【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题21 椭圆（解答题压轴题） Word版含解析.docx，共(69)页，4.002 MB，由小赞的店铺上传

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专题21椭圆（解答题压轴题）椭圆（解答题压轴题）①椭圆的弦长（焦点弦）问题②椭圆的中点弦问题③椭圆中的最值问题④椭圆中定点、定值、定直线问题⑤椭圆中向量问题⑥椭圆综合问题①椭圆的弦长（焦点弦）问题1．（2022·湖南·长沙一中高二阶段练习）已知椭圆：2214xy+=的左､

右顶点分别为12,AA，下顶点为B.(1)设点E为椭圆上位于第一象限内一动点，直线EB与x轴交于点C.直线1EA于y轴交于点D，求四边形1ABCD的面积；(2)设直线l与椭圆交于不同于右顶点2A的,MN两点，且22AMAN⊥，求22AM

AN的最大值.【答案】(1)四边形1ABCD的面积为定值2(2)3225（1）因为椭圆的方程为2214xy+=，所以()()12,0,0,1AB−−.设(),(0,0)Emnmn，则2214mn+=，即2244mn+=.1BEnkm+=，则直线BE的方程为：11nyx

m+=−，令=0y，得1Cmxn=+；同理，直线1AE的方程为：()22nyxm=++，令=0x，得22Dnym=+.所以()()1211121(22)212212221ABCDmnmnSACBDnmmn++==

++=++++22144448144882222222mnmnmnmnmnmnmnmnmn++++++++===++++++.即四边形1ABCD的面积为定值2.（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()2xkybb=+.联立2214xyxkyb+==+消去x得()2224240kykbyb+++−=，()()2222Δ44440kbkb=−+−，化简整理，得224kb+.设()()1122,,,M

xyNxy，则212122224,44kbbyyyykk−−+==++.因为22AMAN⊥，所以220AMAN=.因为()22,0A，所以()()2112222,,2,AMxyANxy=−=−，得()()1212220xxyy−−+=，将1122,xkybxk

yb=+=+代入上式，得()()()22121212(2)0kyykbyyb++−++−=，得()()222224212(2)044bkbkkbbkk−−++−+−=++，解得65b=或=2b（舍去），.所以直线l的方程为65xky=+，则直线l恒过点6,0

5Q，所以()()()2222121212222543611484225254AMNkSAQyyyyyyk+−=−=+−=+.设214tk=+，则22180,3625425AMNtStt=−+，易知28362525ytt=−+在10,4上单调递增，所以

当14t=时，2AMNS取得最大值1625.又22212AMNSAMAN=，所以()()222maxmax32225AMNAMANS==.2．（2022·全国·高二课时练习）已知椭圆22198xy+=．(1)若过椭圆的一个焦点引两条互相垂直的弦AB、M

N．求证：11ABMN+是定值；(2)若P、Q在椭圆上且OPOQ⊥．求证：2211OPOQ+是定值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析（1）证明：不妨弦AB、MN过椭圆的左焦点，其中3a=，22b=，221cab=−=.当AB、MN中有一条为长

轴时，另一条为过焦点且平行于短轴的弦，联立221198xxy=−+=可得183xy=−=，故该过焦点且平行于短轴的弦长为163，则11131761648ABMN+=+=；当AB、MN中没有一条为长轴时，设ABkk=，1MNkk=−，联立直线AB与椭圆方程得()2

21198ykxxy=++=()222298189720kxkxk+++−=，()()()422223244989724810kkkk=−+−=+，由韦达定理可得21221898kxxk+=−+，212297298kxxk−=+，根据弦长

公式有()()()()()22222222121222184989724811419898kkkkABkxxxxkkk−+−+=++−=+=++．用1k−替换上式中的k即得()222214814819988kkMNkk++==++．因此()()2

2221198891748481481kkABMNkk+++=+=++．综上，111748ABMN+=．（2）证明：分以下两种情况讨论：当直线OP的斜率存在且不为零时，设直线OP的斜率为()0mm，联立22198ymxxy=+=227289xm=+，则2227298mym=+，则(

)2222272189mOPxym+=+=+．用1m−替换上式中的m即得()2222217217219898mOmQmm++==++．因此()()2222221198891772721721mmmmOPOQ+++=+=++．当OP、OQ中有一条斜率不存在时，另一条斜率为0

，此时221111179872OPOQ+=+=，因此22111772OPOQ+=.综上所述，22111772OPOQ+=.3．（2022·安徽·安庆市第二中学高二期末）已知椭圆C：()222210xyabab+=的左

、右顶点分别为A，B，左焦点为F，21AF=−，21BF=+.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设点P为x轴上的点，经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，且PMPN=.证明；MNABFP=.【答案】(1)2212xy+

=；(2)证明见解析.(1)设椭圆C的半焦距为c，由21AF=−，21BF=+，可得21ac−=−，21ac+=+，则2a=，1c=，2221bac=−=，所以椭圆C的标准方程为2212xy+=.(2)设MN的

中点为H，连接PH，由PMPN=，可得MNHP⊥，故直线HP为线段MN的垂直平分线.设直线l：()10xmym=−，代入到椭圆方程2222xy+=，整理得：()222210mymy+−−=，设()11,Mxy，()

22,Nxy，()33,Hxy，()4,0Px，则12222myym+=+，12212yym−=+，所以()222121212141MNyymyyyym=−+=+−+()2222222212114222mmmmmm+−=+−=+++，123222yy

mym+==+，23222122mxmm−=−=++，因为MNHP⊥，则有直线HP的方程HPl：22222mymxmm−=−+++，令0y=，4212xm−=+，即22211122mFPmm−

+=+=++，则有()22221222mMNFPm+==+，又22AB=，所以MNABFP=.4．（2022·全国·高二专题练习）已知椭圆222210xyabab+=（）的左焦点1(1,0)F−，长轴长与短轴长的比是2:3．(1)求椭圆的方程；(2)过1F作两直线,mn交椭圆于,,,

ABCD四点，若mn⊥，求证：11ABCD+为定值．【答案】(1)22143xy+=；(2)证明见解析(1)解：由题可知，1,:2:3cab==，又222abc=+，故2,3ab==，所以椭圆C的方程为：22143xy+=.(2)证明：当直线m斜率不存在时，此时11117343412ABCDABC

D==+=+=，，．当直线m斜率存在时，设直线m的方程为(1)(0)ykxk=+，由22(1)143ykxxy=++=，得()22223484120kxkxk+++−=．设1122(,),(,)AxyBxy，则有22

12122284123434kkxxxxkk−+=−=++，，()()22222221212222841212(1141()43344)43kkkABkxxxxkkkk−+=++−=+−−=+++（），

因为mn⊥，所以直线n的方程为11yxk=−+（），同理2212134kCDk+=+（），所以22222211343471712112112112kkkABCDkkk++++=+==+++（）（）（）（），综上11ABC

D+为定值712．5．（2022·青海·模拟预测（理））已知椭圆C：()222210xyabab+=，圆O：22320xyxy++−−=，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()1,0作两条相互垂直的直线1l，2l，分别与椭圆相交于点A，B，D

，E，试求ABDE+的取值范围．【答案】(1)22143xy+=(2)48[,7]7(1)圆O：22320xyxy++−−=与x轴的交点为(2,0),(1,0)−，即椭圆C的左顶点及右焦点分别为(2,0),(1,0)−，故2,1ac==，故3b=

，所以椭圆C的方程为：22143xy+=；(2)当直线1l，2l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223,24baa==，此时7ABDE+=；当直线1l，2l斜率都存在时，设11122:1(0),(,),(,)lxmy

mAxyBxy=+,联立221143xmyxy=++=，可得22(34)690mymy++−=，223636(34)0=++mm，12122269,3434myyymym+=−=−++，2222121212212(1)||1||

1()434mABmyymyyyym+=+−=++−=+，同理2212(1)||43mDEm+=+，2222222222212(1)12(1)1184(1)||||12(1)()34433443(34)(43)mmmABDEmmmmmmm++++=+=++=++++++

，令21tm=+，则(1,)t+，2222848484||||1149(31)(41)121()24ttABDEttttt+===+−+−−−+，因为(1,)t+，所以148(0,1),||||[,7

)7ABDEt+，所以ABDE+的取值范围为48[,7]7.6．（2022·浙江·杭师大附中模拟预测）已知椭圆与抛物线22(0)ypxp=有一个相同的焦点2(1,0)F，椭圆的长轴长为2p．(1)记椭

圆与抛物线的公共弦为MN，求||MN；(2)P为抛物线上一点，1F为椭圆的左焦点，直线1PF交椭圆于A，B两点，直线2PF与抛物线交于P，Q两点，求||||ABPQ的最大值．【答案】(1)46||3MN=(2)67（1）根据题意得：1,2242pcap====，223bac=−=∴抛物线方程：24

yx=，椭圆方程：22143xy+=联立抛物线与椭圆：2224143yxxy=+=，整理得：22316120,,63xxxx+−===−（舍）∴226226,,,3333MN−∴46||3MN=（2）设()()()()11223344,:

1,,,:,,,1,,ABxmyPQxnyAxyBxyPxyQxy=−=+联立AB与椭圆：221431xyxmy+==−，整理得：()2234690mymy+−−=所以12122269,3434−+==++myyyymm弦长公式：()()222221222(6)434

(9)121||113434mmmABmyymmm−−+−+=+−=+=++联立PQ与抛物线：214xnyyx=+=，整理得：2440yny−−=所以34344,4yynyy+==−弦长公式：()222234||11(4)4(4)41PQnyynnn=+−=+−−−=+联

立AB与1:1xmyPQxny=−=+，∴332mnxmnymn+=−=−P在抛物线上：224mnmnmn+=−−，整理得：221mn−=，即2221,1nmm=−∴()()()()()2222222212131||3363411||74134312

32212mmABmPQnmmmm+++====+++−−−−+∴||||ABPQ的最大值为67，当1m=时取到最大值．7．（2022·重庆八中高三阶段练习）已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=与直线2=−xb有且只有一个交点，点P为椭圆C

上任一点，1(1,0)−P，2(1,0)P，若12PPPP的最小值为2a．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线:lykxm=+与椭圆C交于不同两点A，B，点O为坐标原点，且()12OMOAOB+=，当AOB的

面积S最大时，求12MPMP+．【答案】(1)22142xy+=(2)1222+=MPMP(1)设点(,)Pxy，由题意知2ab=，222:2+=Cxya，则222212:11PPPPxyya=+−=−+−，当yb=时，12PPPP取得最小值，即2212−−=aab

，21222−==aaa，2b=故椭圆C的标准方程为22142xy+=；(2)设()11,Axy，()22,Bxy，()00,Mxy，则由2224xyykxm+==+得()222214240+++−=kxmkxm122421+=−+mkxxk，21222421−=+mxx

k，则点O到直线:lykxm=+的距离2||1mdk=+，1||2SdAB==2222221||42414221211mmkmkkkk−+−−+++()222242221mkmk+−

=+()22224222221mkmk++−=+，S取得最大值2，当且仅当22242=+−mkm，即2221mk=+，①此时120222221+==−=−+xxmkkxkm，20021=+=−+=ky

kxmmmm，即01=my，00022=−=−mxkxy代入①式整理得()22000102xyy+=，即点M的轨迹为椭圆221:1(0)2+=xCyy，且点1P，2P为椭圆1C的左、右焦点，即1222+=MPMP.8．（2022·全国·高三专

题练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆22221xyab+=（a>b>0）的左、右焦点分别为F1（-c，0），F2（c，0）.已知（1，e）和3(,)2e都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率.A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1

与直线BF2平行，AF2与BF1交于点P.（1）求椭圆的方程∶（2）若1262AFBF−=，求直线AF1的斜率；（3）求证∶12PFPF+是定值.【答案】（1）2212xy+=；（2）22；（3）证明见解析.【详解】解∶（1）由题设知222abc=+，.cea=

.由点（1，e）在椭圆上，得222211caab+=，解得21b=..于是221ca=−，又点3(,)2c在椭圆上，所以222314eab+=，即241314aa−+=，解得22a=.因此，所求椭圆的方程是221.2xy+=.（2）由（1）知1

(10)F−，，2(10)F，，又直线AF1与BF2平行，所以可设直线AF1的方程为1xmy+=.直线BF2的方程为1xmy−=.设A（x1，y1），B（x2，y2），y1>0，y2>0.由2211111,

21xyxmy+=+=，得2211(2)210mymy+−−=，解得212222mmym++=+故222222121122(1)1(1)(0)()2rmmmAFxymyym+++=++−=+=+①

同理，22222(1)12mmmBFm+−+=+②由①②得2122212mmAFBFm+−=+、解2221622mmm+=+得22m=.注意到m>0，故2m=.所以直线AF1的斜率为122m=（3）因为直线AF1与BF2平行，所以211,BFPBPFAF=，于是

12111PBPFBFAFPFAF++=，故11112AFPFBFAFBF=+，由B点在椭圆上知1222BFBF+=，从而11212(22)AFPFBFAFBF=−+.同理22112(22)BFPFAFAFBF=−+因此，1212211212(22)(22)AFBFPFPFBF

AFAFBFAFBF+=−+−++1212222.AFBFAFBF=−+又由①②知212222(1)2mAFBFm++=+，212212mAFBFm+=+所以122322222PFPF+=−=，因此，12P

FPF+是定值.②椭圆的中点弦问题1．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C：22221(0)xyabab+=的右顶点恰好为圆A：22430xyx+−+=的圆心，且圆A上的点到直线1l：0bxay−=的距离的最大值为2515+．(1)求C的方程；(2)过点（3，0）的直线

2l与C相交于P，Q两点，点M在C上，且)(OMOPOQ=+，弦PQ的长度不超过3，求实数λ的取值范围．【答案】(1)2214xy+=；(2)3113,,3223−−．(1)圆A化为标准方程：22(2)1xy−+=，圆心(2,0)A，半径1r=，椭圆C的右顶点标准

为(2,0)，即2a=，圆心(2,0)A到直线1:0lbxay−=的距离222bdab=+，圆A上的点到直线1:0lbxay−=的距离的最大值为22225115bdrab+=+=++，222554bb=+，解得1b=，椭圆C的方程为2214xy+

=．(2)由题意可知，直线2l的斜率一定存在，设直线2l的方程为(3)ykx=−，1(Px，1)y，2(Qx，2)y，联立方程22(3)14ykxxy=−+=，消去y得2222(14)243640kxkxk+−+−=，42225764(14)

(364)16800kkkk=−+−=−，解得2105k„，21222414kxxk+=+，212236414kxxk−=+，()2121222246661414kkyykxxkkk−+=+−=−=++，因为()()2222121221168014314kkPQ

kxxxxk+−=++−=+所以可解得218k，所以21158k设PQ中点N，所以2212(14kNk+，23)14kk−+，22242(14kOPOQONk+==+，26)14kk−+，222311412414ONkkkkkk−+==−+，直线ON

的方程为14yxk=−，)(OMOPOQ=+，M为直线ON与椭圆的交点，联立方程221414yxkxy=−+=，解得221614kxk=+，2216(14kMk+，22116)414kkk

−+或2216(14kMk−+，22116)414kkk+，2216(14kOMk=+，22116)414kkk−+或2216(14kOMk=−+，22116)414kkk+，222216241414kk

kk=++，2222221624()1414kkkk=++，2222222161411()1424369kkkkk+==++，又21185k，2111133694k+，13214，1323或3132−

−即实数的取值范围为3113,,3223−−2．（2022·上海·高三阶段练习）我们把椭圆221:14xEy+=和222:4xEy+=称为“相似椭圆”“相似椭圆”具有很多美妙的性质．过椭圆2E上任意一点P作椭圆1E的两条切线，切点分别为A、B，

切线PA、PB与椭圆2E另一个交点分别为Q、R．(1)设()11,Axy，证明:直线1114xxyy+=是过A的椭圆1E的切线；(2)求证：点A是线段PQ的中点；(3)是否存在常数，使得对于椭圆2E上

的任意一点P，线段QR的中点M都在椭圆1E上，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)存在，4=(1)联立11221414xxyyxy+=+=，消去y整理得22221111101642xyxxxy

+−+−=，即221111042xxxy−+−=，从而2222111114(1)10444xxyy=−−=+−=.又点()11,Axy满足直线方程1114xxyy+=，故直线1114xxyy+=是过A的椭圆1E的切线.(2)由（1）得直线PQ的方程为1114x

xyy+=联立1122144xxyyxy+=+=，消去y整理得2222111101642xyxxxy+−+−=即22111042xxxy−+−=，从而12PQxxx+=，即点A是是线段PQ的中点.(3)假设存在常

数满足题意，设0022(,),(,)PxyBxy，将点00(,)Pxy分别代入1212:1,:144xxxxPAyyPByy+=+=得101020201414xxyyxxyy+=+=，故直线AB的方程为0014xxy

y+=联立00221414xxyyxy+=+=，消去y整理得22220000101642xyxxxy+−+−=，即22001042xxxy−+−=，()201241yxx−=同理，消去x，得201244xyy−=由（

2）得10102020(2,2),(2,2)QxxyyRxxyy−−−−，从而中点120120(,)Mxxxyyy+−+−代入221:14xEy+=，得()()22120120+=14xxxyyy+−+−即2222220102012121201210202221

444444xxxxxxxxxyyyyyyyyy+++++++−+−+=即220014211222121214yx−−++++−−=+−

−=整理得2540−+=，解得4=或1=（舍去）.综上，存在常数4=满足题意.3．（2022·全国·高三专题练习）已知ABC的两个顶点坐标分别为(3,0),(3,0)−BC，该三角形的内切圆与边,,ABBCCA分别相切于P，Q，S三点，且||23=−AS，设A

BC的顶点A的轨迹为曲线E．(1)求E的方程；(2)直线11:2lyx=−交E于R，V两点．在线段VR上任取一点T，过T作直线2l与E交于M，N两点，并使得T是线段MN的中点，试比较||||TMTN与||||TVTR的大小并加以证明．【答

案】(1)221(0)4xyy+=(2)大小关系不确定；证明见解析(1)由内切圆的性质得||||2||||4||+=+=ABACASBCBC，所以曲线E是以B，C为焦点，4为长轴长的椭圆，且A，B，C不共线，则2,3ac=

=，2221bac=−=，故E的方程为221(0)4xyy+=．(2)当T不为坐标原点时，设()()1122,,,MxyNxy，则221122221,41,4xyxy+=+=两式相减得()()()()1212121214+−=−+−yyyyxxxx，即1214=−llkk，所以21

2lk=，设21:2=+lyxm，联立方程组221,2440,yxmxy=++−=整理得222220xmxm++−=，221212840,2,22=−+=−=−mxxmxxm．因为T是线段MN的中点，所以()()222121211||||||44==−+−

TMTNMNxxyy()()2212125542164=+−=−xxxxm．联立方程组221,2440,yxxy=−+−=解得222,,2,22−−VR．联立方程组1,21,2yxyxm=−=+解得,2−mTm，

所以()2555||||(2)(2)2224=+−=−TVTRmmm，故||||||||=TMTNTVTR．当T为坐标原点时，由对称性知，5||||[1,4),||||,||||2=TMTNTVTRTMTN与||||TVTR的大小关系不确定．4．（2022

·全国·高三专题练习）已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的离心率为22，过左焦点F且与x轴垂直的弦长为2．（1）求椭圆C的方程；（2）已知A，B为椭圆C上两点，O为坐标原点，斜率为k的直线l经过点10,2P

，若A，B关于l对称，且OAOB⊥，求l的方程．【答案】（1）2212xy+=；（2）122yx=+或122yx=−+．【详解】（1）设22cab=−，则(,0)Fc−，令xc=−，则422bya=，从而222ba=，即22ab=，又22ca=，即222ac=，∴2a=，1b=，故椭圆

的方程为2212xy+=．（2）设直线l的方程为12ykx=+，当0k=时，不符合题意．当0k时，设直线1:AByxmk=−+，联立椭圆方程，整理得222112102mxxmkk+−+−=，()2222224114412202mmmkkk=−+−=−++，

即2221mk+①．设()11,Axy，()22,Bxy，则12242kmxxk+=+，()22122212kmxxk−=+，∴()2121221222mkyyxxmkk+=−++=+，()222121212122211122mkmyyxmxmx

xxxmkkkkk−=−+−+=−++=+．∴AB的中点2222,22kmkmKkk++在直线l上，则22221222kmkmkkk=+++，整理得2222kmk

+=−②．②式代入①式整理得423440kk+−，解得63k或63k−．又0OAOB=，即()2222121222212022kmkmxxyykk−−+=+=++，整理得2223220kmk−−=③．将

②式代入③得4254120kk−−=，解得2k=，满足63k或63k−，∴2k=，故直线l的方程为122yx=+或122yx=−+．5．（2022·全国·高二课时练习）设点M和N分别是椭圆()222:10xCyaa+=

上不同的两点，线段MN最长为4．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线MN过点()0,2Q，且0OMON，线段MN的中点为P，求直线OP的斜率的取值范围．【答案】（1）2214xy+=；（2）3113,,6886−−．【详解】(1)因为线段MN最长为4，所

以42a=，即2a=，所以椭圆C的标准方程为2214xy+=．(2)由题意知，直线MN的斜率存在且不为0，设其方程为2ykx=+，联立22214ykxxy=++=，整理得()221416120kxkx+++=，由()()()222164141216430kkk=−+

−=，可得234k．设()11,Mxy，()22,Nxy，则1221614kxxk+=−+，1221214xxk=−+，所以()()()2212121212244222414kyykxkxkxxkxxk−=++=+++=+．因为0OMON，所以()221212222441

2440141414kkxxyykkk−−+=+=+++，即24k，故2344k．设直线OP的斜率为k，因为221122221414xyxy+=+=，两式相减得()121212124yyxxxxyy−+=−−+，所以14kk=−，则

22111,166412kk=，故直线OP的斜率的取值范围是3113,,6886−−．6．（2022·湖南·长郡中学高二期末）已知椭圆()2222:10xyEabab+=的右焦点为()2,0F，顺次连接椭圆E的

四个顶点恰好构成一个边长为6的菱形.（1）求椭圆E的标准方程；（2）设24,33M，O为坐标原点，A、B是椭圆E上两点，且AB的中点在线段OM（不含端点O、M）上，求AOB面积S的取值范围.【答案】（1）2214

2xy+=；（2）(0,2.【详解】（1）依题意：2222226422abaabb+==−==，因此，椭圆E的标准方程为22142xy+=；（2）设()11,Axy、()22,Bxy，则AB的中点1212,22xxyy++在线段OM上，且2OMk=，则()

12122yyxx+=+，又22112222142142xyxy+=+=，两式相减得：()()()()12121212042xxxxyyyy+−+−+=，可得1212121212yyyyxxxx−+=−−+，易知：120xx+，120yy+，121214yy

xx−=−−，设直线AB的方程为14yxm=−+，联立2214142yxmxy=−++=得229816320xmxm−+−=.所以，()()22264491632128940mmm=

−−=−，可得294m，由韦达定理可得1289mxx+=，21216329mxx−=，又12420,293xxm+=，所以302m，()22121212349414169mABxxxx−=++−=，原点O到直线AB的距离为417md=，22441123

4944294229917mmSABdmm−===−224298149816m=−−+，302m，则2999888m−−，所以，(224298140,29816Sm=−−+.③椭圆中的最值问题

1．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=过点61,2M，点A为其左顶点，且AM的斜率为66.(1)求C的方程；(2),PQ为椭圆C上两个动点，且直线AP与AQ的斜率之积为16−，MDPQ⊥，D为垂足，求||AD的最大值.【答案】(

1)22142xy+=(2)362（1）由题意可知直线AM的方程为：66(1)26yx−=−，即620xy−+=，令0y=，解得2x=−，所以2a=，椭圆2222:1(0)xyCabab+=过点61,2M，可得213142b+=，解得22b=，所以C的方程：22142xy+=

；（2）设()()1122,,,PxyQxy，由题意得直线PQ斜率不为零，设:PQlxmyt=+，代入到椭圆，由22142xmytxy=++=得22()240myty++−=，即222(2)240mymtyt+++−=所以12221222

242mtyymtyym−+=+−=+,由16APAQkk=−，得12121226yyxx=−++，即()()12126220yyxx+++=，所以()()12126220yymytmyt+++++=，所以()()2212126(2)

(2)0myymtyyt++++++=，所以()22222426(2)(2)022tmtmmttmm−−+++++=++，化简得220tt+−=，所以1t=或2t=−，若2t=−，则直线:2PQlxmy=−过椭圆的左顶点，不适合题意，所以1t=，所以:1PQ

lxmy=+过定点()1,0S，因为,MDPQD⊥为垂足，所以D在以MS为直径的圆上，62MS=，MS的中点为61,4T，又(2,0)A−，所以22656||344AT=+=，所以||AD的最大值为56636442+

=2MSAT+=，即||AD的最大值为362.2．（2022·四川成都·高三阶段练习（理））已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的离心率为32，短轴长为4．(1)求椭圆C的方程；(2)若过点()0,1P的直线交椭圆C于A，B两点，求OAOB的取

值范围．【答案】(1)221164xy+=；(2)11,4−−.（1）32cea==，24b=，∴2b=，又222abc=+，即22344aa=+，解得：4a=，23c=，椭圆的标准方程为221164xy+=；（2）当直线AB的斜率不存在时，:0ABx=，不

妨设()()0,2,0,2AB−，则4OAOB=−当直线AB的斜率存在时，设()()11221,,,,ABykxAxyBxy=+：，由2211641xyykx+==+得()22418120kxkx++−=，()22

6448410kk=++恒成立，故121222812,4141kxxxxkk+=−=−++，∴()()1212121211OAOBxxyyxxkxkx=+=+++()()()22222121212814141111kkkkxxkxxk

−−++=++++=++)2222222121284116117411,4414141kkkkkkk−−−++−−===−−−−+++，综上：11,4OAOB−−，故OAOB的取值范围为11,4−−．3．（2022·湖北·荆州中学高三阶段练习）设椭圆Γ：()22221

0xyabab+=，1F，2F是椭圆Γ的左、右焦点，点31,2A在椭圆Γ上，点()4,0P在椭圆Γ外，且243PF=−．(1)求椭圆Γ的方程；(2)若31,2B−，点C为椭

圆Γ上横坐标大于1的一点，过点C的直线l与椭圆有且仅有一个交点，并与直线PA，PB交于M，N两点，O为坐标原点，记OMN，PMN的面积分别为1S，2S，求221122SSSS−+的最小值．【答案】(1)2214xy+=(2)97（1）因为点31,2A

在椭圆Γ上，所以221314ab+=，①因为点()4,0P在椭圆Γ外，且243PF=−，所以3c=，即2223abc−==，②由①②解得24a=，21b=，故椭圆Γ的方程为2214xy+=．（2）设点()11,Mxy，()22,Nxy，设直线MN：xmyt=+，由椭圆性质

以及点C的横坐标大于1可知，2t，将直线MN代入方程2214xy+=并化简可得，()22440myty++−=，即()2224240mymtyt+++−=，因为直线l与椭圆有且仅有一个交点，所以()()22

22Δ44440mtmt=−+−=，即224tm=+．直线AP的方程为：423xy=−；直线BP的方程为BPl：423xy=+，联立方程,423,xmytxy=+=−得1423tym−=+，同理得2423tym−=−，所以()()12244343124tyymt−−

−==−+，所以()11212Styy=−，()()212142Styy=−−，所以()()()()22222221122121212411(4)444ttSSSStyyyytyy−−+=−−−+−−()()()()()2222212224898

114841683121636448164tyytttttttttt+=−−++−+=−+=−+++，令()9826t+=，则2211222488193628756SSSS−+=−++，当且仅当28=，即209t=时，不等式取等号，故当209t=时，221122SSSS−+

取得最小值97．4．（2022·全国·清华附中朝阳学校模拟预测）如图所示，M、D分别为椭圆2221(1)xyaa+=的左、右顶点，离心率为32.(1)求椭圆的标准方程；(2)过M点作两条互相垂直的直线MA，MB与椭圆交于A，B两点，求DAB面积的最大值.【答案】(1)2214xy+=；

(2)6425.（1）由已知可得：22321caac==+，解得：2a=，3c=，∴椭圆的方程为：2214xy+=.（2）∵()2,0M−，设AB的直线方程为：xtym=+，()11,Axy

，()22,Bxy，联立方程：22440xtymxy=++−=，整理得：()2222404mttyym++−+=，∴12224mtyyt−+=+，212244myyt−=+，∵π2AMB=，()()()1212121212220240xxyyxxxxyy

+++=++++=，()()()1212122240tymtymtytymyy+++++++=，即()()2212121(2)(2)0tyymttyym++++++=，()22222421(2)(2)044mmttmttmtt−−+++++=++，()()()()222222

214244440tmmtmtmmt+−−−++++=，()222222222222442444164160tmtmmtmtmtmmtmt−+−−−++++++=，整理得2516120mm++=，解得65m=−或2m=−（舍去），∴65xty=−，

()()122122125464254tyytyyt+=+−=+，∴()22121212216832256424255254DABtSyyyyyyt+=+−=+−=+△，令22564(8)tuu+=，则223232323664

2536425DABuuSuuuu===−+++△，由对勾函数单调性知，363625882uu++=，所以326425252DABS=△，当且仅当8u=时，即0=t时等号成立，此时DABS最大值为6425.5．（2022·上海·华师大

二附中高三开学考试）设有椭圆方程2222Γ:1(0)xyabab+=，直线:60lxy+−=，Γ下端点为A，左､右焦点分别为()()121,01,0,FFM−､在l上.(1)若2,aAM=中点在x轴上，求点M的坐标；(2)直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点2F，且3cos5

BMA=，求b；(3)在椭圆Γ上存在一点P到l距离为d，使242ad+=，当a变化时，求d的最小值.【答案】(1)()5,1；(2)17；(3)223+.（1）因为左焦点()11,0F−，所以1c=，由题知2a=，所以1b=，()0,1A−，又因为AM中点在x轴上，所以点M的纵坐标为1，代

入60xy+−=中的5x=，所以点M坐标为()5,1.（2）如图，设直线l与x轴交点为C，因为直线l为60xy+−=，所以直线l的倾斜角为34，()2222coscoscossin42BMAMFCMFCMFC=+=−①，由题意知，OAb=，21OF=，221AFb=+，所以

在2RtAOF中，2221coscos1AFOMFCb==+，222sinsin1bAFOMFCb==+，所以2213cos251bBMAb−==+，整理可得275070bb−+=，解得17b=或7b=，又因为2213cos251bBMAb−==+，所以1b，7b=舍去，1

7b=.（3）设直线l平移后与椭圆相切的直线l方程为yxm=−+，联立22221yxmxyab=−++=，得()2222222220abxmaxmaab+−+−=，()()()242222222222444210maabmaababam

=−+−=−−=，所以2221ma=−，因为椭圆上存在点P到直线l的距离为d，242ad+=，即422da=−所以2221621642222aaa−−−−−−①，同时14a，又因为14a，所以①式右侧肯定成立，左侧可以整理为262182aa−−−，解得464622a−+

，因为422da=−，所以当a取得最小值426−时，d有最大值，最大值为223+.6．（2022·山东青岛·高三开学考试）在平面直角坐标系Oxy中，动圆P与圆22145:204Cxyx++−=内切，且与圆2223:204Cxyx+−+=外切，记动圆P的圆心的轨迹为E.(1

)求轨迹E的方程；(2)不过圆心2C且与x轴垂直的直线交轨迹E于,AM两个不同的点，连接2AC交轨迹E于点B.（i）若直线MB交x轴于点N，证明：N为一个定点；（ii）若过圆心1C的直线交轨迹E于,DG两个不同的点，且ABDG⊥，求

四边形ADBG面积的最小值.【答案】(1)22143xy+=(2)（i）证明见解析；（ii）28849（1）设动圆P的半径为R，圆心P的坐标为(),xy由题意可知：圆1C的圆心为()11,0C−，半径为72；圆2C的圆心

为()21,0C，半径为12.动圆P与圆1C内切，且与圆2C外切，112122724212PCRPCPCCCPCR=−+===+动圆P的圆心的轨迹E是以12,CC为焦点的椭圆，设其方程为：22221(0)xyabab+=，其中224,22,2,3ac

ab====从而轨迹E的方程为：22143xy+=（2）（i）设直线AB的方程为()()()()112210,,,,ykxkAxyBxy=−，则()11,Mxy−由()221143ykxxy=−

+=可得：()22224384120kxkxk+−+−=221212228412,4343kkxxxxkk−+==++直线BM的方程为()211121yyyyxxxx++=−−，令0y=可得N点的横坐标为：()()()()2111212211112112121222Nkxxxxxxxx

xxyxxyykxxxx−−−+−=+=+=++−+−22222241282434348243kkkkkk−−++==−+N为一个定点，其坐标为()4,0（ii）根据（i）可进一步求得：()222212112114A

Bkxxkxxxx=+−=++−()22222222121841214434343kkkkkkk+−=+−=+++.1,DGABDGkk⊥=−，则()2212134kDGk+=+ABDG⊥，四

边形ADBG面积()()()()()22222222121121721112243344334kkkSABDGkkkk+++===++++（法一）()()()()2222222227217212884

9433443342kkSkkkk++==+++++等号当且仅当224334kk+=+时取，即1k=时，min28849S=（法二）令21,0,1ktkt+=，则222272727211

12111491224tSttttt===+−−++−−+当112t=，即1k=时，min28849S=7．（2022·河北·三河市第三中学高三阶段练习）已知椭圆2222C:1(0)xyabab+=的离心率为32，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成

的四边形的面积为83．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线:10lxmy−−=与x轴交于点M，与椭圆C交于P，Q两点，过点P与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为N，求MNQ△面积的最大值．【答案】(1)221164xy+=(2)154（1）设

椭圆C的焦距为2c，则32cea==，即2222234cabaa−==，所以22314ba−=，即2ab=，又C的左，右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为83，所以14832bc=，即43bc=，综上解得22

16,4ab==，所以椭圆C的方程为221164xy+=．（2）易得(1,0)M，设()()1122,,,PxyQxy，则()11,Nxy−，联立直线l与椭圆C的方程2211164xmyxy=++=，得()2242150mym

y++−=，则121222215,44myyyymm+=−=−++．又12111112,2122PQNPMNSyxxSyx=−=−△△，易知21xx−与11x−同号，所以()()()1211121111MNQPQNPMNSSSyxxxyxxx=−=−−−=−−

−△△△1212121yxymymyy=−==215||1515154444||2||||||mmmmmm===++，当且仅当4||||mm=，即2m=时等号成立，所以MNQ△面积的最大值为154．8．（2022·广

东茂名·高二期末）已知椭圆E：22221xyab+=（0ab）的离心率为12，且点31,2P在椭圆E上.(1)求椭圆E的方程；(2)过椭圆E的右焦点F作不与两坐标轴重合的直线l，与E交于不同的两点Ｍ，N，线段MN的中

垂线与y轴相交于点T，求||||MNOT（O为原点）的最小值，并求此时直线l的方程.【答案】(1)22143xy+=；(2)24，10xy−−=或10xy+−=.(1)椭圆E：22221xyab+=的离

心率e，则222214abea−==，即2234ba=，又229141ab+=，解得2,3ab==，所以椭圆E的方程为22143xy+=.(2)由（1）知，(1,0)F，设直线l的方程为1,0xtyt=+，1122(,),(,)MxyNxy，由22134

12xtyxy=++=消去x并整理得：22(34)690tyty++−=，则122634tyyt−+=+，122934yyt−=+，2222212121222636||1||1()41()3434tMNtyytyyyyttt−=+−=++−=++++2212(1)34tt+=

+，线段MN的中点2243(,)3434ttt−++，则线段MN的中垂线方程为：2234()3434tytxtt+=−−++，令0x=，得234tyt=+，即点2(0,)34tTt+，2||12(1)112(||)24||||||MNttOTtt+==+，当且仅

当1||||tt=，即1t=时取“=”，所以当1t=时，||||MNOT取得最小值24，此时直线l的方程为10xy−−=或10xy+−=.【点睛】结论点睛：直线l：y=kx+b上两点11(,)Axy，22(,)Bxy间的距离212||1||kABxx=−+；

直线l：x=my+t上两点11(,)Axy，22(,)Bxy间的距离212||1||ABmyy=+−.9．（2022·上海虹口·高二期末）已知椭圆2222:1(0)xyabab+=的两个顶点(0,2)M，(0,2)N−，且其离心率为22．(1)求椭圆的方程；(2)设过椭圆的右焦点F的直

线与其相交于A，B两点，若OAOB⊥（O为坐标原点），求直线AB的方程；(3)设R为椭圆上的一个异于M，N的动点，直线MR，NR分别与直线4y=−相交于点P，Q，试求||PQ的最小值【答案】(1)22184xy+=(2)222xy=+(3)46(1)由条

件22222bcabca==−=，解得22a=，2bc==．故椭圆的方程为22184xy+=．(2)易知椭圆右焦点F的坐标为(2,0)，设直线AB的方程为2xmy=+，()11,Axy，()22,Bxy，则由22228xmyxy=++=，得()222440my

my++−=，显然()22(4)1620mm=++．于是12242myym+=−+，12242yym=−+①因OAOB⊥，故0OAOB=，即()()()()112212121212,,220xyxyxxyymymyyy=+=+++=，于是()()21212

1240myymyy++++=②将①代入②：()22244124022mmmmm+−+−+=++，解得22m=．故直线AB的方程为：222xy=+．（或写成2240xy−=．）(3)解法1：设()

()000,0Rxyx，(),4PPx−，(),4QQx−，则220028xy+=．因002MRykx−=，故直线MR的方程为0022yyxx−−=，其与直线4y=−的交点P的横坐标为0062Pxxy−=−；又002NRykx+=，故直

线NR的方程为0022yyxx++=，其与直线4y=−的交点P的横坐标为0022Qxxy−=+．于是()22000022000012826212242244PQyxxxxxyyyy−−−====−−+−−，即24PQxx=−

．故24||46PQPQPPPQxxxxxx=−=+=+．当且仅当26PQxx=−=，即点R坐标为(6,1)−或(6,1)−−时，||PQ取得最小值46．解法2：设()()000,0Rxyx，(),4PPx−，(),4QQx−，则2200

28xy+=，故22000022000022441822MRNRyyyykkxxxy−+−−====−−．于是由14242122MRNRMPNQPQPQkkkkxxxx−−−+−====，得24PQxx=−．故24||4

6PQPQPPPQxxxxxx=−=+=+．当且仅当26PQxx=−=时，即点R坐标为(6,1)−或(6,1)−−时，||PQ取得最小值46．10．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知椭圆22

22:1(0)xyEabab+=的离心率为22，且过点(4)2，．(1)求E的方程；(2)设E的左、右顶点分别为A，B，点C，D为E上与A，B不重合的两点，且90CAD=．①证明：直线CD恒过

定点26,03P−；②求BCD△面积的最大值．【答案】(1)2212412xy+=；(2)643.(1)依题意，椭圆E的离心率2222212abbeaa−==−=，即222ab=，椭圆2222:12xyEbb+=过(4)2，，于是得221

6412bb+=，解得2212,24ba==，所以椭圆E的方程为2212412xy+=.(2)①由（1）知，(26,0)A−，依题意，直线CD不垂直于y轴，且不过点A，设直线CD：xtym=+，26m−，由22

224xtymxy=++=消去x并整理得：222(2)2240tytmym+++−=，22222244(2)(24)8(1224)0tmtmtm=−+−=+−，设1122(,),(,)CxyDxy，

则12222tmyyt+=−+，2122242myyt−=+，而212122224()2222tmmxxtyymmtt+=++=−+=++，22222222212121212222(24)2224()()()222tmtmmtxxtymtymtyytmyymmttt−−=++=+++=−+=++

+，而1122(26,),(26,)ACxyADxy=+=+，又90CAD=，则1212121212(26)(26)26()24ACADxxyyxxxxyy=+++=++++222222222248624

386242402222mtmmmmtttt−−++=+++==++++，解得26m=−（舍去）或263m=−，所以直线CD：263xty=−恒过定点26(,0)3P−.②由①知，263m=−，122463(2)tyyt+=+，122643(2)yyt=−+，26

(,0)3P−，而(26,0)B，则86||3BP=，BCD△面积22121212221464696256||||()42339(2)3(2)tSBPyyyyyytt=−=+−=+++22221616323299162299ttt

t++==+++，令216493ut=+，则3229Suu=+在4[,)3+上单调递减，则当43u=，即0=t时，max643S=，所以BCD△面积的最大值是643.④椭圆中定点、定值、定直线问题1．（

2022·北京市第四十四中学高三阶段练习）已知椭圆22:143xyC+=的一个焦点为()1,0F，过点()4,0P且与x轴不重合的直线l与椭圆C交于,AB两点.(1)若线段AB中点的横坐标为47，求直线l的方程；(2)设直

线AB与直线=1x交于点Q，点M满足MPx⊥轴，MBx∥轴，试求直线MA的斜率与直线MQ的斜率的比值.【答案】(1)直线l的方程为()244yx=-或()244yx=--；(2)直线MA的斜率与直线MQ的斜率的比值为2.（1）若直线AB的斜率不存在时，线段A

B中点的横坐标为4，与已知矛盾；设()11,Axy，()22,Bxy，则12xx，2211143xy+=，2222143xy+=，所以()()()()12121212043xxxxyyyy+−+−+=，记线段AB中点为E，设E的纵坐标为0y，由已知可得点E的坐

标为04,7y骣÷ç÷ç÷ç桫，所以1287xx+=，1202yyy+=，所以()()0121230447yyyxx−+=−，因为直线AB过点()4,0P，04,7Ey骣÷ç÷ç÷ç桫，所以01212447yyyxx-=--

，所以0077304244yy+−=，所以0627y=?，当0627y=时，212162274447yyxx-==---，所以直线AB的斜率为24−，所以直线AB的方程为()244yx=--，因为直线AB：()244yx=--与y的交点坐标为()0,2，点()0,2在椭圆2

2143xy+=内，故直线AB与椭圆相交，满足条件，当0627y=-时，212162274447yyxx--==--，所以直线AB的斜率为24，所以直线AB的方程为()244yx=-，因为直线AB：()244yx=-与y的交点坐标为()0,2−，点()0,2−

在椭圆22143xy+=内，故直线AB与椭圆相交，满足条件，所以直线的方程为()244yx=-或()244yx=--；（2）设直线AB的方程为4xty=+，联立221434xyxty+==+，化简可得()2234412tyy++=，所以()223424360t

yty+++=，方程()223424360tyty+++=的判别式()()()222241443414440tttD=-+=->，所以2t或2t−，设()11,Axy，()22,Bxy，则1222434tyyt+=−+，1223634y

yt=+，联立14xxty==+，化简可得13xyt==−，所以点Q的坐标为31t骣÷ç-÷ç÷ç桫，，因为MPx⊥轴，MBx∥轴，所以点M的坐标为()24,y，所以直线MA的斜率21211114yyyykxty

--==--，直线MQ的斜率22233413ytytkt++==-，所以()211212121213333yykyytktytytyyy--=-?-++，又()121222363243342342tttyyyytt骣÷

ç==--=-+÷ç÷ç桫++，所以()()()()2121122112133233322yyyykkyyyyy--=-=-=-++--，2．（2022·江西·高二阶段练习）已知椭圆()2222:10xyEabab+=的离心率为32，左顶点

为A，右顶点为B，上顶点为C，ABC的内切圆的半径为254−．(1)求椭圆E的标准方程；(2)点M为直线:1lx=上任意一点，直线AM，BM分别交椭圆E于不同的两点P，Q．求证：直线PQ恒过定点，并求出定点坐标．【答案】(1)2214xy+=.(2)()40，.

（1）ABC的内切圆的半径为254−，22222,,,ABaAOaOCbCBACAOOCab=====+=+有等面积法得11112222ACrCBrABrABOC++=,解得22111222222abrarab++=，又离心率为

32，2223,2cabca==+解得2ab=带入22111222222abrarab++=得1,2ba==.综上所述椭圆E的标准方程为：2214xy+=.（2）设()()1122(1,),,,,MtPx

yQxy，则直线AM的方程为()23tyx=+与2214xy+=联立解得22281812,4949ttPtt−+++同理可得222824,4141ttQtt−++.则直线PQ的斜率为2222222124249418188

2434941tttttttttt−++=−−+−+−++，所以直线PQ的方程为：2222122818494349tttyxttt−+−=−−+++22(4)43tyxt=−−+故直线PQ恒过定点，定点坐标为()40，.【点睛】求解定点问题常用的方法：(1)“特殊探路，一般证明”，即

先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明.(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标.(3)求证直线过定点()00,xy,常利用直线的点斜式方程()00yykxx−=−来证明.3．

（2022·四川·成都七中高二阶段练习（文））已知椭圆C：()222210xyabab+=，3ab=，点221,3在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)若过点()1,0Q且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，()3,0T，证明T

M，TN斜率之积为定值．【答案】(1)2219xy+=(2)证明见解析（1）由题意得3ab=，故椭圆C为222219xybb+=，又点221,3在C上，所以2218199bb+=，得21b=，29a=，故椭圆C的方程即为2219xy+

=；（2）由已知直线l过()1,0Q，设l的方程为1xmy=+，联立两个方程得22191xyxmy+==+，消去x得：()229280mymy++−=，()2243290mm=++得Rm，设()11,Mxy，()22,Nxy，则12229myym+=−+，12289yy

m=−+（*），因为()3,0T，故121212123322TMTNyyyykkxxmymy==−−−−()122121224yymyymyy=−++，将（*）代入上式，可得：22228829823692499mmmmmm−+==−−−−−+++，

∴直线TM与TN斜率之积为定值29−．4．（2022·河南·南阳市第二完全学校高级中学高二阶段练习）已知椭圆C：()222210xyabab+=的左、右焦点分别为1F，2F，离心率为22，过2F作直线l交椭圆C于M，N两点，1FMN△的周长为82．(1)求椭圆C的

方程；(2)在x轴上是否存在异于点2F的定点Q，使得直线l变化时，直线QM与QN的斜率之和为0？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)22184xy+=(2)存在，坐标为(4,0)（1）由椭圆定义可知1F

MN△的周长为4a，所以由题可知48222aca==，解得22,2ac==，所以2b=所以椭圆C的方程为22184xy+=（2）如图，设1122(,),(,)MxyNxy，(,0)Qn，记点N关于x轴的对称点为22(,)Nxy−，

易知直线l的斜率不为0，故设其方程为2xmy=+，代入22184xy+=整理可得：22(2)440mymy++−=，则12122244,22myyyymm−−+==++直线QM与QN的斜率之和为0，等价于,,QMN三点共线，等价于1221()()0xnyxny−+−=即1221(2)(2)0my

nymyny+−++−=，等价于12122(2)()0myynyy+−+=因为12122228442(2)()(2)(4)222mmmmyynyynnmmm−−−+−+=+−=−+++所以4n=时，12122(2)()0myynyy+−+=恒成

立，即直线QM与QN的斜率之和为0.所以，存在定点Q，使得直线l变化时，直线QM与QN的斜率之和为0，点Q坐标为(4,0)5．（2022·湖南岳阳·高三阶段练习）已知椭圆2222:1,(0)xyEabab+=的

左右焦点分别为1F，2F，左右顶点分别为12,,AAxt=为垂直于x轴的动直线.(1)当(),taa−时，设直线=xt交椭圆于,CD两点，直线12,CAAD的斜率之积为12，且1CDF的周长最大值为42，求椭圆方程；(2)在第（1）问条件下

，将直线=xt移动至2xa=−处，T为2xa=−上一点，以T为圆心，1FT为半径的圆交2xa=−于,MN两点，直线11,MANA分别交椭圆E于点,PQ，试探究直线PQ是否经过定点，若是，请求出该定点，若不是，请说明理由.【答案】(1)22121xy+=(2)过定点，定点(

)1,0−（1）设C点坐标为()00,xy，由对称轴知()00,Dxy−又()()12,0,0AaAa−故12200022000ACADyyykkxaaxax==+−−点C在椭圆上，故2200221xyab+=代入得122212ACADbkka==又1CDF周长1111224

lCFDFCDFCFDCFDFa=+++++=当且仅当2,,CDF三点共线时，可取到“=”，故442a=综合知2,1ab==故所求椭圆方程为2212xy+=（2）由题知，直线PQ斜率不为0，设为()()1122,,,

,xmynPxyQxy=+联立22121xy+=得()2222220mymnyn+++−=0，且212122222,22mnnyyyymm−−+==++1A点坐标为()2,0−，故()111:22yPAyxx=++令2x=−则()112,22

2yMx−−++同理()22,222nNx=−−++且()11,0F=−又以MN为直径的圆过点1F，即11·0MFNF=即：()()12121,221,22022yyxx−−=++即：()()121212226420xxx

xyy++++−=即：()()()22121264222220myymnmyynn+−++++++=代入化简得：()()221220nn−++−=解得：1n=−或2n=−2n=−时，PQ过()12,0A−不合题意1n=−时，直线过()1,0,Δ0−满足题意即

PQ过定点()1,0−6．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆22221(0)xyabab+=上一点与它的左、右两个焦点1F，2F的距离之和为22，且它的离心率与双曲线222xy−=的离心率互为倒数．(1)求椭圆的方程；(2)如图，点A为椭圆上一动

点（非长轴端点），1AF的延长线与椭圆交于点B，AO的延长线与椭圆交于点C．①当直线AB的斜率存在时，求证：直线AB与BC的斜率之积为定值；②求△ABC面积的最大值，并求此时直线AB的方程．【答案】(1)221

2xy+=(2)①证明见解析；②最大值为2，10x+=．（1）由椭圆的定义知222a=，双曲线222xy−=的离心率为2，故椭圆22221xyab+=的离心率22e=，故2a=，1c=，1b=，故椭圆的方程

为2212xy+=．（2）①证明：设()(),,,AABBAxyBxy，则(),AACxy−−．设直线BA的方程为(1)ykx=+，联立方程22(1)12ykxxy=++=化简得，()2222214220kxkxk+++−=，∴22421ABkxxk+=−+，()2224222212

1ABABkyykxxkkkkk+=++=−+=++，∴222142BAABBCBAyykkkkxxk+===−+−；②当直线AB的斜率不存在时，可知21,2A−，21,2B−−

，21,2C−，故2ABCS=，当直线AB的斜率存在时，由①知，22421ABkxxk+=−+，222221ABkxxk−=+，()24ABABABxxxxxx−=+−2212221kk+=+，21ABABkxx=+−22212

2121kkk+=++，点C到直线AB的距离()2212||11AAkxykdkk−++==++，故2222112||2212211ABCkkSkkk+=+++△()()222212221kkk+=+()22112224421k=−+.故△ABC面积的最大值为2，此

时AB的方程为10x+=．7．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆22:12xWy+=，直线l与W相交于M，N两点，l与x轴，y轴分别相交于C，D两点，O为坐标原点．(1)若直线l的方程为210xy+−=，求OCD外接圆的方程；(2)判断是否存在直线l，使得C，D是线

段MN的两个三等分点，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．【答案】(1)221152416xy−+−=；(2)存在，直线l的方程为2525yx=或2525yx=−.（1）∵直线l的方程为210xy+−=，

∴直线l与x轴的交点为()1,0C，与y轴的交点为1(0,)2D．则线段CD的中点为11,24，215||122CD=+=．即OCD外接圆的圆心为11,24，半径为15||24CD=．∴OCD外接圆的方程

为221152416xy−+−=；（2）结论：存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点．理由如下：由题意，设直线l的方程为(0)ykxmkm=+，()()1122,,MxyNxy，，则点C的

坐标为,0mk−，点D的坐标为(0,)m．由方程组2212ykxmxy=++=，得()222124220kxkmxm+++−=．∴2216880km=−+．（*）由韦达定理，

得122412kmxxk−+=+，21222212mxxk−=+．由C，D是线段MN的两个三等分点，得线段MN的中点与线段CD的中点重合．∴1224120kmxxkmk−+==+−．解得22k=．由C，D是线段MN的两个三等分点，得3MNCD=．∴2221213mkxxmk+−=+

．∵22122242241212kmmxxkk−−−=−++，代入解得55m=，验证知（*）成立．∴存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点．此时直线l的方程为2525yx=或2525yx=−．8．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆

()2222:10xyCabab+=上的点到它的两个焦点的距离之和为4，以椭圆C的短轴为直径的圆O经过这两个焦点，点A，B分别是椭圆C的左、右顶点.(1)求圆O和椭圆C的方程；(2)已知P，Q分别是椭圆C

和圆O上的动点（P，Q位于y轴两侧），且直线PQ与x轴平行，直线AP，BP分别与y轴交于点M，N.求证：MQN为定值.【答案】(1)圆O的方程为222xy+=，椭圆C的方程为22142xy+=(2)证明见解析（1）由题意可得2

2224acbabc==−=，解得2a=，2bc==，所以圆O的方程为222xy+=，椭圆C的方程为22142xy+=．（2）90MQN=证明：设点P的坐标为()00,xy0(0)y，点Q的坐标为0(,)QQxy，则22002201422Qxyxy+=

+=，即2200220422Qxyxy=−=−，又由00:(2)2yAPyxx=++，得点M的坐标为0020,2yMx+，由00:(2)2yBPyxx=−−，得点N的坐标为0020,2yNx−

−，所以，0000002,,22QQyxyQMxyxxx=−−=−−++，0000002,,22QQyxyQNxyxxx=−−−=−−−−，所以222222000002200(42)20

42QxyyyQMQNxyxy−=+=−+=−−，所以QMQN⊥，即90MQN=9．（2022·全国·高三专题练习）已知直线l经过椭圆C：22221xyab+=（a＞b＞0）的右焦点（1，0），交椭圆C于点A，B，点F为椭圆C的

左焦点，△ABF的周长为8．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线m与直线l的倾斜角互补，且交椭圆C于点M，N，24||MNAB=，求证：直线m与直线l的交点P在定直线上．【答案】(1)22143xy+=(2)证明见解

析（1）由已知，得148ca==，12ca==，222213b=−=，∴椭圆C的标准方程为22143xy+=．（2）证明：若直线l的斜率不存在，则直线m的斜率也不存在，这与直线m与直线l相交于点P

矛盾，∴直线l的斜率存在,又因为两直线倾斜角互补，所以直线l斜率不为0.设:(1)(0)lykxk=−，:()mykxt=−+，(),AAAxy，(),BBBxy，(),MMMxy，(),NNNxy．将直线m的方程代入椭圆方程22()143y

kxtxy=−++=联立得，()()22222348430kxktxkt+++−=，22834MNktxxk+=−+，()2224334NMktxkx−=+，()()()()222222222161239||1134kk

tMNkkak−+=+=++．同理，()22222121499||13434kkABkkk++=+=++．由2||4||MNAB=得()()()()22222222161239121143434kktkkkk−+++=++化

简得22223443kkkt+=−+，即220kt=，0k，0t=，此时，()()()42222264163434830ktkktk=−+−=+，∴直线:mykx=−，联立直线l方程解得11,22Pk−，即点P在定直线12x=上．10

．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C：22221xyab+=（0ab）的左右焦点分别为()1,0Fc−，()2,0Fc，,MN分别为左右顶点，直线l：1xty=+与椭圆C交于,AB两点，当3t3=−时，A是椭

圆的上顶点，且12AFF△的周长为6．(1)求椭圆C的方程；(2)设直线,AMBN交于点Q，证明：点Q在定直线上．(3)设直线,AMBN的斜率分别为12,kk，证明：12kk为定值．【答案】(1)22143xy+=；(2)证明见解析；(3)证明见解析.(1)当3t3=−时，直线l：313xy

=−+，令0x=，得3y=，即椭圆的上顶点为()0,3，则3b=，又12AFF△的周长为6，即226ac+=，3ac+=，又2223acb−==，解得2,1ac==，所以椭圆C的方程为22143xy+=.(2)由（1

）知，()()2,0,2,0MN−，设()()1122,,,AxyBxy，依题意，点A，B不在x轴上，由221143xtyxy=++=消去x并整理得：()2234690tyty++−=，122122634934ty

ytyyt+=−+−=+，直线AM的方程为()1122yyxx=++，直线BN的方程为()2222yyxx=−−，联立直线AM、BN的方程得()()()()212112212121212332221yxytytyyyxxyxytytyyy++++===

−−−−，由122634tyyt+=−+得122634tyyt=−−+代入上式，得222212212122222993332343439632343434ttyytyyyxtttttxtyyyyyttt−−++++++====−−−−++++++，于是得4x=，所以直线,AMBN交点

Q在定直线4x=上．(3)由（2）知，()()()()121211212212112221233yxytyktyyykyxytytyyy−−−===+++，由12122269,3434tyyyytt−+

=−=++得：()121232tyyyy=+，所以12112121221213122393322yyktyyyktyyyyy+−===++为定值．11．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C：22221xyab+=（0ab

）过点()2,2P，且离心率为22．(1)求椭圆C的方程；(2)记椭圆C的上下顶点分别为,AB，过点()0,4斜率为k的直线与椭圆C交于,MN两点，证明：直线BM与AN的交点G在定直线上，并求出该定直线的方程．【答案】(1)22184xy+=(2)证明见解析；定直线1y=(1)由椭圆过

点()2,2P，且离心率为22，所以2222242122abcaabc+===+，解得2284ab==故所求的椭圆方程为22184xy+=．(2)由题意得()0,2A，()0,2B−，直线MN的方程4ykx=+，设()()1122,,,MxyNxy，联立2241

84ykxxy=++=，整理得()221216240kxkx+++=，∴1221612kxxk−+=+，1222412xxk=+．由求根公式可知，不妨设212824612kkxk−−−=+，222824612kkxk−+−=+，直线AN的

方程为2222yyxx−−=，直线BM的方程为1122yyxx++=，联立22112222yyxxyyxx−−=++=，得()()()()2121121121212222222266yxkxxkxxxyyyxkxxkxxx−++−===

++++代入12,xx，得222222222416446284461121223244812462412461212kkkykkkkykkkkkkk−−−+−−−++===−+−+−−+−+++，解得1y=，即直线BM与AN的交点G在定直线1y=上．12．（2022·全国·哈师大附中模拟预测（文

））已知椭圆()2222:10xyCabab+=的左、右顶点分别为1A，2A，且124AA=，离心率为12，过点()3,0M的直线l与椭圆C顺次交于点Q，P．(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在定

直线:lxt=与直线2AP交于点G，使1A，G，Q共线．【答案】(1)22143xy+=(2)存在4:3lx=满足条件，分析见解析.(1)∵124AA=，所以24a=，故2a=，∵12cea==∴1c=，又222abc=+，所以

23b=∴椭圆C的方程为∴22143xy+=(2)由已知可得直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为3xmy=+2233412xmyxy=++=得：()223418150mymy+++=，()()()2221841534169150mmm=−+=−．设()11,Px

y，()22,Qxy，则1221834myym+=−+，1221534yym=+∴()121256myyyy=−+()22,0A，()11,Pxy，()121:22yAPyxx=−−()12,0A−，()22,Qxy，()212:22y

AQyxx=++令()()12122222yyxxxx−=+−+∴()()()()21121212121211222152525526651522166yyyxymymyyyxxyxymymyyyyy−++++

+=====−−−++−，∴43x=∴存在直线4:3lx=满足题意13．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知椭圆()2222:10xyCabab+=的右焦点为F，上顶点为A，直线FA的斜率为33−，

且原点O到直线FA的距离为32．(1)求椭圆C的标准方程，(2)设椭圆C的左、右顶点分别为1A、2A，过点()4,0D的动直线l交椭圆C于P、Q两点，直线1AP、2AQ相交于点E，证明：点E在定直线上．【答案】(1)2214xy+=(2)证明见解析(1)解：由题可知，(

),0Fc、()0,Ab，则33AFbkc=−=−，直线FA的方程为1xycb+=，即0bxcybc+−=，所以2232bcbc=+，解得1b=，3c=，又2224abc=+=，所以椭圆C的标准方程为2214xy+=．(2)解：若直线l与x轴重合，则1A、2A、P、Q四点共线，不合

乎题意.设直线l的方程为4xty=+，设点()11,Pxy、()22,Qxy，联立22444xtyxy=++=可得()2248120tyty+++=，()()2226448416120ttt=−+=−，解得23t−或23t，由韦达定理可得12284tyyt+=−+，122124yyt

=+，直线1AP的方程为()1122yyxx=++，直线2AQ的方程为()2222yyxx=−−，联立可得12122222xxyxyx++=−−，因为2211440xy+−=，所以，1111242xyyx+−=−，所以()()()()()12121221212121244422

222224yyyyyyxxxxtytytyytyy−−−+===−−−+++++22224843121644tttt−+==−−++，解得1x=.即点E在定直线1x=上．【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()11,xy、()22,xy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）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12xx+、12xx（或12

yy+、12yy）的形式；（5）代入韦达定理求解.⑤椭圆中向量问题1．（2022·江苏·海安县实验中学高二阶段练习）已知两圆222212:(2)18,:(2)2CxyCxy−+=++=，动圆M在圆1C内部且和圆1C内切，和圆2C外切.(1)求动圆圆心M的轨迹方程C；(2)

是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与轨迹方程恒有两个交点MN､，且满足OMON⊥若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由.【答案】(1)22184xy+=(2)存在，理由见解析（1）设圆M的半径的R，则()()1212322424MCMC

RRCC+=−++==，所以M的轨迹是以12,CC的焦点的椭圆，则242a=，24c=，所以22a=，2c=，222bac=−=，故动圆圆心M轨迹方程C为22184xy+=.（2）假设存在圆心在原点的圆222xyr+=，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点MN、，设()11,Mxy，(

)22,Nxy，当切线斜率存在时，设该圆的切线的方程为ykxm=+，由方程22184ykxmxy=++=，可得()222124280kxkmxm+++−=，则()()()()222224412288840kmkmkm

=−+−=−+，所以22840km−+，由122412kmxxk+=−+，21222812mxxk−=+，则()()()2222121212122812mkyykxmkxmkxxkmxxmk−=++=+++=+，OMON⊥，0OMON=

，则12120xxyy+=，即2222228801212mmkkk−−+=++，即223880mk−−=，即22388mk−=，所以2380m−且22840km−+，故283m，解得263m或263m−，因为直线yk

xm=+为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为21mrk=+，则()222228183113kmrkk+===++，故263r=，所以所求圆的方程为2283xy+=，此时圆的切线ykxm=+都满足263m或263m−，当切线的斜率不存在时，切线方程为263x=，所

以切线与椭圆22184xy+=，的两个交点为2626,33，2626,33−，满足0OMON=.综上所述，存在圆心在原点的圆2283xy+=满足条件.2．（2022·吉林·长春市第二实验中学高三阶段练习）已知椭圆2222:1

(0)xyEabab+=的左､右焦点分别为12,FF，下顶点为M，直线2MF与E的另一个交点为P，连接1PF，若1PMF的周长为42，且12PFF△的面积为313b.(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线():1lykxmm=+−与椭圆E交于,AB两点，当m为何值时，MAMB⊥恒成立？【答案

】(1)2212xy+=(2)13m=(1)设122FFc=，由椭圆定义可知，1PMF的周长为442a=，故2a=，直线2MF的方程为byxbc=−与椭圆22221xyab+=联立可得2322222(,)acbPacac++，所

以12PFF△的面积为333222112223bbccbacc==++，即232cc=+，解得1c=或2c=（舍去），则2221bc=−=，所以椭圆E的标准方程为2212xy+=.(2)联立2212ykxmxy=++=，得222(21)4(22)0kxkmxm+++−=，2

28(21)0km=−+＞，由（1）可知，(0,1)M−，设11(,)Axy，22(,)Bxy，则122421kmxxk+=−+，21222221mxxk−=+，122221myyk+=+，22122221

mkyyk−=+，所以2221212122222211021mmkmMAMBxxyyyyk−+−+=++++=+=+，解得13m=或1m=−（舍去），所以当13m=时，MAMB⊥恒成立.3．（2022·全国·高三专题练习）已知

椭圆221214xyFF+=：，，是左、右焦点．设M是直线()2lxtt=：上的一个动点，连结1MF，交椭圆于()0NNy．直线l与x轴的交点为P，且M不与P重合．(1)若M的坐标为33528，，求四边形2PMNF的面积；(2)若PN与椭圆相切于N

且1214NFNF=，求2tanPNF的值；(3)作N关于原点的对称点N，是否存在直线2FN，使得1FN上的任一点到2FN的距离为237，若存在，求出直线2FN的方程和N的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)9332(2)233(3)存在；3(3)12yx=−；153

1,1326N（1）由题意，()13,0F−，故1538123332MFk==+，所以13:(3)12MFlyx=+与椭圆方程联立22143(3)12xyyx+==+，可得：

21323450xx+−=，即()()3131530xx−+=，又由题意3Nx−，故解得3x=，代入椭圆方程可得13,2N，故1211323222NFFS==△且1153525322832PFMS==△则21129332PMNFPFMN

FFSSS=−=△△（2）由于直线PN的斜率必存在，则设:()PNlykxt=−与椭圆方程联立2214()xyykxt+==−，可得：()22222148440kxktxkt+−+−=由相切，()22216140kkt=+−=，则2214kt=−同时有韦达定理2122821

4Nktxxxk+==+，代入2214kt=−有2244414Nttxt−=+−，化简得4Nxt=，故2222414NNxtyt−=−=而222122122134NNtNFNFxyt−=+−==，解得4323t=则13,2N，所以2NFx⊥轴，故在直角三

角形2PNF中，222433233tan132PFPNFNF−===（3）由于N与N，1F与2F是两组关于原点的对称点，由对称性知四边形12FNFN是平行四边形，则2NF与1NF是平行的，故1FN上的任一点到2FN的距离均为两条平

行线间的距离d．设()00,Nxy，其中0(3,2)x−，易验证，当03=x时，2NF与1NF之间的距离为23，不合要求，设003ykx=−，则2(3):NFylkx=−，即30kxyk−−=，发现当03x时，2223||23271ONFkddk−===+，即221914kk=

+，整理得2148k=代入003ykx=−得：()2200483yx=−，代入220014xy=−整理得2001323450xx−−=，即()()001315330xx−+=由于0(3,2)x−，所以015

313x=，代入椭圆方程有1531,1326N，故132612153313k==−，则2FNl的直线方程为3(3)12yx=−4．（2022·全国·高三专题练习）已知抛物线21:2(0)Cy

pxp=的焦点F到其准线的距离为4，椭圆22222:1(0)xyCabab+=经过抛物线1C的焦点F．(1)求抛物线1C的方程及a；(2)已知O为坐标原点，过点(1,1)M的直线l与椭圆2C相交于A，B两点，若=AMmMB，点

N满足=−ANmNB，且||ON最小值为125，求椭圆2C的离心率．【答案】(1)28yx=；2a=(2)12（1）抛物线21:2(0)Cypxp=的焦点F到其准线的距离为4可得4p=抛物线1C的方程：28yx=椭圆22222:1(0)xy

Cabab+=经过抛物线1C的焦点(2,0)F椭圆2C的右顶点为(2,0)F，所以2a=．（2）①当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为()()()1122001(1),,,,,,−=−ykxAxyBxyNxy由()2221

41xybykxk+==+−得()2222248(1)4(1)40++−+−−=bkxkkxkb，()222163210=+−+bkkb22121222228(1)4(1)4,44−−−+=−=++kkkbxxxxbkbk∵,==−AMmMBANmNB∴()()

12012011,−=−−=−−xmxxxmxx，即∴10122011−−=−−−xxxxxx∴()212120212244424−++−==+−+xxxxkbxxxkb，∴()22004144−+=−kxbxb又∵()0011−=−ykx∴()2

2004144−+=−ybxb，即∴2200440+−=bxyb∴N点轨迹为直线22440+−=bxyb②当直线AB斜率不存在时，经检验点231,4bN在直线22440+−=bxyb上．∴N点轨迹方程

为22440+−=bxyb||ON最小值即点O到直线22440+−=bxyb的距离∴24412516=+bb，即23b=椭圆2C的离心率为22311142cbeaa==−=−=．5．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆()2222:10,0xyCabab+

=过点21,2D离心率22e=，左、右焦点分别为12,FF，P，Q是椭圆C上位于x轴上方的两点．(1)若1212,2PFQFPFQF+=∥，求直线2QF的方程；(2)延长12,PFPF分别交椭圆C于点M，N，设1122,MFFPNFnFP==，求n的最

小值．【答案】(1)4210xy−=(2)19(1)解：由已知过点21,2D，得221112ab+=，①由22cea==，②由①、②，得222,1ab==，故椭圆C的方程为2212xy+=，若()()121212,2,1,

0,1,0PFQFPFQFFF+=−∥，设直线1PF的方程为1xmy+=，设直线2QF的方程为1xmy−=，设()()112212,,,,0,0PxyQxyyy，由221111121xyxmy+=+=，得()221122

10mymy+−−=，解得212222mmym++=+，故()()()()()222022111112211102mmmPFxymyym+++=++−=+=+，同理，()22222112mmmQFm+−+=+，122PFQF+=，则()2222122mm+=+，()22

2212,2mmm+=+=，故直线2QF的方程为4210xy−=；(2)解：设1133(,),(,)PxyMxy，由11MFFP=，得()313111xxyy−−=+−=，故31311xxyy=−−−=−，代

入椭圆的方程得()()2211112xy−−−+−=（3），又由2211112xy+=，得2211112yx=−，代入（3）式得，()22211112122xx+++−=，化简得，21321)1(20x+−++=，即()(

)113120x+−+=，显然110,3120x+−+=，故1132x=+，同理可得1132nx=−，故1116,6,62,9nnnnnnn+=+=+=，所以n的最小值19．6．（2

022·天津·南开中学模拟预测）已知从椭圆()222210xyabab+=上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点1F，设椭圆的离心率为e，左、右顶点分别为A，B，且12PFe=，11PBFSe=+△.(1)求椭圆的方程；(2)过椭圆右焦点2F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点.若8ACDBAD

CB+=，求k的值.【答案】(1)22132xy+=(2)2k=(1)由题意得：设()1,0Fc−，令xc=−得：22221cyab+=，解得：2bya=，不妨设2,bPca−，则222bceaa==，故22bc=，又()121111122PBFbcSFBPFacaa

==+=+，解得：22b=，所以1c=，222213abc=+=+=，所以椭圆的方程为22132xy+=；(2)由题意得：()11,0F，()()3,0,3,0AB−设出直线CD：()1ykx=−，与椭圆方程联立得：()2222236360kxkxk+−+−=，其中()()4222362336

444808kkkk−+=+−=恒成立，设()()1122,,,CxyDxy，则22121222636,2323kkxxxxkk−+==++，则()()()222121212122411123kyykxxkxxxxk−=−−=−−+=+()()()()112212123,3,33A

CDBxyxyxxyy=+−−=+−−121212333xxxxyy=+−−−，()()()()221121123,3,33ADCBxyxyxxyy=+−−=+−−211212333xxxxyy=+−−−由8ACDBADCB+=得：12126228xxyy−−=，整理得：222

2612822323kkkk−++=++，解得：2k=7．（2022·内蒙古呼伦贝尔·二模（文））已知椭圆C：22221xyab+=（0ab）的短轴长为22，()2,1P是椭圆C上一点．(1)求椭圆C的方程；(2)过点(),0Mm（m为常数，且2m

）的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，与y轴相交于点N，已知1=NAAM，2=NBBM，证明：21284m+=−．【答案】(1)椭圆C的方程为22142xy+=.(2)证明见解析.(1)因为椭圆C的短轴长为22，所以2b=，又()2,1P是椭圆C上一点，所以22112a+=，解得2a

=，所以椭圆C的方程为22142xy+=.(2)由题可知，直线l的斜率一定存在，可设l的方程为()ykxm=−，()()1122,,,AxyBxy，则(0,)Nmk−，()()()()11112222,,,,,,

,NAxymkAMmxyNBxymkBMmxy=+=−−=+=−−联立方程组()22240ykxmxy=−+−=，整理得()22222124240kxmkxmk+−+−=，则()()24222222Δ164824328160mkkmkkmk=−+−=−+，2122412

mkxxk+=+，221222412mkxxk−=+.因为12,NAAMNBBM==，所以121212,xxmxmx==−−，则()()1212121222121212284mxxxxxxmxmxmmxxxxm+

−+=+==−−−++−⑥椭圆综合问题1．（2022·四川·树德中学高三阶段练习（理））在平面直角坐标系xOy中，动圆P与圆1C：2245204xyx++−=内切，且与圆2C：223204xyx+−+=外切，记动圆P的圆心的轨迹为E．(1)求轨迹E的方程；(2)过圆

心2C的直线交轨迹E于A，B两个不同的点，过圆心1C的直线交轨迹E于D，G两个不同的点，且ABDG⊥，求四边形ADBG面积的最小值．【答案】(1)22143xy+=(2)28849（1）设动圆P的半径为R，圆心P的坐标为(),xy，由题意可知：圆1C的圆心为()11,0C−，半径为72

；圆2C的圆心为()21,0C，半径为12，动圆P与圆1C内切，且与圆2C外切，127=21=+2PCRPCR−，则1212+=4>=2PCPCCC动圆P的圆心的轨迹E是以1C，2C为焦点的椭圆，设其方程为：()222210x

yabab+=，其中24a=，22c=，2=2a，23b=，即轨迹E的方程为：22143xy+=.（2）当直线AB的斜率不存在，或为0时，四边形ADBG面积12S=长轴长通径长212262baa==，当斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为()()10ykxk=−，()11

,Axy，()22,Bxy，由()22=1+=143ykxxy−可得：()22224384120kxkxk+−+−=，2122843kxxk+=+，212241243kxxk−=+，()222212111114ABkxxkxxxx=+−=+++，()222

22222121841214434343kkkkkkk+−=+−=+++．ABDG⊥，1DGkk=−，同理可得：()2212134kDGk+=+，ABDG⊥，四边形ADBG面积()()()()()22222222121121

721112243344334kkkSABDGkkkk+++===++++，则()()()()222222222721721288649433443342kkSkkkk++==+++++

等号当且仅当224334kk+=+时取，即1k=时，min28849S=.2．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C的方程为()222210xyabab+=，离心率12e=，点P(2，3)在椭圆上．(1)求椭圆C的方程(

2)求过点P的椭圆C的切线方程(3)若从椭圆一个焦点发出的光线照到点P被椭圆反射，证明：反射光线经过另一个焦点．【答案】(1)2211612xy+=；(2)280xy+−=；(3)证明见解析.（1）由题

意可得：2222212491caabcab==++=，解得216a=，212b=，∴椭圆C的方程为：2211612xy+=；（2）显然，过点P(2，3)的切线存在斜率，设切线l的斜率为k，则l：3(2)ykx−=−，

由22116123(2)xyykx+=−=−得()()222348231648120kxkkxkk+−−+−−=，因为直线l与椭圆C相切，()()()2222Δ64234341648120kkkkk=−−+−

−=，化为：24410kk++=，解得12k=−．∴求过点P的椭圆切线方程为280xy+−=．（3）证明：∵椭圆C的方程为：2211612xy+=，则椭圆左右焦点分别为()12,0F−，()22,0F，∵过点P的椭圆切线方程为28

0xy+−=，∴过点P的椭圆法线方程为m：210xy−−=，法线的方向向量()1,2m=−−，∵()14,3PF=−−，()20,3PF=−，∴1112cos,5PFmPFmPFm==−，2222cos,5PFmPF

mPFm==−，∴直线1PF，2FP关于直线m对称；∴从椭圆一个焦点发出的光线照到点P，被椭圆反射后，反射光线一定经过另一个焦点．3．（2022·上海·华师大二附中高三阶段练习）已知曲线22Γ:341

2xy+=的左､右焦点分别为12FF､，直线l经过1F且与Γ相交于AB､两点.(1)求12FAF的周长；(2)若以2F为圆心的圆截y轴所得的弦长为22，且l与圆2F相切，求l的方程；(3)设l的斜率为k，在x轴上是否存在一点M，使得MAMB=且5tan5MAB=？若存在，求出M

的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)周长为6(2)()31yx=+(3)存在，4,019M−（1）根据题设条件，可得22143xy+=，故2a=，3b=，所以1c=，根据椭圆定义，可知1224AFAFa+==，因为1222FFc==，所以121

26AFAFFF++=，得12FAF的周长为6，（2）设圆2F的方程为222(1)(0)xyrr−+=，令0x=，得21yr=−，故22122r−=，得3r=.由题意可得直线l的斜率存在，由l与圆2F相切，得()21,0F到直线():1lykx=+的距离2231kdk==+

.解得3k=，故直线l的方程为()31yx=+（3）假设在x轴上存在一点()0,0Mx，设直线l的方程为()()10ykxk=+，将直线l的方程和椭圆的方程联立，得()2213412ykxxy=++=，消去

y并整理，得()()2222348430kxkxk+++−=，必有Δ0令()()1122,,,AxyBxy，则2122212283441234kxxkkxxk+=−+−=+()()()()

()22222121212212114134kABxxkxxxxkk+=−+=+−+=+故线段AB的中点C的坐标为22243,3434kkkk−++，则线段AB中垂线1l的方程为2223143434kky

xkkk−=−+++令0y=，得20234kxk=−+，点22,034kMk−+到直线l的距离223134kkdk+=+，又因为MAMB=，所以5tan152dMABAB==，即()2222121315341034kkkkk++=++化简得22515k

k+=，解得24k=，故4,019M−.4．（2022·浙江嘉兴·高三阶段练习）已知椭圆()222:1024xyCbb+=，直线1:lyxm=+与椭圆C交于A，B两点，且AB的最大值为463．(1)求椭圆C的方程；(2)当463A

B=时，斜率为2−的直线2l交椭圆C于P，Q两点（P，Q两点在直线1l的异侧），若四边形APBQ的面积为1669，求直线2l的方程．【答案】(1)22142xy+=(2)2:220lxy+=．（1）设()11,Axy，()22

,Bxy，联立直线1l与椭圆方程得22214xybyxm+==+，消去y得()()22224840bxmxmb+++−=，又1x，2x是这个方程的两个实根，所以()()()222212222122Δ6416408444mbmbmxxbmbxxb=−+−−+=+−

=+，由弦长公式得()2222221222248421244444mbmbABkxxbmbbb−−=+−=−=+−+++，所以当0m=时，AB取到最大值，即max2424634bABb==+，解得2b=．所以椭圆C的方程为22142xy

+=．（2）设直线2l方程为2yxn=−+，()33,Pxy，()44,Qxy，联立直线2l与椭圆方程221422xyyxn+==−+，消去y得2298240xnxn−+−=，所以()()2234234Δ84924089249nnnxxnxx

=−−−+=−=，且()32,32n−，记点P，Q到直线1l的距离分别为1d，2d，又3312xyd−=，4422xyd−=且()()33440xyxy−−，所以()()()33443433441232222xyxyxxxyxydd−−−−−−+=+==()()222

23434424338241899322nnxxxxn−=+−=−=−，所以()22121146246||181822339APBQSABddnn=+=−=−，因为1669APBQS=，所以2461661899n−=，整理得22n=，所以2n=满足条件

，综上所述直线的方程为2:22lyx=−，即为2:220lxy+=．5．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的离心率22e=；上顶点为A，右顶点为B，直线AB与圆22:1Oxy+=相切.(1)求椭圆C的

标准方程；(2)设与圆O相切的直线l与椭圆相交于,MN两点，Q为弦MN的中点，O为坐标原点.求||||OQMN的取值范围.【答案】(1)221332xy+=(2)92,4（1）由22cea==知22abc==，原点O到直线AB的距离为22222133abbdbbab

====+，故3,32ba==，故椭圆C的标准方程为221332xy+=.（2）0MNk=时：()()()0,1,1,1,1,1QMN−，或(0,1),(1,1),(1,1)QMN−−−−，故2OQMN=；直线MN斜率不存在时，(1,0),(1,1),(1,1)Q

MN−，或(1,0),(1,1),(1,1)QMN−−−−．故2OQMN=；直线MN斜率存在且不为0时：设直线l的方程为xmyt=+（0m），由直线l与圆221xy+=相切，所以211tdm==+，即221tm=+，联立2213

32,xyxmyt+==+得()2222230mymtyt+++−=，设1122(,),(,)MxyNxy，由韦达定理：12221222232mtyymtyym+=−+−=+，12222Qyymtym+−==+，222QQtxmytm=+=+，所以MN中点Q的坐标为22

2,22tmtmm−++，故()()()222222222241422222tmmmtmtOQmmmm+++−=+==++++222212222311422mttMNmyymmm−−=+−

=+−++()()22222222142163222mmmmtmm++++−==++，故()()()222242214||||221442mmmOQMNmmm++==++++2212144mm=+++，2222444248mmmm+++=

，当且仅当224mm=，2m=时等号成立，2219221444mm+++综上：OQMN的取值范围是92,4.6．（2022·湖南益阳·模拟预测）已知点()20F−，是椭圆22

221(0)xyEabab+=：的左焦点，过F且垂直x轴的直线l交E于P，Q，且10||=3PQ.(1)求椭圆E的方程；(2)四边形ABCD(A，D在x轴上方)的四个顶点都在椭圆E上，对角线AC，BD恰好

交于点F，若直线AD，BC分别与直线l交于M，N，且O为坐标原点，求证：MOFNOF=．【答案】(1)22195xy+=(2)证明见解析（1）由已知得2222442519abab−=+=，解

得3a=，5b=，故椭圆E的方程是22195xy+=.（2）由题设直线AC的方程为2xmy=−，()11Axy，，()22Cxy，，把2xmy=−代入22195xy+=得()225920250mymy+−−=

，所以10，1222059myym+=+，1222559yym−=+设直线BD的方程为2xny=−，()33Bxy，，()44Dxy，，类似可得3422059nyyn+=+，3422559yyn−=+，因直线AD的方程为

()411141yyyyxxxx−−=−−，所以点M的纵坐标()()()()4114144141141141414141222Mxyxynmyyyynyymyyyyxxxxxnymynymy+−+−−−=+−−===−−−−，同理可得点N的纵坐标()3232Nnmyyynymy−=−，要证

MOFNOF=，只需证FMFN=，即证()()143241320MNnmyynmyyyynymynymy−−+=+=−−，即()1341242341230*nyyymyyynyyymyyy−+−=而()*式左边()()13412423

412312341234nyyymyyynyyymyyynyyyymyyyy−+−=+−+222220252520059595959mnnmmnmn−−=−=++++，故结论成立.7．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，已

知,AB两点的坐标分别为(2,0),(2,0)−，直线,APBP的交点为P，且它们的斜率之积14−．(1)求点P的轨迹E的方程;(2)设点C为x轴上（不同于,AB）一定点，若过点P的动直线与E的交点为Q，直线P

Q与直线2x=−和直线2x=分别交于,MN两点，求证：ACMACN=的充要条件为ACPACQ=．【答案】(1)221(2)4xyx+=(2)证明见解析（1）解：设点P的坐标为(,)xy，由题设得1(2)224APBPyykkxxx==−+

−，故所求的点P的轨迹E的方程为221(2)4xyx+=．（2）证明：设(,0)Ct，由题设知，直线MN的斜率k存在，不妨设直线MN的方程为ykxm=+，且()()1122,,,PxyQxy，由22,44

,ykxmxy=++=消去y并整理得()()222418410kxkmxm+++−=，则0且()2121222418,4141mkmxxxxkk−+=−=++，由ACPACQ=，可得0CPCQkk+=，所以12120yyxtxt+=

−−，整理得()()12210yxtyxt−+−=，可得()()()()12210kxmxtkxmxt+−++−=，整理得()12122()20kxxmktxxmt+−+−=所以()222818()204141kmmktkmmtkk−−−−=++，可得()()22818()2410kmmkt

kmmtk−−−−+=，即40kmt+=，将2x=−代入ykxm=+，可得2Mymk=−，则(2,2)Mmk−−，同理(2,2)Nmk+．由ACMACN=，可得0CMCNkk+=，所以22022mkmktt−++=−−−，即40kmt+=，所以ACMACN=

的充要条件为ACPACQ=．8．（2022·安徽·高三开学考试）已知线段MN的长度为3，其端点,MN分别在x轴与y轴上滑动，动点P满足2NPPM=.(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)当点M坐标为32,02，且点P在第一象限时，设动直

线l与C相交于,AB两点，且两直线PAPB、的斜率互为相反数，求直线l的斜率.【答案】(1)2214xy+=(2)12.（1）设(,0),(0,),(,)MmNnPxy，则229mn+=由已知得(,)2(,

)xynmxy−=−−，故3,32mxny==代入上式整理得:2214xy+=.所以动点P的轨迹C的方程为2214xy+=.（2）因为32,02M，故点P的横坐标为2，又点P在第一象限，故22,2P设l的方程为ykxt=+代入

2214xy+=整理得()222418440kxktxt+++−=由已知0，设()()1122,,,AxyBxy，则2121222844,4141kttxxxxkk−−+==++①由已知直线,PAPB的斜率互为相反数，则12122222022yyxx−−+=−−将1122,ykxtyk

xt=+=+代入上式整理得12122222()22()022kxxtkxxt+−−+−−=②将①代入②化简(21)(221)0kkt−+−=，由已知l不经过点P，故2210kt+−，所以12k=．.故直线l的斜率为

12.