考点 27 椭圆的综合问题
1、掌握直线与椭圆的关系，能够解决椭圆问题中的直线的方程和斜率问题·
2、掌握圆锥曲线中最值问题的解题策略
3、掌握圆锥曲线中定点、定值等问题
解答题中考查直线与椭圆的知识 .涉及重点是考查椭圆的标准方程、几何性质,以及直线
与椭圆相交所产生的相关问题,如范围问题、最值问题及定点、定值问题等等 . 在解决这类问
题时,要充分利用方程的思想、数形结合的思想,同时,注意定义及几何图形的性质的应用,另外,
这类问题也会考查学生观察、推理以及分析问题、解决问题的能力
解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运
算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要．从思想方法层面讲，解析几何主要有两种
方法：一是设线法；二是设点法．此题的两种解法分属于设点法和设线法．一般地，设线法是比较顺应题
意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，
但运用得好，解题过程往往会显得很简捷．解析几何大题肩负着对计算能力考查的重任，所以必要的计算
量是少不了的，不要一遇到稍微有一点计算量的题目就想放弃，坚持到底才是胜利
1、【2017 年高考全国Ⅲ理数】已知椭圆 C： 的左、右顶点分别为 A1，A2，且以线段
A1A2 为直径的圆与直线 相切，则 C 的离心率为
2 2
2 2 0)1(x y
a b a b+ = > >
2 0bx ay ab− + =
考纲要求
近三年高考情况分析
三年高考真题
考点总结A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】以线段 为直径的圆的圆心为坐标原点 ，半径为 ，圆的方程为 ，
直线 与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即 ，整理可得
，即 即 ，
从而 ，则椭圆的离心率 ，故选 A．
2、【2018 年高考浙江卷】已知点 P(0，1)，椭圆 +y 2=m(m>1)上两点 A，B 满足 =2 ，则当
m=___________时，点 B 横坐标的绝对值最大．
【答案】
【解析】设 ， ，
由 得 ， ，
所以 ，
因为 ， 在椭圆上，所以 ， ，
所以 ，
所以 ，
与 对应相减得 ， ，
当且仅当 时取最大值．
3、【2019 年高考天津卷理数】设椭圆 的左焦点为 ，上顶点为 ．已知椭圆的短
轴长为 4，离心率为 ．
6
3
3
3
2
3
1
3
1 2A A (0,0) r a= 2 2 2x y a+ =
2 0bx ay ab− + =
2 2
2abd a
a b
= =
+
2 23a b= 2 2 23( )a a c= − 2 22 3a c=
2
2
2
2
3
ce a
= = 2 6
3 3
ce a
= = =
2
4
x AP PB
5
1 1( , )A x y 2 2( , )B x y
2AP PB= 1 22x x− = 1 21 2( 1)y y− = −
1 22 3y y− = −
A B
2
21
14
x y m+ =
2
22
24
x y m+ =
2
22
2
4 (2 3)4
x y m+ − =
2
2
4
x + 2
2
3
2 4( ) my − =
2
22
24
x y m+ = 2
3
4
my
+= 2 2
2
1 ( 10 9) 44x m m= − − + ≤
5m =
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
+ = > > F B
5
5（1）求椭圆的方程；
（2）设点 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点 为直线 与 轴的交点，点 在 轴的负
半轴上．若 （ 为原点），且 ，求直线 的斜率．
【解析】（1）设椭圆的半焦距为 ，依题意， ，又 ，可得 ，
．
所以，椭圆的方程为 ．
（2）由题意，设 ．设直线 的斜率为 ，
又 ，则直线 的方程为 ，
与椭圆方程联立 整理得 ，
可得 ，代入 得 ，
进而直线 的斜率 ．
在 中，令 ，得 ．
由题意得 ，所以直线 的斜率为 ．
由 ，得 ，化简得 ，从而 ．
所以，直线 的斜率为 或 ．
4、【2020 年北京卷】.已知椭圆 过点 ，且 ．
（Ⅰ）求椭圆 C 的方程：
（Ⅱ）过点 的直线 l 交椭圆 C 于点 ,直线 分别交直线 于点 ．求 的
P M PB x N y
| | | |ON OF= O OP MN⊥ PB
c 52 4, 5
cb a
= = 2 2 2a b c= + 5a = 2,b =
1c =
2 2
15 4
x y+ =
( )( ) ( )0 , ,0P P p MP x y x M x≠， PB ( )0k k ≠
( )0,2B PB 2y kx= +
2 2
2,
1,5 4
y kx
x y
= + + =
( )2 24 5 20 0k x kx+ + =
2
20
4 5P
kx k
= − + 2y kx= + 2
2
8 10
4 5P
ky k
−= +
OP
24 5
10
P
p
y k
x k
−= −
2y kx= + 0y = 2
Mx k
= −
( )0, 1N − MN 2
k−
OP MN⊥
24 5 110 2
k k
k
− ⋅ − = − −
2 24
5k = 2 30
5k = ±
PB
2 30
5
2 30
5
−
2 2
2 2: 1x yC a b
+ = ( 2, 1)A − − 2a b=
( 4,0)B − ,M N ,MA NA 4x = − ,P Q | |
| |
PB
BQ值．
【解析】(1)设椭圆方程为： ，由题意可得：
，解得： ，
故椭圆方程为： .
(2)设 ， ，直线 的方程为： ，
与椭圆方程 联立可得： ，
即： ，
则： .
直线 MA 的方程为： ，
令 可得： ，
同理可得： .
很明显 ，且： ，注意到：
，
而：
，
( )2 2
2 2 1 0x y a ba b
+ = > >
2 2
4 1 1
2
a b
a b
+ =
=
2
2
8
2
a
b
=
=
2 2
18 2
x y+ =
( )1 1,M x y ( )2 2,N x y MN ( )4y k x= +
2 2
18 2
x y+ = ( )22 24 4 8x k x+ + =
( ) ( )2 2 2 24 1 32 64 8 0k x k x k+ + + − =
2 2
1 2 1 22 2
32 64 8,4 1 4 1
k kx x x xk k
− −+ = =+ +
( )1
1
11 22
yy xx
++ = ++
4x = − ( ) ( )( )1 11 1
1 1 1 1
4 1 2 1 41 22 1 22 2 2 2P
k x k xy xy x x x x
+ + − + ++ += − × − = − × − =+ + + +
( )( )2
2
2 1 4
2Q
k xy x
− + += +
0P Qy y < P
Q
PB y
PQ y
=
( ) ( ) ( )( ) ( )( )
( )( )1 2 2 11 2
1 2 1 2
4 2 4 24 42 1 2 12 2 2 2P Q
x x x xx xy y k kx x x x
+ + + + + + ++ = − + + = − + × + + + +
( )( ) ( )( ) ( )1 2 2 1 1 2 1 24 2 4 2 2 3 8x x x x x x x x+ + + + + = + + +
2 2
2 2
64 8 322 3 84 1 4 1
k k
k k
− −= + × + + +
( ) ( ) ( )2 2 2
2
64 8 3 32 8 4 1
2 04 1
k k k
k
− + × − + +
= × =+故 .
从而 .
5、【2020 年江苏卷】在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 的左、右焦点分别为 F1，F2，点
A 在椭圆 E 上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线 AF1 与椭圆 E 相交于另一点 B．
（1）求△AF1F2 的周长；
（2）在 x 轴上任取一点 P，直线 AP 与椭圆 E 的右准线相交于点 Q，求 的最小值；
（3）设点 M 在椭圆 E 上，记△OAB 与△MAB 的面积分别为 S1，S2，若 S2=3S1，求点 M 的坐标．
【解析】（1）∵椭圆 的方程为 ∴ ,
由椭圆定义可得： .∴ 的周长为
（2）设 ，根据题意可得 .
∵点 在椭圆 上，且在第一象限，
∴ ∵准线方程为 ∴
∴ ，当且仅当 时取等号.
∴ 的最小值为 .
（3）设 ，点 到直线 的距离为 .
∵ ， ∴直线 的方程为
0,P Q P Qy y y y+ = = −
1P
Q
PB y
PQ y
= =
2 2
: 14 3
x yE + =
OP QP⋅
E
2 2
14 3
x y+ = ( )1 1,0F − ( )2 1,0F
1 2 4AF AF+ = 1 2AF F△ 4 2 6+ =
( )0 ,0P x 0 1x ≠
A E 2 1 2AF F F⊥
31, 2A
4x = ( )4, QQ y
( ) ( ) ( ) ( )2
0 0 0 0 0,0 4, 4 2 4 4QOP QP x x y x x x⋅ = ⋅ − − = − = − − ≥ −
0 2x =
OP QP⋅ 4−
( )1 1,M x y M AB d
31, 2A
( )1 1,0F − 1AF ( )3 14y x= +∵点 到直线 的距离为 ，
∴ ∴
∴ ①∵ ②
∴联立①②解得 ， .
∴ 或 .
6、【2020 年全国 1 卷】0.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.
【解析】（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程 可得： ， ，
，
O AB 3
5 2 13S S=
2 1
1 3 13 3 2 5 2S S AB AB d= = × × × = ⋅ 9
5d =
1 13 4 3 9x y− + = 2 2
1 1 14 3
x y+ =
1
1
2
0
x
y
=
=
1
1
2
7
12
7
x
y
= −
= −
( )2,0M 2 12,7 7
− −
2
2
2 1x ya
+ =
8AG GB⋅ =
2
2 19
x y+ =
2
2
2: 1( 1)xE y aa
+ = > ( ),0A a− ( ),0B a ( )0,1G
∴ ( ),1AG a= ( ), 1GB a= −，
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
直线 的方程为： ，
整理可得：
整理得：
故直线 过定点
7、【2020 年全国 2 卷】.已知椭圆 C1： (a>b>0)的右焦点 F 与抛物线 C2 的焦点重合，C1 的中心
∴ 2 1 8AG GB a⋅ = − = ∴ 2 9a =
∴ 2
2 19
x y+ =
( )06,P y
AP ( ) ( )0 0 36 3
yy x
−= +− − ( )0 39
yy x= +
AP
( )
2
2
0
19
39
x y
yy x
+ =
= +
( )2 2 2 2
0 0 09 6 9 81 0y x y x y+ + + − = 3x = −
2
0
2
0
3 27
9
yx y
− += +
2
0
2
0
3 27
9
yx y
− += + ( )0 39
yy x= + 0
2
0
6
9
yy y
= +
C
2
0 0
2 2
0 0
3 27 6,9 9
y y
y y
− +
+ +
D
2
0 0
2 2
0 0
3 3 2,1 1
y y
y y
− −
+ +
∴ CD
0 0
2 2 2
0 00 0
2 22 2
0 00 0
2 2
0 0
6 2
9 12 3 3
3 27 3 31 1
9 1
y y
y yy yy xy yy y
y y
−− + + − − − = − − + −+ + −+ +
( )
( ) ( )
2 2 2
0 00 0 0 0
2 2 24 2
0 0 00 0
8 32 3 3 8 3 3
1 1 16 9 6 3
y yy y y yy x xy y yy y
+ − −+ = − = − + + +− −
( ) ( )0 0 0
22 2
00 0
4 2 4 3
3 23 3 3 3
y y yy x xyy y
= + = − −− −
CD 3 ,02
2 2
2 2 1x y
a b
+ =与 C2 的顶点重合.过 F 且与 x 轴垂直的直线交 C1 于 A，B 两点，交 C2 于 C，D 两点，且|CD|= |AB|.
（1）求 C1 的离心率；
（2）设 M 是 C1 与 C2 的公共点，若|MF|=5，求 C1 与 C2 的标准方程.
【解析】（1） ， 轴且与椭圆 相交于 、 两点，
则直线 的方程为 ，
联立 ，解得 ，则 ，
抛物线 的方程为 ，联立 ，
解得 ， ，
，即 ， ，即 ，即 ，
，解得 ，因此，椭圆 的离心率为 ；
（2）由（1）知 ， ，椭圆 的方程为 ，
联立 ，消去 并整理得 ，
解得 或 （舍去），
4
3
( ),0F c AB x⊥ 1C A B
AB x c=
2 2
2 2
2 2 2
1
x c
x y
a b
a b c
=
+ =
= +
2
x c
by a
= = ±
22bAB a
=
2C 2 4y cx= 2 4
x c
y cx
=
=
2
x c
y c
=
= ± 4CD c∴ =
4
3CD AB=
284 3
bc a
= 22 3b ac= 2 22 3 2 0c ac a+ − = 22 3 2 0e e+ − =
0 1e< > (0, 3)A − F
| | | |OA OF= O
C 3OC OF= B B AB C
P P AB AB
( )2 2
2 2 1 0x y a ba b
+ = > > ( )0, 3A −
∴ 3b =
OA OF= 3c b= =
2 2 2a b c= + 2 2 2 83 13a = + =
2 2
118 9
x y+ =
AB C P CP AB⊥
AB CP
AB k AB 3y kx+ = 3y kx= −
2 2
3
118 9
y kx
x y
= − + =
y ( )2 22 1 12 0k x kx+ − = 0x = 2
12
2 1
kx k
= +
2
12
2 1
kx k
= + 3y kx= − 2
2 2
12 6 3
2 1 2 13 ky k k
kk= ⋅ − −=+ +
B
2
2 2
12 6 3,2 1 2 1
k k
k k
−
+ + 因为 为线段 的中点，点 的坐标为 ，
所以点 的坐标为 ，
由 ，得点 的坐标为 ，
所以，直线 的斜率为 ，
又因为 ，所以 ，
整理得 ，解得 或 .
所以，直线 的方程为 或 .
9、【2020 年浙江卷】.如图，已知椭圆 ，抛物线 ，点 A 是椭圆 与抛
物线 的交点，过点 A 的直线 l 交椭圆 于点 B，交抛物线 于 M（B，M 不同于 A）．
（Ⅰ）若 ，求抛物线 的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点，求 p 的最大值．
【解析】（Ⅰ）当 时， 的方程为 ，故抛物线 的焦点坐标为 ；
（Ⅱ）设 ，
由 ，
P AB A ( )0, 3−
P 2 2
6 3,2 1 2 1
k
k k
−
+ +
3OC OF= C ( )1,0
CP
2
2
2
3 0 32 1
6 2 6 112 1
CP
k
k k k
k
k
− −+ = − +−+
=
CP AB⊥ 2
3 12 6 1k k k
⋅ = −− +
22 3 1 0k k− + = 1
2k = 1k =
AB 1 32y x= − 3y x= −
2
2
1 : 12
xC y+ = 2
2 : 2 ( 0)C y px p= > 1C
2C 1C 2C
1
16
=p 2C
1
16
=p 2C 2 1
8y x= 2C 1( ,0)32
( ) ( ) ( )1 1 2 2 0 0, , , , , , :A x y B x y M x y I x y mλ= +
( )2 2
2 2 22 2 2 2 2 0x y y my m
x y m
λ λ
λ
+ = ⇒ + + + − = = +，
由 在抛物线上，所以 ，
又 ，
， ，
.
由 即
，
所以 ， ， ，
所以， 的最大值为 ，此时 .
法 2：设直线 ， .
将直线 的方程代入椭圆 得： ，
所以点 的纵坐标为 .
将直线 的方程代入抛物线 得： ，
所以 ，解得 ，因此 ，
由 解得 ，
1 2 0 0 02 2 2
2 2, ,2 2 2
m m my y y x y m
λ λ λλ λ λ
− −∴ + = = = + =+ + +
M ( )
2 2 2
2 2 22
4 42 22
m pm m p
λ λ
λ λλ
= ⇒ =+ ++
2
2 22 2 ( ) 2 2 0y px y p y m y p y pm
x y m
λ λ
λ
= ⇒ = + ⇒ − − = = +
01 2y y pλ∴ + = 2
1 0 1 0 2 2x x y m y m p mλ λ λ∴ + = + + + = +
2
1 2
22 2 2
mx p mλ λ∴ = + − +
2
2
2
2
1 4 2, 2
2
x y x px
y px
+ = ⇒ + =
=
2 4 2 0x px+ − =
2
2
1
4 16 8 2 4 22
p px p p
− + +⇒ = = − + +
2
2 2 2
2 2
1 82 4 2 2 2 2 8 162
pp p p m p p p
λλ λλ λ
+⇒ − + + = + ⋅ = + + ≥+
24 2 18p p+ ≥ 2 1
160p ≤ 10
40p ≤
p 10
40
2 10 5( , )5 5A
: ( 0, 0)l x my t m t= + ≠ ≠ ( )0 0,A x y
l
2
2
1 : 12
xC y+ = ( )2 2 22 2 2 0m y mty t+ + + − =
M 2 2M
mty m
= − +
l 2
2 : 2C y px= 2 2 2 0y pmy pt− − =
0 2My y pt= − ( )2
0
2 2p m
y m
+
= ( )22
0 2
2 2p m
x m
+
=
2
20
0 12
x y+ =
2 2
2
1 2 24 2 160m mp m m
= + + + 所以当 时， 取到最大值为 .
10、【2020 年山东卷】.已知椭圆 C： 的离心率为 ，且过点 A（2，1）．（1）求 C
的方程：
（2）点 M，N 在 C 上，且 AM⊥AN，AD⊥MN，D 为垂足．证明：存在定点 Q，使得|DQ|为定值．
【解析】(1)由题意可得： ，解得： ，故椭圆方程为： .
(2)设点 .
因为 AM⊥AN，∴ ，即 ,①
当直线 MN 的斜率存在时，设方程为 ,如图 1.
代入椭圆方程消去 并整理得：
②,
根据 ,代入①整理可得：
将②代入， ，
整理化简得 ,
∵ 不在直线 上，∴ ，
∴ ，
于是 MN 的方程为 ，
,
102, 5m t= = p 10
40
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
+ = > > 2
2
2 2
2 2 2
3
2
4 1 1
c
a
a b
a b c
=
+ =
= +
2 2 26, 3a b c= = =
2 2
16 3
x y+ =
( ) ( )1 1 2 2, , ,M x y N x y
· 0AM AN = ( )( ) ( )( )1 2 1 22 2 1 1 0x x y y− − + − − =
y kx m= +
y ( )2 2 21 2k 4 2 6 0x kmx m+ + + − =
2
1 2 1 22 2
4 2 6,1 2 1 2
km mx x x xk k
−+ = − =+ +
1 1 2 2,y kx m y kx m= + = +
( ) ( )( ) ( )22
1 2 1 2k 1 x 2 1 4 0x km k x x m+ + − − + + − + =
( ) ( ) ( )2
22
2 2
2 6 4k 1 2 1 4 01 2 1 2
m kmkm k mk k
− + + − − − + − + = + +
( )( )2 3 1 2 1 0k m k m+ + + − =
2,1A（ ） MN 2 1 0k m+ − ≠
2 3 1 0 1k m k+ + = ≠，
2 1
3 3y k x = − − 所以直线过定点直线过定点 .
当直线 MN 的斜率不存在时，可得 ,如图 2.
代入 得 ,
结合 ,解得 ,
此时直线 MN 过点 ,
由于 AE 为定值，且△ADE 为直角三角形，AE 为斜边，
所以 AE 中点 Q 满足 为定值（AE 长度的一半 ）.
由于 ，故由中点坐标公式可得 .
故存在点 ，使得|DQ|为定值.
2 1,3 3E −
( )1 1,N x y−
( )( ) ( )( )1 2 1 22 2 1 1 0x x y y− − + − − = ( )2 2
1 22 1 0x y− + − =
2 2
1 1 16 3
x y+ = ( )1 1
22 , 3x x= =舍
2 1,3 3E −
QD
2 21 2 1 4 22 12 3 3 3
− + + =
( ) 2 1,32,1 3,A E −
4 1,3 3Q
4 1,3 3Q
二年模拟试题题型一、椭圆与圆的结合问题
1、（2020 届山东省临沂市高三上期末）已知 P 是椭圆 C： 上的动点，Q 是圆 D：
上的动点，则（ ）
A．C 的焦距为 B．C 的离心率为
C．圆 D 在 C 的内部 D． 的最小值为
【答案】BC
【解析】
，
，则 C 的焦距为 ， .
设 （ ），
则 ，
所以圆 D 在 C 的内部，且 的最小值为 .
故选：BC.
2、（2020 届高三月考（一)数学（文)试题）设 P，Q 分别是圆 和椭
圆 上的点，则 P，Q 两点间的最大距离是( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
2
2 16
x y+ =
( )2 2 11 5x y+ + =
5 30
6
PQ 2 5
5
2
2 16
x y+ =
6a∴ = 1b =
2 2 6 1 5c a b∴ = − = − = 2 5 5 30
66
ce a
= = =
( ), P x y 6 6x− ≤ ≤
( ) ( ) 22
2 222 5 6 4 4 11 1 1 6 6 5 5 5 5
xx y x xPD + + = + + − = + + ≥ >
=
PQ 4 1 5
5 5 5
− =
( )22 6 2x y+ − =
2
2 110
x y+ =
5 2 46 2+
6 2 7 2+圆 的圆心为 M(0,6)，半径为 ，
设 ，则 ， 即 ，
∴当 时， ，故 的最大值为 .
故选 C.
3、（2020 届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）设椭圆 的标准方程为 ，若斜率
为 1 的直线与椭圆 相切同时亦与圆 （ 为椭圆的短半轴）相切，记椭圆的离心率
为 ，则 __________．
【答案】
【解析】设切线方程为 ，代入椭圆方程可得： .
因为相切 ，
由直线 与圆 相切，可得： ，或 （舍去）.
则有 ，因为 ，
所以可得 .
故答案为： .
4、（2020 届山东省九校高三上学期联考）已知椭圆 ： 的离心率为 ，短轴长为
2.
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）过点 的直线 与椭圆 交于 、 两点，若以 为直径的圆恰好过坐标原点，求直线 的方
( )22 6 2x y+ − = 2
( )0 0,Q x y
2
20
0 110
x y+ = [ ]0 1,1y ∈ −
MQ = ( ) 2
22
0 0 0
26 50 9 3x y y + − = − +
[ ]0, 1,1y ∈ −
0y = − 2
3
5 2MQ =
最大 PQ 6 2
M
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
+ = > >
M 2 2 2: ( )C x y b b+ − = b
e 2e =
3 2
2
−
y x m= + ( )2 2 2 2 2 2 2 22 0b a x a mx a m a b+ + + − =
2 2 20, m a b∆ = ∴ = +
y x m= + C | | , (1 2)
2
b m b m b
− = ∴ = + (1 2)b−
2 2 2 2(1 2) b a b+ = + 2 2 2b a c= −
2 2 2 3 2(2 2 1) (2 2 2 ,) 2a c e
−+ = =∴+
3 2
2
−
L ( )2 2
2 2 1 0x y a ba b
+ = > > 3
2
L
( )0,2Q l L A B AB l程及 的大小.
【答案】(1) (2) ， .
【解析】（1）由 得 ，
又∵短轴长为 2 可得 ， ，
∴椭圆 的标准方程为： .
（2）易知直线 的斜率存在且不为零，设直线 的斜率为 ，
设直线 的方程为： ，则联立 ，
消元得： ，
，即 .
设 ， ，
∴ ， ，
由题意可知 ， 即：
，
∴ ，解得 ，
∴
.
综上：直线 的方程为： ， .
题型二、椭圆中的直线问题
1、（2020 届山东省潍坊市高三上期末）在平面直角坐标系中， ，设 的内切圆分
AB
2
2 14
x y+ = 2 2y x= ± + 4 65
17AB =
2 2 2 2
2
2 2 2
31 4
c a b be a a a
−= = = − = 2 24a b=
1b = 2 4a =
L
2
2 14
x y+ =
l l ( )0k k ≠
l 2y kx= + 2 2
2
4 4 0
y kx
x y
= +
+ − =
( )2 24 1 16 12 0k x kx+ + + =
( ) ( )2 2 216 16 48 4 1 16 4 3 0k k k∆ = × − + = − > 2 3
4k >
( )1 1,A x y ( )2 2,B x y
1 2 2
16
4 1
kx x k
−+ = + 1 2 2
12
4 1x x k
⋅ = +
OA OB⊥ 0OA OB⋅ =
( ) ( )2
1 2 1 2 1 2 1 21 2 4 0x x y y k x x k x x⋅ + ⋅ = + ⋅ + + + =
( )2 2
2 2
12 1 32 4 01 4 1 4
k k
k k
+
− + =+ +
2 34 4k = >
( )22 2
1 2 1 2 1 21 1 4k x x kAB x x x x= + − = + ⋅ + − ⋅
2
2
2
4 4 3 4 651 1 4 17
kk k
−= + ⋅ =+
l 2 2y x= ± + 4 65
17AB =
( ) ( )1 ,0 , 1,0A B− ABC别与边 相切于点 ，已知 ，记动点 的轨迹为曲线 .
(1)求曲线 的方程;
(2)过 的直线与 轴正半轴交于点 ，与曲线 E 交于点 轴，过 的另一直线与曲线 交
于 两点，若 ，求直线 的方程.
【答案】（1） （2） 或 .
【解析】
(1)由内切圆的性质可知 ， ， ，
.
所以曲线 是以 为焦点，长轴长为 的椭圆(除去与 轴的交点).
设曲线 则 ，
即
所以曲线 的方程为 .
(2)因为 轴，所以 ，设 ，
所以 ，所以 ，则
因为 ，所以 ，
所以
所以 ，所以
设 则
, ,AC BC AB , ,P Q R 1CP = C E
E
( )2,0G y S ,H HA x⊥ S E
M N、 6SMG SHNS S=
MN
2 2
1( 0)4 3
x y y+ = ≠ 6 12y x= + 6 12y x= − +
CP CQ= AP AR= BQ BR=
∴ CA CB CP CQ AP BQ+ = + + +
2 4CP AB AB= + = >
E ,A B 4 x
2 2
2 2: 1( 0, 0)x yE a b ya b
+ = > > ≠ 1,2 4c a= =
2 2 22, 3a b a c= = − =
E
2 2
1( 0)4 3
x y y+ = ≠
HA x⊥ 31, 2H −
( )00,S y
0
3
2
2 3
y −− =−
0 1y = ( )0,1S
2a c= 2SG SH=
1 sin 22 61 sin2
SMG
SMN
SM SG MSG SMS
S SNSN SH NSH
∠
= = =
∠
3SM
SN
= 3SM SN= −
( ) ( )1 1 2 2, , , ,M x y N x y ( )1 1, 1SM x y= −，所以
①直线 斜率不存在时， 方程为
此时 ，不符合条件舍去.
②直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 .
联立 ，得
所以 ，
将 代入得
，所以 .
所以 ，
所以直线 的方程为 或 .
2、(2019 苏州期初调查）已知椭圆 C：
x2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A，B，离心率为
1
2，点 P (1，
3
2 )
为椭圆上一点．
(1) 求椭圆 C 的标准方程；
(2) 如图，过点 C(0，1)且斜率大于 1 的直线 l 与椭圆交于 M，N 两点，记直线 AM 的斜率为 k1，直线 BN
的斜率为 k2，若 k1＝2k2，求直线 l 斜率的值．
( )2 2, 1SN x y= −
1 23x x= −
MN MN 0x =
3 1 2 3
3 1
SM
SN
+= = +
−
MN MN 1y kx= +
2 2
1
14 3
y kx
x y
= + + =
( )2 23 4 8 8 0,k x kx+ + − =
1 2 2
1 2 2
8
3 4
8
3 4
kx x k
kx x k
− + = + − ⋅ = +
1 23x x= −
2 2
2
2 2
8
3 4
83 3 4
kx k
kx k
− = +
= +
2 2
24 83 3 4 3 4
k k
k k
= + +
2 3 6,2 2k k= = ±
MN 6 12y x= + 6 12y x= − +规范解答 (1)因为椭圆的离心率为
1
2，所以 a＝2c.
又因为 a2＝b2＋c2，所以 b＝ 3c.
所以椭圆的标准方程为
x2
4c2＋
y2
3c2＝1.(3 分)
又因为点 P (1，
3
2 )为椭圆上一点，所以
1
4c2＋
9
4
3c2＝1，解得 c＝1.(5 分)
所以椭圆的标准方程为
x2
4 ＋
y2
3 ＝1.(6 分)
(2) 由椭圆的对称性可知直线 l 的斜率一定存在，设其方程为 y＝kx＋1.
设 M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立方程组{x2
4 ＋y2
3 ＝1，y＝kx＋1，消去 y 可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.
所以由根与系数关系可知 x1＋x2＝－
8k
3＋4k2，x1x2＝－
8
3＋4k2.(8 分)
因为 k1＝
y1
x1＋2，k2＝
y2
x2－2，且 k1＝2k2，所以
y1
x1＋2＝
2y2
x2－2.(10 分)
即
y
（x1＋2）2＝
4y
（x2－2）2. ①
又因为 M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，
所以 y21＝
3
4(4－x21)，y22＝
3
4(4－x22)． ②
将②代入①可得：
2－x1
2＋x1＝
4（2＋x2）
2－x2 ，即 3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0.(12 分)
所以 3(－ 8
3＋4k2)＋10(－ 8k
3＋4k2)＋12＝0，即 12k2－20k＋3＝0.(14 分)
解得 k＝
1
6或 k＝
3
2，又因为 k>1，所以 k＝
3
2.(16 分)
3、(2019 通州、海门、启东期末）如图，A 是椭圆
x2
4 ＋y2＝1 的左顶点，点 P，Q 在椭圆上且均在 x 轴上方，
(1) 若直线 AP 与 OP 垂直，求点 P 的坐标；
(2) 若直线 AP，AQ 的斜率之积为
3
4，求直线 PQ 的斜率的取值范围．
思路分析 第 1 问，由于点 A，O 已知，且 AP⊥PO，由此可得点 P 所满足的轨迹方程，再根据点 P 在椭
圆上，就可以通过两个方程所组成的方程组求得点 P 的坐标．
第 2 问，要研究直线 PQ 的斜率的取值范围，由于点 P、Q 与直线 AP，AQ 有关，因此，利用解方程组的
方法可以将点 P、Q 的坐标表示为直线 AP，AQ 的斜率的形式，进而将直线 PQ 的斜率表示为直线 AP，AQ 的
斜率的形式，利用 kAP·kAQ＝
3
4就可以利用基本不等式或利用消元法转化为单个变量的函数形式，通过函数求得它的取值范围．
(1) 设 P(x0，y0)，A(－2，0)，则AP→
＝(x0，y0)，OP→
＝(x0，y0)，因为直线 AP 与 OP 垂直，
所以AP→
·OP→
＝0，即 x0(x0＋2)＋y20＝0.(3 分)
得 x20＋2x0＋y20＝0.①
又点 P 在椭圆上，所以x
4＋y20＝1.②
由①②得 x0＝－
2
3或－2(舍去)，代入②得 y0＝±
2 2
3 .
因为点 P 在 x 轴上方，所以 P(－2
3，
2 2
3 ).(6 分)
(2)由于直线 AP，AQ 的斜率之积为
3
4，点 P，Q 在椭圆上且均在 x 轴上方．
所以可设直线 AP，AQ 的斜率分别为 k1，k2，则 k1k2＝
3
4，k1>0，k2>0.所以直线 AP 的方程为 y＝k1(x＋
2)．
联立{x2
4 ＋y2＝1
y＝k1（x＋2）
得(4k21＋1)x2＋16k21x＋16k21－4＝0.(8 分)
设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则－2x1＝
16k－4
4k＋1 ，即 x1＝
－2（4k－1）
4k＋1 .
同理可得，x2＝
－2（4k－1）
4k＋1 .(10 分)
所 以 直 线 PQ 的 斜 率 为 k ＝
y1－y2
x1－x2＝
k1（x1＋2）－k2（x2＋2）
x1－x2 ＝
k1(－2（4k－1）
4k＋1 ＋2)－k2(－2（4k－1）
4k＋1 ＋2)
－2（4k－1）
4k＋1 －－2（4k－1）
4k＋1
＝
4k1（4k＋1）－4k1（4k＋1）
2（4k－1）（4k＋1）－2（4k－1）（4k＋1）
＝
4（k2－k1）（4k1k2－1）
16（k－k） ＝
4k1k2－1
4（k2＋k1）＝
1
2（k2＋k1）.(12 分)
因为 k1k2＝3
4，k1>0，k2>0.
所以 k1＋k2≥2 k1k2＝ 3，注意到，点 P，Q 不重合，所以重号不成立．
所以 0<
1
2（k2＋k1）<
3
6 ，所以直线 PQ 的斜率的取值范围为(0，
3
6 ).(14 分)
4、(2019 南京、盐城一模）已知椭圆 C：
x2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)的两焦点之间的距离为 2，两条准线间的距离为
8，直线 l：y＝k(x－m)(m∈R)与椭圆交于 P，Q 两点．
(1) 求椭圆 C 的方程；
(2) 设椭圆的左顶点为 A，记直线 AP，AQ 的斜率分别为 k1，k2.
①若 m＝0，求 k1k2 的值；
②若 k1k2＝－
1
4，求实数 m 的值．
规范解答 (1)因为椭圆 C 的两个焦点间距离为 2，两准线间的距离为 2×
a2
c ＝8，所以 a＝2，c＝1，所以 b2＝
3，
所以椭圆的方程为
x2
4 ＋
y2
3 ＝1.(3 分)
(2)①设 P(x0，y0)，由于 m＝0，则 Q(－x0，－y0)，
由x
4＋
y
3＝1，得 y20＝3－
3x
4 ，(5 分)
所以 k1k2＝
y0
x0＋2·
－y0
－x0＋2＝
y
x－4＝
3－3x
4
x－4 ＝－
3
4.(8 分)
②由(1)得 A(－2，0)．
解法 1 设 P(x1，y1)，设直线 AP 的方程为 AP：y＝k1(x＋2)，
联立{x2
4 ＋y2
3 ＝1，
y＝k1（x＋2），
消去 y，得(3＋4k21)x2＋16k21x＋16k21－12＝0，所以 xA·x1＝
16k－12
3＋4k ，(10 分)
所以 x1＝
6－8k
3＋4k， 代入 y＝k1(x＋2)得 y1＝
12k1
3＋4k，
所以 P(6－8k
3＋4k，
12k1
3＋4k).(12 分)
由 k1k2＝－
1
4，得 k2＝－
1
4k1，所以 Q(24k－2
1＋12k，
－12k1
1＋12k).(13 分)
设 M(m，0)，由 P，Q，M 三点共线，得PM→
＝λQM
→
，
即
12k1
3＋4k×(24k－2
1＋12k－m)＝
－12k1
1＋12k×(6－8k
3＋4k－m)，
化简得(m－1)(16k21＋4)＝0，所以 m＝1.(16 分)
解法 2 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立{x2
4 ＋y2
3 ＝1，
y＝k（x－m），
消去 y，得(3＋4k2)x2－8mk2x＋4m2k2－12＝0，
所以 x1＋x2＝
8mk2
3＋4k2，x1·x2＝
4m2k2－12
3＋4k2 .(10 分)而 k1k2＝
y1
x1＋2·
y2
x2＋2＝
k（x1－m）
x1＋2 ·
k（x2－m）
x2＋2
＝
k2
x1x2＋2（x1＋x2）＋4＝－
1
4，(13 分)
化简得
k2（3m2－12）
4m2k2＋16mk2＋16k2＝－
1
4，即 m2k2＋mk2－2k2＝0.
因为 k2≠0，所以 m2＋m－2＝0，解得 m＝1 或 m＝－2(舍去)．
当 m＝1 时，Δ＞0，所以，m＝1.(16 分)
题型三、椭圆中的最值问题
1、（2020 届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆 的离心率为 ， 是其右焦点，
直线 与椭圆交于 ， 两点， .
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设 ，若 为锐角，求实数 的取值范围.
【答案】（1） （2） 或
【解析】（1）设 为椭圆的左焦点,连接 ,由椭圆的对称性可知, ,
所以 ,所以 ,
又 , ,解得 , ,
所以椭圆的标准方程为
（2）设点 ,则 , ,
联立 ,得 ,
所以 , ,
因为 为锐角,所以 ,
所以
( )2 2
2 2 1 0x y a ba b
+ = > > 3
2
F
y kx= A B 8AF BF+ =
( )3,0Q AQB∠ k
2 2
116 4
x y+ = 35
10k > 35
10k < −
1F 1F B 1AF F B=
1 2 8AF BF BF BF a+ = + = = 4a =
3
2
ce a
= = 2 2 2a b c= + 2 3c = 2b =
2 2
116 4
x y+ =
1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 1 1( 3, )QA x y= −
2 2( 3, )QB x y= −
2 2
116 4
x y
y kx
+ =
=
2 2(4 1) 16 0k x+ − =
1 2 0x x+ = 1 2 2
16
4 1x x k
−= +
AQB∠ 0QA QB⋅ >
1 2 1 2( 3)( 3)QA QB x x y y⋅ = − − +
1 2 1 2 1 29 3( )x x x x y y= − + + +,
解得 或
2、(2019 无锡期末）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：
x2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)的离心率为
3
2 ，且过点( 3，
1
2)，
点 P 在第四象限， A 为左顶点， B 为上顶点， PA 交 y 轴于点 C，PB 交 x 轴于点 D.
(1) 求椭圆 C 的标准方程；
(2) 求 △PCD 面积的最大值．
解答. (1) 由题意得：{
3
a2＋ 1
4b2＝1
c
a＝3
2
a2＝b2＋c2
得 a2＝4，b2＝1，(4 分)
故椭圆 C 的标准方程为：
x2
4 ＋y2＝1.(5 分)
(2) 由题意设 lAP：y＝k(x＋2)，－
1
2 35
10k < −＝
1
2]| 4k
1＋4k2－2k|＝
4|k（1＋2k）|
1＋4k2 ，(12 分)
因为－
1
20 得 k2>3
2，所以 t>8，
所以 AC2＝16＋]＝16(1＋
9t
t2＋8t＋16]＝16(1＋
9
t＋16
t ＋8
)．(14 分)
因为(t＋16
t ＋8)′＝1－16
t2 >0 在 t∈(8，＋∞)上恒成立，
所以 t＋
16
t ＋8 在 t∈(8，＋∞)上单调递增，所以 t＋
16
t ＋8>18, 0<
9
t＋16
t ＋8
<
1
2，1 > 1 2,F F 1 2| | 2F F =
1F C ,A B 2BF C M 2ABF∆（1）求 的离心率及方程；
（2）试问：是否存在定点 ，使得 为定值？若存在，求 ；若不存在，请说明理由.
【答案】（1） , ； （2）存在点 ，且 .
【解析】
（1）由题意可知， ，则 ，
又 的周长为 8，所以 ，即 ，
则 ， .
故 的方程为 .
（2）假设存在点 ，使得 为定值.
若直线 的斜率不存在，直线 的方程为 ， ， ，
则 .
若直线 的斜率存在，设 的方程为 ，
设点 ， ，联立 ，得 ，
根据韦达定理可得： ， ，
C
0( ,0)P x ·PM PB 0x
1
2
2 2
14 3
x y+ = P 0
11
8x =
1 2| |=2c=2F F 1c =
2ABF∆ 4 8a = 2a =
1
2
ce a
= = 2 2 2 3b a c= − =
C
2 2
14 3
x y+ =
P ·PM PB
BM BM 1x = 31, 2B
31, 2M −
( )2
0
9· 1 4PM PB x = − −
BM BM ( )1y k x= −
( )1 1,B x y ( )2 2,M x y
( )
2 2
14 3
1
x y
y k x
+ =
= −
( )2 2 2 24 3 8 4 12 0k x k x k+ − + − =
2
1 2 2
8
4 3
kx x k
+ = +
2
1 2 2
4 12
4 3
kx x k
−= +由于 ， ，
则
因为 为定值，所以 ，
解得 ，故存在点 ，且 .
3、(2019 苏北三市期末）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：
x2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)的离心率为
2
2 ，
且右焦点到右准线 l 的距离为 1.过 x 轴上一点 M(m，0)(m 为常数，且 m∈(0，2))的直线与椭圆 C 交于 A，B
两点，与 l 交于点 P，D 是弦 AB 的中点，直线 OD 与 l 交于点 Q.
(1) 求椭圆 C 的标准方程．
(2) 试判断以 PQ 为直径的圆是否经过定点．若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
规范解答 (1)由题意，得{e＝c
a＝ 2
2 ，
a2
c －c＝1，
，解得{a＝ 2，
c＝1， 所以 a2＝2，b2＝1，
所以椭圆 C 的标准方程为
x2
2 ＋y2＝1.(4 分)
(2)解法 1 由题意，当直线 AB 的斜率不存在或为零时显然不符合题意，所以可设直线 AB 的斜率为 k，
则直线 AB 的方程为 y＝k(x－m)．
又准线方程为 x＝2，
所以点 P 的坐标为 P(2，k(2－m))．(6 分)
由{y＝k（x－m），
x2＋2y2＝2， 得，x2＋2k2(x－m)2＝2，即(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，
所以 xA＋xB＝
4k2m
2k2＋1，则 xD＝
1
2· 4k2m
2k2＋1＝
2k2m
2k2＋1，yD＝k( 2k2m
2k2＋1－m)＝－
km
2k2＋1， (8 分)
所以 kOD＝－
1
2k，
从而直线 OD 的方程为 y＝－
1
2kx(也可用点差法求解)，
( )2 0 2,PM x x y= − ( )1 0 1,PB x x y= −
( ) 2
1 2 1 2 0 0 1 2•PM PB x x x x x x y y= − + + +
( ) ( )( ) ( )2 2 2
0 0 02 2 2 2
1 2 0 1 2 0 2
4 8 5 3 12
1 4 3
x x k x
k x x x k x x k x k
− − + −
= + − + + + + = +
·PM PB 2 2
0 0 04 8 5 3 12
4 3
x x x− − −=
0
11
8x = P 0
11
8x =所以点 Q 的坐标为 Q(2，－1
k).(10 分)
所以以 P，Q 为直径的圆的方程为(x－2)2＋(y＋1
k )＝0，
即 x2－4x＋2＋m＋y2－]y＝0.(14 分)
因为该式对∀k≠0 恒成立，令 y＝0，得 x＝2± 2－m，
所以以 PQ 为直径的圆经过定点(2 ± 2－m，0).(16 分)
解法 2 由题意，当直线 AB 的斜率不存在或为零时显然不符合题意．直线 l：x＝2.
设直线 AB 的方程为 x＝ny＋m，则 P(2，
2－m
n ).(6 分)
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 D(x1＋x2
2 ，
y1＋y2
2 ).(8 分)
联立{x＝ny＋m，
x2＋2y2＝2，得(n2＋2)y2＋2nmy＋m2－2＝0，Δ＝8(n2－m2＋2)>0，y1＋y2＝
－2nm
n2＋2 ，x1＋x2＝n(y1
＋y2)＋2m＝
4m
n2＋2，故 D( 2m
n2＋2，
－nm
n2＋2).(10 分)
所以 kOD＝－
n
2，直线 OD: y＝－
n
2x，故 Q(2，－n)，
则 PQ 中点为(2，
2－m－n2
2n )，PQ2＝
（n2－m＋2）
n2
2，
所以以 P，Q 为直径的圆的方程为(x－2)2＋(y＋n2＋m－2
2n )2＝(n2－m＋2
2n ) 2
，(14 分)
整理得(x－2)2＋y2＋m－2＋
n2＋m－2
n y＝0，令 y＝0，解得 x＝2± 2－m，
所以以 PQ 为直径的圆经过定点(2± 2－m，0)．(16 分)
4、(2018 苏州期末）在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：
x2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)的离心率为
2
2 ，椭圆上动点 P 到
一个焦点的距离的最小值为 3( 2－1)．
(1) 求椭圆 C 的标准方程；
(2) 已知过点 M(0，－1)的动直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，试判断以线段 AB 为直径的圆是否恒过
定点，并说明理由．
规范解答 (1) 由题意，得{c
a＝ 2
2 ，
a－c＝3（ 2－1），
解得{a＝3 2，
c＝3. 所以 b2＝a2－c2＝9.(4 分)
椭圆 C 的标准方程是
x2
18＋
y2
9 ＝1.(6 分)
(2) 当直线 l 的斜率不存在时，以 AB 为直径的圆的方程为 x2＋y2＝9；(7 分)
当直线 l 的斜率为零时，以 AB 为直径的圆的方程为 x2＋(y＋1)2＝16.(8 分)
这两圆仅有唯一公共点，也是椭圆的上顶点 D(0，3)．猜想以 AB 为直径的圆恒过定点 D(0，3)．(9 分)证明如下：
证法 1(向量法) 设直线 l 的方程为 y＝kx－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．只要证DA→
·DB→
＝x1x2＋(y1－3)(y2－
3)＝x1x2＋(kx1－4)(kx2－4)＝0 即可．
即要证DA→
·DB→
＝(1＋k2)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝0.(11 分)
由{y＝kx－1，
x2＋2y2＝18，消去 y，得(1＋2k2)x2－4kx－16＝0，Δ＝16k2＋64(1＋2k2)>0，此方程总有两个不等
实根 x1，x2.
x1，2＝
2k ± 2 9k2＋4
1＋2k2 ，所以 x1＋x2＝
4k
1＋2k2，x1x2＝
－16
1＋2k2.(14 分)
所以DA→
·DB→
＝(1＋k2)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝
－16（1＋k2）
1＋2k2 －
16k2
1＋2k2＋16＝0.
所以 DA⊥DB，所以以 AB 为直径的圆恒过定点 D(0，3)．(16 分)
证法 2(斜率法) 若设 DA，DB 的斜率分别为 k1，k2，只要证 k1k2＝－1 即可．
设直线 l 的斜率为 λ，则
yA＋1
xA ＝λ.
由点 A 在椭圆 x2＋2y2＝18 上，得 x2A＋2y2A＝18，变形得
yA－3
xA ·
yA＋3
xA ＝－
1
2，即 k1·
yA＋3
xA ＝－
1
2.
设 yA＋3＝m(yA－3)＋n(yA＋1)，可得 m＝－
1
2，n＝
3
2，得
yA＋3
xA ＝
3
2λ－
1
2k1.
从而 k1(3λ－k1)＝－1，即 k21－3λk1－1＝0.
同理 k22－3λk2－1＝0，所以 k1，k2 是关于 k 的方程 k2－3λk－1＝0 的两实根．
由根与系数关系，得 k1k2＝－1.所以 DA⊥DB，所以以 AB 为直径的圆恒过定点 D(0，3)．(16 分)
5、(2019 镇江期末）已知椭圆 C：
x2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)的长轴长为 4，两准线间距离为 4 2.设 A 为椭圆 C 的左
顶点，直线 l 过点 D(1，0)，且与椭圆 C 相交于 E，F 两点．
(1) 求椭圆 C 的方程；
(2) 若△AEF 的面积为 10，求直线 l 的方程；
(3) 已知直线 AE，AF 分别交直线 x＝3 于点 M，N，线段 MN 的中点为 Q，设直线 l 和 QD 的斜率分
别为 k(k≠0)，k′，求证：k·k′为定值．
. 规范解答 (1)由长轴长 2a＝4，两准线间距离 2
a2
c ＝4 2，解得 a＝2，c＝ 2，(2 分)
则 b2＝a2－c2＝2，即椭圆方程为
x2
4 ＋
y2
2 ＝1.(4 分)(2) 当直线 l 的斜率不存在时，
此时 EF＝ 6，△AEF 的面积 S＝
1
2AD·EF＝
3
2 6，不合题意；(5 分)
故直线 l 的斜率存在，设直线 l：y＝k(x－1)，代入椭圆方程得，
(1＋2k2)x－4k2x＋2k2－4＝0.
因为 D(1，0)在椭圆内，所以 Δ>0 恒成立．
设 E(x1，y1)，F(x2，y2)，则有 x1＋x2＝
4k2
1＋2k2，x1x2＝
2k2－4
1＋2k2.(6 分)
故 EF＝ （x1－x2）2＋（y1－y2）2＝ 1＋k2|x1－x2|＝ 1＋k22 2 3k2＋2
1＋2k2 .(7 分)
又点 A 到直线 l 的距离 d＝
3|k|
1＋k2，(8 分)
则△AEF 的面积 S＝
1
2d·EF＝
1
2·
3|k|
1＋k2· 1＋k2·
2 2 3k2＋2
1＋2k2 ＝3 2 3k4＋2k2
1＋2k2 ＝ 10，
则 k＝±1.(9 分)
综上，直线 l 的方程为 x－y－1＝0 和 x＋y－1＝0.(10 分)
(3) 证法 1 设点 E(x1，y1)，F(x2，y2)，则直线 AE：y＝
y1
x1＋2(x＋2)，
令 x＝3，得点 M(3，
5y1
x1＋2)，同理可得 N(3，
5y2
x2＋2)，
所以点 Q 的坐标为(3，
5
2y1
x1＋2＋
5
2y2
x2＋2).(12 分)
直线 QD 的斜率为 k′＝
5y1
2（x1＋2）＋ 5y2
2（x2＋2）
3－1 ＝
5
4( y1
x1＋2＋ y2
x2＋2)，(13 分)
而
y1
x1＋2＋
y2
x2＋2＝
k（x1－1）
x1＋2 ＋
k（x2－1）
x2＋2 ＝k·
2x1x2＋x1＋x2－4
x1x2＋2（x1＋x2）＋4.(14 分)
由(2)知 x1＋x2＝
4k2
1＋2k2，x1x2＝
2k2－4
1＋2k2，代入上式得，(15 分)
y1
x1＋2＋
y2
x2＋2＝k·
4k2－8＋4k2－4（1＋2k2）
2k2－4＋8k2＋4＋8k2 ＝
－12k
18k2 ＝－
2
3k.
则有 k′＝－
5
6k，所以 k·k′＝－
5
6，为定值．(16 分)
(3) 证法 2 设点 M(3，m)，N(3，n)，且 m≠n，
则 Q(3，
m＋n
2 )，从而 k′＝
m＋n
2
3－1＝
m＋n
4 .
直线 AM 的方程为 y＝
m
5(x＋2)，
与椭圆方程联立得(x＋2)(x－2)＋
2m2
25 (x＋2)2＝0，
可知 x＝－2 或 x＝
50－4m2
25＋2m2，即点 E(50－4m2
25＋2m2，
20m
25＋2m2).故 kDE＝
20m
25＋2m2
50－4m2
25＋2m2－1
＝
20m
25－6m2.
同理可得 kDF＝
20n
25－6n2.又 D，E，F 三点共线，
则有 k＝kDE＝kDF＝
20m
25－6m2＝
20n
25－6n2＝
20m－20n
6n2－6m2＝
20（m－n）
－6（m＋n）（m－n）＝－
10
3（m＋n）.
从而有 k·k′＝－
5
6.
6、(2019 苏锡常镇调研（一））已知椭圆 E：x2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)的离心率为
3
2 ，焦点到相应准线的距离为
3
3 .
(1) 求椭圆 E 的标准方程；
(2) 已知 P(t，0)为椭圆 E 外一动点，过点 P 分别作直线 l1 和 l2，直线 l1 和 l2 分别交椭圆 E 于点 A，B
和点 C，D，且 l1 和 l2 的斜率分别为定值 k1 和 k2，求证：
PA·PB
PC·PD为定值．
规范解答 (1)设椭圆的半焦距为 c，由已知得，
c
a＝ 3
2 ，则
a2
c －c＝
3
3 ，c2＝a2－b2，(3 分)
解得 a＝2，b＝1，c＝ 3，(5 分)
所以椭圆 E 的标准方程是x2
4 ＋y2＝1.(6 分)
(2) 解法 1 由题意，设直线 l1 的方程为 y＝k1(x－t)，
代入椭圆 E 的方程中，并化简得(1＋4k21)x2－8k21tx＋4k21t2－4＝0，(8 分)
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)．
则 x1＋x2＝
8kt
1＋4k，x1x2＝
4kt2－4
1＋4k ，
因为 PA＝ 1＋k|x1－t|，PB＝ 1＋k|x2－t|，(10 分)
所以 PA·PB＝(1＋k21)|x1－t||x2－t|＝(1＋k21)|t2－(x1＋x2)t＋x1x2|
＝(1＋k21)|t2－
8kt2
1＋4k＋
4kt2－4
1＋4k |＝
（1＋k）|t2－4|
1＋4k ，(12 分)
同理，PC·PD＝
（1＋k）|t2－4|
1＋4k ，(14 分)
所以PA·PB
PC·PD＝
（1＋k）（1＋4k）
（1＋k）（1＋4k）为定值．(16 分)
解法 2 由题意，设直线 l1 的方程为 y＝k1(x－t)，直线 l2 的方程为 y＝k2(x－t)，
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．直线 l1 的方程为 y＝k1(x－t)，
代入椭圆 E 的方程中，并化简得(1＋4k21)x2－8k21tx＋4k21t2－4＝0，(8 分)
则 x1＋x2＝
8kt
1＋4k，x1x2＝
4kt2－4
1＋4k ，同理则 x3＋x4＝
8kt
1＋4k，x3x4＝
4kt2－4
1＋4k ，
PA→
·PB→
＝(x1－t，y1)(x2－t，y2)＝(x1－t)(x2－t)＋k21(x1－t)(x2－t)＝(x1－t)(x2－t)(1＋k21)，
PC→
·PD→
＝(x3－t，y3)(x4－t，y4)＝(x3－t)(x4－t)＋k22(x3－t)(x4－t)＝(x3－t)(x4－t)(1＋k22)．(12 分)
因为 P，A，B 三点共线，所以PA→
·PB→
＝PA·PB，同理，PC→
·PD→
＝PC·PD.
PA·PB
PC·PD＝
PA→
·PB→
PC→
·PD→
＝
（x1－t）（x2－t）（1＋k）
（x3－t）（x4－t）（1＋k）
＝
（1＋k）
（1＋k）·
（x1－t）（x2－t）
（x3－t）（x4－t）
＝
（1＋k）
（1＋k）·
x1x2－t（x1＋x2）＋t2
x3x4－t（x3＋x4）＋t2.
代入 x1＋x2＝
8kt
1＋4k，x1x2＝
4kt2－4
1＋4k ，x3＋x4＝
8kt
1＋4k，x3x4＝
4kt2－4
1＋4k ，
化简得
PA·PB
PC·PD＝
（1＋k）（1＋4k）
（1＋k）（1＋4k），(14 分)
因为是定值，所以
PA·PB
PC·PD＝
（1＋k）（1＋4k）
（1＋k）（1＋4k）为定值．(16 分)
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