|𝑚|√5，表示出△𝐴𝑂𝐵的面积，利用基本不等关系

求得最大值，从而求得此时的𝐴𝐵.【解答过程】由{𝑦=2𝑥+𝑚𝑥25+𝑦2=1，得21𝑥2+20𝑚𝑥+5𝑚2−5=0.设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=−20𝑚

21，𝑥1𝑥2=5𝑚2−521，|𝐴𝐵|=√1+22√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√5√20(21−𝑚2)21=10√21−𝑚221.又O到直线𝐴𝐵的距离𝑑=|𝑚|√5，则△𝐴𝑂𝐵的面积𝑆=12𝑑⋅|𝐴𝐵|=√5√𝑚2(21−𝑚2)21≤√5

×𝑚2+21−𝑚2221=√52，当且仅当𝑚2=21−𝑚2，即𝑚2=212时，△𝐴𝑂𝐵的面积取得最大值.此时，|𝐴𝐵|=10√21−𝑚221=5√4221.故选：A.【变式2-3】（2021·江西·高安中学高二期末（文））过椭圆𝑇:

𝑥⬚⬚22+𝑦2=1上的焦点𝐹作两条相互垂直的直线𝑙1、𝑙2，𝑙1交椭圆于𝐴,𝐵两点，𝑙2交椭圆于𝐶,𝐷两点，则|𝐴𝐵|+|𝐶𝐷|的取值范围是（）A．[8√33,3√3]B．[8√23,3√3]C．[8√23,3√2]D．[8√33,3√2]【解

题思路】当直线𝑙1、𝑙2有一条斜率不存在时，可直接求得|𝐴𝐵|+|𝐶𝐷|=3√2，当直线𝑙1、𝑙2的斜率都存在且不为0时，不妨设直线𝑙1的斜率为k，则直线𝑙2的斜率为−1𝑘，则可得直线𝑙1的方程，与椭圆联立，根据韦达定理及弦长公式，可求得|𝐴𝐵|的表达式，

同理可求得|𝐶𝐷|的表达式，令1+𝑘2=𝑡，则可得|𝐴𝐵|+|𝐶𝐷|=6√22+1𝑡−1𝑡2，令𝑦=2+1𝑡−1𝑡2，根据二次函数的性质，结合t的范围，即可求得|𝐴𝐵|+|𝐶𝐷|的范围，综合

即可得答案.【解答过程】当直线𝑙1、𝑙2有一条斜率不存在时，不妨设直线𝑙1斜率不存在，则直线𝑙2斜率为0，此时|𝐴𝐵|=2√2，|𝐶𝐷|=2𝑏2𝑎=2√2=√2，所以|𝐴𝐵|+|𝐶𝐷|=3√2，当直线𝑙1、𝑙2的斜率都存在且不为0时，不妨设直线

𝑙1的斜率为k，则直线𝑙2的斜率为−1𝑘，不妨设直线𝑙1、𝑙2都过椭圆的右焦点𝐹(1,0)，所以直线𝑙1:𝑦=𝑘(𝑥−1)，直线𝑙2:𝑦=−1𝑘(𝑥−1)，联立𝑙1与椭圆T{𝑦=𝑘(𝑥−1)𝑥⬚⬚22+𝑦2=1，

可得(1+2𝑘2)𝑥2−4𝑘2𝑥+2𝑘2−2=0，𝛥=(−4𝑘2)2−4(1+2𝑘2)(2𝑘2−2)=8𝑘2+8>0，𝑥1+𝑥2=4𝑘21+2𝑘2,𝑥1⋅𝑥2=2𝑘2−21+2𝑘2，所以|𝐴𝐵|=√1+𝑘2|𝑥1−𝑥2|=√1+𝑘2√

(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1⋅𝑥2=√1+𝑘2√(4𝑘21+2𝑘2)2−4×2𝑘2−21+2𝑘2=2√2(1+𝑘2)1+2𝑘2，同理|𝐶𝐷|=2√2(1+(−1𝑘)2)1+2(−1𝑘)2=2√2(1+𝑘2)𝑘2+2，所以|𝐴�

�|+|𝐶𝐷|=2√2(1+𝑘2)1+2𝑘2+2√2(1+𝑘2)𝑘2+2，令1+𝑘2=𝑡，因为𝑘≠0，所以𝑡>1，所以|𝐴𝐵|+|𝐶𝐷|=2√2(1+𝑘2)1+2𝑘2+2√2(1+𝑘2)𝑘2+2=2√2𝑡2𝑡−1+2√2𝑡𝑡+1=6√2�

�2(2𝑡−1)(𝑡+1)=6√2𝑡22𝑡2+𝑡−1=6√22+1𝑡−1𝑡2，令𝑦=2+1𝑡−1𝑡2=−(1𝑡−12)2+94，因为𝑡>1，所以1𝑡∈(0,1)，所以𝑦∈(2,94]，所以1𝑦∈[49,12)，所以|𝐴𝐵|+

|𝐶𝐷|=6√2×1𝑦∈[8√23,3√2)，综上|𝐴𝐵|+|𝐶𝐷|的取值范围是[8√23,3√2].故选：C.【题型3椭圆的“中点弦”问题】【方法点拨】根据“中点弦”问题的两种解题方法进行求解即可.这三种方法中又以点差法最为常用，点差法

中体现的设而不求思想还可以用于解决对称问题，因为这类问题也与弦中点和斜率有关.与弦中点有关的问题有平行弦的中点轨迹、过定点且被定点平分的弦所在的直线方程等.这类问题的解决，从不同的角度体现了判别式、根与系数的关系、点差法

、椭圆的性质、线段的垂直平分线的性质等知识在直线与椭圆的位置关系中的作用，解法多、方法活.【例3】（2020·重庆高二期末）已知椭圆𝐶:𝑥28+𝑦24=1，过点𝑃(2,1)的直线交椭圆于A，B两点，若P为线段𝐴𝐵中点，则|𝐴𝐵|=（）A．4√113B．2√153

C．4√63D．4√33【解题思路】设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2),由弦中点利用点差法可得𝑘𝐴𝐵=−1,则直线𝐴𝐵为𝑦=−𝑥+3,联立直线与椭圆,利用韦达定理可得𝑥1𝑥2=103,进而通过弦长公式求解即可【解答过程】由题,设𝐴(𝑥1,𝑦1)

,𝐵(𝑥2,𝑦2),因为𝑃为线段𝐴𝐵的中点,则{𝑥1+𝑥2=2×2=4𝑦1+𝑦2=2×1=2,则{𝑥1⬚28+𝑦1⬚24=1𝑥2⬚28+𝑦2⬚24=1,作差可得(𝑥1−𝑥2)(𝑥1+𝑥2)8+(𝑦1−𝑦2)(�

�1+𝑦2)4=0,即𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−12⋅𝑥1+𝑥2𝑦1+𝑦2=−12×42=−1,即𝑘𝐴𝐵=−1,则直线𝐴𝐵为𝑦−1=−(𝑥−2),即𝑦=−𝑥+3,所以联立{𝑥28+𝑦24=1𝑦=−𝑥+3可

得3𝑥2−12𝑥+10=0,则𝑥1𝑥2=103,所以|𝐴𝐵|=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√1+(−1)2×√42−4×103=4√33,故选：D.【变式3-1】（2022·四川·高二阶

段练习（文））已知椭圆C：𝑥24+𝑦22=1内一点𝑀(1,12)，直线l与椭圆C交于A，B两点，且M是线段AB的中点，则下列不正确的是（）.A．椭圆的焦点坐标为(2,0)，(−2,0)B．椭圆C的长轴长为4C．直线𝑙

的方程为2𝑥+2𝑦−3=0D．|𝐴𝐵|=2√153【解题思路】根据椭圆方程求得𝑎,𝑏,𝑐，从而确定AB选项的正确性.利用点差法确定C选项的正确性.利用弦长公式确定D选项的正确性.【解答过程】依题意椭

圆C：𝑥24+𝑦22=1，所以𝑎=2,𝑏=√2,𝑐=√2，所以椭圆的焦点坐标为(−√2,0),(√2,0)，A选项错误.椭圆的长轴长为2𝑎=4，B选项正确.设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1⬚24+𝑦1⬚22=1,𝑥2⬚24+𝑦2⬚22=1，两式

相减并化简得−24=𝑦1+𝑦2𝑥1+𝑥2⋅𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2，由于𝑀(1,12)是𝐴𝐵的中点，所以−24=12⋅𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2,𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−1，即直线𝐴𝐵的斜率为−1，所以直线𝐴𝐵的方程为𝑦−12=−(𝑥−1),�

�+𝑦−32=0,2𝑥+2𝑦−3=0，C选项正确.{2𝑥+2𝑦−3=0𝑥24+𝑦22=1消去𝑦并化简得3𝑥2−6𝑥+12=0，𝑥1+𝑥2=2,𝑥1𝑥2=16，所以|𝐴𝐵|=√1+1×√22−4×16=2√153，D选项正确.故选：A.【变式3-2】（2022·河

北·高二阶段练习（文））已知椭圆𝐸:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的右焦点为𝐹(3,0)，过点𝐹的直线交椭圆𝐸于𝐴,𝐵两点，若𝐴𝐵的中点坐标为（1，-1），则弦长|AB|=（）A．5√2B．2√5C．5√22D．√10【解题思路】设两点的坐标𝐴(𝑥1

,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，将两点坐标代入椭圆方程，两式相减，由中点坐标(1,−1)，焦点坐标𝐹(3,0)得𝑏2𝑎2=12，又由𝑎2−𝑏2=9，得椭圆的标准方程及直线𝐴𝐵的方程，联立，由弦长公式，得弦长|𝐴𝐵|【解

答过程】设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，将两点坐标代入椭圆方程，{𝑥12𝑎2+𝑦12𝑏2=1𝑥22𝑎2+𝑦22𝑏2=1，两式相减，得𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−𝑏2(𝑥1+𝑥2)𝑎2(𝑦1+𝑦2)，由中点坐标(1,−1

)，焦点坐标𝐹(3,0)得0−(−1)3−1=−2×1×𝑏22×(−1)×𝑎2，即𝑏2𝑎2=12，又由𝑎2−𝑏2=9，得𝑎2=18，𝑏2=9，所以椭圆的标准方程为𝑥218+𝑦29=1，直线𝐴�

�的方程为𝑥−2𝑦−3=0，联立方程组，消去𝑦，得𝑥2−2𝑥−9=0，所以𝑥1+𝑥2=2，𝑥1𝑥2=−9，弦长|𝐴𝐵|=√1+(12)2×√22−4×(−9)=5√2，故选A.【变式3-3】（2022·内蒙古·高三期末（文））设椭圆的方程为𝑥22

+𝑦24=1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，下列结论正确的是（）A．直线AB与OM垂直；B．若直线方程为𝑦=2𝑥+2，则|𝐴𝐵|=43√2.C．若直线方程为𝑦=𝑥+1，则点M坐标为(13，43)D．若点M坐标为(1

,1)，则直线方程为2𝑥+𝑦−3=0；【解题思路】利用椭圆中中点弦问题的处理方法，结合弦长的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【解答过程】不妨设𝐴,𝐵坐标为(𝑥1,𝑦1),(𝑥2,𝑦2)，则𝑥122+𝑦124=1,𝑥222+𝑦

224=1，两式作差可得：𝑦1+𝑦2𝑥1+𝑥2×𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−2，设𝑀(𝑥0,𝑦0)，则𝑦0𝑥0×𝑘=−2.对A：𝑘𝐴𝐵×𝑘𝑂𝑀=𝑘×𝑦0𝑥0=−2，

故直线𝐴𝐵,𝑂𝑀不垂直，则A错误；对B：若直线方程为𝑦=2𝑥+2，联立椭圆方程2𝑥2+𝑦2=4，可得：6𝑥2+8𝑥=0，解得𝑥1=0,𝑥2=−43，故𝑦1=2,𝑦2=−23，则|𝐴

𝐵|=√169+649=4√53，故B错误；对C：若直线方程为y=x+1，故可得𝑦0𝑥0×1=−2，即𝑦0=−2𝑥0，又𝑦0=𝑥0+1，解得𝑥0=−13,𝑦0=23，即𝑀(−13,23)，故C错误；对D：若点M坐标为(1,1),则11×𝑘=−2，则𝑘𝐴𝐵=−2，又�

�𝐵过点(1,1)，则直线𝐴𝐵的方程为𝑦−1=−2(𝑥−1)，即2𝑥+𝑦−3=0，故D正确.故选：D.【题型4椭圆中的面积问题】【方法点拨】椭圆中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与椭圆方程，求出弦长，再利用点

到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边形面积问题可化为两个三角形面积来求解.【例4】（2022·江西·高二开学考试）已知直线𝑥+3𝑦−7=0与椭圆𝑥29+𝑦2𝑏2=

1(0<𝑏<3)相交于𝐴，𝐵两点，椭圆的两个焦点分别是𝐹1，𝐹2，线段𝐴𝐵的中点为𝐶(1,2)，则△𝐶𝐹1𝐹2的面积为（）A．√2B．√3C．2√3D．2√2【解题思路】根据线段𝐴𝐵的中点为𝐶(1,2)，利用点差法求得𝑏2，再利

用三角形面积公式求解.【解答过程】解：设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则{𝑥1⬚29+𝑦1⬚2𝑏2=1𝑥2⬚29+𝑦2⬚2𝑏2=1，所以𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−𝑏2(𝑥1+𝑥2)9(𝑦1+𝑦2)，即−13=−2𝑏

24×9，𝑏2=6，解得𝑐2=𝑎2−𝑏2=3，所以𝑆△𝐶𝐹1𝐹2=12×2𝑐×2=2√3，故选：C.【变式4-1】（2021·河南·高二阶段练习（文））已知椭圆𝐶:𝑥22+𝑦2=1的左､右焦点分别是𝐹1，𝐹2，过𝐹1的直线𝑙:𝑦=𝑥+𝑚与椭圆C交于A，B

两点，则△𝐴𝐵𝐹2的面积是（）A．43B．83C．169D．329【解题思路】由题知𝐹1(−1,0)，直线𝑙:𝑦=𝑥+1，进而与椭圆方程联立得𝑦1+𝑦2=23，𝑦1𝑦2=−13，进而根据𝑆=12|𝐹1𝐹2||𝑦1−𝑦2|计算即可.

【解答过程】解：由题意可得𝐹1(−1,0)，𝐹2(1,0)，则直线𝑙:𝑦=𝑥+1.联立{𝑦=𝑥+1𝑥22+𝑦2=1，整理得3𝑦2−2𝑦−1=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑦1+𝑦2=23，

𝑦1𝑦2=−13，从而|𝑦1−𝑦2|=√(𝑦1+𝑦2)2−4𝑦1𝑦2=43.因为|𝐹1𝐹2|=2，所以△𝐴𝐵𝐹2的面积是12|𝐹1𝐹2||𝑦1−𝑦2|=12×2×43=43.故选：A.【变式4-2】（

2021·四川·高二期末（文））过原点O作两条相互垂直的直线分别与椭圆𝑥22+𝑦2=1交于A、C与B、D，则四边形ABCD面积最小值为（）A．83B．4√2C．2√2D．43【解题思路】直线AC、BD与坐标轴重合时求出四边形面积，与坐标

轴不重合求出四边形ABCD面积最小值，再比较大小即可作答.【解答过程】因四边形ABCD的两条对角线互相垂直，由椭圆性质知，四边形ABCD的四个顶点为椭圆顶点时，而𝑎=√2,𝑏=1，四边形ABCD的面积𝑆=12|𝐴𝐶|⋅|

𝐵𝐷|=12×2√2×2=2√2，当直线AC斜率存在且不0时，设其方程为𝑦=𝑘𝑥，由{𝑦=𝑘𝑥𝑥2+2𝑦2=2消去y得：(2𝑘2+1)𝑥2−2=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐶(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=0,𝑥1𝑥2=−22𝑘2+1，

|𝐴𝐶|=√1+𝑘2|𝑥1−𝑥2|=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=2√2𝑘2+22𝑘2+1，直线BD方程为𝑦=−1𝑘𝑥，同理得：|𝐵𝐷|=2√2𝑘2+2𝑘2+2，则有

𝑆=12|𝐴𝐶|⋅|𝐵𝐷|=4√𝑘4+2𝑘2+12𝑘4+5𝑘2+2=4√12+𝑘2𝑘4+2𝑘2+1=4√12+1𝑘2+1𝑘2+2≥4√12+12√𝑘2⋅1𝑘2+2=83，当且仅当𝑘2=1𝑘2，即𝑘

=−1或𝑘=1时取“=”，而83<2√2，所以四边形ABCD面积最小值为83.故选：A.【变式4-3】（2021·江苏·高二单元测试）已知A，F分别是椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)

的下顶点和左焦点，过A且倾斜角为60°的直线l分别交x轴和椭圆C于M，N两点，且N点的纵坐标为35𝑏，若△𝐹𝑀𝑁的周长为6，则△𝐹𝐴𝑁的面积为（）A．165√3B．85√3C．45√3D．25√3【解题思路】根

据已知条件求得𝑎,𝑏,𝑐，由此求得△𝐹𝑀𝑁的面积.【解答过程】由题意得，𝐴(0，−𝑏)，𝐹(−𝑐，0)，因为直线AM的倾斜角为60°，所以直线MN的方程为𝑦=√3𝑥−𝑏，把𝑦=35𝑏代入椭圆方程解得𝑥𝑁=45𝑎，所以𝑁(45𝑎，35𝑏)，

因为A在直线MN上，所以35𝑏=√3×45𝑎−𝑏，解得𝑏𝑎=√32．又𝑎2=𝑏2+𝑐2，(2√3𝑏)2=𝑏2+𝑐2，解得𝑏=√3𝑐，令𝑦=√3𝑥−𝑏=0，则𝑀(𝑏√3，0)，即𝑀(𝑐，0)，因为

M为椭圆的右焦点，所以|𝐹𝑀|=2𝑐，由椭圆的定义可知，|𝑁𝐹|+|𝑁𝑀|=2𝑎，因为△𝐹𝑀𝑁的周长为6，所以2𝑎+2𝑐=6，所以𝑏𝑎=√32，所以𝑎=2𝑐，𝑐=1，所以𝑎

=2，𝑏=√3，𝑐=1.所以𝑆△𝐹𝐴𝑁=12⋅|𝐹𝑀|⋅[35𝑏−(−𝑏)]=𝑐⋅85𝑏=8√35．故选B．【题型5椭圆中的定点、定值、定直线问题】【例5】（2022·广东广州·一模）已知椭圆𝐶:𝑥28+𝑦24=1，直线l：𝑦=𝑘𝑥+𝑛(𝑘>0

)与椭圆𝐶交于𝑀,𝑁两点，且点𝑀位于第一象限.(1)若点𝐴是椭圆𝐶的右顶点，当𝑛=0时，证明：直线𝐴𝑀和𝐴𝑁的斜率之积为定值；(2)当直线𝑙过椭圆𝐶的右焦点𝐹时，𝑥轴上是否存在定点𝑃，使点𝐹到直线𝑁𝑃的距离与点𝐹到直

线𝑀𝑃的距离相等？若存在，求出点𝑃的坐标；若不存在，说明理由.【解题思路】(1)联立直线方程和椭圆方程得(1+2𝑘2)𝑥2−8=0，由韦达定理可得𝑥1,𝑥2的关系，再由𝑘𝐴𝑀⋅𝑘𝐴𝑁=𝑦1𝑥1−2√2⋅𝑦2𝑥2−2√2计算即可得证；(2)由题意可得直线𝑙的方程为

𝑦=𝑘(𝑥−2)，联立直线方程与椭圆方程得(1+2𝑘2)𝑥2−8𝑘2𝑥+8(𝑘2−1)=0，由韦达定理𝑥3,𝑥4之间的关系，假设存在满足题意的点𝑃，设𝑃(𝑚,0)，由题意可得𝑘𝑃𝑀+𝑘𝑃𝑁=0.代入计算，如果𝑚有解，则存在，否则不存在.【

解答过程】（1）证明：因为𝑛=0，所以直线l：𝑦=𝑘𝑥，联立直线方程和椭圆方程：{𝑦=𝑘𝑥𝑥2+2𝑦2−8=0，得(1+2𝑘2)𝑥2−8=0，设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，则有𝑥1+𝑥2

=0,𝑥1𝑥2=−81+2𝑘2，所以𝑦1𝑦2=𝑘2𝑥1𝑥2=−8𝑘21+2𝑘2，又因为𝐴(2√2,0)，所以𝑘𝐴𝑀=𝑦1𝑥1−2√2，𝑘𝐴𝑁=𝑦2𝑥2−2√2，所以𝑘𝐴𝑀⋅𝑘𝐴𝑁=𝑦1𝑥1−

2√2⋅𝑦2𝑥2−2√2=𝑦1𝑦2𝑥1𝑥2−2√2(𝑥1+𝑥2)+8=𝑦1𝑦2𝑥1𝑥2+8=−8𝑘21+2𝑘2−81+2𝑘2+8=−8𝑘21+2𝑘216𝑘21+2𝑘2=−8𝑘2

16𝑘2=−12所以直线𝐴𝑀和𝐴𝑁的斜率之积为定值−12；（2）解：假设存在满足题意的点𝑃，设𝑃(𝑚,0)，因为椭圆𝐶的右焦点𝐹(2,0)，所以2𝑘+𝑛=0,即有𝑛=−2𝑘，

所以直线𝑙的方程为𝑦=𝑘(𝑥−2).由{𝑦=𝑘(𝑥−2)𝑥2+2𝑦2−8=0，可得(1+2𝑘2)𝑥2−8𝑘2𝑥+8(𝑘2−1)=0，设𝑀(𝑥3,𝑦3),𝑁(𝑥4,𝑦4)，则有𝑥3

+𝑥4=8𝑘21+2𝑘2,𝑥3𝑥4=8(𝑘2−1)1+2𝑘2；因为点𝐹到直线𝑁𝑃的距离与点𝐹到直线𝑀𝑃的距离相等，所以𝑃𝐹平分∠𝑀𝑃𝑁,所以𝑘𝑃𝑀+𝑘𝑃𝑁=0.即𝑦3𝑥3−𝑚+𝑦4𝑥4−𝑚=𝑘(𝑥3

−2)𝑥3−𝑚+𝑘(𝑥4−2)𝑥4−𝑚=𝑘(𝑥3−2)(𝑥4−𝑚)+𝑘(𝑥3−𝑚)(𝑥4−2)(𝑥3−𝑚)(𝑥4−𝑚)=𝑘[2𝑥3𝑥4−(𝑚+2)(𝑥3+𝑥4)+4𝑚](𝑥3−𝑚)(𝑥4−𝑚)=0

，又因为𝑘>0，所以2𝑥3𝑥4−(𝑚+2)(𝑥3+𝑥4)+4𝑚=0，代入𝑥3+𝑥4=8𝑘21+2𝑘2,𝑥3𝑥4=8(𝑘2−1)1+2𝑘2，即有4𝑚−161+2𝑘2=0，解得𝑚=4.故𝑥轴上存在定点𝑃(4,0

)，使得点𝐹到直线𝑁𝑃的距离与点𝐹到直线𝑀𝑃的距离相等.【变式5-1】（2022·河南·高三开学考试（文））已知椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)，长轴是短轴的3倍，点(1,2√23)在椭圆C上.(1)求椭

圆C的方程；(2)若过点𝑄(1,0)且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在点𝑇(𝑡,0)，使得直线TM，TN斜率之积为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.【解题思路】（1）根据题意得a＝3b，再将点(1,2√23)代入求得

𝑎2,𝑏2，即可得解；（2）设l的方程为x＝my＋1，𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，联立方程，利用韦达定理求得𝑦1+𝑦2,𝑦1𝑦2，再根据斜率公式计算整理，从而可得出结论.【

解答过程】（1）解：由题意得a＝3b，故椭圆C为𝑥29𝑏2+𝑦2𝑏2=1，又点(1,2√23)在C上，所以19𝑏2+89𝑏2=1，得𝑏2=1，𝑎2=9，故椭圆C的方程即为𝑥29+𝑦2=1；（2）解：由已知知直线l过𝑄(1,0)，设l的方程为x＝my＋1，联立两个方程得

{𝑥29+𝑦2=1𝑥=𝑚𝑦+1，消去x得：(𝑚2+9)𝑦2+2𝑚𝑦−8=0，Δ=4𝑚2+32(𝑚2+9)>0得𝑚∈𝑅，设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑦1+𝑦2=−2𝑚𝑚2+9,𝑦1𝑦2=−8𝑚2+9（*），𝑘𝑇𝑀

⋅𝑘𝑇𝑁=𝑦1𝑥1−𝑡⋅𝑦2𝑥2−𝑡=𝑦1𝑚𝑦1+1−𝑡⋅𝑦2𝑚𝑦2+1−𝑡=𝑦1𝑦2𝑚2𝑦1𝑦2+𝑚(1−𝑡)(𝑦1+𝑦2)+(1−𝑡)2，将（*）代入上式，可得：−8

𝑚2+9𝑚2⋅−8𝑚2+9+𝑚(1−𝑡)(−2𝑚𝑚2+9)+(1−𝑡)2=8(9−𝑡2)𝑚2−9(1−𝑡)2，要使𝑘𝑇𝑀⋅𝑘𝑇𝑁为定值，则有9−𝑡2=0，又∵𝑡>0，∴t＝3，此时𝑘𝑇𝑀⋅𝑘𝑇𝑁=8−9

×4=−29，∴存在点𝑇(3,0)，使得直线TM与TN斜率之积为定值−29，此时t＝3.【变式5-2】（2022·高三阶段练习）已知椭圆𝐶的中心为坐标原点，对称轴为𝑥轴，𝑦轴，且过𝐴(−2,0),𝐵(1,32)

两点.(1)求椭圆𝐶的方程；(2)𝐹为椭圆𝐶的右焦点，直线𝑙交椭圆𝐶于𝑃,𝑄（不与点𝐴重合）两点，记直线𝐴𝑃,𝐴𝑄,𝑙的斜率分别为𝑘1,𝑘2,𝑘，若𝑘1+𝑘2=−3�

�，证明：△𝐹𝑃𝑄的周长为定值，并求出定值.【解题思路】（1）结合𝐴,𝐵两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆𝐶的方程.（2）设直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑚，联立直线𝑙的方程和椭圆𝐶的方程，化简写出根与系数关系，利用𝑘1+𝑘2=−3𝑘求得𝑚,𝑘的关系式，从而判断出

直线𝑙过左焦点，由此求得△𝐹𝑃𝑄的周长为定值8.【解答过程】（1）由已知设椭圆𝐶方程为：𝑚𝑥2+𝑛𝑦2=1(𝑚>0,𝑛>0)，代入𝐴(−2,0),𝐵(1,32)，得𝑚=14,𝑛=

13，故椭圆𝐶方程为𝑥24+𝑦23=1.（2）设直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑚,𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，由{𝑦=𝑘𝑥+𝑚,3𝑥2+4𝑦2=12⇒(4𝑘2+3)𝑥2+8𝑘𝑚𝑥+4𝑚2−12=0得，{𝑥1+𝑥2=−8𝑘𝑚4𝑘2+3

𝑥1⋅𝑥2=4𝑚2−124𝑘2+3，Δ=64𝑘2𝑚2−4(4𝑘2+3)(4𝑚2−12)=192𝑘2−48𝑚2+144，又𝑘1=𝑦1𝑥1+2=𝑘𝑥1+𝑚𝑥1+2,𝑘2=𝑘𝑥2+𝑚𝑥2+2，故𝑘1+𝑘2=𝑘𝑥1+𝑚𝑥1+2+𝑘𝑥2

+𝑚𝑥2+2=2𝑘𝑥1𝑥2+2𝑘(𝑥1+𝑥2)+𝑚(𝑥1+𝑥2)+4𝑚𝑥1𝑥2+2(𝑥1+𝑥2)+4=8𝑘𝑚2−24𝑘−16𝑘2𝑚−8𝑘𝑚2+16𝑘2𝑚+12𝑚4𝑚2−12−16𝑘�

�+16𝑘2+12=3𝑚−6𝑘𝑚2−4𝑘𝑚+4𝑘2，由𝑘1+𝑘2=−3𝑘，得𝑚2−3𝑘𝑚+2𝑘2=0，故(𝑚−2𝑘)(𝑚−𝑘)=0⇒𝑚=2𝑘或𝑚=𝑘，①当𝑚=2𝑘时，

直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥+2𝑘=𝑘(𝑥+2)，过定点𝐴(−2,0)，与已知不符，舍去；②当𝑚=𝑘时，直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑘=𝑘(𝑥+1)，过定点(−1,0)，即直线𝑙过左焦点，此时Δ=192𝑘2−48𝑚2+144=144𝑘2+144>0

，符合题意.所以△𝐹𝑃𝑄的周长为定值4𝑎=8.【变式5-3】（2022·江苏·高三阶段练习）已知椭圆C:𝑥25+𝑦24=1的上下顶点分别为𝐴，𝐵，过点P(0，3)且斜率为k(k<0)的直线与椭圆C自上而下交于𝑀，𝑁两点，直线�

�𝑀与𝐴𝑁交于点𝐺.(1)设𝐴𝑁，𝐵𝑁的斜率分别为𝑘1，𝑘2，求𝑘1⋅𝑘2的值;(2)求证：点𝐺在定直线上.【解题思路】（1）设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，表示出𝑘1⋅𝑘2，结合点𝑁在椭圆上，代入即可得出答案.（2）设

直线𝑃𝑀为𝑦=𝑘𝑥+3，与椭圆联立消去𝑦得到关于𝑥的一元二次方程，列出韦达定理，写出直线𝑀𝐵，𝑁𝐴的方程，联立这两条直线的方程，求出𝐺点的纵坐标，即可得出答案.【解答过程】（1）设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2

,𝑦2)，𝐴(0,2),𝐵(0,−2)，𝑘1⋅𝑘2=𝑦2+2𝑥2⋅𝑦2−2𝑥2=𝑦22−4𝑥22，又𝑥225+𝑦224=1所以𝑦22=4⋅(1−𝑥225)，所以𝑘1⋅𝑘2=4(1−𝑥225)−4𝑥22=−45.（2）设𝑃𝑀:𝑦=𝑘𝑥+3联立4

𝑥2+5𝑦2=20，得到(4+5𝑘2)𝑥2+30𝑘𝑥+25=0，∴𝑥1+𝑥2=−30𝑘4+5𝑘2𝑥1⋅𝑥2=254+5𝑘2，Δ=900𝑘2−100(4+5𝑘2)=400(𝑘2−1)>0，直线𝑀𝐵:𝑦=𝑦1+2𝑥1𝑥−2，直线𝑁𝐴:

𝑦=𝑦2−2𝑥2𝑥+2，联立得:𝑦+2𝑦−2=𝑥2(𝑦1+2)(𝑦2−2)𝑥1，法一：𝑦+2𝑦−2=−54⋅(𝑦2+2)𝑥2(𝑦1+2)𝑥1=−54⋅𝑘2𝑥1𝑥2+5𝑘(𝑥1+𝑥2)+

25𝑥1𝑥2=−5，解得𝑦=43.法二：由韦达定理得𝑥1+𝑥2𝑥1𝑥2=−65𝑘，∴𝑦+2𝑦−2=𝑥2𝑘𝑥2+1(𝑘𝑥1+5)𝑥1=𝑘𝑥1𝑥2+5𝑥2𝑘𝑥1𝑥2+𝑥1−56(𝑥1+𝑥2)+5𝑥2−

56(𝑥1+𝑥2)+𝑥1=−5.解得𝑦=43，所以点G在定直线𝑦=43上.【题型6椭圆中的最值问题】【方法点拨】求解此类问题一般有以下两种思路：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法.解题的关

键是能够准确分析出最值问题所隐含的几何意义，并能借助相应曲线的定义求解.(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可建立目标函数，将目标变量表示为一个(或多个)变量的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用配方法、判别式法，应用基

本不等式以及三角函数的最值求法求出最大值、最小值或范围，但要注意自变量的取值范围对最值的影响.【例6】已知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的左，右焦点分别为𝐹1(−√3,0),𝐹2(√

3,0)且经过点𝑃(√3,2).(1)求椭圆C的标准方程；(2)若斜率为1的直线与椭圆C交于A，B两点，求△𝐴𝑂𝐵面积的最大值（O为坐标原点）【解题思路】（1）根据椭圆的定义可得𝑎=3，进而可求其方程，（2）

根据弦长公式和点到直线的距离可表达三角形的面积，结合不等式即可求解最大值.【解答过程】（1）由椭圆的定义，可知2𝑎=|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=√(2√3)2+4+2=4+2=6解得𝑎=3，又𝑏2=𝑎2−(√3)2=6.∴椭圆C的标准方程为𝑥29+𝑦26

=1.（2）设直线l的方程为𝑦=𝑥+𝑚，联立椭圆方程，得5𝑥2+6𝑚𝑥+3𝑚2−18=0，△=36𝑚2−60𝑚2+360>0，得−√15<𝑚<√15设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=−6𝑚

5,𝑥1⋅𝑥2=3𝑚2−185，∴|𝐴𝐵|=√2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1⋅𝑥2=√2⋅√36𝑚225−12𝑚2−725=4√35⋅√15−𝑚2，点𝑂(0,0)到直线𝑙:𝑥+𝑦−𝑚=0的距离𝑑=|𝑚|√2，∴𝑆△𝐴𝑂𝐵=12|𝐴𝐵|⋅𝑑=1

2×4√35×√15−𝑚2×|𝑚|√2=√65√(15−𝑚2)⋅𝑚2≤√65√(15−𝑚2+𝑚22)2=√65×152=3√62.当且仅当15−𝑚2=𝑚2,(−√15<𝑚<√15)，即𝑚2=152,𝑚=±√302时

取等号；∴△𝐴𝑂𝐵面积的最大值为3√62.【变式6-1】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的离心率为12，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于

P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为32．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为−94，求点P到直线l距离的最大值．【解题思路】（

1）根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解𝑎2=4，𝑏2=3.（2）联立直线与椭圆方程，进行求解即可.【解答过程】（1）由题意可得𝑃(𝑐,𝑏2𝑎)，∴由题意可得{𝑒=𝑐𝑎=1212⋅𝑐⋅2𝑏2𝑎=32且𝑐2=𝑎2

−𝑏2，解得𝑎2=4，𝑏2=3，∴椭圆的方程为：𝑥24+𝑦23=1．（2）解法1：由（1）可得𝑃(1,32)，当直线𝑙没有斜率时，设方程为：𝑥=𝑚(𝑚≠1)，则𝐴(𝑚,𝑦0),�

�(𝑚,−𝑦0)，此时𝑘𝑃𝐴⋅𝑘𝑃𝐵=𝑦0−32𝑚−1⋅−𝑦0−32𝑚−1=−94，化简得：𝑦0⬚2=94+94(1−𝑚)2,又𝑚24+𝑦0⬚23=1，解得𝑚=12或𝑚=1（舍去），此时P到直线l的

距离为12设直线l有斜率时，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，设其方程为：𝑦=𝑘𝑥+𝑚，联立可得{𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝑥24+𝑦23=1且整理可得：(3+4𝑘2)𝑥2+8𝑘𝑚𝑥+4𝑚2−12=0，Δ=64𝑚2𝑘2−4⋅(4�

�2+3)⋅(4𝑚2−12)>0，且𝑥1+𝑥2=−8𝑘𝑚3+4𝑘2，𝑥1𝑥2=4𝑚2−123+4𝑘2，𝑘𝑃𝐴⋅𝑘𝑃𝐵=𝑦1−32𝑥1−1⋅𝑦2−32𝑥2−1=−94，整理可得：(𝑦1−32)(𝑦2−32)=−94(𝑥1−1)(𝑥2−1)，整理可得(9

4+𝑘2)𝑥1𝑥2+[𝑘(𝑚−32)−94](𝑥1+𝑥2)+(𝑚−32)2+94=0，整理可得2𝑘2+4𝑚2−3𝑚+6𝑘𝑚−92=0，即(𝑘+𝑚−32)(2𝑘+4𝑚+3)=0，𝑘+𝑚−32=0或2𝑘+

4𝑚+3=0，若𝑘+𝑚−32=0，则直线方程为：𝑦−32=𝑘(𝑥−1)，直线恒过𝑁(1,32)，与P点重合，若2𝑘+4𝑚+3=0，则直线方程为：𝑦+34=𝑘(𝑥−12)，∴直线

恒过定点𝑄(12,−34)，∴P到直线l的距离的最大值为|𝑃𝑄|的值为√(1−12)2+[32−(−34)]2=√854，由于√854>12∴点P到直线l距离的最大值√854．解法2：公共点𝑃(1,

32)，左移1个单位，下移32个单位，{𝐶′:(𝑥+1)24+(𝑦+32)23=1𝐴′𝐵′:𝑚𝑥+𝑛𝑦=1，3𝑥2+6𝑥+4(𝑦2+3𝑦)=0，4𝑦2+3𝑥2+6(𝑥+2𝑦)(𝑚𝑥+𝑛𝑦)=0，(12𝑛+4)𝑦2+6(2𝑚+𝑛)

𝑥𝑦+(6𝑚+3)𝑥2=0，等式两边同时除以𝑥2，(12𝑛+4)(𝑦𝑥)2+6(2𝑚+𝑛)𝑦𝑥+(6𝑚+3)=0，𝑘𝑃𝐴⋅𝑘𝑃𝐵=−94，6𝑚+312𝑛+4=−94，−12𝑚−94𝑛=1，𝑚𝑥+𝑛𝑦=1过(−12

,−94)，右移1个单位，上移32个单位，过𝑄(12,−34)，∴P到直线l的距离的最大值为|𝑃𝑄|的值为√(1−12)2+[32−(−34)]2=√854，由于√854>12∴点P到直线l距离的最

大值√854．【变式6-2】（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆𝑥212+𝑦2=1．设A，B是椭圆上异于𝑃(0,1)的两点，且点𝑄(0,12)在线段𝐴𝐵上，直线𝑃𝐴,𝑃𝐵分别交直

线𝑦=−12𝑥+3于C，D两点．(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；(2)求|𝐶𝐷|的最小值．【解题思路】（1）设𝐻(2√3cos𝜃,sin𝜃)是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求

出|𝑃𝐻|2，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线𝐴𝐵:𝑦=𝑘𝑥+12与椭圆方程联立可得𝑥1𝑥2,𝑥1+𝑥2，再将直线𝑦=−12𝑥+3方程与𝑃𝐴、𝑃𝐵的方程分别联立，可解得点𝐶,𝐷的坐标，再根据两点间的距离公式求出|𝐶𝐷|，最后代入化

简可得|𝐶𝐷|=3√52⋅√16𝑘2+1|3𝑘+1|，由柯西不等式即可求出最小值．【解答过程】（1）设𝐻(2√3cos𝜃,sin𝜃)是椭圆上任意一点,𝑃(0,1),|𝑃𝐻|2=12cos2�

�+(1−sin𝜃)2=13−11sin2𝜃−2sin𝜃=−11(sin𝜃+111)2+14411≤14411，当且仅当sin𝜃=−111时取等号，故|𝑃𝐻|的最大值是12√1111.（2）设直线𝐴𝐵:𝑦=𝑘𝑥+12,直线𝐴𝐵方程与椭

圆𝑥212+𝑦2=1联立,可得(𝑘2+112)𝑥2+𝑘𝑥−34=0,设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，所以{𝑥1+𝑥2=−𝑘𝑘2+112𝑥1𝑥2=−34(𝑘2+112)，因为直线𝑃𝐴:𝑦=

𝑦1−1𝑥1𝑥+1与直线𝑦=−12𝑥+3交于𝐶,则𝑥𝐶=4𝑥1𝑥1+2𝑦1−2=4𝑥1(2𝑘+1)𝑥1−1,同理可得,𝑥𝐷=4𝑥2𝑥2+2𝑦2−2=4𝑥2(2𝑘+1)𝑥2−1.则|𝐶𝐷|=√1+14|𝑥𝐶−𝑥𝐷|=

√52|4𝑥1(2𝑘+1)𝑥1−1−4𝑥2(2𝑘+1)𝑥2−1|=2√5|𝑥1−𝑥2[(2𝑘+1)𝑥1−1][(2𝑘+1)𝑥2−1]|=2√5|𝑥1−𝑥2(2𝑘+1)2𝑥1𝑥2−(2𝑘+1)(𝑥1+𝑥2)+1|=3√

52⋅√16𝑘2+1|3𝑘+1|=6√55⋅√16𝑘2+1√916+1|3𝑘+1|≥6√55×√(4𝑘×34+1×1)2|3𝑘+1|=6√55，当且仅当𝑘=316时取等号，故|𝐶𝐷|的最小值为6√55.【变式6-3】（2023

·全国·高三专题练习）已知椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的离心率为√32，左，右焦点分别为𝐹1，𝐹2，O为坐标原点，点Q在椭圆C上，且满足|𝑄𝐹1|+|𝑄𝐹2|=4．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设P为椭圆C的右顶点，直线

l与椭圆C相交于M，N两点（M，N两点异于P点），且PM⊥PN，求|𝑃𝑀|⋅|𝑃𝑁|的最大值．【解题思路】（1）由椭圆的离心率为𝑒=𝑐𝑎=√32和|𝑄𝐹1|+|𝑄𝐹2|=4，即2𝑎=4联

立求解；（2）设直线l的方程为𝑥=𝑘𝑦+𝑚(𝑚≠2)，与椭圆方程联立，由PM⊥PN，结合韦达定理求m，由𝑆△𝑃𝑀𝑁=12|𝑃𝑄|⋅|𝑦1−𝑦2|求得其最大值，再由𝑆△𝑃𝑀𝑁=12|𝑃𝑀|⋅|𝑃�

�|求解.【解答过程】（1）解：因为椭圆的离心率为𝑒=𝑐𝑎=√32，又点Q在椭圆C上，且满足|𝑄𝐹1|+|𝑄𝐹2|=4，所以2𝑎=4，即𝑎=2，则𝑐=√3，𝑏2=1，所以椭圆方程为：

𝑥24+𝑦2=1；（2）由题意知，直线l的斜率不为0，则不妨设直线l的方程为𝑥=𝑘𝑦+𝑚(𝑚≠2)．联立得{𝑥24+𝑦2=1𝑥=𝑘𝑦+𝑚，消去x得(𝑘2+4)𝑦2+2𝑘𝑚𝑦+𝑚

2−4=0，Δ=4𝑘2𝑚2−4(𝑘2+4)(𝑚2−4)>0，化简整理，得𝑘2+4>𝑚2．设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑦1+𝑦2=−2𝑘𝑚𝑘2+4，𝑦1𝑦2=𝑚2−4𝑘2+4．∵PM⊥PN，∴𝑃𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑=0

．∵𝑃(2,0)，𝑃𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥1−2,𝑦1)，𝑃𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥2−2,𝑦2)，得(𝑥1−2)(𝑥2−2)+𝑦1𝑦2=0，将𝑥1=𝑘𝑦1+𝑚，𝑥2=𝑘𝑦2+𝑚代入上式，得(𝑘2+1)𝑦1𝑦2+𝑘(𝑚−

2)(𝑦1+𝑦2)+(𝑚−2)2=0，得(𝑘2+1)⋅𝑚2−4𝑘2+4+𝑘(𝑚−2)⋅−2𝑘𝑚𝑘2+4+(𝑚−2)2=0，解得𝑚=65或𝑚=2（舍去），∴直线l的方程为𝑥=𝑘�

�+65，则直线l恒过点𝑄(65,0)，∴𝑆△𝑃𝑀𝑁=12|𝑃𝑄|⋅|𝑦1−𝑦2|=12×45×√(𝑦1+𝑦2)2−4𝑦1𝑦2=825×√25(𝑘2+4)−36(𝑘2+4)2．设𝑡=1𝑘2+4，则0<𝑡≤14，𝑆△𝑃𝑀𝑁=825×√−36�

�2+25𝑡，易知𝑦=825×√−36𝑡2+25𝑡在(0,14]上单调递增，∴当𝑡=14时，𝑆△𝑃𝑀𝑁取得最大值为1625．又𝑆△𝑃𝑀𝑁=12|𝑃𝑀|⋅|𝑃𝑁|，∴(|𝑃𝑀|⋅|𝑃𝑁|)max=2(𝑆△𝑃𝑀𝑁)max=3225．