弦长公式(高二版椭圆).doc

圆锥曲线综合问题
1. 直线方程的处理：若直线方程未给出，应先假设。
（1）若已知直线过点，则假设方程为；
（2）若已知直线的斜率，则假设方程为；
（3）若仅仅知道是直线，则假设方程为
【注】以上三种假设方式都要注意斜率是否存在的讨论；
（4）若已知直线恒过轴上一点，且水平线不满足条件（斜率为0），可以假设
直线为。【反斜截式，】不含垂直于y轴的情况（水平线）
2.弦长公式：若直线与椭圆相交于两点，求弦长的步骤： 设，联立方程组（将直线方程代入椭圆方程）：
消去整理成关于的一元二次方程：，
则是上式的两个根，；由韦达定理得：
又两点在直线上，故，则，从而

【注意：如果联立方程组消去整理成关于的一元二次方程：，则
】
3、其他常见问题处理
（1）等腰（使用垂直平分）,平行四边形（使用向量的平行四边形法则或者对角线中点重合）
（2）直径（圆周角为直角，向量垂直或斜率乘积等于），其次考虑是否需要求圆的方程。
（3）锐角和钝角使用数量积正负求解；涉及到其它角的问题使用正切值，转化为斜率求解；
（4）三角形内切圆的半径与三角形面积的关系：；
（5）圆的弦长用垂径定理；（6）涉及到焦点要联想到定义；
（7）三点共线，长度之比尽量使用相似三角形转化为坐标之比，利用韦达定理。
例1．（2007山东卷）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，两准线(注：左右准线方程为)间的距离为4
(Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)直线l过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点，当ΔAOB面积取得最大值时，求直线l的方程.
例1.解：(1).
（Ⅱ）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为
由，消去y得关于x的方程：
由直线与椭圆相交于A、B两点，解得
又由韦达定理得,
点到直线的距离，.
令， 则，
当且仅当即时， 此时.所求直线为解法二：由题意知直线l的斜率存在且不为零.设直线l的方程为，则直线l与x轴的交点，
由解法一知且，
解法1： =
.下同解法一.
解法2：=。

例2：已知椭圆的左、右焦点分别为，．过的直线交椭圆于两点，过的直线交椭圆于两点，且，垂足为．
（Ⅰ）设 ，证明：；（Ⅱ）求四边形的面积的最小值．
例2：解：（Ⅰ）椭圆的半焦距，由知点在以线段为直径的圆上，故，所以 (处理方法一)．
（处理方法二）
（Ⅱ）（ⅰ）当的斜率存在且时，的方程为，代入椭圆方程，并化简得．
设，，则，
；因为与相交于点，且的斜率为，同理可得（这里AC和BD都过P与椭圆相交）故四边形的面积, 注意
．
, 当时，上式取等号．
（ⅱ）当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积．
四边形的面积的最小值为．【也可以令，或者对分母用基本不等式】
例3、[2014·陕西文] 已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)经过点(0，)，离心率为，左、右焦点分别为F1，F2．
(1)求椭圆的方程；(2)若斜率为－的直线l与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足＝，求直线l的方程．

例3．解： (1)椭圆的方程为＋＝1.
(2)由题设，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，∴圆心(0，0)到直线l的距离d＝.
由d<1，得|m|<，(*) ∴|CD|＝2＝2＝.（垂径定理）
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2－mx＋m2－3＝0，>0
x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3，∴|AB|＝＝.
由＝，得＝1，解得m＝±，满足(*)．∴直线l的为y＝－x
例4、(2014全国I卷理)已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
例4．解：(1) ＋y2＝1.(2)当l⊥x轴时不合题意，故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
将y＝kx－2代入＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，
当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，从而|PQ|＝=.
又点O到直线l的距离d＝，所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝.
设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等

号成立，满足Δ>0，所以，当△OPQ的面积最大时，k＝±，l的方程为y＝
例5、（2007浙江文）如图，直线y＝kx＋b与椭圆交于A、B两点，记△AOB的面积为S．
(I)求在k＝0，0＜b＜1的条件下，S的最大值；
（Ⅱ)当｜AB｜＝2，S＝1时，求直线AB的方程．
例5、解：(I)设点A的坐标为(，点B的坐标为，由，
得
当且仅当时，．S取到最大值1．
法二：
法三：令，
（Ⅱ）由得，　　①
｜AB｜＝ ②
又因为O到AB的距离　　所以　　③
③代入②消去b得解得，，代入①式检验，△＞0，
故直线AB是或或或．
例6、（2007陕西文）已知椭圆C:=1(a＞b＞0)的离心率为,短轴一个端点到右焦点的距离为.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求△AOB面积的最大值.
例6、解：（Ⅰ）椭圆方程为．
（Ⅱ）设，．（1）当轴时，．
（2）当与轴不垂直时，设直线的方程为．
把代入椭圆方程，整理得，
，．
由已知，得．…………①
由于 ，面积取最大值只需|AB|最大,
|AB| （离分）
当时，【也可以令，或者用基本不等式】
当时．当且仅当，
即时等号成立．综上所述．
当最大时，面积取最大值．
例7、【2015江苏文理】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程.
例7、解析：（1）．
（2）处理一：当轴时，，又，不合题意．
当与轴不垂直时，设直线的方程为，，，
将的方程代入椭圆方程，得，>0
则，AB的中点的坐标为，且．
若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意．
从而，故直线PC的方程为故
从而（用两点间距离公式）|PC|=，因为|PC|=2|AB|，所以
，解得，所以直线AB方程为
处理二：显然AB不可能水平，且过F(1,0)，故设AB直线为，联立
，得，
设，，则，
故，
故PC直线方程为，故，点P到直线AB的距离（用点到直线的距离公式）|PC|=
故解得，即
例8、【2015浙江理】椭圆上两个不同的点，关于直线对称．
（1）求实数的取值范围；（2）求面积的最大值（为坐标原点）．
例8、（1）解法1：由题意知，可设直线AB的方程为，即，
由， 消去，得，
∵直线与椭圆有两个不同的交点，
∴， 设，，
故AB中点代入直线方程解得， 代入判别式中得，得或；
解法二：（点差法）设，，AB中点M ，
故，，两式相减得，即
，变形为
故…………..①
又C在直线上，故…………..②，联立①②得在椭圆内，所以解得，故或；
（2），点O到AB距离，
=换元法
∴，当且仅当t=1时，.
(或者，令化为二次函数处理。)
例9、【2015山东，文理】平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上.
(Ⅰ)求椭圆的方程；（Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线 交椭圆于点.
( i )求的值； （ii）求面积的最大值.
例9.解析：（I）椭圆C的标准方程为.
（II）由（I）知椭圆E的方程为,
（i）设， ，由题意知 因为,
又 ，即 ,所以 ，即 .
（ii）设 将代入椭圆E的方程，
可得由 ，（估计你算晕了吧，记住：系数太大要提取公因数减少计算），可得 ………………①
则有 ，因为直线与轴交点的坐标为
所以的面积

令 ，【这换元太有难度了, 最好看成关于的开口向下的二次函数，看对称轴】
将 代入椭圆C的方程可得
由 ，可得 …………………………………………②
由①②可知 因此 ,故
当且仅当 ，即 时取得最大值
由（i）知， 面积为 ,所以面积的最大值为 .
例10、（2011天津理）已知椭圆的离心率．连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线与椭圆相交于不同的两点．已知点的坐标为．
(ⅰ) 若,求直线的倾斜角;
(ⅱ)点在线段的垂直平分线上，且．求的值．
例10、【解】（Ⅰ）椭圆的方程．
（Ⅱ）(ⅰ)由（Ⅰ）得.设点的坐标为，
由题意直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为。
于是两点的坐标满足方程组由方程组消去并整理得
，
处理方法一：(直接求解点的坐标)因为是方程的一个根，则由韦达定理有
（体会这种方法），所以，从而．
(两点间距离公式)。
处理方法二：>0，。由，
得，整理得　，，
所以．所以直线的倾斜角为或．
(ⅱ)线段的中点为，则的坐标为．
下面分情况讨论：
(1) 当时，点的坐标为，线段的垂直平分线为轴．
于是，，由得．
(2) 当时，线段的垂直平分线方程为
．令得
由，，

．整理得．．
所以．综上，或．
例11、（2007山东理）已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点距离的最大值为，最小值为．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）若直线与椭圆相交于，两点（不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
例11、解(I)由题意设椭圆的标准方程为
，，
(II)设，由得，
，得.

以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，
，，
，，解得
，且满足.
当时，，直线过定点与已知矛盾；
当时，，直线过定点
综上可知，直线过定点，定点坐标为
例12、 (2005全国卷II)已知、、、四点都在椭圆上，为椭圆在轴正半轴上的焦点．已知与共线，与共线，且．求四边形的面积的最小值和最大值．
例12、解：如图，由条件知MN和PQ是椭圆的两条弦，相交于焦点F(0,1)，且PQ⊥MN，直线PQ、NM中至少有一条存在斜率，不妨设PQ的斜率为K，又PQ过点F(0,1)，故PQ的方程为=+1，将此式代入椭圆方程得(2+)+2－1=0
设P、Q两点的坐标分别为(，)，(，)，则
，从而
(1)当≠0时，MN的斜率为－，(－代替k)同理可得
故四边形面积，
令=得，∵=≥2
当=±1时=2，S=且S是以为自变量的增函数，∴
②当=0时，MN为椭圆长轴，|MN|=2，|PQ|=。∴S=|PQ||MN|=2
综合①②知四边形PMQN的最大值为2，最小值为。
例13、（2013年浙江理）如图,点是椭圆的一个顶点,的长轴是圆的直径.是过点且互相垂直的两条直线,其中交圆于两点,交椭圆于另一点
(1)求椭圆的方程;(2)求面积取最大值时直线的方程.
例13、解:(Ⅰ) ;
(Ⅱ),都过点, 设直线,存在不为0，直线,所以圆心到直线的距离为,直线被圆所截的弦
由,所以 >0
,所以
,
当时等号成立,直线
例14、已知椭圆的焦点坐标为(-1,0)，(1,0)，过垂直于长轴的直线交椭圆于P、Q两点，且|PQ|=3，
(1) 求椭圆的方程； (2) 过的直线l与椭圆交于不同的两点M、N，则△MN的内切圆的面积是否存在最大值？若存在求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由.
例14、解：（1）椭圆方程为=1
（2） 设M，N,设△MN的内切圆的径R，则△MN的周长为4a=8，（MN+M+N）R=4R，因此最大，R就最大，
法一：利用面积公式
(水平宽与铅垂高乘积的一半，三角形被水平线或竖直线分割成同底的两个三角形)
由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x=my+1，（灵活使用反斜截式）
由得+6my-9=0，
则=，（这里使用了 =）
令t=,则t≥1, 则,
≤=3,即当t=1,m=0时，≤=3, =4R，∴=，
这时所求内切圆面积的最大值为π.故直线l:x=1，△AMN内切圆面积的最大值为π
法二、更具有一般性
由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x=my+1，（灵活使用反斜截式）
点到直线MN的距离
由得+6my-9=0，
，
≤=3,即当t=1,m=0时，≤=3, =4R，∴=，
这时所求内切圆面积的最大值为π.故直线l:x=1，△AMN内切圆面积的最大值为π
例15、[2014·四川文] 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－2，0)，离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；(2)设O为坐标原点，T为直线x＝－3上一点，过F作TF的垂线交椭圆于P，Q.当四边形OPTQ是平行四边形时，求四边形OPTQ的面积．
例15、解：(1) ＋＝1.
(2)设T点的坐标为(－3，m)，则直线TF的斜率kTF＝＝－m.
当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝，直线PQ的方程是x＝my－2.
当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得
消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)＞0.
所以y1＋y2＝，y1y2＝，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝.
因为四边形OPTQ是平行四边形，所以＝，即(x1，y1)＝(－3－x2，m－y2)．
所以解得m＝±1.
方法2：利用平行四边形对角线OT和PQ的中点重合.OT的中点，PQ的中点，故且，解得m＝±1.故四边形OPTQ的面积
S四边形OPTQ＝2S△OPQ＝2·|OF|·|y1－y2|＝2 ＝2 .
例16、[2014·四川卷] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．
(1)求椭圆C的标准方程． (2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.
①证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；
②当最小时，求点T的坐标．
例16．解：(1)由已知可得解得a2＝6，b2＝2，
所以椭圆C的标准方程是＋＝1.
(2)①证明：由(1)可得，F的坐标是(－2，0)，设T点的坐标为(－3，m)，
则直线TF的斜率kTF＝＝－m.
当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝.直线PQ的方程是x＝my－2.
当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得
消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0.
所以y1＋y2＝，y1y2＝，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝.
设M为PQ的中点，则M点的坐标为.所以直线OM的斜率kOM＝－，
又直线OT的斜率kOT＝－，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.
②由①可得，|TF|＝，
|PQ|＝＝
＝＝.
所以＝＝≥＝.
当且仅当m2＋1＝，即m＝±1时，等号成立，此时取得最小值．
故当最小时，T点的坐标是(－3，1)或(－3，－1)．
例17、（2011北京理）已知椭圆G：，过点（m，0）作圆的切线l交椭圆G于A，B两点。
（1）求椭圆G的焦点坐标和离心率；
（2）将表示为m的函数，并求的最大值。
例17、解：（Ⅰ）由已知得所以
所以椭圆G的焦点坐标为，离心率为
（Ⅱ）由题意知，点（m，0）不在圆内，故.
（注：点（m，0）在x轴上，且水平线不满足条件，用反斜截式处理直线方程）
设切线l的方程为，因为与圆相切，故圆心到直线l的距离
，即………..①
由,设，
则,（利用①式）
（特别注意弦长公式的变形）
因为故当时，|AB|的最大值为2.
例18、（2013年湖南（文））已知,分别是椭圆的左、右焦点,关于直线的对称点是圆的一条直径的两个端点.
(Ⅰ)求圆的方程;(Ⅱ)设过点的直线被椭圆和圆所截得的弦长分别为,.
当最大时,求直线的方程.
例18.解、(Ⅰ) 【画图】先求圆C关于直线x + y – 2 = 0对称的圆D,由题知圆D的直径为直线对称.
（说明：这里最好能列出关系式，求C点坐标）
(Ⅱ)由(Ⅰ)知(2,0), ,据题可设直线方程为: x = my +2,m∈R. 这时直线可被圆和椭圆截得2条弦,符合题意.
圆C:到直线的距离.
由垂径定理得.

，,故
. 令，
，
例19、【2016高考新课标1卷】设圆的圆心为A,直线l过点B（1,0）且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.
（I）证明为定值,并写出点E的轨迹方程；
（II）设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.
例19.⑴圆A整理为，A坐标，，则，
由，则,
所以E的轨迹为一个椭圆，方程为，()；
⑵ ；设，因为，设，联立
得；
则；
圆心到距离，
所以，

例20.某公园的大型中心花园的边界为椭圆，花园内种植各种花草，为增强观赏性，在椭圆内以其中心为直角顶点且关于中心对称的两个直角三角形内种植名贵花草(如图)，并以该直角三角形斜边开辟观赏小道(不计小道的宽度)，某园林公司承接了该中心花园的施工建设，在施工时发现，椭圆边界上任意一点到椭圆两焦点距离和为4(单位：百米)，且椭圆上点到焦点的最近距离为1(单位：百米).
(1)试以椭圆中心为原点建立适当的坐标系，求出该椭圆的标准方程；
(2)请计算观赏小道的长度(不计小道宽度)的最大值.
例20.解、(1)两焦点连线为x轴，中心为坐标原点建立直角坐标系设椭圆为＋＝1(a>b>0)，
由已知，2a＝4，a－c＝1，a＝2，c＝1，∴b＝，故椭圆的标准方程＋＝1.
(2)①若该直角三角形斜边斜率存在且不为0，设直角三角形斜边所在直线方程为y＝kx＋m，
斜边与椭圆的交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组
得3x2＋4(kx＋m)2＝12， 即(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，(6分)
则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)>0，即4k2－m2＋3>0.(7分)
，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝k2－＋m2＝，要使△AOB为直角三角形，需使x1x2＋y1y2＝0，
即＋＝0，所以7m2－12k2－12＝0，(9分)
即m2＝，故Δ＝48(4k2＋3－)＝>0，
所以 |AB| ＝ ＝
＝ ＝≤.
当仅当16k2＝，k＝±时，等号成立.
②若该直角三角形斜率不存在或斜率为0，则斜边长为.(12分)
综上可知，观赏小道长度的最大值为2(百米).

例21、（2013全国II卷理）平面直角坐标系中,过椭圆的右焦点作直交于两点,为的中点,且的斜率为.
(Ⅰ)求的方程;(Ⅱ)为上的两点,若四边形的对角线,求四边形面积的最大值.

例22、【2015高考湖北，文22】一种画椭圆的工具如图1所示．是滑槽的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且，．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕转动，M处的笔尖画出的椭圆记为C．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设动直线与两定直线和分别交于两点．若直线总与椭圆有且只有一个公共点，试探究：的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．
x
D
O
M
N
y
第22题图2
第22题图1

例22、【解析】（Ⅰ）因为，当在x轴上时，等号成立；同理，当重合，即轴时，等号成立. 所以椭圆C的中心为原点，长半轴长为，短半轴长为，其方程为
（Ⅱ）（1）当直线的斜率不存在时，直线为或，都有.
（2）当直线的斜率存在时，设直线， 由 消去，可得.因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，所以，即. ①
又由 可得；同理可得.由原点到直线的距离为和，可得
. ②
将①代入②得，. 当时，
；当时，.因，则，，所以，当且仅当时取等号.所以当时，的最小值为8.
综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，的面积取得最小值8.
例23、【2015湖南，文20】已知抛物线的焦点F也是椭圆
的一个焦点，与的公共弦长为，过点F的直线与相交于两点，与相交于两点，且与同向.
（I）求的方程；（II）若，求直线的斜率.
例23、试题解析：（I）由知其焦点F的坐标为，因为F也是椭圆的一个焦点，所以 ……..①； 又与的公共弦长为，与都关于轴对称，且的方程为，由此易知与的公共点的坐标为，……….②，联立①②得，故的方程为。
（II）如图，设
因与同向，且，
所以，从而，即，
于是 ③
设直线的斜率为，则的方程为，
由得，由是这个方程的两根，④
由得，而是这个方程的两根，
， ⑤
将④、⑤代入③，得。即
所以，解得，即直线的斜率为
方法2：因与同向，且，得，转化为弦长公式。
例24、已知F1，F2为椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，F2在以为圆心，1为半径的圆C2上，且|QF1|+|QF2|=2a．
（Ⅰ）求椭圆C1的方程；
（Ⅱ）过点P（0，1）的直线l1交椭圆C1于A，B两点，过P与l1垂直的直线l2交圆C2于C，D两点，M为线段CD中点，求△MAB面积的取值范围．

例24、解：（Ⅰ）圆C2的方程为，此圆与x轴相切，
切点为∴，即a2﹣b2=2，且，
又|QF1|+|QF2|=3+1=2a．∴a=2，b2=a2﹣c2=2，∴椭圆C1的方程为．
（Ⅱ）当l1平行x轴的时候，l2与圆C2无公共点，从而△MAB不存在；
设l1：x=t（y﹣1），则l2：tx+y﹣1=0．
由，消去x得（t2+2）y2﹣2t2y+t2﹣4=0，
则
又圆心到l2的距离，得t2＜1，又MP⊥AB，QM⊥CD
∴M到AB的距离即Q到AB的距离，设为d2，即．
∴△MAB面积，令
．∴△MAB面积的取值范围为
例25、【2015陕西，理20】已知椭圆（）的半焦距为，原点到经过两点，的直线的距离为．
（I）求椭圆的离心率；（II）如图，是圆的一条直径，若椭圆经过，两点，求椭圆的方程．
例25、解析：（I）过点，的直线方程为，
则原点到直线的距离，
由，得，解得离心率.
(II)解法一：由（I）知，椭圆的方程为. (1)
依题意，圆心是线段的中点，且.
易知，不与轴垂直，设其直线方程为，代入(1)得
,>0
设则
由，得解得.,从而.
于是.
由，得，解得.故椭圆的方程为.
解法二：由（I）知，椭圆的方程为. (2)

例26、【2015高考湖南，理20】已知抛物线的焦点(0,1)也是椭圆的一个焦点，与的公共弦的长为.
（1）求的方程；（2）过点的直线与相交于，两点，与相交于，两点，且与同向.[来..
（ⅰ）若，求直线的斜率；（ⅱ）设在点处的切线与轴的交点为，
证明：直线绕点旋转时，总是钝角三角形。
例26、解析：（1）由：知其焦点的坐标为，∵也是椭圆的一焦点，
∴ ①，又与的公共弦的长为，与都关于轴对称，且的方程为，由此易知与的公共点的坐标为，∴②，联立①，②，得，，故的方程为；
（2）如图，，，，，
（i）∵与同向，且，∴，从而，即，于是……..③，
设直线的斜率为，则的方程为，
由得，由是这个方程的两根，④
由得，而是这个方程的两根，
，……… ⑤
将④、⑤代入③，得。即
所以，解得，即直线的斜率为
方法2：因与同向，且，得，转化为弦长公式。
(ii)由，故在点A处的切线为，将代入，即
，令y=0，得，即M(,0)，，而，于是，因此是锐角，从而是钝角，故直线绕点旋转时，总是钝角三角形。

例27、【2015上海文理】已知椭圆，过原点的两条直线和分别于椭圆交于、和、，记得到的平行四边形的面积为.
（1）设，，用、的坐标表示点到直线的距离，并证明；（2）设与的斜率之积为，求面积的值.
例27、【解析】证明：（1）直线，
点到的距离，，
所以.
解：（2）设，则.设，.由，得. 同理.
由，，
整理得.
例28、【2016山东理】平面直角坐标系中，椭圆C： 的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.
（I）求椭圆C的方程；
（II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
（i）求证：点M在定直线上;
（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求 的最大值及取得最大值时点P的坐标.

（Ⅱ）（i）设，由可得，
所以直线的斜率为，因此直线的方程为，即.
设，联立方程
得，由，得且，因此,将其代入得，因为，所以直线方程为.
联立方程，得点的纵坐标为，即点在定直线上.
（ii）由（i）知直线方程为，令得，所以，
又，所以，
，所以，
令，则，
当，即时，取得最大值，此时，满足，
所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.
例29、【2016年高考四川理数】已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.
（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；
（Ⅱ）设O是坐标原点，直线l’平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明：存在常数，使得，并求的值.
例29、解析：（I）由已知，，即，所以，则椭圆E的方程为.由方程组 得.①
方程①的判别式为，由，得，此方程①的解为，
所以椭圆E的方程为.点T坐标为（2,1）.
（II）由已知可设直线 的方程为，由方程组
可得，所以P点坐标为（ ），.
设点A，B的坐标分别为 .由方程组 可得
…………...②
方程②的判别式为，由，解得.
由②得.
所以 ，
同理，
所以
.
故存在常数，使得.
例30、（2016天津理）设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，
已知，其中 为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.
解得，或，由题意得，从而.
由（Ⅰ）知，，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为.
设，由方程组消去，解得.在中，，即，化简得，即，解得或.直线的斜率范围.
例31、【2016高考山东文数】已知椭圆C:（a>b>0）的长轴长为4，焦距为2.
（I）求椭圆C的方程；
(Ⅱ)过动点M(0，m)(m>0)的直线交x轴与点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B.
(i)设直线PM、QM的斜率分别为k、k'，证明为定值.
(ii)求直线AB的斜率的最小值.
例31、解：(Ⅰ) .

此时，所以为定值.

所以直线AB 的斜率的最小值为 .
例32、【2016高考四川文科】已知椭圆E：的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上.
(Ⅰ)求椭圆E的方程；(Ⅱ)设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：．

所以.
又
.所以.

例33、（2011湖南理21）如图，椭圆的离心率为，
x轴被曲线截得的线段长等于的长半轴长。
（Ⅰ）求，的方程；（Ⅱ）设与y轴的焦点为M，过坐标原点O的直线与相交于点A,B,直线MA,MB分别与相交与D, E．
（i）证明：MD⊥ME;
（ii）记△MAB,△MDE的面积分别是．
问：是否存在直线l,使得?请说明理由。
例33、解 ：（Ⅰ）由题意知
故，的方程分别为
（Ⅱ）（i）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为.
由得.
设是上述方程的两个实根，于是
又点M的坐标为（0，—1），所以

故MA⊥MB，即MD⊥ME.
（ii）设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为解得
则点A的坐标为.又直线MB的斜率为，
同理可得点B的坐标为
于是
由得解得
则点D的坐标为
又直线ME的斜率为，同理可得点E的坐标为
于是.
因此由题意知，
又由点A、B的坐标可知，
故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为
例34、（2011山东理22） 已知动直线与椭圆C: 交于P、Q两不同点，且△OPQ的面积=,其中O为坐标原点.
（Ⅰ）证明和均为定值;
（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求的最大值；
（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G，使得?
若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由.
例34、（I）解：（1）当直线的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，
所以因为在椭圆上，因此……………….①
又因为所以…………②
由①、②得此时
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为
由题意知m，将其代入，得，
其中即 …………（*）
又
所以
因为点O到直线的距离为

又整理得且符合（*）式，
此时

综上所述，结论成立。
（II）解法一：（1）当直线的斜率存在时，由（I）知
因此
（2）当直线的斜率存在时，由（I）知

所以

所以，当且仅当时，等号成立.
综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为
解法二：因为

所以
即当且仅当时等号成立。
因此 |OM|·|PQ|的最大值为
（III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得
证明：假设存在，
由（I）得

因此D，E，G只能在这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，与矛盾，
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.
例35、(2011四川)椭圆有两顶点A(－1，0)、B(1，0)，过其焦点F(0，1)的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q．
（Ⅰ）当时，求直线l的方程；
（Ⅱ）当点P异于A、B两点时，求证：为定值．
例35、解：（Ⅰ）因椭圆的焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为，由已知得，，所以，
则椭圆方程为．
直线l垂直于x轴时与题意不符．
设直线l的方程为，联立得，
设，，则，，，
．
由已知得，解得，所以直线l的方程为或．
（Ⅱ）直线l垂直于x轴时与题意不符．
设直线l的方程为（且），所以P点的坐标为．
设，，由（Ⅰ）知，，
直线AC的方程为：，直线BD的方程为：，
方法一：
联立方程设，解得，
不妨设，则
，因此Q点的坐标为，
又，∴．故为定值．
方法二：联立方程消去y得，
因为，所以与异号．

又，
∴与异号，与同号，∴，解得．
因此Q点的坐标为，又，∴．
故为定值．
例36、（2010安徽理数）已知椭圆经过点，对称轴为坐标轴，焦点在轴上，离心率。
(Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)求的角平分线所在直线的方程；
(Ⅲ)在椭圆上是否存在关于直线对称的相异两点？
若存在，请找出；若不存在，说明理由。

(II)解法一：由(1)知F1(－2,0)，F2(2,0)，∴直线AF1为y＝ (x＋2)，即3x－4y＋6＝0．直线AF2的方程为x＝2．由点A在椭圆E上的位置知，直线l的斜率为正数．设P(x，y)为直线l上任一点，则＝|x－2|．
若3x－4y＋6＝5x－10，得x＋2y－8＝0(因其斜率为负，舍去)．
于是，由3x－4y＋6＝－5x＋10得2x－y－1＝0，∴直线l的方程为2x－y－1＝0．

例37、(2009山东卷文)设,在平面直角坐标系中,已知向量,
向量,,动点的轨迹为E.
（1）求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状; 21世纪教育网
（2）已知,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交点A,B,且 (O为坐标原点),并求出该圆的方程;
(3)已知,设直线与圆C:(1<R<2)相切于A1,且与轨迹E只有一个公共点B1,当R为何值时,|A1B1|取得最大值?并求最大值.
例37、解:（1）因为,,,所以,
即。当m=0时,方程表示两直线方程为;当时, 方程表示的是圆；
当且时,方程表示的是椭圆; 当时,方程表示的是双曲线.
(2).当时, 轨迹E的方程为,设圆心在原点的圆的一条切线为,解方程组得,即,
△=,
即,即, 且
,
要使，即, 即,
即,
所以, 即且, 即恒成立.
所以又因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,
所以圆的半径为,, 所求的圆为.
当切线的斜率不存在时,切线为,与交于点或也满足.
综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且.
(3)当时,轨迹E的方程为,设直线的方程为,因为直线与
圆C:(1<R<2)相切于A1, 由（2）知, 即 ….①,
因为与轨迹E只有一个公共点B1, 由（2）知得,
即有唯一解
则△=, 即, ②
由①②得, 此时A,B重合为B1(x1,y1)点, 21世纪教育网
由 中,所以,,
B1(x1,y1)点在椭圆上,所以,所以,
在直角三角形OA1B1中,
因为当且仅当时取等号,所以,即
当时|A1B1|取得最大值,最大值为1.
例38、(2009山东卷理)设椭圆E: （a>b>0）经过M（2，），N(,1)两点，O为坐标原点，
（I）求椭圆E的方程；
（II）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,
且？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由。
例38、解:（1）因为椭圆E: （a>b>0）过M（2，），N(,1)两点,
所以解得所以椭圆E的方程为
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且,设该圆的切线方程为解方程组得,即, 21世纪教育网
则△=,即，
,
要使,需使,即,
所以,所以又,所以,
所以,即或,因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为,,,
所求的圆为,此时圆的切线都满足或,
而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足,综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且.
而
,
①当时因为
所以,所以,
所以当且仅当时取”=”. 21世纪教育网
② 当时,.
③ 当AB的斜率不存在时, 两个交点为或,