椭圆中定点定值问题(与顶点有关)

椭圆中的最值问题与定点、定值问题解决与椭圆有关的最值问题的常用方法 （1）利用定义转化为几何问题处理；（2）利用数形结合，挖掘数学表达式的几何特征进而求解； （3）利用函数最值得探求方法，将其转化为区间上的二次 函数的最值来处理，此时应注意椭圆中x 、y 的取值范围；（4）利用三角替代（换元法）转化为 三角函数的最值问题处理。

一 、椭圆上一动点与焦点的距离的最值问题 椭圆上一动点与焦点的距离称为焦半径，椭圆上一动点与长轴的两端点重合时，动点与焦点取得最大值a+c （远日点）、最小值a -c （近日点）。

推导：设点),(00y x P 为椭圆)0( 12222>>=+b a by a x 上的任意一点，左焦点为)0,(1c F -，2201)(||y c x PF ++=，由 1220220=+b y a x 得)1(22020ax b y -=，将其代入 20201)(||y c x PF ++=并化简得a x acPF +=01||。

所以，当点),(00y x P 为长轴的右端点)0,(2a A 重合时，a c a a acPF +=+⋅=max 1||；当点),(00y x P 为长轴的左端点)0,(1a A -重合时。

c a a a acPF -=+-⋅=)(||min 1。

当焦点为右焦点)0,(2c F 时，可类似推出。

1. （2015浙江卷）如图，已知椭圆 1222=+y x 上两个 不同的点A 、B 关于直线21+=mx y 对称。

（1）求实数m 的取值范围；（2）求AOB ∆面积的最大值（O 为坐标原点）。

解：（1）由题意知0≠m ，可设直线AB 的方程为b x my +-=1。

联立⎪⎩⎪⎨⎧+-==+bx m y y x 11222，消y 去，得012)121(222=-+-+b x m b x m 。

因为直线b x my +-=1与椭圆 1222=+y x 有两个不同的交点， 所以042222>++-=∆m b 。

椭圆中的定点定值问题椭圆是一个非常重要的几何概念，在数学和物理学中广泛应用。

它具有许多有趣的性质和特征。

其中之一就是定点定值问题。

在这篇文章中，我将探讨椭圆中的定点定值问题，并介绍一些相关的理论和应用。

首先，我们需要了解什么是椭圆。

一个椭圆可以定义为到两个固定点的距离之和等于定值的所有点的集合。

这两个固定点被称为焦点，而定值则被称为焦距。

椭圆还具有一个重要的性质，即焦点到椭圆上任意一点的距离之和是常数。

在椭圆中的定点定值问题中，我们考虑的是在椭圆上选择一个特定的点，并确定其到椭圆上的其他点的距离之和。

这个距离之和被称为点的性质或特征。

一个经典的例子是在椭圆上选择一个点P，然后求它到椭圆上的两个焦点的距离之和。

这个距离和被称为离心率。

离心率是椭圆的一个重要参数，它描述了椭圆的扁平程度。

当椭圆近似于圆形时，离心率接近于零；当椭圆非常扁平时，离心率接近于一。

除了离心率，我们还可以通过其他的定点定值问题来描述椭圆的性质。

例如，我们可以选择一个点P，并求它到椭圆上的任意一点的距离之和。

这个距离和等于椭圆的周长。

通过计算周长，我们可以比较不同椭圆之间的大小和形状。

在实际应用中，椭圆的定点定值问题具有广泛的应用。

例如，在椭圆曲线密码学中，椭圆上的点被用作密码算法的基础。

通过选择不同的定点定值问题，我们可以生成不同的加密和解密算法，从而实现安全的通信和信息传输。

此外，在计算机图形学和机器视觉中，椭圆的定点定值问题也扮演着重要的角色。

通过选择合适的定点定值问题，我们可以用椭圆来描述和识别不同的图像和对象。

这在图像处理和模式识别中具有重要的应用。

总结起来，椭圆中的定点定值问题是数学和物理学中一个有趣而重要的研究领域。

通过选择不同的点和定值，我们可以揭示椭圆的许多性质和特征。

这些性质和特征在许多领域中都有广泛的应用，包括密码学、计算机图形学和机器视觉等。

因此，研究定点定值问题对于我们深入理解椭圆的本质和应用具有重要意义。

例题1.（2020湖南，21题）已知A ，B 分别为椭圆E ：x 2a 2+y 2=1(a >1)的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =8.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． 【分析】(1)根据椭圆的几何性质，可写出A 、B 和G 的坐标，再结合平面向量的坐标运算列出关于a 的方程，解之即可；(2)设C(x 1,y 1)，D(x 2,y 2)，P(6,t)，然后分两类讨论：①t ≠0，设直线CD 的方程为x =my +n ，写出直线PA 和PB 的方程后，消去t 可得3y 1(x 2−3)=y 2(x 1+3)，结合x 229+y 22=1，消去x 2−3，可得(27+m 2)y 1y 2+m(n +3)(y 1+y 2)+(n +3)2=0，然后联立直线CD 和椭圆的方程，消去x ，写出韦达定理，并将其代入上式化简整理得关于m 和n 的恒等式，可解得n =32或−3(舍)，从而得直线CD 过定点(32,0)；②若t =0，则直线CD 的方程为y =0，只需验证直线CD 是否经过点(32,0)即可． 本题考查椭圆方程的求法、直线与椭圆的位置关系中的定点问题，涉及分类讨论的思想，有一定的计算量，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题． 思维升华解析几何包含两个主要问题，即已知曲线求方程和已知方程研究曲线的性质．对解析几何的复习，要在牢固掌握与解析几何有关的概念及几何性质的基础上，把上述两个问题作为复习和研究的重点，把握坐标法思想的精髓．这类题型的方法可以是设直线，运用韦达定理求出坐标之间的关系，过椭圆上一点的直线与椭圆相交是可以解出另一个交点的，而过椭圆外一点的直线与椭圆相交只能找到两个交点坐标的关系，不适宜解，再运用题目的条件整体化简。

也可以是设点的坐标，运用坐标在椭圆上或直线上整体代入化简，到底设什么需要根据题目条件，因题而异。

椭圆定点定值问题
椭圆的定点定值问题是指给定一个椭圆和一个定点，在这个椭圆上找到一个点，使得这个点到给定定点距离等于给定值。

具体来说，设椭圆的标准方程为 $\frac{x^2}{a^2} +
\frac{y^2}{b^2} = 1$ ，给定定点为 $(h,k)$ ，给定值为 $d$ ，
求点 $(x,y)$ 满足 $\sqrt{(x-h)^2 + (y-k)^2} = d$ 。

为了解决这个问题，可以将椭圆方程代入距离方程，得到
$ \sqrt{(x-h)^2 + (y-k)^2} = d$ ，展开并平方，得到 $ (x-h)^2 + (y-k)^2 = d^2$ 。

将椭圆标准方程 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ 代入
上式，可得 $ \frac{(x-h)^2}{a^2} + \frac{(y-k)^2}{b^2} = d^2$ 。

进一步整理，并消去分母，得到 $ b^2(x-h)^2 + a^2(y-k)^2 =
a^2b^2d^2$ 。

这个方程实际上是一个椭圆，其长轴和短轴分别为 $2a$ 和
$2b$ ，定点为 $(h,k)$ ，到定点距离之和为 $2d$ 。

因此，解
决椭圆的定点定值问题就转化为了找到满足这个新椭圆方程的点。

具体求解这个椭圆方程可能需要使用数值方法或者图形方法，先确定椭圆的长轴和短轴长度，然后在椭圆上画出定点，并找到到定点距离之和为给定值的点。

椭圆中的“定”五、一般结论30. 已知点()()0,0000≠y x y x A 是椭圆12222=+b y a x C ：()0>>b a 上一定点，过点A 的两直线21,l l 与椭圆C 的另一个交点分别为Q P 、，直线21,l l 的斜率分别为21,k k .（1）若2221a b k k =⋅，直线PQ 的斜率为定值00x y -.反之亦然. （2）若021=+k k ，直线PQ 的斜率为定值0202x a y b .反之亦然. 31.椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 的动弦BC 的两端点与椭圆上定点()00,y x A 连线的斜率存在，若斜率之积为定值()122≠m m a b ，则直线BC 必定过定点()()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--+11,1100m m y m m x M . 32.椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 的动弦BC 的两端点与椭圆上定点()00,y x A 连线的斜率存在，若斜率之和为定值()02≠n n a b ，则直线BC 必定过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛---0000,y x an b y bn a x N . 33.（1）一条经过点()0,m M 的直线l 与椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 交于B A ,两点，作A 关于长轴的对称点A ',则直线A B'过定点2,0a T m ⎛⎫ ⎪⎝⎭.（2）一条经过点()()0,M m b m b -<<的直线l 与椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 交于,P R 两点，设点20,b Q m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则PQM RQM ∠=∠.34.（1）过椭圆C 的左（右）准线上任意一点N 作椭圆的切线，切点为B A ,，则直线AB 必过椭圆的左（右）焦点，反之，当圆锥曲线的焦点弦AB 绕焦点F 运动时，过弦的端点,A B 的两切线交点的轨迹为F 对应的准线.（2）过椭圆C 的左（右）准线上任意一点N 作椭圆的切线，切点为A ，则以NA 为直径的圆过椭圆的左（右）焦点，即090NFA ∠=.35.过点()00,P x y 作直线交12222=+by a x C ：()0>>b a 于,A B 两点，点,P Q 在椭圆的异侧且点Q 在直线AB 上，若A P Q B A Q P B =，则点Q 在定直线00221x x y y a b+=上.36.已知()00,P x y 是椭圆 2222:1x y E a b+=外一点，过点P 作椭圆的切线，切点为,A B ，再过P 作椭圆的割线交椭圆于,M N ，交AB 于点Q ，令111,,s t u PM PN PQ===，则,,s t u 的关系是2s t u +=.37.自()00,P x y 点作椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 的两条切线，切点分别为12,P P ，则切点弦12PP 的方程为00221x x y y a b+=：.38.过椭圆()222210x y a b a b+=>>上一点()000,P x y 的切线方程为00221x x y y a b +=.39. （1）过圆2222x y a b +=+上任意一点作椭圆12222=+b y a x C ：()0>>b a 的两条切线，则这两条切线相互垂直.反之，作椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 的两条相互垂直的切线，则切线交点一定在圆2222x y a b +=+上.（2）过圆2222x y a b +=+上任意一点P 作椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 的两条切线,PA PB ,,A B 为切点，中心O 至切点弦的距离为1d ，P 点至切点弦的距离为2d ，则221222a b d d a b =+.40.在椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 中，焦点分别为1F 、2F ，点P 是椭圆上任意一点，θ=∠21PF F ，则2tan 221θb S PF F =∆。

椭圆中的最值问题与定点、定值问题解决与椭圆有关的最值问题的常用方法（1）利用定义转化为几何问题处理；（2）利用数形结合，挖掘数学表达式的几何特征进而求解；（3）利用函数最值得探求方法，将其转化为区间上的二次函数的最值来处理，此时应注意椭圆中x 、y 的取值范围；（4）利用三角替代（换元法）转化为三角函数的最值问题处理。

一、椭圆上一动点与焦点的距离的最值问题椭圆上一动点与焦点的距离称为焦半径，椭圆上一动点与长轴的两端点重合时，动点与焦点取得最大值a+c （远日点）、最小值a-c （近日点）。

推导：设点),(00y x P 为椭圆)0(12222>>=+b a b y a x 上的任意一点，左焦点为)0,(1c F -，20201)(||y c x PF ++=，由1220220=+b y ax 得)1(22020a x b y -=，将其代入20201)(||y c x PF ++=并化简得a x a cPF +=01||。

所以，当点),(00y x P 为长轴的右端点)0,(2a A 重合时，a c a a acPF +=+×=max 1||；当点),(00y x P 为长轴的左端点)0,(1a A -重合时。

c a a a a cPF -=+-×=)(||min 1。

当焦点为右焦点)0,(2c F 时，可类似推出。

1.（2015浙江卷）如图，已知椭圆1222=+y x 上两个不同的点A 、B 关于直线21+=mx y 对称。

（1）求实数m 的取值范围；（2）求AOB D 面积的最大值（O 为坐标原点）。

解：（1）由题意知0¹m ，可设直线AB 的方程为b x my +-=1。

联立ïîïíì+-==+bx m y y x 11222，消y 去，得012)121(222=-+-+b x m b x m 。

因为直线b x m y +-=1与椭圆1222=+y x 有两个不同的交点，所以042222>++-=D mb 。

一．解答题（共30小题）1．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，短轴长为4．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）P（2，n），Q（2，﹣n）是椭圆C上两个定点，A、B是椭圆C上位于直线PQ两侧的动点．①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；②当A、B两点在椭圆上运动，且满足∠APQ=∠BPQ时，直线AB的斜率是否为定值，说明理由．2．已知椭圆的离心率为，且经过点．（1）求椭圆C的方程；（2）已知A为椭圆C的左顶点，直线l过右焦点F与椭圆C交于M，N两点，若AM、AN的斜率k1，k2满足k1+k2=m （定值m≠0），求直线l的斜率．3．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的焦距为2，且过点．（1）求椭圆E的方程；（2）若点A，B分别是椭圆E的左、右顶点，直线l经过点B且垂直于x轴，点P是椭圆上异于A，B的任意一点，直线AP交l于点M．（ⅰ）设直线OM的斜率为k1，直线BP的斜率为k2，求证：k1k2为定值；（ⅱ）设过点M垂直于PB的直线为m．求证：直线m过定点，并求出定点的坐标．4．已知F1，F2分别是椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点，半焦距为c，直线x=﹣与x轴的交点为N，满足，设A、B是上半椭圆上满足的两点，其中．（1）求椭圆的方程及直线AB的斜率k的取值范围；（2）过A、B两点分别作椭圆的切线，两切线相交于一点P，试问：点P是否恒在某定直线上运动，请说明理由．5．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，其焦点在圆x2+y2=1上．（1）求椭圆的方程；（2）设A，B，M是椭圆上的三点（异于椭圆顶点），且存在锐角θ，使．（i）求证：直线OA与OB的斜率之积为定值；（ii）求OA2+OB2．6．已知椭圆的左焦点为F（﹣，0），离心率e=，M、N是椭圆上的动点．（Ⅰ）求椭圆标准方程；（Ⅱ）设动点P满足：，直线OM与ON的斜率之积为﹣，问：是否存在定点F1，F2，使得|PF1|+|PF2|为定值？，若存在，求出F1，F2的坐标，若不存在，说明理由．（Ⅲ）若M在第一象限，且点M，N关于原点对称，点M在x轴上的射影为A，连接NA 并延长交椭圆于点B，7．一束光线从点F1（﹣1，0）出发，经直线l：2x﹣y+3=0上一点P反射后，恰好穿过点F2（1，0）．（1）求P点的坐标；（2）求以F1、F2为焦点且过点P的椭圆C的方程；（3）设点Q是椭圆C上除长轴两端点外的任意一点，试问在x轴上是否存在两定点A、B，使得直线QA、QB的斜率之积为定值？若存在，请求出定值，并求出所有满足条件的定点A、B的坐标；若不存在，请说明理由．8．已知椭圆的离心率为，且经过点．（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l：y=kx+t（k≠0）交椭圆C于A、B两点，D为AB的中点，k OD为直线OD的斜率，求证：k•k OD为定值；（3）在（2）条件下，当t=1时，若的夹角为锐角，试求k的取值范围．9．如图所示，椭圆C：的焦点为F1（0，c），F2（0，﹣c）（c＞0），抛物线x2=2py（p＞0）的焦点与F1重合，过F2的直线l与抛物线P相切，切点在第一象限，且与椭圆C相交于A，B两点，且．（1）求证：切线l的斜率为定值；（2）当λ∈[2，4]时，求椭圆的离心率e的取值范围．10．已知椭圆（a＞b＞0）的右焦点为F1（2，0），离心率为e．（1）若e=，求椭圆的方程；（2）设A，B为椭圆上关于原点对称的两点，AF1的中点为M，BF1的中点为N，若原点O在以线段MN为直径的圆上．①证明点A在定圆上；②设直线AB的斜率为k，若k，求e的取值范围．11．在平面直角坐标系xOy中，椭圆=1（a＞b＞0）的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），左、右顶点分别为A，B，离心率为，动点P到F1，F2的距离的平方和为6．（1）求动点P的轨迹方程；（2）若，，Q为椭圆上位于x轴上方的动点，直线DM•CN，BQ分别交直线m于点M，N．（i）当直线AQ的斜率为时，求△AMN的面积；（ii）求证：对任意的动点Q，DM•CN为定值．12．（1）如图，设圆O：x2+y2=a2的两条互相垂直的直径为AB、CD，E在弧BD上，AE交CD于K，CE交AB 于L，求证：为定值（2）将椭圆（a＞b＞0）与x2+y2=a2相类比，请写出与（1）类似的命题，并证明你的结论．（3）如图，若AB、CD是过椭圆（a＞b＞0）中心的两条直线，且直线AB、CD的斜率积，点E是椭圆上异于A、C的任意一点，AE交直线CD于K，CE交直线AB于L，求证：为定值．13．作斜率为的直线l与椭圆C：交于A，B两点（如图所示），且在直线l的左上方．（1）证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；（2）若∠APB=60°，求△PAB的面积．14．设椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左．右焦点分别为F1F2，上顶点为A，过点A与AF2垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且2+=．（1）若过A．Q．F2三点的圆恰好与直线l：x﹣y﹣3=0相切，求椭圆C的方程；（2）在（1）的条件下，过右焦点F2作斜率为k的直线l与椭圆C交于M．N两点．试证明：+为定值；②在x轴上是否存在点P（m，0）使得以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，如果存在，求出m的取值范围，如果不存在，说明理由．15．已知A，B分别是椭圆C1：=1的左、右顶点，P是椭圆上异与A，B的任意一点，Q是双曲线C2：=1上异与A，B的任意一点，a＞b＞0．（I）若P（），Q（，1），求椭圆C l的方程；（Ⅱ）记直线AP，BP，AQ，BQ的斜率分别是k1，k2，k3，k4，求证：k1•k2+k3•k4为定值；（Ⅲ）过Q作垂直于x轴的直线l，直线AP，BP分别交l于M，N，判断△PMN是否可能为正三角形，并说明理由．16．已知椭圆=1的焦点坐标为（±1，0），椭圆经过点（1，）（1）求椭圆方程；（2）过椭圆左顶点M（﹣a，0）与直线x=a上点N的直线交椭圆于点P，求的值．（3）过右焦点且不与对称轴平行的直线l交椭圆于A、B两点，点Q（2，t），若K QA+K QB=2与l的斜率无关，求t的值．17．如图，已知椭圆的焦点为F1（1，0）、F2（﹣1，0），离心率为，过点A（2，0）的直线l交椭圆C于M、N两点．（1）求椭圆C的方程；（2）①求直线l的斜率k的取值范围；②在直线l的斜率k不断变化过程中，探究∠MF1A和∠NF1F2是否总相等？若相等，请给出证明，若不相等，说明理由．18．已知椭圆E：=1（a＞b＞0）上任意一点到两焦点距离之和为，离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，点P是右准线上任意一点，过F2作直线PF2的垂线F2Q交椭圆于Q点．（1）求椭圆E的标准方程；（2）证明：直线PQ与直线OQ的斜率之积是定值；（3）点P的纵坐标为3，过P作动直线l与椭圆交于两个不同点M、N，在线段MN上取点H，满足，试证明点H恒在一定直线上．19．如图，双曲线C1：与椭圆C2：（0＜b＜2）的左、右顶点分别为A1、A2第一象限内的点P在双曲线C1上，线段OP与椭圆C2交于点A，O为坐标原点．（I）求证：为定值（其中表示直线AA1的斜率，等意义类似）；（II）证明：△OAA2与△OA2P不相似．（III）设满足{（x，y）|，x∈R，y∈R}⊆{（x，y）|，x∈R，y∈R} 的正数m的最大值是b，求b的值．20．已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点．过右焦点F与x轴不垂直的直线l交椭圆于P，Q两点．（1）求椭圆的方程；（2）当直线l的斜率为1时，求△POQ的面积；（3）在线段OF上是否存在点M（m，0），使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．21．已知椭圆的离心率为，且椭圆上的点到两个焦点的距离和为2．斜率为k（k≠0）的直线l过椭圆的上焦点且与椭圆相交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与y轴相交于点M（0，m）．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）求m的取值范围；（Ⅲ）试用m表示△MPQ的面积，并求面积的最大值．22．已知椭圆E：的左焦点，若椭圆上存在一点D，满足以椭圆短轴为直径的圆与线段DF1相切于线段DF1的中点F．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）已知两点Q（﹣2，0），M（0，1）及椭圆G：，过点Q作斜率为k的直线l交椭圆G于H，K 两点，设线段HK的中点为N，连接MN，试问当k为何值时，直线MN过椭圆G的顶点？（Ⅲ）过坐标原点O的直线交椭圆W：于P、A两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC并延长交椭圆W于B，求证：PA⊥PB．23．已知椭圆和圆O：x2+y2=b2，过椭圆上一点P引圆O的两条切线，切点为A，B．（1）（ⅰ）若圆O过椭圆的两个焦点，求椭圆的离心率e；（ⅱ）若椭圆上存在点P，使得∠APB=90°，求椭圆离心率e的取值范围；（2）设直线AB与x轴、y轴分别交于点M，N，求证：为定值．24．已知椭圆中心在原点，焦点在y轴上，离心率为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线y=x+2相切．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）设点F是椭圆在y轴正半轴上的一个焦点，点A，B是抛物线x2=4y上的两个动点，且满足，过点A，B分别作抛物线的两条切线，设两切线的交点为M，试推断是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由．25．已知椭圆的中心为O，长轴、短轴的长分别为2a，2b（a＞b＞0），A，B分别为椭圆上的两点，且OA⊥OB．（1）求证：为定值；（2）求△AOB面积的最大值和最小值．26．设F1、F2分别是椭圆+y2=1的左、右焦点．（1）若P是该椭圆上的一个动点，求向量乘积的取值范围；（2）设过定点M（0，2）的直线l与椭圆交于不同的两点M、N，且∠MON为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围．（3）设A（2，0），B（0，1）是它的两个顶点，直线y=kx（k＞0）与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点．求四边形AEBF面积的最大值．27．已知椭圆的左焦点F1（﹣1，0），长轴长与短轴长的比是．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n，求证：为定值．28．已知椭圆的左顶点是A，过焦点F（c，0）（c＞0，为椭圆的半焦距）作倾斜角为θ的直线（非x轴）交椭圆于M，N两点，直线AM，AN分别交直线（称为椭圆的右准线）于P，Q两点．（1）若当θ=30°时有，求椭圆的离心率；（2）若离心率e=，求证：为定值．29．已知点P在椭圆C：（a＞b＞0）上，F1、F2分别为椭圆C的左、右焦点，满足|PF1|=6﹣|PF2|，且椭圆C的离心率为．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若过点Q（1，0）且不与x轴垂直的直线l与椭圆C相交于两个不同点M、N，在x轴上是否存在定点G，使得为定值．若存在，求出所有满足这种条件的点G的坐标；若不存在，说明理由．30．如图，已知椭圆C：的离心率为，以椭圆C的左顶点T为圆心作圆T：（x+2）2+y2=r2（r＞0），设圆T与椭圆C交于点M与点N．（1）求椭圆C的方程；（2）求的最小值，并求此时圆T的方程；（3）设点P是椭圆C上异于M，N的任意一点，且直线MP，NP分别与x轴交于点R，S，O为坐标原点，求证：|OR|•|OS|为定值．参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，短轴长为4．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）P（2，n），Q（2，﹣n）是椭圆C上两个定点，A、B是椭圆C上位于直线PQ两侧的动点．①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；②当A、B两点在椭圆上运动，且满足∠APQ=∠BPQ时，直线AB的斜率是否为定值，说明理由．解：（Ⅰ）设C方程为由已知b=2，离心率…（3分）得a=4，所以，椭圆C的方程为…（4分）（Ⅱ）①由（Ⅰ）可求得点P、Q的坐标为P（2，3）．Q（2，﹣3），则|PQ|=6，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为，代入，得x2+tx+t2﹣12=0 由△＞0，解得﹣4＜t＜4，由根与系数的关系得，四边形APBQ的面积…（6分）故，当t=0时，…（7分）②∠APQ=∠BPQ时，PA、PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为﹣k，PA的直线方程为y﹣3=k（x﹣2）与，联立解得（3+4k2）x2+8（3﹣2k）kx+4（3﹣2k）2﹣48=0，．…（9分）同理PB的直线方程y﹣3=﹣k（x﹣2），可得所以，…（11分）==，所以直线AB的斜率为定…（13分）2．已知椭圆的离心率为，且经过点．（1）求椭圆C的方程；（2）已知A为椭圆C的左顶点，直线l过右焦点F与椭圆C交于M，N两点，若AM、AN的斜率k1，k2满足k1+k2=m （定值m≠0），求直线l的斜率．解：（1）∵椭圆离心率为，∴，∴（2分）又椭圆经过点，∴解得c=1，∴（3分）∴椭圆C的方程是…（4分）（2）若直线l斜率不存在，显然k1+k2=0不合题意…（5分）设直线方程为l：y=k（x﹣1），M（x1，y1），N（x2，y2）联立方程组得（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12=0…（7分）∴…（8分）∴k1+k2=====k（）=﹣∵k1+k2=m，∴﹣=m，∴k=．3．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的焦距为2，且过点．（1）求椭圆E的方程；（2）若点A，B分别是椭圆E的左、右顶点，直线l经过点B且垂直于x轴，点P是椭圆上异于A，B的任意一点，直线AP交l于点M．（ⅰ）设直线OM的斜率为k1，直线BP的斜率为k2，求证：k1k2为定值；（ⅱ）设过点M垂直于PB的直线为m．求证：直线m过定点，并求出定点的坐标．解：（1）由题意得2c=2，∴c=1，又，a2=b2+1．消去a可得，2b4﹣5b2﹣3=0，解得b2=3或（舍去），则a2=4，∴椭圆E的方程为．（2）（ⅰ）设P（x1，y1）（y1≠0），M（2，y0），则，，∵A，P，M三点共线，∴，∴，∵P（x1，y1）在椭圆上，∴，故为定值．（ⅱ）直线BP的斜率为，直线m的斜率为，则直线m的方程为，====，即．所以直线m过定点（﹣1，0）．4．已知F1，F2分别是椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点，半焦距为c，直线x=﹣与x轴的交点为N，满足，设A、B是上半椭圆上满足的两点，其中．（1）求椭圆的方程及直线AB的斜率k的取值范围；（2）过A、B两点分别作椭圆的切线，两切线相交于一点P，试问：点P是否恒在某定直线上运动，请说明理由．解：（1）由于，∴解得a2=2，b2=1，从而所求椭圆的方程为=1．∵三点共线，而点N的坐标为（﹣2，0）．设直线AB的方程为y=k（x+2），其中k为直线AB的斜率，依条件知k≠0．由消去x得，即．根据条件可知解得，依题意取．设A（x1，y1），B（x2，y2），则根据韦达定理，得，又由，得（x1+2，y1）=λ（x2+2，y2），∴从而从而消去y2得．令，则．由于，所以φ'（λ）＜0．∴φ（λ）是区间上的减函数，从而，即，∴，解得，而，∴．故直线AB的斜率的取值范围是．（2）设点P的坐标为（x0，y0），则可得切线PA的方程是，而点A（x1，y1）在此切线上，有即x0x1+2y0y1=x12+2y12，又∵A在椭圆上，∴有x0x1+2y0y=2，①同理可得x0x2+2y0y2=2．②根据①和②可知直线AB的方程为，x0x+2y0y=2，而直线AB过定点N（﹣2，0），∴﹣2x0=2⇒x0=﹣1，因此，点P恒在直线x=﹣1上运动．5．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，其焦点在圆x2+y2=1上．（1）求椭圆的方程；（2）设A，B，M是椭圆上的三点（异于椭圆顶点），且存在锐角θ，使．（i）求证：直线OA与OB的斜率之积为定值；（ii）求OA2+OB2．解：（1）依题意，得c=1．于是，a=，b=1．…（2分）所以所求椭圆的方程为．…（4分）（2）（i）设A（x1，y1），B（x2，y2），则①，②．又设M（x，y），因，故…（7分）因M在椭圆上，故．整理得．将①②代入上式，并注意cosθsinθ≠0，得．所以，为定值．…（10分）（ii），故y12+y22=1．又，故x12+x22=2．所以，OA2+OB2=x12+y12+x22+y22=3．…（16分）6．已知椭圆的左焦点为F（﹣，0），离心率e=，M、N是椭圆上的动点．（Ⅰ）求椭圆标准方程；（Ⅱ）设动点P满足：，直线OM与ON的斜率之积为﹣，问：是否存在定点F1，F2，使得|PF1|+|PF2|为定值？，若存在，求出F1，F2的坐标，若不存在，说明理由．（Ⅲ）若M在第一象限，且点M，N关于原点对称，点M在x轴上的射影为A，连接NA 并延长交椭圆于点B，证明：MN⊥MB．（Ⅰ）解：由题设可知：，∴a=2，c=…2分∴b2=a2﹣c2=2…3分∴椭圆的标准方程为：…4分（Ⅱ）解：设P（x P，y P），M（x1，y1），N（x2，y2），由可得：①…5分由直线OM与ON的斜率之积为可得：，即x1x2+2y1y2=0②…6分由①②可得：x P2+2y P2=（x12+2y12）+（x22+2y22）∵M、N是椭圆上的点，∴x12+2y12=4，x22+2y22=4∴x P2+2y P2=8，即…..8分由椭圆定义可知存在两个定点F1（﹣2，0），F2（2，0），使得动点P到两定点距离和为定值4；….9分；（Ⅲ）证明：设M（x1，y1），B（x2，y2），则x1＞0，y1＞0，x2＞0，y2＞0，x1≠x2，A（x1，0），N（﹣x1，﹣y1）…..10分由题设可知l AB斜率存在且满足k NA=k NB，∴…．③k MN•k MB+1=+1④…12分将③代入④可得：k MN•k MB+1=+1=⑤….13分∵点M，B在椭圆上，∴k MN•k MB+1==0∴k MN•k MB+1=0∴k MN•k MB=﹣1∴MN⊥MB…14分．7．一束光线从点F1（﹣1，0）出发，经直线l：2x﹣y+3=0上一点P反射后，恰好穿过点F2（1，0）．（1）求P点的坐标；（2）求以F1、F2为焦点且过点P的椭圆C的方程；（3）设点Q是椭圆C上除长轴两端点外的任意一点，试问在x轴上是否存在两定点A、B，使得直线QA、QB的斜率之积为定值？若存在，请求出定值，并求出所有满足条件的定点A、B的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）设F1关于l的对称点为F（m，n），则且，解得，，即．由，解得．（2）因为PF1=PF，根据椭圆定义，得2a=PF1+PF2=PF+PF2=FF2=，所以a=．又c=1，所以b=1．所以椭圆C的方程为．（3）假设存在两定点为A（s，0），B（t，0），使得对于椭圆上任意一点Q（x，y）（除长轴两端点）都有k Qt•k Qs=k（k为定值），即•，将代入并整理得（*）．由题意，（*）式对任意x∈（﹣，）恒成立，所以，解之得或．所以有且只有两定点（，0），（﹣，0），使得k Qt•k Qs为定值﹣．8．已知椭圆的离心率为，且经过点．（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l：y=kx+t（k≠0）交椭圆C于A、B两点，D为AB的中点，k OD为直线OD的斜率，求证：k•k OD为定值；（3）在（2）条件下，当t=1时，若的夹角为锐角，试求k的取值范围．解：（1）根据题意有：解得：∴椭圆C的方程为=1（2）联立方程组消去y得：（4+k2）x2+2kx+t2﹣4=0①设A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点坐标为（x0，y0）则有：∴，故为定值（3）当t=1时，①式为（4+k2）x2+2kx﹣3=0故∴y1y2=（kx1+1）（kx2+1）=k2x1x2+k（x1+x2）+1∴若的夹角为锐角，则有，即，解得，且k≠0，∴当k∈时，的夹角为锐角9．如图所示，椭圆C：的焦点为F1（0，c），F2（0，﹣c）（c＞0），抛物线x2=2py（p＞0）的焦点与F1重合，过F2的直线l与抛物线P相切，切点在第一象限，且与椭圆C相交于A，B两点，且．（1）求证：切线l的斜率为定值；（2）当λ∈[2，4]时，求椭圆的离心率e的取值范围．（1）证明：∵椭圆C：的焦点为F1（0，c），F2（0，﹣c）（c＞0），抛物线P：x2=2py（p＞0）的焦点与F1重合，∴，∴抛物线P：x2=4cy．设过F2的直线l的方程为y+c=kx，与抛物线联立，可得x2﹣4kcx+4c2=0，∵过F2的直线l与抛物线P相切，切点E在第一象限，∴△=16k2c2﹣16c2=0，k＞0∴k=1，即切线l的斜率为定值；（2）解：由（1），可得直线l的方程为y=x﹣c，代入椭圆方程可得（a2+b2）x2﹣2b2cx+b2c2﹣a2b2=0设A（x1，y1），B（x2，y2），则①，②∵∴x2=﹣λx1③由①②③可得=∵f（λ）=，当λ∈[2，4]时，单调递增，∴f（λ）∈∴∵0＜e＜1∴椭圆的离心率e的取值范围是[]．10．已知椭圆（a＞b＞0）的右焦点为F1（2，0），离心率为e．（1）若e=，求椭圆的方程；（2）设A，B为椭圆上关于原点对称的两点，AF1的中点为M，BF1的中点为N，若原点O在以线段MN为直径的圆上．①证明点A在定圆上；②设直线AB的斜率为k，若k，求e的取值范围．解：（1）由=，c=2，得a=，b==2．故所求椭圆方程为．（2）设A（x1，y1），则B（﹣x1，﹣y1），故，．①由题意，得．化简，得，∴点A在以原点为圆心，2为半径的圆上．②设A（x1，y1），则得到．将，，代入上式整理，得k2（2e2﹣1）=e4﹣2e2+1；∵e4﹣2e2+1＞0，k2＞0，∴2e2﹣1＞0，∴．∴≥3．化简，得．解之，得，．故离心率的取值范围是．11．在平面直角坐标系xOy中，椭圆=1（a＞b＞0）的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），左、右顶点分别为A，B，离心率为，动点P到F1，F2的距离的平方和为6．（1）求动点P的轨迹方程；（2）若，，Q为椭圆上位于x轴上方的动点，直线DM•CN，BQ分别交直线m于点M，N．（i）当直线AQ的斜率为时，求△AMN的面积；（ii）求证：对任意的动点Q，DM•CN为定值．（1）解：设P（x，y），则，即（x+1）2+y2+（x﹣1）2+y2=6，整理得，x2+y2=2，所以动点P的轨迹方程为x2+y2=2．…（4分）（2）解：由题意知，，解得，所以椭圆方程为．…（6分）则，，设Q（x0，y0），y0＞0，则，直线AQ的方程为，令，得，直线BQ的方程为，令，得，（ i ）当直线AQ 的斜率为时，有，消去x 0并整理得，，解得或y 0=0（舍），…（10分） 所以△AMN 的面积==． …（12分）（ii ），，所以．所以对任意的动点Q ，DM •CN 为定值，该定值为． …（16分）12．（1）如图，设圆O ：x 2+y 2=a 2的两条互相垂直的直径为AB 、CD ，E 在弧BD 上，AE 交CD 于K ，CE 交AB 于L ，求证：为定值（2）将椭圆（a ＞b ＞0）与x 2+y 2=a 2相类比，请写出与（1）类似的命题，并证明你的结论．（3）如图，若AB 、CD 是过椭圆（a ＞b ＞0）中心的两条直线，且直线AB 、CD 的斜率积，点E 是椭圆上异于A 、C 的任意一点，AE 交直线CD 于K ，CE 交直线AB 于L ，求证：为定值．解答： 解：（1）如图所示，过点E 作EF ⊥AB ，垂足为F 点， ∵CD ⊥AB ，∴EF ∥CD ，∴，，又EF2+FO2=OE2=a2，∴====1．为定值．（2）如图，设椭圆（a＞b＞0），椭圆的长轴、短轴分别为AB、CD，E在椭圆的BD部分上，AE交CD于K，CE交AB于L，求证：为定值．证明：过点E作EF⊥AB，垂足为F点，∵CD⊥AB，∴EF∥CD，∴，，∴===1．为定值．（3）如图所示，过点E分别作EF∥CD交AB与点F，EM∥AB交直线CD于点M．∴，．设A（x1，y1），C（x2，y2），D（﹣x2，﹣y2），B（﹣x1，﹣y1）．E（x0，y0）．则．设直线AB的方程为y=kx（k≠0），则直线CD的方程为．直线EF的方程为，直线EM的方程为y﹣y0=k（x﹣x0）．联立解得x F=．联立，解得x M=．联立解得．联立，解得=．∴==．同理．∴====．为定值．13．作斜率为的直线l与椭圆C：交于A，B两点（如图所示），且在直线l的左上方．（1）证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；（2）若∠APB=60°，求△PAB的面积．（1）证明：设直线l：，A（x1，y1），B（x2，y2）．将代入中，化简整理得2x2+6mx+9m2﹣36=0．于是有，．则，上式中，分子====，从而，k PA+k PB=0．又P在直线l的左上方，因此，∠APB的角平分线是平行于y轴的直线，所以△PAB的内切圆的圆心在直线上．（2）解：若∠APB=60°时，结合（1）的结论可知．直线PA的方程为：，代入中，消去y得．它的两根分别是x1和，所以，即．所以．同理可求得．=••=．14．设椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左．右焦点分别为F1F2，上顶点为A，过点A与AF2垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且2+=．（1）若过A．Q．F2三点的圆恰好与直线l：x﹣y﹣3=0相切，求椭圆C的方程；（2）在（1）的条件下，过右焦点F2作斜率为k的直线l与椭圆C交于M．N两点．试证明：+为定值；②在x轴上是否存在点P（m，0）使得以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，如果存在，求出m的取值范围，如果不存在，说明理由．解：（1）由知：F1为F2Q中点．又∵，∴|F1Q|=|F1A|=|F1F2|，即F1为△AQF2的外接圆圆心而|F1A|=a，|F1F2|=2c，∴a=2c，又圆心为（﹣c，0），半径r=a，∴，解得a=2，∴所求椭圆方程为．（5分）（2）①由（1）知F2（1，0），y=k（x﹣1），，代入得（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12=0，设M（x1，y1），N（x2，y2），则，，又∵|F2M|=a﹣ex1，|F2N|=a﹣ex2，∴=，，∴为定值．（10分）②由上可知：y1+y2=k（x1+x2﹣2），=（x1+x2﹣2m，y1+y2），由于菱形对角线垂直，则，故k（y1+y2）+x1+x2﹣2m=0，则k2（x1+x2﹣2）+x1+x2﹣2m=0，+，由已知条件知k≠0且k∈R，，∴，故存在满足题意的点P且的取值范围是．（15分）15．已知A，B分别是椭圆C1：=1的左、右顶点，P是椭圆上异与A，B的任意一点，Q是双曲线C2：=1上异与A，B的任意一点，a＞b＞0．（I）若P（），Q（，1），求椭圆C l的方程；（Ⅱ）记直线AP，BP，AQ，BQ的斜率分别是k1，k2，k3，k4，求证：k1•k2+k3•k4为定值；（Ⅲ）过Q作垂直于x轴的直线l，直线AP，BP分别交l于M，N，判断△PMN是否可能为正三角形，并说明理由．解答：（Ⅰ）解：∵P（）在椭圆上，Q（，1）在双曲线上，则，①+②×3得：，a2=5，把a2=5代入①得，b2=4．所以椭圆C l的方程为；（Ⅱ）证明：由A（﹣a，0），B（a，0），设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，，，k1•k2+k3•k4==∵设P（x1，y1）在椭圆上，Q（x2，y2）在双曲线上，∴，则k1•k2+k3•k4===．所以k1•k2+k3•k4为定值；（Ⅲ）假设△PMN是正三角形，∴∠MPN=∠PMN=60°，又∵MN⊥x轴，∴∠PAN=30°，∠PBA=30°，∴△PAB为等腰三角形，∴点P位于y轴上，且P在椭圆上，∴点P的坐标为（0，±b），此时，即a=．综上，当a=，且点P的坐标为（0，±b）时，△PMN为正三角形．16．已知椭圆=1的焦点坐标为（±1，0），椭圆经过点（1，）（1）求椭圆方程；（2）过椭圆左顶点M（﹣a，0）与直线x=a上点N的直线交椭圆于点P，求的值．（3）过右焦点且不与对称轴平行的直线l交椭圆于A、B两点，点Q（2，t），若K QA+K QB=2与l的斜率无关，求t的值．解：（1）由题意得解得a2=2，b2=1故椭圆方程为（2）设N（），P（X，Y）则MN的方程为由得由韦达定理得所以代入直线方程得P（）∴，∴（3）AB的方程为x=my+1，设A（e，f），B（g，h）由得（m2+2）y2+2my﹣1=0所以f+h=，fh=====2∵K QA+K QB=2与l的斜率无关∴2t=2，即t=1．17．如图，已知椭圆的焦点为F1（1，0）、F2（﹣1，0），离心率为，过点A（2，0）的直线l交椭圆C于M、N两点．（1）求椭圆C的方程；（2）①求直线l的斜率k的取值范围；②在直线l的斜率k不断变化过程中，探究∠MF1A和∠NF1F2是否总相等？若相等，请给出证明，若不相等，说明理由．解：（1）由已知条件知，，解得，又b2=a2﹣c2=1，所以椭圆C的方程为；（2）设直线l的方程为y=k（x﹣2），联立，得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2=2=0，①由于直线l与椭圆C相交，所以△=64k4﹣4（1+2k2）（8k2﹣2）＞0，解得直线l的斜率k的取值范围是；②∠MF1A和∠NF1F2总相等．证明：设M（x1，y1），N（x2，y2），则，所以tan∠MF1A﹣tan∠NF1F2====，所以tan∠MF1A=tan∠NF1F2，又∠MF1A和∠NF1F2均为锐角，所以∠MF1A=∠NF1F2．18．已知椭圆E：=1（a＞b＞0）上任意一点到两焦点距离之和为，离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，点P是右准线上任意一点，过F2作直线PF2的垂线F2Q交椭圆于Q点．（1）求椭圆E的标准方程；（2）证明：直线PQ与直线OQ的斜率之积是定值；（3）点P的纵坐标为3，过P作动直线l与椭圆交于两个不同点M、N，在线段MN上取点H，满足，试证明点H恒在一定直线上．解：（1）由题意可得，解得，c=1，所以椭圆E：．（2）由（1）可知：椭圆的右准线方程为，设P（3，y0），Q（x1，y1），因为PF2⊥F2Q，所以，所以﹣y1y0=2（x1﹣1）又因为且代入化简得．即直线PQ与直线OQ的斜率之积是定值．（3）设过P（3，3）的直线l与椭圆交于两个不同点M（x1，y1），N（x2，y2），点H（x，y），则，．设，则，∴（3﹣x1，3﹣y1）=﹣λ（x2﹣3，y2﹣3），（x﹣x1，y﹣y1）=λ（x2﹣x，y2﹣y）整理得，，∴从而，由于，，∴我们知道与的系数之比为2：3，与的系数之比为2：3．∴，所以点H恒在直线2x+3y﹣2=0上．19．如图，双曲线C1：与椭圆C2：（0＜b＜2）的左、右顶点分别为A1、A2第一象限内的点P在双曲线C1上，线段OP与椭圆C2交于点A，O为坐标原点．（I）求证：为定值（其中表示直线AA1的斜率，等意义类似）；（II）证明：△OAA2与△OA2P不相似．（III）设满足{（x，y）|，x∈R，y∈R}⊆{（x，y）|，x∈R，y∈R} 的正数m的最大值是b，求b的值．（I）解：由已知得A1（﹣2，0），A2（2，0）．设A（x1，y1），P（x2，y2），由题意知A、P均在第一象限，且满足，．则=…（3分）而Q、O、A、P在同一直线上，所以x1y2=x2y1故…（4分）（II）证明：设，P（x，y），则A（tx，ty）且，解之得：，且…（6分）OA•OP﹣OA22=tOP2﹣OA22=，其中0＜t＜1所以f′（t）=恒成立，，函数f（t）在区间（0，1）上是减函数，因此当0＜t＜1时，f（t）＞f（1）=，即故：△OAA2与△OA2P不相似．…（9分）（III）解：由得，由得．∴{（x，y）|，x∈R，y∈R}⊆{（x，y）|，x∈R，y∈R}因此∀y≠0，⇔⇔m2≤3所以b=因此b的值为…（13分）20．已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点．过右焦点F与x轴不垂直的直线l交椭圆于P，Q两点．（1）求椭圆的方程；（2）当直线l的斜率为1时，求△POQ的面积；（3）在线段OF上是否存在点M（m，0），使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．解：（1）由已知，椭圆方程可设为．（1分）∵两个焦点和短轴的两个端点恰为正方形的顶点，且短轴长为2，∴．所求椭圆方程为．（4分）（2）右焦点F（1，0），直线l的方程为y=x﹣1．设P（x1，y1），Q（x2，y2），由得3y2+2y﹣1=0，解得．∴．（9分）（3）假设在线段OF上存在点M（m，0）（0＜m＜1），使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形．因为直线与x轴不垂直，所以设直线l的方程为y=k（x﹣1）（k≠0）．由可得（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0．∴．．其中x2﹣x1≠0以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形⇔（x1+x2﹣2m，y1+y2）（x2﹣x1，y2﹣y1）=0⇔（x1+x2﹣2m）（x2﹣x1）+（y1+y2）（y2﹣y1）=0⇔（x1+x2﹣2m）+k（y1+y2）=0⇔2k2﹣（2+4k2）m=0．∴．（14分）21．已知椭圆的离心率为，且椭圆上的点到两个焦点的距离和为2．斜率为k（k≠0）的直线l过椭圆的上焦点且与椭圆相交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与y轴相交于点M（0，m）．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）求m的取值范围；（Ⅲ）试用m表示△MPQ的面积，并求面积的最大值．解：（Ⅰ）椭圆上的点到两个焦点的距离和为2，即2a=2，∴a=椭圆的离心率为，即e=∵e=，∴，∴c=1又∵a2=b2+c2，∴b=1．又斜率为k（k≠0）的直线l过椭圆的上焦点，即椭圆的焦点在Y轴上∴椭圆方程为．（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+1，由可得（k2+2）x2+2kx﹣1=0．设P（x1，y1），Q（x2，y2），则△=8k2+8＞0，．．设线段PQ中点为N，则点N的坐标为，∵M（0，m），∴直线MN的斜率k MN=∵直线MN为PQ的垂直平分线，∴k MN•k=﹣1，可得．即，又k≠0，∴k2+2＞2，∴，即．（Ⅲ）设椭圆上焦点为F，∵y轴把△PQM分成了△PMF和△QMF，∴=|FM||x 1|+|FM||x2|=|FM|（|x1|+|x2|）∵P，Q在y轴两侧，∴|x1|+|x2|=||（x1﹣x2）∴，∵，由，可得．∴．又∵|FM|=1﹣m，∴．∴△MPQ的面积为（）．设f（m）=m（1﹣m）3，则f'（m）=（1﹣m）2（1﹣4m）．可知f（m）在区间单调递增，在区间单调递减．∴f（m）=m（1﹣m）3有最大值．此时∴△MPQ的面积为×=∴△MPQ的面积有最大值．22．已知椭圆E：的左焦点，若椭圆上存在一点D，满足以椭圆短轴为直径的圆与线段DF1相切于线段DF1的中点F．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）已知两点Q（﹣2，0），M（0，1）及椭圆G：，过点Q作斜率为k的直线l交椭圆G于H，K 两点，设线段HK的中点为N，连接MN，试问当k为何值时，直线MN过椭圆G的顶点？（Ⅲ）过坐标原点O的直线交椭圆W：于P、A两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC并延长交椭圆W于B，求证：PA⊥PB．解：（Ⅰ）连接DF2，FO（O为坐标原点，F2为右焦点），由题意知：椭圆的右焦点为因为FO是△DF1F2的中位线，且DF1⊥FO，所以|DF2|=2|FO|=2b，所以|DF1|=2a﹣|DF2|=2a﹣2b，故．…（2分）在Rt△FOF1中，即b2+（a﹣b）2=c2=5，又b2+5=a2，解得a2=9，b2=4，所求椭圆E的方程为．…（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得椭圆G：设直线l的方程为y=k（x+2）并代入整理得：（k2+4）x2+4k2x+4k2﹣4=0由△＞0得：，…（5分）设H（x1，y1），K（x2，y2），N（x0，y0）则由中点坐标公式得：…（6分）①当k=0时，有N（0，0），直线MN显然过椭圆G的两个顶点（0，﹣2），（0，2）．…（7分）②当k≠0时，则x0≠0，直线MN的方程为此时直线MN显然不能过椭圆G的两个顶点（0，﹣2），（0，2）；若直线MN过椭圆G的顶点（1，0），则，即x0+y0=1，所以，解得：（舍去），…（8分）若直线MN过椭圆G的顶点（﹣1，0），则，即x0﹣y0=﹣1，所以，解得：（舍去）．…（9分）综上，当k=0或或时，直线MN过椭圆G的顶点．…（10分）（Ⅲ）法一：由（Ⅰ）得椭圆W的方程为，…（11分）根据题意可设P（m，n），则A（﹣m，﹣n），C（m，0）则直线AC的方程为，…①过点P且与AP垂直的直线方程为，…②①×②并整理得：，又P在椭圆W上，所以，所以，即①、②两直线的交点B在椭圆W上，所以PA⊥PB．…（14分）法二：由（Ⅰ）得椭圆W的方程为根据题意可设P（m，n），则A（﹣m，﹣n），C（m，0），∴，，所以直线，化简得，所以，因为x A=﹣m，所以，则．…（12分）所以，则k PA•k PB=﹣1，故PA⊥PB．…（14分）23．已知椭圆和圆O：x2+y2=b2，过椭圆上一点P引圆O的两条切线，切点为A，B．（1）（ⅰ）若圆O过椭圆的两个焦点，求椭圆的离心率e；（ⅱ）若椭圆上存在点P，使得∠APB=90°，求椭圆离心率e的取值范围；（2）设直线AB与x轴、y轴分别交于点M，N，求证：为定值．解：（Ⅰ）（ⅰ）∵圆O过椭圆的焦点，圆O：x2+y2=b2，∴b=c，∴b2=a2﹣c2=c2，∴a2=2c2，∴．（3分）（ⅱ）由∠APB=90°及圆的性质，可得，∴|OP|2=2b2≤a2，∴a2≤2c2∴，．（6分）（Ⅱ）设P（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），则整理得x0x+y0y=x12+y12∵x12+y12=b2。

高考数学 椭圆中的定点、定值问题椭圆中的三定(定点、定值、定线)问题近几年高考题中考察频率降低，但在模考题中依然是热点，这类问题中直线、圆、椭圆、向量共存，考察运算能力和数学思想运用常见题型．例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，P 1(1，1)，P 2(0,1)，P 3⎝⎛⎭⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎫1，32四点中恰有三点在椭圆C 上．(1) 求C 的方程；(2) 设直线l 不经过点P 2且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．点评：例2 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点⎝⎛⎭⎫1，32，离心率为32. (1) 求椭圆C 的方程；(2) 直线y ＝k (x －1)(k ≠0)与椭圆C 交于A ，B 两点，点M 是椭圆C 的右顶点．直线AM 与直线BM 分别与y 轴交于点P ，Q ，试问：以线段PQ 为直径的圆是否过x 轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．点评：【思维变式题组训练】1. 已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2＝1(a >1)的上顶点为M (0,1)，两条过M 的动弦MA ，MB 满足MA ⊥MB .对于给定的实数a (a >1)，动直线AB 是否经过一定点？如果是，求出定点坐标(用a 表示)；反之，请说明理由．2. 如图所示，已知椭圆：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，右准线方程是直线l ：x ＝4，点P 为直线l 上的一个动点，过点P 作椭圆的两条切线P A ，PB ，切点分别为A ，B (点A 在x 轴上方，点B 在x 轴下方)．(1) 求椭圆的标准方程；(2) ① 求证：分别以P A ，PB 为直径的两圆都恒过定点C ；② 若AC →＝12CB →，求直线PC 的方程．例3 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，点A (a,0)，B (0，b )，C (0,0)，△OAB 的面积为1.(1) 求椭圆C 的方程；(2) 设P 为椭圆C 上一点，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：AN ·BM 为定值．点评：例4 已知圆M 的圆心在直线2x －y －6＝0上，且过点(1,2)，(4，－1)．(1) 求圆M 的方程；(2) 设P 为圆M 上任一点，过点P 向圆O ：x 2＋y 2＝1引切线，切点为Q .试探究：平面内是否存在一定点R ，使得PQ PR为定值．若存在，求出点R 的坐标；若不存在，请说明理由． 点评：【思维变式题组训练】1. 如图，平行四边形AMBN 的周长为8，点M ，N 的坐标分别为(－3，0)，(3，0)．(1) 求点A ，B 所在的曲线L 的方程；(2) 过L 上点C (－2,0)的直线l 与L 交于另一点D ，与y 轴交于点E ，且l ∥OA .求证：CD ·CE OA 2为定值．2. 在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦距为2，离心率为22，椭圆的右顶点为A .(1) 求该椭圆的方程；(2) 过点D (2，－2)作直线PQ 交椭圆于两个不同点P ，Q ，求证：直线AP ，AQ 的斜率之和为定值．。

椭圆中求定点的5类题型一.已知定点位置求定点1．已知Rt ABC △的两个顶点(2,0)A -，(2,0)B ，直角顶点C 的轨迹记为曲线T ，过点(1,0)P 的直线l 与曲线T 相交于M ，N 两点．(1)求曲线T 的方程；(2)在x 轴上求定点(,0)Q a ，使得PQM PQN ∠=∠； (3)记MNQ △的面积为S ，求S 的取值范围．【分析】（1）利用垂直得到1AC BC k k =-，可求得曲线T 的方程，注意0y ≠；（2）联立方程，由韦达定理得12y y +与12y y 的值，再由题意可知0MQ NQ k k +=，从而整理化简得到2(4)0-=m a ，由此求得(4,0)Q ； （3）先求得MNQS=，利用换元法整理得121MNQSt t=+，构造函数1()f t t t =+，利用导数求得()f t 的值域，由此求得MNQS S=的取值范围.【详解】（1）设C 点的坐标为(,)x y ，由题意知AC k ，BC k 存在，且0y ≠， 因为AC BC ⊥，所以1(2)(2)=⨯=-+-AC BC y yk k x x ，整理可得224x y +=， 故曲线T 的方程为224(0).+=≠x y y（2）不妨设直线l 的方程为1x my =+，点M 、N 的坐标分别为11(,)x y 、22(,)x y ，联立2214x my x y =+⎧⎨+=⎩，整理得22(1)230m y my ++-=， 由韦达定理得12221+=-+m y y m ①，12231=-+y y m ②． 要使PQM PQN ∠=∠，则0MQ NQ k k +=， 则1221112212120()()-+-+==----y y x y ay x y ay x a x a x a x a ，即2111220x y ay x y ay -+-=， 又因为111x my =+，221x my =+，所以211122(1)(1)0+-++-=my y ay my y ay ，即12122(1)()0my y a y y +-+=， 代入①②两式，化简得2(4)0-=m a ，由m 的任意性可知4a =，即(4,0)Q 满足要求．（3）由于点P 、Q 的坐标分别为(1,0)、(4,0)，所以3PQ =， 故1122113222MNQMQP NQPSSSPQ y PQ y y y =+=+=-， 因为12221+=-+m y y m，12231=-+y y m ，所以12y y -== 所以1232MNQSy y =-=t ，则22114++=t m ，由于20m ≥，可得t ≥，所以2312114MNQt S t t t ==++，令1()f t tt =+，则221()t f t t-'=，因为t ≥，()0f t '>，()f t在)∞+上单调递增， 所以min ()f t f==1()=+≥f t t t所以121t t =+MNQS S=≤故S 的取值范围是(.2．已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>B 到两焦点的距离之和为4．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y kx m =+与椭圆C 交于异于点B 的两点P ，Q ，直线BP ，BQ 与x 轴相交于(),0M M x ，(),0N N x ，若111M Nx x +=，求证：直线l 过一定点，并求出定点坐标． 【分析】（1）根据椭圆定义与离心率求解,a c ；（2）将直线与椭圆联立，写出直线BP ，BQ 的方程，求出N M x x ，，由111M Nx x +=得到,k m 的关系12m k =--，从而证明直线l 过一定点2,1.【详解】（1）∵c a =24a =，∴2a =，c =2221b a c =-=． 故椭圆方程为2214x y +=；（2）联立直线和椭圆可得2214y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得()222148440k x kmx m +++-=， 于是有：()()()22222841444041km k m m k ∆=-+->⇒<+，122814km x x k +=-+，21224414m x x k -=+． 由题意BP ：1111y y x x -=+，BQ ：2211y y x x -=+， 分别和0y =联立得，111M x x y =-，221N xx y =-， 由111M N x x +=，得1212111y y x x --+=，即1212111kx m kx m x x ----+= 整理得()()()12122110k x x m x x ++-+=，整理得()()1210m k m -++=，解得1m =或者12m k =--． 当1m =时，直线:1l y kx =+过点B ,与题意矛盾，应舍去. 故直线l 的方程为：12y kx k =--，过定点为2,1．二.直径相关定点3．已知3(1,)2A -，B 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>上的两点.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)直线l 交椭圆C 于,P Q 两点（不与点B 重合），且以PQ 为直径的圆经过点B ，试证明：直线l 过定点，并求出这个定点坐标.【分析】（1）由点B为椭圆的上顶点，得b =3(1,)2A -代入椭圆C 的方程，解出2a 得椭圆方程；（2）由圆过点B 可得直线l 的斜率一定存在，直线l 的方程为y kx m =+，()11,P x y ，()22,Q x y ，联立直线与椭圆方程，得122834km x x k -+=+，212241234m x x k-=+，以PQ 为直径的圆经过点B ，所以0PB QB ⋅=，解得m 为定值，得直线l 过定点.【详解】（1）由B得b =将3(1,)2A -代入椭圆C 的方程22213x y a +=，得24a =，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）由题意可得直线l 的斜率一定存在，设直线l 的方程为y kx m =+，()11,P x y ，()22,Q x y ，由22143x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去y 可得222(34)84120k x kmx m +++-=， 所以122834km x x k -+=+，212241234m x x k -=+所以22221212122312()34m k y y k x x km x x m k-=+++=+， 121226()234my y k x x m k +=++=+，因为1122(,3),()PBx y QB x y =--=-，以PQ 为直径的圆经过点B ，所以1212123)0PB QB x x y y y y ⋅=+++=，即222222412631230343434m m m k k k k --++=+++ 整理得2730m --=，解得mm = 因为B 不在直线l 上，所以m 舍去， 所以直线l 的方程为y kx =(0,.4．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>经过点(2,0)A ，椭圆C 的左、右焦点分别是1F ，2F ，经过1F 的动直线交椭圆C 于P ，Q 两点，且当212PF F F ⊥时，152PF =．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线:6l x =，直线AP ，AQ 分别与直线l 交于不同的两点D ，E ，证明：以线段DE 为直径的圆经过x 轴上的定点，并求出所有的定点坐标．【分析】（1）根据条件用a ，b ，c 表示P 点的坐标，再根据椭圆的定义即可求出a ，b ，c ；（2）设直线PQ 的方程为1x my =-，以及P ，Q 点的坐标，与椭圆方程联立，运用韦达定理求出P ，Q 点坐标之间的关系，再设定以DE 为直径的圆与x 轴的交点为M ，则有0MD ME ⋅=，据此即可求出M 点的坐标.【详解】（1）设1(,0)F c -，2(,0)F c ，则当212PF F F ⊥时，点P 的横坐标为c ，将x c =代入椭圆方程，得22221c y a b +=，整理得422b y a =．故此时2,b P c a ⎛⎫± ⎪⎝⎭，∵椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>经过点(2,0)A ，∴2a =，由椭圆的定义，得122PF PF a +=，∴21532422PF a PF =-=-=，∴232b a =，∴23b =，∴椭圆C 的方程为22143x y +=；（2）由（1）可知222431c a b =-=-=，故1(1,0)F -．由于直线AP ，AQ 分别与直线:6l x =交于不同的两点D ，E ，故直线PQ 的斜率不为零． 设直线PQ 的方程为1x my =-，()11,P x y ，()22,Q x y ，联立221,1,43x my x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2234690m y my +--=，∴()223636340m m ∆=++>，∴122634m y y m +=+，∴122934y y m =-+， 而直线AP 的方程为11(2)2y y x x =--，令6x =，得D 点纵坐标1142D y y x =-，故1146,2y D x ⎛⎫⎪-⎝⎭；直线AQ 的方程为22(2)2y y x x =--，同理，得2246,2y E x ⎛⎫ ⎪-⎝⎭， 设以线段DE 为直径的圆与x 轴的交点为()0,0M x ， 则0MD ME ⋅=，即()()()212012166022y y x x x -+=--，则()()()21201216622y y x x x -=-=--()()()1212212121216163339y y y y my my m y y m y y -=----++2222291634491893434m m m m m -⋅+=-=--+++， ∴062x -=±，即08x =或04x =，因此以线段DE 为直径的圆经过x 轴上的两个定点，并且定点坐标为(4,0)，(8,0)；综上，椭圆方程C 为22143x y +=，定点坐标为(4,0)，(8,0).【点睛】本题计算量比较大，这是圆锥曲线习题的特点，其中运用DE 是直径，则有MD ME ⊥ ，并运用向量的数量积表达是巧妙的地方，值得学习.三.两直线的相交定点5．在平面直角坐标系中，已知两个定点()()0,6,0,3A B ，曲线C 上动点P 满足2PA PB =. (1)求曲线C 的方程；(2)过点()0,1D 任作一条直线与曲线C 交于,P Q 两点(,P Q 不在y 轴上），设()0,4E ，并设直线OP 和直线EQ 交于点M .试证明：点M 恒在一条定直线上，并求出此定直线方程. 【分析】（1）设(),P x y ，进而根据距离公式整理化简即可；（2）由题知直线PQ 斜率存在，设其方程为1y kx =+，设()()1122,,,P x y Q x y ，进而结合直线OP 和直线EQ 方程联立得1221121211212144,44x x x y M y x x y x y x x y x ⎛⎫ ⎪-+-+⎝⎭，再结合韦达定理整理化简得2M y =-，进而得答案.【详解】（1）解：设(),P x y ，因为两个定点()()0,6,0,3A B ，曲线C 上动点P 满足2PA PB =.所以2PA PB ===，整理得：2240x y y +-=， 所以，曲线C 的方程为2240x y y +-=（2）解：因为过点()0,1D 任作一条直线与曲线C 交于,P Q 两点(,P Q 不在y 轴上）， 所以，直线PQ 斜率存在，设其方程为1y kx =+， 设()()1122,,,P x y Q x y ，因为()0,4E ，所以直线OP 方程为11y y x x =，直线EQ 的方程为2244y y x x -=+， 所以，联立方程得112244y y x x y y x x ⎧=⎪⎪⎨-⎪=+⎪⎩得1221121211212144,44x x x y M y x x y x y x x y x ⎛⎫ ⎪-+-+⎝⎭因为11221,1y kx y kx =+=+， 所以()()12121212121121212144441143M x x x x x x x y x x y x kx x x kx x x x ===-++-+++，()()()21211221212112121214144441143M x kx x y kx x x y y x x y x kx x x kx x x x ++===-++-+++联立方程22140y kx x y y =+⎧⎨+-=⎩得()221230k x kx +--=， 所以，12122223,11k x x x x k k -+==++， 所以121223x x kx x +=-，即()121232x x x x k+-=所以，将()121232x x x x k +-=代入12221443Mkx x x y x x +=+整理得：()()122211222121216423442333M x x x x x kx x x y x x x x x x -++-++====-+++，所以，点M 恒在定直线=2y -上.6．已知圆M上三点(E，F ，(1,1)G . (1)求圆M 的方程；(2)过点(1,0)P 任意作两条互相垂直的直线1l ，2l ，分别与圆M 交于,A B 两点和,C D 两点，设线段,AB CD 的中点分别为,R S .求证：直线RS 恒过定点.【分析】(1)设出圆M 的标准方程，根据圆上三个点列出方程组，求解方程组即可； (2)当1l 斜率存在且不为零时，设()1:1l y k x =-，()11,A x y ，()22,B x y ，联立1l 的方程和圆M 的方程，根据韦达定理和中点坐标公式表示出R 的坐标，同理表示出S 的坐标，求出直线RS 的方程即可判断其经过的定点．【详解】（1）设圆M 的方程为)()222()(0x a y b r r -+-=>，则222222222())(1)(1)a b r a b r a b r ⎧+=⎪⎪+=⎨⎪-+-=⎪⎩，解得00a b r ⎧=⎪=⎨⎪=⎩， ∴圆M 的方程为222x y +=．（2）若1l 斜率不存在，则此时AB 中点为R (0，0)，CD 中点为S (1，0)， 则直线RS 为y =0；同理1l 斜率为零时，直线RS 为y =0；当1l 斜率存在且不为零时，设()1:1l y k x =-，()11,A x y ，()22,B x y ，则()()222222112202y k x k x k x k x y ⎧=-⇒+-+-=⎨+=⎩， Δ0>，212221k x x k ∴+=+， ∴()()()121212221121ky y k x k x k x x k -+=-+-=+-=+， 222,11k k R k k ⎛⎫-∴ ⎪++⎝⎭，同理S 为22211,1111k k k k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪ ⎪⎛⎫⎛⎫+-+- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即221,11k k k ⎛⎫ ⎪++⎝⎭， ∴2222222111111RSk kk k k k k k k k --++==--++， ∴RS ：22221111k k y x k k k ⎛⎫-=- ⎪+-+⎝⎭，化简为()2211ky x k =--， ∴RS 过定点1,02⎛⎫⎪⎝⎭．当k =1时，R 为11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭，S 为11,22⎛⎫ ⎪⎝⎭，直线RS 为12x =，也过定点1,02⎛⎫⎪⎝⎭；同理1k =-时直线RS 也过定点1,02⎛⎫⎪⎝⎭，1l 斜率不存在或斜率为0时，直线RS 也过定点1,02⎛⎫⎪⎝⎭．综上可得，直线RS 过定点1,02⎛⎫⎪⎝⎭．【点睛】本题主要考查待定系数法求圆的标准方程，以及直线过定点的问题.第二问的关键在于根据题意求出直线RS 的方程，从而判断直线RS 经过的定点.解题时从设直线1l 的方程入手，通过联立1l 和圆M 的方程，结合中点坐标公式和韦达定理求出R 坐标，根据两直线垂直，斜率相乘为－1可求S 坐标，从而可求出RS 的方程.求解过程中需要对特殊情况进行单独讨论．四.与角度有关的定点7．已知动圆C 经过点()1,0F ，且与直线=1x -相切，记动圆C 圆心的轨迹为E . (1)求E 的方程；(2)已知()()004,0P y y >是曲线E 上一点，,A B 是曲线E 上异于点P 的两个动点，设直线PA ､PB 的倾斜角分别为αβ､，且34αβπ+=，请问：直线AB 是否经过定点？若是，请求出该定点，若不是，请说明理由.【分析】（1）设动圆圆心(),M x y ，由题意可得点M 的轨迹满足抛物线定义，即可求解； （2）讨论直线PA ､PB 中其中一条的斜率不存在和直线PA ､PB 的斜率都存在，当直线PA､PB 的斜率都存在时，设221212,,,44y y A y B y ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，结合34αβπ+=可得()12128320y y y y ++⋅+=，设AB 方程为x ty n =+，与抛物线进行联立可得124y y t +=，124y y n ⋅=-，代入上式即可求解【详解】（1）设动圆圆心(),M x y ，∵动圆C 经过点()1,0F ，且与直线=1x -相切，∴点M 的轨迹是以()1,0为焦点,直线=1x -为准线的抛物线， 故其方程为24y x =，∴动圆圆心C 的轨迹方程是24y x =； （2）由（1）可得()4,4P ，当直线PA ､PB 中其中一条的斜率不存在，不妨设π2α=，π4β=，易得()4,4A -，直线PB 的直线为y x =，与24y x =联立可得()0,0B ， 故直线AB 的方程为0x y +=；当直线PA ､PB 的斜率都存在时，故设直线PA ､PB 的斜率12,k k ，设221212,,,44y y A y B y ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以11211441444y k y y -==+-，同理可得2244k y =+， 因为34αβπ+=，所以tan()1αβ+=-，所以tan tan 11tan tan αβαβ+=--⋅，即121211k k k k +=--⋅，所以121210k k k k +-⋅+=，所以12124444104444y y y y +-⋅+=++++，即()12128320y y y y ++⋅+=， 由题意可设AB 方程为x ty n =+，联立24y xx ty n⎧=⎨=+⎩，消x 整理得2440y ty n --=，所以216160t n ∆=+>，124y y t +=，124y y n ⋅=-，所以324320t n -+=即88n t =+，所以88(8)8x ty n ty t t y =+=++=++， 令80y +=得8y =-，8x =，此时有定点()8,8-， 综上所述，直线AB 经过定点()8,8-【点睛】思路点睛:与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题8．已知抛物线2:2(0)y px p Ω=>的焦点为,F P 为Ω上任意一点，以P 为圆心，PF 为半径的圆与直线12x =-相切.(1)求p 的值；(2)若点(2,0)A p ，过点A 的直线l 与Ω交于,G H 两点，在x 轴上是否存在定点B ，使ABG ABH ∠=∠恒成立，若存在，求出点B 的坐标，若不存在，请说明理由.【分析】（1）根据抛物线定义可知准线方程，即可直接求得结果； （2）设出直线GH 的方程，联立抛物线方程，根据0BG HB k k +=即可求解.【详解】（1）根据抛物线的定义，显然12x =-是抛物线Ω的准线，则122p =，解得1p =.（2）根据（1）中所求，点A 的坐标为()2,0，假设存在(),0B t 符合题意，则0BG HB k k +=，设直线l 方程为：2x my =+，由222x my y x=+⎧⎨=⎩可得2240y my --=， 设()()1122,,,G x y H x y ，则12122,4y y m y y +==-， 故12120y y x t x t+=--，即()()12210y x t y x t -+-=，又11222,2x my x my =+=+， 故()12122(2)0my y t y y +-+=，故()8220m m t -+-=，所以2t =-，综上所述：在x 轴上存在定点()2,0B -，使ABG ABH ∠=∠恒成立.9．已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>1F ，2F 分别为椭圆C 的左、右焦点，过1F 且与x 轴垂直的直线与椭圆C 交于点A ，B ，且2ABF △(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l 与椭圆C 交于不同于右顶点P 的M ，N 两点，且PM PN ⊥，判断直线l 是否过定点，并说明理由．【分析】（1）由题知c a =22b c a =222a b c =+，进而解方程即可得答案； （2）根据题意设直线l 的方程为()2x ky m m =+≠，设()11,M x y ，()22,N x y ，进而直线l 方程与椭圆方程联立得12224km y y k -+=+，212244m y y k -=+，再根据0PM PN ⋅=解方程得65m =，再根据直线l 方程判断即可.【详解】（1）解：因为椭圆C c a =①． 将x c =-代入22221x y a b+=，得2b y a =±，所以22b AB a =，则21222b c a ⨯⨯22b c a②． 又因为222a b c =+，所以2a =，1b =，所以椭圆C 的标准方程为2214x y +=． （2）解：由题意知，直线l 的斜率不为0，则不妨设直线l 的方程为()2x ky m m =+≠．联立得2214x y x ky m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩消去x 得()2224240k y kmy m +++-=，()()2222Δ44440k m k m =-+->，化简整理，得224k m +>．设()11,M x y ，()22,N x y ，则12224km y y k -+=+，212244m y y k -=+． 因为PM PN ⊥，所以0PM PN ⋅=．因为()2,0P ，所以()112,PM x y =-，()222,PN x y =-，所以，()()1212220x x y y --+=，将11x ky m =+，22x ky m =+代入上式整理得()()2212121(2)(2)0k y y k m y y m ++-++-=，所以，()()()2222242122044m km k k m m k k --+⋅+-⋅+-=++，解得65m =或2m =（舍去）， 所以直线l 的方程为65x ky =+，则直线l 恒过点6,05Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 五.与斜率有关定点问题10．已知椭圆C 上任意一点P （x ，y ）到点F （－1，0）的距离与到直线x =－4的距离的比等于12．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点，A （2，0），记直线AM ，AN 的斜率分别为kAM ，kAN ，且满足kAM ·kAN =－1．证明：直线l 过定点．【分析】（1）先分别求出点P 到点F 的距离PF 和到直线x =－4的距离,然后由根据条件得到方程，化简即可得到答案.（2）当直线l 的斜率存在时，设直线l 为y = kx + m ，与椭圆方程联立得出韦达定理，表示出kAM ·kAN =－1，将韦达定理代入，得出,k m 的关系，得到答案，再验证直线l 的斜率不存在的情况.【详解】（1）因为点P （x ，y ）到点F （－1，0）的距离为PF ==，点P （x ，y ）到直线x =－4的距离()44d x x =--=+，12= ⇒4（x 2+2x +1+y 2）=x 2+8x +16⇒3x 2+4y 2=12， 因此，可得椭圆C 的标准方程为22143x y +=． （2）① 当直线l 的斜率存在时，设直线l 为y =kx +m ，M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），联立 223412,,x y y kx m ⎧+=⎨=+⎩消去y ，得（4k 2+3）x 2+8kmx +4m 2－12=0， 则 ∆=48（4k 2+3－m 2）＞0，122843km x x k +=-+，212241243m x x k -=+， 于是 1212121212222AM AN y y kx m kx m k k x x x x ++⋅=⋅=⋅=-----， 即（kx 1+m ）（kx 2+m ）+（x 1－2）（x 2－2）= 0，即（k 2+1）x 1x 2+（km －2）（x 1+x 2）+（m 2+4）=0，化简，得4k 2+16km +7m 2=（2k +m ）（2k +7m ）=0．（i ）当2k +m =0时，直线为y =kx －2k ，过点（2，0），舍去；（ii ）当2k +7m =0时，直线为27y kx k =-，过点（27，0）． ② 当直线l 的斜率不存在时，x =27，经检验，符合题意．综上，则直线l 过定点R （27，0）．11．已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，过2F作直线l 交椭圆C 于M ，N 两点，1F MN △的周长为(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．【分析】（1）利用椭圆定义和离心率列方程可解；（2）记点N 关于x 轴的对称点为22(,)N x y '-，将问题转化为,,Q M N '三点能否共线问题，设直线方程联立椭圆方程消元，利用韦达定理代入,,Q M N '共线的坐标表示可解.【详解】（1）由椭圆定义可知1F MN △的周长为4a ，所以由题可知4a c a⎧=⎪⎨=⎪⎩，解得2a c ==，所以2b = 所以椭圆C 的方程为22184x y +=（2）如图，设1122(,),(,)M x y N x y ，(,0)Q n ，记点N 关于x 轴的对称点为22(,)N x y '-， 易知直线l 的斜率不为0，故设其方程为2x my =+，代入22184x y +=整理可得： 22(2)440m y my ++-=，则12122244,22m y y y y m m --+==++ 直线QM 与QN 的斜率之和为0，等价于,,Q M N '三点共线，等价于1221()()0x n y x n y -+-=即1221(2)(2)0my n y my n y +-++-=，等价于12122(2)()0my y n y y +-+= 因为12122228442(2)()(2)(4)222m m m my y n y y n n m m m ---+-+=+-=-+++ 所以4n =时，12122(2)()0my y n y y +-+=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)。

椭圆中的定点、定值1(2023春·河北石家庄·高二校考开学考试)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.【答案】(1)见解析；(2)存在，P(4,0).【分析】(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k AM⋅k AN=y1x1-22⋅y2x2-22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k PM+k PN=0.代入计算，如果m有解，则存在，否则不存在.【详解】(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(22,0)，所以k AM=y1x1-22，k AN=y2x2-22，所以k AM⋅k AN=y1x1-22⋅y2x2-22=y1y2x1x2-22(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-1 2；(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k PM+k PN=0.即y 3x 3-m +y 4x 4-m =k (x 3-2)x 3-m +k (x 4-2)x 4-m =k (x 3-2)(x 4-m )+k (x 3-m )(x 4-2)(x 3-m )(x 4-m )=k [2x 3x 4-(m +2)(x 3+x 4)+4m ](x 3-m )(x 4-m )=0，又因为k >0，所以2x 3x 4-(m +2)(x 3+x 4)+4m =0，代入x 3+x 4=8k 21+2k 2,x 3x 4=8(k 2-1)1+2k 2，即有4m -161+2k 2=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.2(2023·全国·模拟预测)在平面直角坐标系xOy 中，A -2,0 ，B 2,0 ，M -1,0 ，N 1,0 ，点P 是平面内的动点，且以AB 为直径的圆O 与以PM 为直径的圆O 1内切.(1)证明PM +PN 为定值，并求点P 的轨迹Ω的方程.(2)过点A 的直线与轨迹Ω交于另一点Q (异于点B )，与直线x =2交于一点G ，∠QNB 的角平分线与直线x =2交于点H ，是否存在常数λ，使得BH =λBG恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析，x 24+y 23=1(2)存在，λ=12【分析】(1)依题意可得OO 1 =2-PM 2，连接PN ，可得OO 1 =PN2，即可得到PM +PN 为定值，根据椭圆的定义得到点P 的轨迹是以M ，N 为焦点的椭圆，且2a =4，c =1，即可求出椭圆方程；(2)设Q x 0,y 0 ，G 2,y 1 ，H 2,y 2 ，直线AQ 的方程为x =my -2m ≠0 ，即可得到m =4y 1，再联立直线与椭圆方程，解出y 0，从而得到k QN ，k NH ，设∠BNH =θ，再根据二倍角的正切公式得到方程，即可得到y 2=12y 1，从而得解；【详解】(1)解：如图，以AB 为直径的圆O 与以PM 为直径的圆O 1内切，则OO 1 =AB 2-PM 2=2-PM2.连接PN ，因为点O 和O 1分别是MN 和PM 的中点，所以OO 1 =PN2.故有PN 2=2-PM2，即PN +PM =4，又4>2=MN，所以点P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆.因为2a=4，c=1，所以b2=a2-c2=3，故Ω的方程为x24+y23=1.(2)解：存在λ=12满足题意.理由如下：设Q x0,y0，G2,y1，H2,y2.显然y1y2>0.依题意，直线AQ不与坐标轴垂直，设直线AQ的方程为x=my-2m≠0，因为点G在这条直线上，所以my1=4，m=4 y1 .联立x=my-2,3x2+4y2=12,得3m2+4y2-12my=0的两根分别为y0和0，则y0=12m3m2+4，x0=my0-2=6m2-83m2+4，所以k QN=y0x0-1=12m3m2+46m2-83m2+4-1=4mm2-4=4y14-y21，k NH=y2.设∠BNH=θ，则∠BNQ=2θ，则k QN=tan2θ，k NH=tanθ，所以tan2θ=2tanθ1-tan2θ=2y21-y22=4y14-y21，整理得y1-2y2y1y2+2=0，因为y1y2>0，所以y1-2y2=0，即y2=12y1.故存在常数λ=12，使得BH=λBG.3(2023·全国·高三专题练习)仿射变换是处理圆锥曲线综合问题中求点轨迹的一类特殊而又及其巧妙的方法，它充分利用了圆锥曲线与圆之间的关系，具体解题方法为将C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)由仿射变换得：x =xa，y=yb，则椭圆x2a2+y2b2=1变为x 2+y 2=1，直线的斜率与原斜率的关系为k =abk，然后联立圆的方程与直线方程通过计算韦达定理算出圆与直线的关系，最后转换回椭圆即可．已知椭圆C:x2 a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为55，过右焦点F2且垂直于x轴的直线与C相交于A,B两点且AB=855，过椭圆外一点P作椭圆C的两条切线l1，l2且l1⊥l2，切点分别为M,N．(1)求证：点P的轨迹方程为x2+y2=9；(2)若原点O到l1，l2的距离分别为d1，d2，延长表示距离d1，d2的两条直线，与椭圆C交于Y,W两点，过O作OZ⊥YW交YW于Z，试求：点Z所形成的轨迹与P所形成的轨迹的面积之差是否为定值，若是，求出此定值；若不是，请求出变化函数．【答案】(1)证明见解析(2)是定值，定值为619π【分析】(1)利用仿射变换将椭圆方程变为圆的方程，设原斜率分别为k1，k2，k1k2=-1，则变换后斜率k 1⋅k 2=a2b2k1k2，设变换后坐标系动点Q x0,y0，过点Q x0,y0的直线为l:y-y0=k x-x0，将圆的方程和直线方程联立，利用直线和圆相切结合韦达定理求解即可；(2)由图中的垂直关系，利用等面积法S△OYW=12OYOW=12YWOZ和1|OY|2+1|OW|2=OY|2+OW|2 OY|2OW|2=|YW|2OW|2OY|2，结合椭圆的性质求解即可.【详解】(1)由仿射变换得：x =xa，y=yb，则椭圆x2a2+y2b2=1变为x 2+y 2=1设原斜率存在分别为k1，k2，k1k2=-1，变换后为k 1=abk1，k 2=abk2，所以k 1⋅k 2=a2b2k1k2=-a2b2=e2-1，设变换后的坐标系动点Q x0,y0，过点Q x0,y0的直线为l:y-y0=k x-x0l:kx-y-kx0-y0=0到原点距离为d=kx0-y0k2+1=1，即kx0-y02=k2+1⇒x20-1k2-2x0y0k+y20-1=0，由韦达定理得：k 1k 2=y20-1x20-1=-a2b2，化简得：a2x20+b2y20=a2+b2由于原坐标系中x0=xa，y0=yb⇒x=ax0，y=by0所以在原坐标系中轨迹方程为：x2+y2=a2+b2，由e=ca=55b2a=455解得a2=5b2=4，所以点P的轨迹方程为x2+y2=9，当切线斜率不存在时，由椭圆方程x25+y24=1易得P点在x2+y2=9上.(2)如图所示延长OY交l1于N，延长OW交l2于M，由题意可知∠GPM=∠OGP=∠OHP=π2，所以四边形OGPH为矩形，∠YOW=π2，所以S△OYW=12OYOW=12YWOZ，且1|OY|2+1|OW|2=OY|2+OW|2OY|2OW|2=|YW|2OW|2OY|2，|YW |2OW |2OY |2分子分母同乘|OZ |2得4S 24OZ 2S 2=1OZ 2=1OY 2+1OW 2，因为OY ⊥OW ，当直线OY ,OW 斜率存在时，设l OY :y =k 3x ，l OW :y =-1k 3x ，由x 2a 2+y 2b 2=1y =k 3x解得x 2Y=a 2b 2b 2+a 2k 23，y 2Y =a 2b 2k 23b 2+a 2k 23，所以OY 2=a 2b 21+k 23 b 2+a 2k 23，由x 2a 2+y 2b 2=1y =-1k 3x解得x 2W=a 2b 2k 23b 2k 23+a 2，y 2W =a 2b 2b 2k 23+a 2，所以OW 2=a 2b 21+k 23 b 2k 23+a2，所以1OY 2+1OW 2=b 2+a 2k 23a 2b 2(1+k 23)+b 2k 23+a 2a 2b 2(1+k 23)=a 2+b 2a 2b 2，当斜率不存在时仍成立，所以1|OZ |2=a 2+b 2a 2b 2，OZ 2=x 2+y 2=a 2b 2a 2+b 2=209，所以Z 所形成的轨迹与P 所形成的轨迹的面积之差=9-209 π=619π是定值.4(2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆W :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为22，椭圆W 上的点与点P 0,2 的距离的最大值为4.(1)求椭圆W 的标准方程；(2)点B 在直线x =4上，点B 关于x 轴的对称点为B 1，直线PB ,PB 1分别交椭圆W 于C ,D 两点(不同于P 点).求证：直线CD 过定点.【答案】(1)x 28+y 24=1(2)证明见解析【分析】(1)根据离心率可得a =2b =2c ，设点T m ,n 结合椭圆方程整理得TP =-(n +2)2+8+2b 2，根据题意分类讨论求得b =2，即可得结果；(2)设直线CD 及C ,D 的坐标，根据题意结合韦达定理分析运算，注意讨论直线CD 的斜率是否存在.【详解】(1)设椭圆的半焦距为c ，由椭圆W 的离心率为22，得a =2b =2c ，设点T m ,n 为椭圆上一点，则m 22b 2+n 2b2=1,-b ≤n ≤b ，则m 2=2b 2-2n 2，因为P 0,2 ，所以TP =m 2+(n -2)2=2b 2-2n 2+n 2-4n +4=-(n +2)2+8+2b 2，①当0<b <2时，|TP |max =-(-b +2)2+8+2b 2=4，解得b =2(舍去)；②当b ≥2时，|TP |max =8+2b 2=4，解得b =2；综上所述：b =2，则a =22,c =2，故椭圆W 的标准方程为x 28+y 24=1.(2)①当CD 斜率不存在时，设C x 0,y 0 ,-22<x 0<22且x 0≠0，则D x 0,-y 0 ，则直线CP 为y =y 0-2x 0x +2，令x =4，得y =4y 0-8x 0+2，即B 4,4y 0-8x 0+2，同理可得B 14,-4y 0-8x 0+2.∵B 与B 1关于x 轴对称，则4y 0-8x 0+2+-4y 0-8x 0+2=0，解得x 0=4>22，矛盾；②当直线CD 的斜率存在时，设直线CD 的方程为y =kx +m ，m ≠2，设C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，其中x 1≠0且x 2≠0，联立方程组y =kx +mx 28+y 24=1，消去y 化简可得2k 2+1 x 2+4kmx +2m 2-8=0，Δ=16k 2m 2-42k 2+1 2m 2-8 =88k 2+4-m 2 >0，则m 2<8k 2+4，所以x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-81+2k 2，由P 0,2 ，可得k PC =y 1-2x 1,k PD =y 2-2x 2，所以直线PC 的方程为y =y 1-2x 1x +2，令x =4，得y =4y 1-8x 1+2，即4,4y 1-8x 1+2，直线PD 的方程为y =y 2-2x 2x +2，令x =4，得y =4y 2-8x 2+2，即4,4y 2-8x 2+2，因为B 1和B 关于x 轴对称，则4y 1-8x 1+2+4y 2-8x 2+2=0，把y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m 代入上式，则4kx 1+m -8x 1+2+4kx 2+m -8x 2+2=0，整理可得1+2k x 1x 2+m -2 x 1+x 2 =0，则1+2k ×2m 2-81+2k 2+m -2 ×-4km1+2k2=0，∵m ≠2，则m -2≠0，可得1+2k ×m +2 -2km =0，化简可得m =-4k -2，则直线CD 的方程为y =kx -4k -2，即y +2=k x -4 ，所以直线CD 过定点4,-2 ；综上所述：直线CD 过定点4,-2 .【点睛】方法定睛：过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l 过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y =kx +t ，由题设条件将t 用k 表示为t =mk ，得y =k (x +m )，故动直线过定点(-m ,0)．(2)动曲线C 过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．5(2023春·四川眉山·高二校考阶段练习)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32，短轴长为2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)点D (4,0)，斜率为k 的直线l 不过点D ，且与椭圆C 交于A ，B 两点，∠ADO =∠BDO (O 为坐标原点).直线l 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由.【答案】(1)x 24+y 2=1；(2)过定点，1,0 .【分析】(1)根据已知条件列方程即可解得a ,b 值，方程可求解；(2)设直线l 的方程为y =kx +m ，联立椭圆方程结合韦达定理得x 1,x 2关系，又∠ADO =∠BDO 得k AD +k BD =0，代入坐标化简即可求解.【详解】(1)由题意可得2b =2ca =32c 2=a 2-b 2，解得a 2=4，b 2=1所以椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1.(2)设直线l 的方程为y =kx +m ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 联立y =kx +mx 24+y 2=1整理得4k 2+1 x 2+8kmx +4m 2-4=0，则Δ=8km 2-44k 2+1 (4m 2-4)>0，即4k 2-m 2+1>0又x 1+x 2=-8km 4k 2+1，x 1x 2=4m 2-44k 2+1因为∠ADO =∠BDO ，所以k AD +k BD =0，所以y 1x 1-4+y 2x 2-4=kx 1+m x 2-4 +kx 2+m x 1-4x 1-4 x 2-4 =0所以2kx 1x 2+(m -4k )x 1+x 2 -8m =0，即2k ⋅4m 2-44k 2+1+(m -4k )⋅-8km 4k 2+1-8m =0整理得8k +8m =0，即m =-k ，此时Δ=3k 2+1>0则直线l 的方程为y =kx -k ，故直线l 过定点1,0 .6(2023·内蒙古赤峰·校联考模拟预测)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b2=1a >b >0 的离心率为12，且经过点6,2 ，椭圆C 的右顶点到抛物线E :y 2=2px p >0 的准线的距离为4．(1)求椭圆C 和抛物线E 的方程；(2)设与两坐标轴都不垂直的直线l 与抛物线E 相交于A ，B 两点，与椭圆C 相交于M ，N 两点，O 为坐标原点，若OA ⋅OB=-4，则在x 轴上是否存在点H ，使得x 轴平分∠MHN ？若存在，求出点H 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y 212+x 29=1；y 2=4x(2)存在；H 92,0 【分析】(1)依题意得到方程组，即可求出a 2，b 2，从而得到椭圆方程，再求出椭圆的右顶点，即可求出p ，从而求出抛物线方程；(2)设直线l 的方程为y =kx +m ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据OA ⋅OB=-4得到m =-2k ，再假设在x 轴上存在点H x 0,0 ，使得x 轴平分∠MHN ，则直线HM 的斜率与直线HN 的斜率之和为0，设M x 3,y 3 ，N x 4,y 4 ，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由y 3x 3-x 0+y 4x 4-x 0=0，即可求出x 0，从而求出H 的坐标；【详解】(1)解：由已知得c a =124a 2+6b 2=1a 2=b 2+c 2，∴a 2=12，b 2=9．∴椭圆C 的方程为y 212+x 29=1．∴椭圆C 的右顶点为3,0 ．∴3+p2=4，解得p =2．∴抛物线E 的方程为y 2=4x ．(2)解：由题意知直线l 的斜率存在且不为0．设直线l 的方程为y =kx +m ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ．由y =kx +my 2=4x消去y ，得k 2x 2+2km -4 x +m 2=0．∴Δ1=2km -4 2-4k 2m 2=-16km +16>0，∴km <1．∴x 1+x 2=4-2km k 2，x 1x 2=m 2k2．∴y 1y 2=kx 1+m kx 2+m =k 2x 1x 2+km x 1+x 2 +m 2=km 4-2km k2+2m 2=4m k ．∴OA ⋅OB =x 1x 2+y 1y 2=m 2k2+4m k =-4．∴m k +2 2=0，∴mk=-2．∴m =-2k ，此时km =-2k 2<1．∴直线l 的方程为y =k x -2 ．假设在x 轴上存在点H x 0,0 ，使得x 轴平分∠MHN ，则直线HM 的斜率与直线HN 的斜率之和为0，设M x 3,y 3 ，N x 4,y 4 ，由y =k x -2y 212+x 29=1消去y ，得3k 2+4 x 2-12k 2x +12k 2-36=0．∴Δ2=12k 2 2-43k 2+4 12k 2-36 >0，即5k 2+12>0恒成立．∴x 3+x 4=12k 23k 2+4，x 3x 4=12k 2-363k 2+4．∵y 3x 3-x 0+y 4x 4-x 0=0，∴k x 3-2 x 4-x 0 +k x 4-2 x 3-x 0 =0．∴2x 3x 4-x 0+2 x 3+x 4 +4x 0=0．∴24k 2-723k 2+4-x 0+2 12k 23k 2+4+4x 0=0．∴16x 0-723k 2+4=0．解得x 0=92．∴在x 轴上存在点H 92,0 ，使得x 轴平分∠MHN ．【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理法在圆锥曲线综合中的应用，属于难题；在解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．7(2023·宁夏·六盘山高级中学校考一模)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为B 1，若△F 1B 1F 2为等边三角形，且点P 1,32在椭圆E 上.(1)求椭圆E 的方程；(2)设椭圆E 的左、右顶点分别为A 1，A 2，不过坐标原点的直线l 与椭圆E 相交于A 、B 两点(异于椭圆E 的顶点)，直线AA 1、BA 2与y 轴的交点分别为M 、N ，若|ON |=3|OM |，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.【答案】(1)x 24+y 23=1(2)点1,0 或4,0【分析】(1)由已知条件，椭圆的定义及a ,b ,c 的关系可知a 2=4c 2和b 2=3c 2，再设出椭圆的方程，最后将点代入椭圆的方程即可求解；(2)设点A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，由直线AA 1的方程即可求出点M 的坐标，由BA 2的方程即可求出点N 的坐标，由已知条件可知5x 1+x 2 -2x 1x 2-8=0，分直线AB 的斜率存在和直线AB 的斜率不存在两种情况分别求解，得出直线AB 的方程，即可判断出直线恒过定点的坐标.【详解】(1)∵△F 1B 1F 2为等边三角形，且B 1F 1 +B 1F 2 =2a ，∴a =2c ，又∵a 2=b 2+c 2，∴b 2=3c 2，设椭圆的方程为x 24c 2+y 23c 2=1，将点P 1,32 代入椭圆方程得14c 2+912c2=1，解得c 2=1，所以椭圆E 的方程为x 24+y 23=1.(2)由已知得A 1-2,0 ，A 22,0 ，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ,则直线AA 1的斜率为y 1x 1+2，直线AA 1的方程为y =y 1x 1+2x +2 ，即点M 坐标为0,2y 1x 1+2，直线BA 2的斜率为y 2x 2-2，直线AA 1的方程为y =y 2x 2-2x -2 ，即点N 坐标为0,-2y 2x 2-2,∵|ON |=3|OM |,∴|ON |2=9|OM |2,∴4y 22x 2-2 2=36y 21x 1+2 2，又∵y 21=3-3x 214=12-3x 214，y 22=3-3x 224=12-3x 224，∴4-x 22x 2-2 2=9×4-x 21x 1+22，即2+x 22-x 2=92-x 1 2+x 1，整理得5x 1+x 2 -2x 1x 2-8=0，①若直线AB 的斜率存在时,设直线AB 的方程为y =kx +b ，将直线方程与椭圆方程联立y =kx +bx 24+y 23=1得3+4k 2 x 2+8kbx +4b 2-12=0，其中Δ=64k 2b 2-43+4k 2 4b 2-12 =1612k 2-3b 2+9 >0，x 1+x 2=-8kb 3+4k 2，x 1x 2=4b 2-123+4k 2，即-5×8kb 3+4k 2-2×4b 2-123+4k2-8=0，4k 2+5kb +b 2=0，4k +b k +b =0，所以b =-4k 或b =-k ，当b =-4k 时，直线AB 的方程为y =kx -4k =k x -4 ，此时直线AB 恒过点4,0 ，当b =-k 时，直线AB 的方程为y =kx -k =k x -1 ，此时直线AB 恒过点1,0 ，②若直线AB 的斜率不存在时x 1=x 2，由2+x 22-x 2=92-x 1 2+x 1得2+x 22-x 2=92-x 2 2+x 2，即x 22-5x 2+4=0，解得x 2=1或x 2=4，此时直线AB 的方程为x =1或x =4，所以此时直线AB 恒过点1,0 或4,0 ，综上所述，直线AB 恒过点1,0 或4,0 .8(2023·江苏扬州·仪征中学校考模拟预测)已知F 1(-2,0)，F 2(2,0)为椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点，且A 2,53为椭圆上的一点.(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线y =-2x +t 与抛物线y 2=2px (p >0)相交于P ,Q 两点，射线F 1P ，F 1Q 与椭圆E 分别相交于M ､N .试探究：是否存在数集D ，对于任意p ∈D 时，总存在实数t ，使得点F 1在以线段MN 为直径的圆内？若存在，求出数集D 并证明你的结论；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 29+y 25=1(2)存在，D =(5,+∞)，证明见解析【分析】(1)求出点A 2,53到两焦点的距离，再用椭圆的定义可得a =3，结合b 2=a 2-c 2可得b 2，从而可得椭圆的方程；(2)直线l 与抛物线联立，结合判别式有p +4t >0，要使得点F 1在以线段MN 为直径的圆内，根据题意，有F 1P ⋅F 1Q<0，结合韦达定理可得p >5，从而可证明问题.【详解】(1)由题意知c =2，A 2,53为椭圆上的一点，且AF 2垂直于x 轴，则AF 2 =53，AF 1 =(2+2)2+53 2=133，所以2a =AF 1 +AF 2 =133+53=6，即a =3，所以b 2=32-22=5，故椭圆的方程为x 29+y 25=1；(2)l 方程为y =-2x +t ，联立抛物线方程，得y 2=2px y =-2x +t ，整理得y 2+py -pt =0，则Δ=p 2+4tp >0，则p +4t >0①，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1+y 2=-p ，y 1y 2=-pt ，则x 1+x 2=t +p 2,x 1x 2=(y 1y 2)24p 2=t 24，由F 1的坐标为(-2,0)，则F 1P =(x 1+2，y 1)，F 1Q=(x 2+2，y 2)，由F 1M 与F 1P 同向，F 1N 与F 1Q 同向，则点F 1在以线段MN 为直径的圆内，则F 1M ⋅F 1N <0，则F 1P ⋅F 1Q<0，则(x 1+2)(x 2+2)+y 1y 2<0，即x 1x 2+2(x 1+x 2)+4+y 1y 1<0，则t 24+2t +p 2 +4-pt <0，即t 24+(2-p )t +p +4<0②，当且仅当Δ=(2-p )2-4×14(p +4)>0，即p >5，总存在t >-p4使得②成立，且当p >5时，由韦达定理可知t 24+(2-p )t +p +4=0的两个根为正数，故使②成立的t >0，从而满足①，故存在数集D =(5,+∞)，对任意p ∈D 时，总存在t ，使点F 1在线段MN 为直径的圆内．9(2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右顶点分别为M 1、M 2，短轴长为23，点C 上的点P 满足直线PM 1、PM 2的斜率之积为-34．(1)求C 的方程；(2)若过点1,0 且不与y 轴垂直的直线l 与C 交于A 、B 两点，记直线M 1A 、M 2B 交于点Q ．探究：点Q是否在定直线上，若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．【答案】(1)x 24+y 23=1(2)点Q 在定直线x =4上【分析】(1)设点P x 0,y 0 ，则x 0≠±a ，可得出y 20=b 21-x 20a2，利用斜率公式结合已知条件可得出b 2=34a 2，再利用椭圆的短轴长可得出b 2、a 2的值，即可得出椭圆C 的方程；(2)设l 的方程为x =my +1，设点A x 1,y 1 、B x 2,y 2 ，设点Q x ,y ，将直线l 的方程与椭圆C 的方程联立，列出韦达定理，写出直线M 1A 、M 2B 的方程，联立这两条直线方程，可得出点Q 的横坐标，即可得出结论.【详解】(1)解：设P x 0,y 0 ，则x 0≠±a ，且x 20a 2+y 20b 2=1，所以，y 20=b 21-x 20a2，则k PM 1⋅k PM 2=y 0x 0+a ⋅y 0x 0-a =y20x 20-a 2=b 21-x 20a 2x 20-a2=-b 2a2=-34，故b 2=34a 2①，又2b =23②，联立①②，解得a 2=4，b 2=3，故椭圆C 的方程为x 24+y 23=1．(2)解：结论：点Q 在定直线上x =4．由(1)得，M 1-2,0 、M 22,0 ，设Q x ,y ，设直线l 的方程为x =my +1，设点A x 1,y 1 、B x 2,y 2 ，联立x 24+y 23=1x =my +1，整理得3m 2+4 y 2+6my -9=0，Δ=36m 2+363m 2+4 =144m 2+1 >0，∴y 1+y 2=-6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4， 直线M 1A 的方程为y =y 1x 1+2x +2 ，直线M 2B 的方程为y =y 2x 2-2x -2 ，所以，y 1x 1+2x +2 =y 2x 2-2x-2 ，可得x +2x -2=y 2x 1+2 y 1x 2-2 =y 2my 1+3 y 1my 2-1 =my 1y 2+3y 2my 1y 2-y 1=-9m 3m 2+4+3-6m 3m 2+4-y 1 -9m 3m 2+4-y 1=-27m 3m 2+4-3y 1-9m 3m 2+4-y 1=3，解得x =4，因此，点Q 在直线x =4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x 1,y 1 、x 2,y 2 ；(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Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2、x 1x 2(或y 1+y 2、y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.10(2023·全国·高三专题练习)如图，椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)内切于矩形ABCD ，其中AB ，CD 与x 轴平行，直线AC ，BD 的斜率之积为-12，椭圆的焦距为2.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)椭圆上的点P ，Q 满足直线OP ，OQ 的斜率之积为-12，其中O 为坐标原点.若M 为线段PQ 的中点，则MO 2+MQ 2是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，说明理由.【答案】(1)x 22+y 2=1(2)是定值，定值为32【分析】(1)由题意求出直线AC ，BD 的斜率，即可求出-b 2a2=-12，又因为焦距为2，即可就出椭圆的标准方程.(2)方法一：联立直线PQ 与椭圆的方程由k OP ⋅k OQ =-12可求出2t 2=1+2k 2，又因为：MO 2+MQ 2=x 21+x 222+y 21+y 222，又点P ，Q 在椭圆上，代入即可求出答案.方法二：由P ，Q 是椭圆C 上的点，可得x 21+2y 21=2x 22+2y 22=2，联立直线PQ 与椭圆的方程由k OP ⋅k OQ =-12可求出y 1=-x 1x 22y 2，代入化简得x 21=2y 22，即可求出答案.【详解】(1)由题意，c =1，则A -a ,-b ,B a ,-b ,C a ,b ,D -a ,b ，所以k AC =2b 2a =b a ，k BD =2b-2a=b -a ，所以k AC ⋅k BD =-b 2a2=-12，解得：a =2，=1，∴椭圆的标准方程为x 22+y 2=1.(2)(方法一)设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，则M x 1+x 22,y 1+y 22.设直线PQ ：y =kx +t ，由y =kx +t x 22+y 2=1，得：1+2k 2 x 2+4ktx +2t 2-2=0，x 1+x 2=-4kt1+2k2x 1x 2=2t 2-21+2k2，由k OP ⋅k OQ =-12，得x 1x 2+2y 1y 2=1+2k 2 x 1x 2+2kt x 1+x 2 +2t 2=0，代入化简得：2t 2=1+2k 2.∵MO 2+MQ 2=x 1+x 22 2+y 1+y 22 2+x 1-x 1+x 22 2+y 1-y 1+y 222=x 21+x 222+y 21+y 222，又点P ，Q 在椭圆上，∴x 212+y 21=1，x 222+y 22=1，即x 21+x 224+y 21+y 222=1，∵x 21+x 22=x 1+x 2 2-2x 1x 2=-4kt 2t 22-2⋅2t 2-22t 2=2，∴x 21+x 224=12.∴MO 2+MQ 2=x 21+x 224+y 21+y 222+x 21+x 224=32.即MO 2+MQ 2=32为定值.(方法二)由P ，Q 是椭圆C 上的点，可得x 21+2y 21=2x 22+2y 22=2 ，把y 1=-x 1x 22y 2代入上式，化简x 21=2y 22，得y 21+y 22=1，x 21+x 22=2，MO 2+MQ 2=12x 21+x 22+y 21+y 22 =32.11(2023春·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习)已知离心率为22的椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左焦点为F ，左、右顶点分别为A 1、A 2，上顶点为B ，且△A 1BF 的外接圆半径大小为3．(1)求椭圆C 方程；(2)设斜率存在的直线l 交椭圆C 于P ,Q 两点(P ,Q 位于x 轴的两侧)，记直线A 1P 、A 2P 、A 2Q 、A 1Q 的斜率分别为k 1、k 2、k 3、k 4，若k 1+k 4=53k 2+k 3 ，求△A 2PQ 面积的取值范围．【答案】(1)x 24+y 22=1(2)0,5830 【分析】(1)根据椭圆离心率确定椭圆中a ,b ,c 的关系，再结合正弦定理的推论确定外接圆半径与边角关系即可得c 的值，从而求得椭圆方程；(2)由题可设直线l :x =ty +m t ≠0 ，P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，联立直线与椭圆即可得交点坐标关系，根据斜率的计算式可得k 1k 2=-12，k 3k 4=-12，再由已知等式k 1+k 4=53k 2+k 3 确定k 2k 3=-310，由坐标关系进行转化可求得m 的值，求解△A 2PQ 面积的表达式，结合函数性质即可得△A 2PQ 面积的取值范围．【详解】(1)根据椭圆C 的离心率为22知a =2c ，所以b =a 2-c 2=c ，如图，则OF =OB =c则在△A 1BF 中，可得∠BFA 1=3π4，A 1B =OA 1 2+OB 2=3c ，由正弦定理得A 1Bsin ∠BFA 1=3c22=6c =2×3，解得c =2，所以a =2，b =2，所以椭圆C 的方程为x 24+y 22=1．(2)由条件知直线l 的斜率不为0，设直线l :x =ty +m t ≠0 ，P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，联立x =ty +mx 24+y 22=1，得t 2+2 y 2+2mty +m 2-4=0，Δ>0得2t 2+4>m 2于是y 1+y 2=-2mt t 2+2，y 1y 2=m 2-4t 2+2，因为A 1-2,0 ，A 22,0 ，P x 1,y 1 代入椭圆方程得x 214+y 212=1，所以k 1k 2=y 1x 1+2⋅y 1x 1-2=y 21x 21-4=21-x 214 x 21-4=-12，同理k 3k 4=-12，于是k 1=-12k 2，k 4=-12k 3，因为k 1+k 4=53k 2+k 3 ，所以-12k 2-12k 3=53k 2+k 3 ，即-k 2+k 32k 2k 3=53k 2+k 3 ．又直线l 的斜率存在，所以k 2+k 3≠0，于是k 2k 3=-310，所以y 1x 1-2⋅y 2x 2-2=-310，即10y 1y 2+3x 1-2 x 2-2 =0，又x 1=ty 1+m ，x 2=ty 2+m ，所以10y 1y 2+3ty 1+m -2 ty 2+m -2 =0，整理得3t 2+10 y 1y 2+3t m -2 y 1+y 2 +3m -2 2=0，所以3t 2+10 m 2-4t 2+2 +3t m -2 -2mt t 2+2+3m -2 2=0，化简整理得m -2 2m +1 =0，又P 、Q 位于x 轴的两侧，所以y 1y 2=m 2-4t 2+2<0，解得-2<m <2，所以m =-12，此时直线l 与椭圆C 有两个不同的交点，于是直线l 恒过定点D -12,0 ．当m =-12时，y 1+y 2=t t 2+2，y 1y 2=-154t 2+2，△A 2PQ 的面积S △A 2PQ =12A 2D ⋅y 1-y 2 =12×52×y 1+y 2 2-4y 1y 2=54t t 2+22-4-154t 2+2 =54⋅16t 2+30t 2+2，令16t 2+30=λ，因为直线l 的斜率存在，则λ>30，t 2=λ2-3016，于是S △A 2PQ =54⋅16λλ2+2=20λ+2λ，又函数y =20λ+2λ在30,+∞ 上单调递减，所以△A 2PQ 面积的取值范围为0,5830 ．【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆相交的坐标关系，利用坐标运算解决直线斜率关系及面积关系.解决本题的关键是确定直线直线A 1P 、A 2P 、A 2Q 、A 1Q 之间的斜率关系，结合椭圆上的任意一点与左右顶点之间的斜率关系，可将四个斜率值简化为两个斜率关系，即可减少位置数，从而利用坐标运算及坐标关系确定所设直线过定点，于是简化所求面积表达式中的变量个数从而可结合函数关系确定取值范围，得以解决问题.12(2023·江西南昌·统考模拟预测)已知A 2,0 ，B 0,1 是椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的两个顶点．(1)求椭圆E 的标准方程；(2)过点P 2,1 的直线l 与椭圆E 交于C ，D ，与直线AB 交于点M ，求PM PC +PMPD的值．【答案】(1)x 24+y 2=1(2)PM PC +PM PD =2【分析】(1)根据椭圆顶点坐标直接可得椭圆方程；(2)设直线方程，可得点M ，联立直线与椭圆结合韦达定理，再根据两点间距离化简可得解.【详解】(1)由A 2,0 ，B 0,1 是椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的两个顶点，得a =2，b =1，即E :x 24+y 2=1；(2)当直线l 的斜率不存在时，直线l 与椭圆有且只有一个公共点，不成立，所以设C x 1,y 1 ，D x 2,y 2 ，M x 3,y 3 ，直线l 的斜率为k ，则PC =x P -x 1 1+k 2=2-x 1 1+k 2，同理PD =2-x 2 1+k 2，PM =2-x 3 1+k 2，则PM PC+PM PD=2-x 32-x 1+2-x 32-x 2．设l ：y -1=k x -2 ，而AB ：x 2+y =1，联立解得x 3=4k2k +1，所以2-x 3=2-4k 2k +1=22k +1；联立直线l 与椭圆E 方程，消去y 得：4k 2+1 x 2-8k 2k -1 x +16k 2-16k =0，所以x 1+x 2=8k 2k -1 4k 2+1，x 1x 2=16k 2-16k 4k 2+1，所以12-x 1+12-x 2=-x 1+x 2-4x 1-2 x 2-2=-x 1+x 2-4x 1x 2-2x 1+x 2 +4=-8k 2k -14k 2+1-416k 2-16k4k 2+1-2×8k 2k -1 4k 2+1+4=2k +1，所以2-x 32-x 1+2-x 32-x 2=22k +1×2k +1 =2，即PM PC +PMPD =2．【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．13(2023·江苏盐城·校考三模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在C 上，当AF 1⊥x 轴时，AF 1 =12；当AF 1 =2时，∠F 1AF 2=2π3.(1)求C 的方程；(2)已知斜率为-1的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，与直线x =1交于点Q ，且点M ，N 在直线x =1的两侧，点P (1,t )(t >0)．若|MP |⋅|NQ |=|MQ |⋅|NP |，是否存在到直线l 的距离d =2的P 点？若存在，求t 的值；若不存在，请说明理由.【答案】．(1)x 24+y 2=1(2)存在，t =52【分析】(1)利用通径公式和椭圆定义，结合余弦定理即可建立方程，从而可求解椭圆方程；(2)由点M ，N 在直线x =1的两侧可得1-32<m <1+32，设直线l ：x +y =m ，点M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，联立椭圆方程，消元，利用韦达定理可得y 1+y 2=2m 5，y 1y 2=m 2-45．根据MP ⋅NQ =MQ ⋅NP ，得到k MP +k NP =0．代入斜率公式，得到4m -5 t =4-m ，再由d =1+t -m2=12-4m 2+8m -14m -5=2，求出m 的取值范围即可.【详解】(1)当AF 1⊥x 轴时，AF 1 =b 2a =12，即b 2=12a ①，当AF 1 =2时，AF 2 =2a -2，在△AF 1F 2中，F 1F 2 =2c ，由余弦定理可知，AF 12+AF 2 2-F 1F 2 2=2AF 1 AF 2 cos ∠F 1AF 2，即22+2a -2 2-2c 2=2×2×2a -2 ×-12，整理，可得a 2-c 2-a +1=0，即b 2=a -1②，由①②，解得a =2，b =1．所以C 的方程为x 24+y 2=1．(2)设直线l ：x +y =m ，点M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，令x =1，则14+y 2=1，y =±32，由点M ，N 在直线x =1的两侧，可得1-32<m <1+32，联立x +y =m x 24+y 2=1，消去x ，可得5y 2-2my +m 2-4=0，则Δ=4m 2-20m 2-4 =165-m 2 >0恒成立，所以y 1+y 2=2m 5，y 1y 2=m 2-45．因为MP ⋅NQ =MQ ⋅NP ，所以MP MQ=NP NQ，由正弦定理，得sin ∠MQP sin ∠MPQ =sin ∠NQPsin ∠NPQ，而∠MQP +∠NQP =π，即sin ∠MQP =sin ∠NQP ，所以sin ∠MPQ =sin ∠NPQ ，而∠MPQ +∠NPQ =∠MPN <π，则∠MPQ =∠NPQ ，所以k MP +k NP =0，则y 1-t x 1-1+y 2-t x 2-1=0，即y 1-t -y 1+m -1+y 2-t-y 2+m -1=0，即-2y 1y 2+m +t -1 y 1+y 2 -2m -1 t =0，整理，得4-m -4mt +5t =0，所以4m -5 t =4-m ，因为1-32<m <1+32，所以4-m >0，又t =4-m 4m -5>0，所以54<m <1+32，所以d =1+t -m 2=121+4-m 4m -5-m =12-4m 2+8m -14m -5 ．令d =12-4m 2+8m -14m -5=2，结合54<m <1+32，解得m =32，则t =4-324×32-5=52．所以t =52时，点P 到直线l 的距离d =2．【点睛】关键点睛：第二问中的关键是能把MP ⋅NQ =MQ ⋅NP 转化为MP MQ=NP NQ，由正弦定理，得sin ∠MQP sin ∠MPQ =sin ∠NQPsin ∠NPQ，从而得到∠MPQ =∠NPQ ，即k MP +k NP =0，从而利用斜率公式和韦达定理求解.14(2023·全国·高三专题练习)已知椭圆C ：x 2b 2+y 2a2=1a >b >0 与椭圆x 28+y 24=1的离心率相同，P 22,1为椭圆C 上一点.(1)求椭圆C 的方程.(2)若过点Q 13,0 的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，试问以AB 为直径的圆是否经过定点T ？若存在，求出T 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 2+y 22=1(2)存在T 的坐标为(-1,0)，理由见解析【分析】(1)先求出椭圆x 28+y 24=1的离心率为22，由此得到a 2=2b 2，将点P 的坐标代入椭圆C ，得到12b 2+1a2=1，再代入a 2=2b 2，解得b 2=1，a 2=2，则可得结果；(2)先用两个特殊圆求出交点(-1,0)，再猜想以AB 为直径的圆经过定点T (-1,0)，再证明猜想，设直线l :x =my +13，并与x 2+y 22=1联立，利用韦达定理得到y 1+y 2，y 1y 2，进一步得到x 1+x 2，x 1x 2，利用y 1+y 2，y 1y 2，x 1+x 2，x 1x 2证明TA ⋅TB=0即可.【详解】(1)在椭圆x 28+y 24=1中，a 1=22，b 1=2，c 1=8-4=2，离心率e =c 1a 1=222=22，在椭圆C ：x 2b 2+y 2a2=1a >b >0 中，e =c a =a 2-b 2a =1-b 2a 2，所以1-b 2a2=22，化简得a 2=2b 2，因为P 22,1 在椭圆C ：x 2b 2+y 2a 2=1a >b >0 上，所以12b 2+1a 2=1，所以12b 2+12b2=1，所以b 2=1，a 2=2，所以椭圆C :x 2+y22=1.(2)当直线l 的斜率为0时，线段AB 是椭圆的短轴，以AB 为直径的圆的方程为x 2+y 2=1，当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x =13，代入x 2+y 22=1，得y =±43，以AB 为直径的圆的方程为x -13 2+y 2=169，联立x 2+y 2=1x -13 2+y 2=169，解得x =-1y =0 ，由此猜想存在T (-1,0)，使得以AB 为直径的圆是经过定点T (-1,0)，证明如下：当直线l 的斜率不为0且斜率存在时，设直线l :x =my +13，联立x =my +13x 2+y 22=1，消去x 并整理得m 2+12 y 2+23my -89=0，Δ=49m 2+4m 2+12 ⋅89>0，设A (x 1,y 1)、B (x 2,y 2)，则y 1+y 2=-2m 3m 2+12 ，y 1y 2=-89m 2+12，则x 1+x 2=my 1+13+my 2+13=m (y 1+y 2)+23=-2m 23m 2+12 +23，x 1x 2=my 1+13 my 2+13 =m 2y 1y 2+13m (y 1+y 2)+19=-8m 29m 2+12 -2m 29m 2+12 +19=-10m 29m 2+12 +19，因为TA ⋅TB=(x 1+1,y 1)⋅(x 2+1,y 2)=(x 1+1)(x 2+1)+y 1y 2=x 1x 2+x 1+x 2+1+y 1y 2=-10m 29m 2+12 +19-2m 23m 2+12 +23+1-89m 2+12 =-16m 2+89m 2+12+169=0，所以TA⊥TB，所以点T(-1,0)在以AB为直径的圆上，综上所述：以AB为直径的圆是经过定点T(-1,0).【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x1,y1,x2,y2；(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Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2(或y1+y2、y1y2)的形式；(5)代入韦达定理求解.15(2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测)已知双曲线C:x2a2-y23a2=1(a>0)的左、右焦点分别为F1,F2，且F2到C的一条渐近线的距离为3.(1)求C的方程；(2)过C的左顶点且不与x轴重合的直线交C的右支于点B，交直线x=12于点P，过F1作PF2的平行线，交直线BF2于点Q，证明：Q在定圆上.【答案】(1)x2-y23=1(2)证明见解析【分析】(1)根据焦点到渐近线的距离求出c=2即可得解；(2)由题意可设PA，PF2的斜率分别为k,-k，设直线AP的方程为y=k x+1，联立双曲线方程，求出B3+k23-k2,6k 3-k2，由三角函数可得∠F2F1Q=∠PF2A=∠BF2P=∠F1QF1，即化为QF2= F1F2=4得证.【详解】(1)根据题意可知C的一条渐近线方程为y=3aax=3x，设F2c,0(c>0),F2到渐近线y=3x的距离为d=3c3+1=3，所以c=2,c2=4=a2+3a2,a2=1，所以C的方程为x2-y23=1.(2)设C的左顶点为A，则A(-1,0),故直线x=12为线段AF2的垂直平分线.所以可设PA，PF2的斜率分别为k,-k，故直线AP的方程为y=k x+1.与C 的方程联立有3-k 2 x 2-2k 2x -k 2-3=0，设B (x 1,y 1)，则-1+x 1=2k 23-k 2，即x 1=3+k 23-k 2，所以B 3+k 23-k 2,6k3-k 2当BF 2⊥x 轴时，BF 2= AF 2 =3，△AF 2B 是等腰直角三角形，且易知∠PF 2A =∠BF 2P =π4当BF 2不垂直于x 轴时，直线BF 2的斜率为2k k 2-1，故tan ∠BF 2A =2kk 2-1因为tan ∠PFA =-1，所以tan2∠PF 2A =2kk 2-1=tan ∠BF 2A ,所以∠BF 2A =2∠PF 2A ,∠PF 2A =∠BF 2P因为QF 1∥PF 2所以∠F 2F 1Q =∠PF 2A =∠BF 2P =∠F 1QF 1所以QF 2= F 1F 2 =4为定值，所以点Q 在以F 2为圆心且半径为4的定圆上.【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x 1,y 1 ,x 2,y 2 ；(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Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2、x 1x 2(或y 1+y 2、y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.16(2023春·湖南常德·高二临澧县第一中学校考开学考试)如图，椭圆M :y 2a 2+x 2b2=1a >b >0 的两顶点A -2,0 ，B 2,0 ，离心率e =32，过y 轴上的点F 0,t t <4,t ≠0 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 .(1)当t =23且CD =4时，求直线l 的方程；(2)当点P 异于A ，B 两点时，设点P 与点Q 横坐标分别为x P ，x Q ，是否存在常数λ使x P ⋅x Q =λ成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)2x -y +23=0或2x +y -23=0(2)存在，λ=4【分析】(1)先求得椭圆M 的方程，再以设而不求的方法即可求得直线l 的方程；(2)先以设而不求的方法得到x P 、x Q 的解析式，再去计算x P ⋅x Q 是否为定值即可解决.【详解】(1)椭圆的方程y 2a 2+x 2b2=1a >b >0 ，由题可得b =2；由e =c a =32，结合a 2=b 2+c 2，得a =4，椭圆的标准方程：y 216+x 24=1；当直线l 的斜率不存在时，CD =8，与题意不符，故设直线l 的方程为y =kx +23，代入椭圆方程y 2+4x 2=16整理得k 2+4 x 2+43kx -4=0，设C x 1,y 1 ，D x 2,y 2 ，x 1+x 2=-43k k 2+4，x 1⋅x 2=-4k 2+4；∴CD =1+k 2x 1+x 2 2-4x 1x 2=1+k 2-43k k 2+42-4-44+k 2=8k 2+1 k 2+4=4，解得k =± 2.则直线l 的方程为2x -y +23=0或2x +y -23=0.(2)当直线l 的斜率不存在时，直线l 与y 轴重合，由椭圆的对称性可知直线AC 与直线BD 平行，不符合题意；∴由题意可设直线的方程：x =my +n m ≠0,n ≠0 代入椭圆方程，得1+4m 2 y 2+8mny +4n 2-16=0；设C x 1,y 1 ，D x 2,y 2 ，∴y 1+y 2=-8mn 1+4m 2，y 1⋅y 2=4n 2-161+4m 2；∴my 1⋅y 2=4-n 22ny 1+y 2 ①直线AC 的方程为y =y 1x 1+2x +2 ②则直线BD 的方程为y =y 2x 2-2x -2 ③由②③得x -2x +2=y 1x 2-2 y 2x 1+2 =y 1my 2+n -2 y 2my 1+n +2 =my 1y 2+y 1n -2 my 1y 2+y 2n +2由①代入，得x -2x +2=2-n n +2 y 2+2-n y 1 2+n n +2 y 2+2-n y 1 =2-n 2+n ，解得x =4n ，即x Q =4n ；且知x P =n ；∴x P ⋅x Q =n ×4n=4(常数)即点P 与点Q 横坐标之积为定值4.故存在常数λ=417(2023春·四川遂宁·高三射洪中学校考阶段练习)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点1,62 ，且离心率为22．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l :y =mx +2与椭圆交于不同的两点P ，Q ，那么在x 轴上是否存在点M ，使MP =MQ 且MP ⊥MQ ，若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)x 24+y 22=1(2)详见解析【分析】(1)根据条件得到关于a ,b ,c 的方程组，即可求得椭圆方程；。

椭圆中的定点、定值问题1.已知l 1，l 2是过点0,2 的两条互相垂直的直线，且l 1与椭圆Γ:x 24+y 2=1相交于A ，B 两点，l 2与椭圆Γ相交于C ，D 两点．(1)求直线l 1的斜率k 的取值范围；(2)若线段AB ，CD 的中点分别为M ，N ，证明直线MN 经过一个定点，并求出此定点的坐标．【答案】(1)-233,-32 ∪32,233 ；(2)证明见解析；定点0,25 .【解析】(1)根据题意直线l 1，l 2的斜率均存在且不为0直线l 1，l 2分别为y =kx +2，y =-1kx +2，联立y =kx +2x 24+y 2=1得4k 2+1 x 2+16kx +12=0，由Δ=16k 2-4×124k 2+1 >0得4k 2>3，则k <-32或k >32，同理4-1k2>3，则-233<k <233，所以k 的取值范围为-233,-32 ∪32,233 ．(2)设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，由(1)得4k 2+1 2+16kx +12=0，所以x 1+x 2=-16k 4k 2+1，则x M =x 1+x 22=-8k4k 2+1，所以y M =kx M +2=-8k 24k 2+1+2=24k 2+1，则M -8k 4k 2+1,24k 2+1，同理N 8k k 2+4,2k 2k 2+4，则直线MN 的方程为y -24k 2+1=2k 2k 2+4-24k 2+18k k 2+4+8k 4k 2+1x +8k 4k 2+1 ，化简整理得y =k 2-15kx +25因此直线MN 经过一个定点0,25 ．2.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的右顶点为A (2,0)，离心率为32.(1)求C 的方程；(2)设斜率为1的直线l 与C 交于P ，Q 两点，点P 关于x 轴的对称点为M ，若△PQM 的外接圆恰过坐标原点，求直线l 的方程.【答案】(1)x 24+y 2=1;(2)y =x ±263【解析】(1)依题意a =2c a =32a 2=b 2+c 2·解得a =2b =1，所以椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1(2)设l 的方程为y =x +m ，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，则M x 1,-y 1 .由y =x +m x 24+y 2=1消去y 得，5x 2+8mx +4m 2-4=0，依题意Δ=64m 2-204m 2-4 >0，即-5<m <5，所以x 1+x 2=-8m5x 1x 2=4m 2-45，所以y 1+y 2=x 1+x 2+2m =-8m 5+2m =2m5，所以线段PQ 的中点坐标为-4m 5,m5 ，所以线段PQ 的中垂线方程为y -m 5=-x +4m 5 ，即y =-x -3m5，·依题意，线段PQ 的中垂线与x 轴的交点E -3m5,0 ，即为△PQM 外接圆的圆心，点E 到直线l 的距离为d =2|m |5，|PQ |=2⋅x 1+x 22-4x 1x 2=2⋅-8m 5 2-16m 2-1 5=4255-m 2，·设△PQM 外接圆的半径为r ，则r 2=d 2+|PQ |22=40-6m 225，所以△PQM 外接圆的方程为x +3m 5 2+y 2=40-6m 225，因为△PQM 外接圆恰过原点O (0,0)，所以3m 5 2=40-6m 225，解得m =±263，所以直线l 的方程为y =x ±263.3.已知A ，B 分别是椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右顶点和上顶点，|AB |=5，直线AB 的斜率为-12.(1)求椭圆的方程；(2)直线l ⎳AB ，与x ，y 轴分别交于点M ，N ，与椭圆相交于点C ，D ．证明：(i )△OCM 的面积等于△ODN 的面积；(ii )|CM |2+|MD |2为定值．【答案】(1)x 24+y 2=1;(2)(i )证明见解析；(ii )证明见解析【解析】(1)∵A 、B 是椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的两个顶点，且|AB |=5，直线AB 的斜率为-12，由A (a ,0)，B (0,b )，得|AB |=a 2+b 2=5，又k =b -00-a =-b a =-12，解得a =2，b =1，∴椭圆的方程为x 24+y 2=1；(2)设直线l 的方程为y =-12x +m ，则M (2m ,0)，N (0,m )，联立方程y =-12x +mx 24+y 2=1消去y ，整理得x 2-2mx +2m 2-2=0．Δ=4m 2-8(m 2-4)=32-4m 2>0，得m 2<8设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)．∴x 1+x 2=2m ，x 1x 2=2m 2-2．所以S △OCM =12|2m ||y 1|，S △ODN =12|m ||x 2|则有S △OCM S △ODN =|2y 1||x 2|=|2m -x 1||x 2|=|x 2||x 2|=1∴△OCM 的面积等于△ODN 的面积；∴|CM |2+|MD |2=(x 1-2m )2+y 12+(x 2-2m )2+y 22=x 12-4mx 1+4m 2+-12x 1+m 2+x 22-4mx 2+4m 2+-12x 2+m 2=54(x 1+x 2)2-52x 1x 2-5m (x 1+x 2)+10m 2=5m 2-52(2m 2-2)-10m 2+10m 2=54.如图，椭圆M ：y 2a 2+x 2b2=1a >b >0 的两焦点为0,1 ，0,-1 ，A ，B 是左右顶点，直线l 与椭圆交于异于顶点的C ，D 两点，并与x 轴交于点P ．直线AC 与直线BC 斜率之积为-2．(1)求椭圆M 的方程；(2)直线AC 与直线BD 交于点Q ，设点P 与点Q 横坐标分别为x P ，x Q ，则x P ⋅x Q 是否为常数，若是，求出该常数值；若不是，请说明理由．【答案】(1)y 22+x 2=1;(2)x P ⋅x Q 为常数，值为1【解析】(1)由题A -b ,0 ，B b ,0 ，设C x 1,y 1 ，则k AC ⋅k BC =y 1x 1+b ⋅y 1x 1-b =y 21x 21-b 2=a 21-x 21b2x 21-b2=-a2b 2=-2，∴a 2=2b 2，又a 2-b 2=1，∴a =2，b =1，∴椭圆M 的方程为：y 22+x 2=1.(2)直线l 若过原点，由对称性知AC ∥BD 不合题，设直线l ：x =ty +m m ≠0 ，则x P =mx =ty +my 22+x 2=1，消去x 得2t 2+1 y 2+4mty +2m 2-2=0，设D x 2,y 2 ，则Δ=82t 2-m 2+1 >0y 1+y 2=-4tm2t 2+1y 1y 2=2m 2-22t 2+1∴y 1y 2=1-m22tm y 1+y 2 ①AC ：y =y 1x 1+1x +1 ②，BD ：y =y 2x 2-1x -1 ③②③联立得x -1x +1=y 1x 2-1 y 2x 1+1 =y 1ty 2+m -1 y 2ty 1+m -1 =t 1y 2+m -1 y 1ty 1y 2+m +1 y 2①代入得x -1x +1=1-m 1-m y 1+1+m y 2 m +1 1-m y 1+1+m y 2 =1-m1+m 解得x =1m ，即x Q =1m∴x P ⋅x Q =m ⋅1m=1，∴x P ⋅x Q 为常数，值为1．5.已知点A -22,0 ,B 22,0 ,Q 2,0 ，动点P 与点A ，B 连线的斜率之积为-78，过点Q 的直线l 交点P 的轨迹于C ，D 两点，设直线AC 和直线BD的斜率分别为k 1和k 2，记m =k1k 2(1)求点P 的轨迹方程(2)m 是否为定值?若是，请求出该值，若不是，请说明理由．【答案】(1)x 28+y 27=1(y ≠0);(2)是，3-22【解析】(1)设点P x ,y ，由题意k PA ⋅k PB =y x -22⋅y x +22=-78整理得x 28+y 27=1y ≠0(2)由题意，直线l 斜率不为0设l :x =ty +2，设C x 1,y 1 ,D x 2,y 2由x =ty +2x 28+y 27=1得7t 2+8 y 2+28ty -28=0则y 1+y 2=-28t 7t 2+8，y 1y 2=-287t 2+8所以y 1+y 2=ty 1y 2m =k 1k 2=y 1x 1+22y 2x 2-22=y 1x 2+22 y 2x 1-22 =y 1ty 2+2-22 y 2ty 1+2+22 =ty 1y 2+2-22 y 1ty 1y 2+2+22 y 2=y 1+y 2+2-22 y 1y 1+y 2+2+22 y 2=3-22 y 1+y 2y 1+3+22 y 2=3-22 y 1+13-22y 2 y 1+3+22 y 2=3-22 y 1+3+22 y 2 y 1+3+22 y 2=3-22所以m 为定值3-226.已知圆O ：x 2+y 2=4与x 轴交于点A (-2,0)，过圆上一动点M 作x 轴的垂线，垂足为H ，N 是MH 的中点，记N 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)过-65,0 作与x 轴不重合的直线l 交曲线C 于P ，Q 两点，设直线AP ，AS 的斜率分别为k 1，k 2.证明：k 1=4k 2．【答案】(1)x 22+y 2=1；(2)证明见解析.【解析】(1)设N (x 0，y 0)，则H (x 0，0)，∵N 是MH 的中点，∴M (x 0，2y 0)，又∵M 在圆O 上，∴x 20+(2y 0)2=4，即x 204+y 20=1；∴曲线C 的方程为：x 24+y 2=1；(2)①当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为：x =-65，若点P 在轴上方，则点Q 在x 轴下方，则P -65,45 ,Q -65,-45，直线OQ 与曲线C 的另一交点为S ，则S 与Q 关于原点对称，∴S 65,45，k 1=k AP =45-0-65+2=1,k 2=k AS =45-065+2=14,∴k 1=4k 2；若点P 在x 轴下方，则点Q 在x 轴上方，同理得：P -65,-45 ,Q -65,45 ,S 65,-45 ，∴k 1=k AP =-45-0-65+2=-1,k 2=k AS =-45-065+2=-14，∴k 1=4k 2；②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为：x =my -65,，由x =my -65,与x 24+y 2=1联立可得(m 2+4)y 2-12m 5y -6425=0，其中Δ=144m 225+4×(m 2+4)×6425>0，设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)，则S (-x 2,-y 2)，则y 1+y 2=12m 5m 2+4,y 1y 2=-6425m 2+4，∴k 1=k AP =y 1-0x 1+2=y 1x 1+2,k 2=k AS =-y 2-0-x 2+2=y 2x 2-2,则k 1k 2=y 1x 1+2⋅x 2-2y 2=y 1my 2-165my 1+45 y 2=my 1y 2-165y 1my 1y 2+45(y 1+y 2)-45y 1=-6425m 2+4-165y1-6425m m 2+4+45⋅125m m 2+4-45y 1=-6425m 2+4-165y 1-1625m 2+4-45y 1=4，∴k 1=4k 2.7.已知M ，N 分别是x 轴，y 轴上的动点，且MN =4+23，动点P 满足MP =32PN ，设点P 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的轨迹方程；(2)直线l 1：3x -2y =0与曲线C 交于A ，B 两点，G 为线段AB 上任意一点(不与端点重合)，倾斜角为α的直线l 2经过点G ，与曲线C 交于E ，F 两点．若|EF |2|GA |⋅|GB |的值与点G 的位置无关，求|GE |：|GF |的值．【答案】(1)x 216+y 212=1;(2)1【解析】(1)设M x 0,0 ，N 0,y 0 ，则x 20+y 20=4+23 2．设P x ,y ，则MP =x -x 0,y ，PN=-x ,y 0-y ．由题意得x -x 0=-32x y =32y 0-y，解得x 0=1+32 x y 0=231+32y，所以1+322x 2+431+32 2y 2=4+23 2，化简得x 216+y 212=1，即曲线C 的方程为x 216+y 212=1．(2)证明：由3x -2y =0x 216+y 212=1，解得x =2y =3 或x =-2y =-3 ，(不妨设点A 在第一象限)，所以A (2,3)，B (-2,-3)．设点G (2m ,3m )，其中-1<m <1，则|GA |=13(1-m )，|GB |=13(1+m )，所以|GA |⋅|GB |=131-m 2 ．若直线l 2的斜率不存在，则直线l 2的方程为x =2m ，此时E 2m ,12-3m 2，F 2m ,-12-3m 2，故|EF |2|GA |⋅|GB |=124-m 2131-m 2不为定值．若直线l 2的斜率存在，设直线l 2的斜率为k ，则直线l 2的方程为y =kx -(2k -3)m ．将直线l 2的方程代入曲线C 的方程化简、整理，得4k 2+3 x 2-8km (2k -3)x +4(2k -3)2m 2-48=0．设E x 1,y 1 ，F x 2,y 2 ，则x 1+x 2=8km (2k -3)4k 2+3，x 1x 2=4(2k -3)2m 2-484k 2+3，所以|EF |2=1+k 2 x 1-x 2 2=1+k 264k 2m 2(2k -3)2-164k 2+3 (2k -3)2m 2-124k 2+32=-481+k 2 (2k -3)2m 2-16k 2+12 4k 2+32，故|EF |2|GA |⋅|GB |=481+k 2 (2k -3)2m 2-16k 2+12 134k 2+3 2m 2-1．因为|EF |2|GA |⋅|GB |的值与m 的值无关，所以(2k -3)2=16k 2+12，解得k =-12，所以x 1+x 22=4km (2k -3)4k 2+3=2m ，所以G 是EF 的中点，即|GE |=|GF |．所以|GE |:|GF |=1．8.已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为22，其左、右焦点分别为F 1，F 2，T 为椭圆C 上任意一点，△TF 1F 2面积的最大值为1.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知A 0,1 ，过点0,12的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，直线AM ，AN 与x 轴的交点分别为P ，Q ，证明：以PQ 为直径的圆过定点.【答案】(1)x 22+y 2=1;(2)证明见解析【解析】(1)因为椭圆C 的离心率为22，所以c a =22.又当T 位于上顶点或者下顶点时，△TF 1F 2面积最大，即bc =1.又a 2=b 2+c 2，所以b =c =1，a = 2.所以椭圆C 的标准方程为x 22+y 2=1.(2)由题知，直线l 的斜率存在，所以设直线l 的方程为y =kx +12，设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，将直线l 代入椭圆C 的方程得：4k 2+2 x 2+4kx -3=0，由韦达定理得：x 1+x 2=-4k 4k 2+2，x 1x 2=-34k 2+2，直线AM 的方程为y =y 1-1x 1x +1，直线AN 的方程为y =y 2-1x 2x +1，所以P -x 1y 1-1,0 ，Q -x 2y 2-1,0，所以以PQ 为直径的圆为x +x 1y 1-1 x +x 2y 2-1 +y 2=0，整理得：x 2+y 2+x 1y 1-1+x 2y 2-1 x +x 1x 2y 1-1 y 2-1=0.①因为x 1x 2y 1-1 y 2-1 =x 1x 2kx 1-12 kx 2-12=4x 1x 24k 2x 1x 2-2k x 1+x 2+1=-12-12k 2+8k 2+4k 2+2=-6，令①中的x =0，可得y 2=6，所以，以PQ 为直径的圆过定点0,±6 .9.已知平面内两点F 1(-2,0),F 2(2,0)，动点P 满足：PF 1 +PF 2 =2 3.(1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)设M ，N 是轨迹C 上的两点，直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切.证明：M ，N ，F 2三点共线的充要条件是|MN |= 3.【答案】(1)x 23+y 2=1；(2)证明见解析.【解析】(1)因为PF 1 +PF 2 =23>F 1F 2 .所以点P 的轨迹是以F 1,F 2为焦点的椭圆，其中2a =23,c =2,b 2=1，所以轨迹C 的方程为x 23+y 2=1.(2)当直线MN 的斜率不存在时，直线MN ：x =1，不合题意；当直线MN 的斜率存在时，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，必要性：若M ,N ,F 2三点共线，可设直线MN :y =k (x -2)，即kx -y -2k =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得|2k |k 2+1=1，解得k =±1，联立y =±(x -2),x 23+y 2=1,可得4x 2-62x +3=0，所以x 1+x 2=322,x 1⋅x 2=34，所以|MN |=1+1⋅x 1+x 2 2-4x 1⋅x 2=3，所以必要性成立；充分性：设直线MN :y =kx +b ,(kb <0)即kx -y +b =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得|b |k 2+1=1，所以b 2=k 2+1，联立y =kx +b ,x 23+y 2=1,可得1+3k 2 x 2+6kbx +3b 2-3=0，所以x 1+x 2=-6kb 1+3k 2，x 1⋅x 2=3b 2-31+3k 2，所以|MN |=1+k 2⋅x 1+x 2 2-4x 1⋅x 2=1+k 2-6kb 1+3k 2 2-4⋅3b 2-31+3k 2=1+k 2⋅24k 21+3k 2=3，化简得3k 2-1 2=0，所以k =±1，所以k =1b =-2或k =-1b =2 ，所以直线MN :y =x -2或y =-x +2，所以直线MN 过点F (2,0)，M ，N ，F 2三点共线，充分性成立；所以M ,N ,F 2三点共线的充要条件是|MN |= 3.10.已知F 1(-2,0)，F 2(2,0)为椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点，且A 2,53为椭圆上的一点.(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线y =-2x +t 与抛物线y 2=2px (p >0)相交于P ,Q 两点，射线F 1P ，F 1Q 与椭圆E 分别相交于M 、N .试探究：是否存在数集D ，对于任意p ∈D 时，总存在实数t ，使得点F 1在以线段MN 为直径的圆内？若存在，求出数集D 并证明你的结论；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 29+y 25=1;(2)存在，D =(5,+∞)，证明见解析【解析】(1)由题意知c =2，A 2,53为椭圆上的一点，且AF 2垂直于x 轴，则AF 2 =53，AF 1 =(2+2)2+53 2=133，所以2a =AF 1 +AF 2 =133+53=6，即a =3，所以b 2=32-22=5，故椭圆的方程为x 29+y 25=1；(2)l 方程为y =-2x +t ，联立抛物线方程，得y 2=2pxy =-2x +t ，整理得y 2+py -pt =0，则Δ=p 2+4tp >0，则p +4t >0①，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1+y 2=-p ，y 1y 2=-pt ，则x 1+x 2=t +p 2,x 1x 2=(y 1y 2)24p 2=t 24，由F 1的坐标为(-2,0)，则F 1P =(x 1+2，y 1)，F 1Q=(x 2+2，y 2)，由F 1M 与F 1P 同向，F 1N 与F 1Q 同向，则点F 1在以线段MN 为直径的圆内，则F 1M ⋅F 1N <0，则F 1P ⋅F 1Q<0，则(x 1+2)(x 2+2)+y 1y 2<0，即x 1x 2+2(x 1+x 2)+4+y 1y 1<0，则t 24+2t +p 2 +4-pt <0，即t 24+(2-p )t +p +4<0②，当且仅当Δ=(2-p )2-4×14(p +4)>0，即p >5，总存在t >-p4使得②成立，且当p >5时，由韦达定理可知t 24+(2-p )t +p +4=0的两个根为正数，故使②成立的t >0，从而满足①，故存在数集D =(5,+∞)，对任意p ∈D 时，总存在t ，使点F 1在线段MN 为直径的圆内．11.在平面直角坐标系xOy 中，设椭圆C :y 2a 2+x 2b2=1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，点P 在椭圆C 上，连结PF 1，PF 2并延长，分别交椭圆于点A ，B ．已知△APF 2的周长为82，△F 1PF 2面积最大值为4．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)当P 不是椭圆的顶点时，试分析直线OP 和直线AB 的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．【答案】(1)y 28+x 24=1;(2)是定值；-6【解析】(1)如图所示：由题意得4a =82bc =4a 2=b 2+c 2，解得a =22b =2所以椭圆C 的方程为y 28+x 24=1(2)设直线PA 的方程为y =kx +2,P x 0,y 0 ,A x 1,y 1 ,F 10,2 ，由y =kx +2y 2+2x 2=8，得k 2+2 x 2+4kx -4=0，∴x 0x 1=-4k 2+2，即x 0x 1=-4y 0-2x 0 2+2=-4x 20y 20-4y 0+4+2x 20，=-4x 2012-4y 0=-x 203-y 0，∴x 1=-x 03-y 0,∴y 1=y 0-2x 0⋅-x 03-y 0+2=8-3y 03-y 0，∴A -x 03-y 0,8-3y 03-y 0，同理可得B -x 03+y 0,-3y 0-83+y 0 ，∴k AB =8-3y 03-y 0+3y 0+83+y 0x 03+y 0-x 03-y 0=48-6y 20-2x 0y 0=38-y 20 -x 0y 0=6x 20-x 0y 0=-6x 0y 0，∴k OP ⋅k AB =y 0x 0⋅-6x 0y 0=-6为定值12.已知点P 2，53 为椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0))上一点，A ，B 分别为C 的左、右顶点，且△PAB 的面积为5．(1)求C 的标准方程；(2)过点Q (1，0)的直线l 与C 相交于点G ，H (点G 在x 轴上方)，AG ，BH 与y 轴分别交于点M ，N ，记S 1，S 2分别为△AOM ，△AON (点O 为坐标原点)的面积，证明:S1S 2为定值．【答案】(1)x 29+y 25=1；(2)证明过程见解析.【解析】(1)因为△PAB 的面积为5，点P 2，53 为椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1上一点，所以有12⋅2a ⋅53=522a 2+53 2b 2=1 ⇒a =3b =5 ⇒x 29+y 25=1；(2)由题意可知直线l 的斜率不为零，故设方程为x =my +1，与椭圆方程联立为：x 29+y 25=1x =my +1⇒y 2(5m 2+9)+10my -40=0，设G (x 1,y 1),H (x 2,y 2)(y 1>0)，因为y 1y 2=-405m 2+9<0，所以y 2<0，A (-3,0),B (3,0)，直线AG 的方程为：y -y 1y 1-0=x -x 1x 1+3，令x =0，得y =y 1-x 1y 1x 1+3=3y 1x 1+3，即M 0,3y 1x 1+3 ，同理可得：N 0,-3y 2x 2-3 ，S 1S 2=12OA ⋅yM 12OA ⋅y N =y M y N =3y 1x 1+3⋅x 2-33y 2=3y 1my 2-2 3y 2my 1+4 ，因为y 1+y 2=-10m 5m 2+9,y 1y 2=-405m 2+9，所以有4(y 1+y 2)=my 1y 2，于是有S 1S 2=3y 1(my 2-2)3y 2(my 1+4)=12y 1+12y 2-6y 112y 1+12y 2+12y 2=6(y 1+2y 2)12(y 1+2y 2)=12，因此S1S 2为定值.13.已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的短轴长为22，离心率为22.(1)求椭圆C 的方程；(2)点P 为直线x =4上的动点，过点P 的动直线l 与椭圆C 相交于不同的A ，B 两点，在线段AB 上取点Q ，满足AP ⋅QB =AQ ⋅PB ，证明：点Q 的轨迹过定点.【答案】(1)x 24+y 22=1;(2)证明见解析【解析】(1)由题意可知2b =22c a =22，解得a =2，b = 2.所以，所求椭圆的方程为x 24+y 22=1(2)设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，Q x ,y ，P 4,t ，直线AB 的斜率显然存在，设为k ，则AB 的方程为y =k x -4 +t .因为A ，P ，B ，Q 四点共线，不妨设x 2<x <x 1<4，则AP =1+k 24-x 1 ，AQ =1+k 2x 1-x ，QB =1+k 2x -x 2 ，PB =1+k 24-x 2由AP ⋅QB =AQ ⋅PB ，可得4-x 1 x -x 2 =x 1-x 4-x 2 ，化简得2x 1x 2-x 1+x 2 4+x +8x =0.(*)联立直线y =k x -4 +t 和椭圆的方程，x 24+y 22=1y =k x -4 +t，消去y ，得2k 2+1 x 2+4k t -4k x +2t -4k 2-4=0.由韦达定理，得x 1+x 2=-4k t -4k 2k 2+1，x 1x 2=2t -4k 2-42k 2+1.代入(*)化简得x=4kt+2-t2kt+2=4-6+t2kt+2，即6+t 2kt+2=4-x.又k=y-tx-4，代入上式，得6+t2y-tx-4t+2=4-x，化简得2x+ty-2=0.所以点Q总在一条动直线2x+ty-2=0上，且恒过定点1,0.14.在平面直角坐标系中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63,a=6，直线l与x轴相交于点E，与椭圆相交于点A,B；(1)求椭圆C的方程，(2)在x轴上是否存在点E，使得1|EA|2+1|EB|2为定值？若存在，请求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)x26+y22=1;(2)存在；E(±3,0)【解析】(1)由题意得：e=c a=63,a=6,∴c=2，∴b2=a2-c2=2， -所以椭圆的方程为x26+y22=1(2)设E(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),(ⅰ)当直线AB与x轴不重合时，设AB的方程为x=my+x0代入x26+y22=1得：(m2+3)y2+2mx0y+x20-6=0，则y1+y2=-2mx0m2+3 y1⋅y2=x2-6m2+3|EA|2=(m2+1)y21,|EB|2=(m2+1)y22， -1 |EA|2+1|EB|2=(y1+y2)2-2y1y2(m2+1)y21y22=2×m2(x20+6)+(18-3x20) m2(x20-6)2+(x20-6)2-当x20+6=18-3x20，即x20=3时，无论m取何值，1|EA|2+1|EB|2的值恒为2，得点E(±3,0)，(ⅱ)当直线AB与x轴重合时，有A(-6,0),B(6,0),E(3,0)或E(-3, 0)，均有1|EA|2+1|EB|2=2由i和ii得，在x轴上是存在两点E(±3,0)，使得1|EA|2+1|EB|2为定值.15.已知△ABC 的两个顶点A ，B 的坐标分别为(-3,0)，(3,0)，圆E 是△ABC 的内切圆，在边AC ，BC ，AB 上的切点分别为P ，Q ，R ，CP =2-3，动点C 的轨迹为曲线G ．(1)求曲线G 的方程；(2)设直线l 与曲线G 交于M 、N 两点，点D 在曲线G 上，O 是坐标原点OM+ON =OD ，判断四边形OMDN 的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；如果不是，请说明理由．【答案】(1)x 24+y 2=1y ≠0 ;(2)四边形OMDN 的面积是定值，其定值为3【解析】(1)因为圆E 为△ABC 的内切圆，所以CA +CB =CP +CQ +PA +QB =2CP +AR +BR =2CP +AB =4>AB ，所以点C 的轨迹为以点A 和点B 为焦点的椭圆，所以c =3，a =2，则b =1，所以曲线G 的方程为x 24+y 2=1y ≠0(2)由y ≠0可知直线l 的斜率存在，设直线l 方程是y =kx +m ,M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，由平面图形OMDN 是四边形，可知m ≠0，代入到x 24+y 2=1，得1+4k 2 x 2+8kmx +4m 2-4=0所以Δ=184k 2+1-m 2>0，x 1+x 2=-8km 1+4k 2，x 1x 2=4m 2-41+4k 2．所以y 1+y 2=k x 1+x 2 +2m =2m1+4k 2，所以MN =1+k 2⋅44k 2-m 2+11+4k 2，又点O 到直线MN 的距离d =m1+k2，由OM +ON =OD ，得x D =-8km 1+4k ，y D =2m 1+4k 2，因为点D 在曲线C 上，所以将D 点坐标代入椭圆方程得1+4k 2=4m 2．由题意四边形OMDN 为平行四边形，所以OMDN 的面积为S =1+k 2×44k 2-m 2+11+4k 2×m1+k2=4m 4k 2-m 2+11+4k 2，由1+4k 2=4m 2，代入得S =3，故四边形OMDN 的面积是定值，其定值为3．16.已知椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的右顶点为A (2,0)，离心率为12．过点P (6,0)与x 轴不重合的直线l 交椭圆E 于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别交直线x =6于点M ，N ．(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为原点．求证：∠PAN +∠POM =90°．【答案】(1)x 24+y 23=1；(2)证明见解析.【解析】(1)由题得a =2,c a =12,∴a =2,c =1,∴b =3,所以椭圆E 的方程为x 24+y 23=1.(2)要证∠PAN +∠POM =90°，只需证∠PAN =90°-∠POM ，只需证明tan ∠PAN =1tan ∠POM,只需证明tan ∠PAN ⋅tan ∠POM =1,只需证明k AN ⋅k OM =1,设M (6,m ),N (6,n )，只需证明n 6-2⋅m6=1,只需证明mn =24.设直线l 的方程为y =k (x -6)，k ≠0，联立椭圆方程x 24+y 23=1得(3+4k 2)x 2-48k 2x +144k 2-12=0，设B (x 1,y 1),C (x 2,y 2)，所以Δ>0,x 1+x 2=48k 23+4k 2,x 1x 2=144k 2-123+4k 2，又A ,B ,M 三点共线，所以m4=y 1x 1-2,∴m =4y 1x 1-2，同理n =4y 2x 2-2，所以mn =4y 1x 1-2×4y 2x 2-2=16k 2(x 1-6)(x 2-6)(x 1-2)(x 2-2)，所以mn =16k 2[x 1x 2-6(x 1+x 2)+36]x 1x 2-2(x 1+x 2)+4所以mn =16k 2144k 2-123+4k 2-6×48k 23+4k 2+36144k 2-123+4k 2-2×48k 23+4k 2+4=16k 2×9664k 2=24.所以∠PAN +∠POM =90°.17.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的焦距为2，且经过点P 1,32 ．(1)求椭圆C 的方程；(2)经过椭圆右焦点F 且斜率为k k ≠0 的动直线l 与椭圆交于A 、B 两点，试问x 轴上是否存在异于点F 的定点T ，使AF ⋅BT =BF ⋅AT 恒成立？若存在，求出T 点坐标，若不存在，说明理由．【答案】(1)x 24+y 23=1；(2)存在，T 4,0 .【解析】(1)由椭圆C 的焦距为2，故c =1，则b 2=a 2-1，又由椭圆C 经过点P 1,32 ，代入C 得1a 2+94b2=1，得a 2=4，b 2=3，所以椭圆C 的方程为：x 24+y 23=1．(2)根据题意，直线l 的斜率显然不为零，令1k=m由椭圆右焦点F 1,0 ，故可设直线l 的方程为x =my +1，与C :x 24+y 23=1联立得，3m 2+4 y 2+6my -9=0，则Δ=36m 2-4-9 3m 2+4 =144m 2+1 >0，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，y 1+y 2=-6m 3m 2+4，y 1y 2=-93m 2+4，设存在点T ，设T 点坐标为t ,0 ，由AF ⋅BT =BF ⋅AT ，得AF BF=AT BT，又因为AF BF =S △TFA S △TFB =12FT⋅AT sin ∠ATF12FT⋅BT sin ∠BTF =AT sin ∠ATF BT sin ∠BTF ，所以sin ∠ATF =sin ∠BTF ，∠ATF =∠BTF ，所以直线TA 和TB 关于x 轴对称，其倾斜角互补，即有k AT +k BT =0，则：k AT +k BT =y 1x 1-t +y 2x 2-t=0，所以y 1x 2-t +y 2x 1-t =0，所以y 1my 2+1-t +y 2my 1+1-t =0，2my 1y 2+1-t y 1+y 2 =0，即2m ×-93m 2+4+1-t ×-6m 3m 2+4=0，即3m 3m 2+4+1-tm3m 2+4=0，解得t =4，符合题意，即存在点T 4,0 满足题意.18.设椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，上顶点为D ，点P 是椭圆C 上异于顶点的动点，已知椭圆的离心率e =32，短轴长为2.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线AD 与直线BP 交于点M ，直线DP 与x 轴交于点N ，求证：直线MN 恒过某定点，并求出该定点.【答案】(1)x 24+y 2=1;(2)证明见解析，定点为(2,1)【解析】(1)由已知可得2b =2e =a 2-b 2a =32，解得a =2b =1 ，故椭圆C 的方程为x 24+y 2=1；(2)设直线BP 的方程为y =k 1(x -2)(k 1≠0且k 1≠±12)，直线DP 的方程为y =k 2x +1(k 2≠0且k 2≠±12)，则直线DP 与x 轴的交点为N -1k 2,0 ，直线AD 的方程为y =12x +1，则直线BP 与直线AD 的交点为M 4k 1+22k 1-1,4k 12k 1-1，将y =k 2x +1代入方程x 24+y 2=1，得4k 22+1 x 2+8k 2x =0，则点P 的横坐标为x P =-8k 24k 22+1，点P 的纵坐标为y P =k 2⋅-8k24k 22+1+1=1-4k 224k 22+1，将点P 的坐标代入直线BP 的方程y =k 1(x -2)，整理得1+2k 2 1-2k 2 =-2k 11+2k 2 2，∵1+2k2≠0，∴2k 1+4k 1k 2=2k 2-1，由M ,N 点坐标可得直线MN 的方程为：y =4k 1k 24k 1k 2+2k 2+2k 1-1x +1k 2 =2k 1k 2x +2k 12k 2-1=2k 1k 2x +2k 2-1-4k 1k 22k 2-1，即y =2k 1k 22k 2-1(x -2)+1，则直线MN 过定点(2,1).19.已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)经过点A (0，1)，且右焦点为F (1，0).(1)求C 的标准方程；(2)过点0，12的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点P .Q ，直线AP 与x 轴交于点M ，直线AQ 与x 轴交于点N .证明：以MN 为直径的圆过y 轴上的定点.【答案】(1)x 22+y 2=1;(2)证明见解析【解析】(1)由题意可得c =1,b =1从而a 2=2.所以椭圆的标准方程为x 22+y 2=1.(2)证明：由题意直线l 斜率存在，可设直线l :y =kx +12，设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，将直线l 代入椭圆方程得4k 2+2 x 2+4kx -3=0，所以x 1+x 2=-4k 4k 2+2,x 1,x 2=-34k 2+2，直线AP 的方程为y =y 1-1x 1x +1，直线AQ 的方程为y =y 2-1x 2x +1.可得M -x 1y 1-1,0 ,N -x 2y 2-1,0，以MN 为直径的圆方程为，x +x 1y 1-1 x +x 2y 2-1 +y 2=0，即x 2+y 2+x 1y 1-1+x 2y 2-1 x +x 1x 2y 1-1 y 2-1 =0.①因为x 1x 2y 1-1 y 2-1=x 1x 2kx 1-12 kx 2-12 =4x 1x 24k 2x 1x 2-2k x 1+x 2 +1=-12-12k 2+8k 2+4k 2+2=-6.所以在①中令x =0，得y 2=6，即以MN 为直径的圆过y 轴上的定点(0,±6)，20.已知椭圆C 的方程为x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)，右焦点为F (2,0)，且离心率为63．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线MN 与曲线x 2+y 2=b 2(x >0)相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．【答案】(1)x 23+y 2=1；(2)证明见解析.【解析】(1)由题意，椭圆半焦距c =2且e =c a =63，所以a =3，又b 2=a 2-c 2=1，所以椭圆方程为x 23+y 2=1；(2)由(1)得，曲线为x 2+y 2=1(x >0)，当直线MN 的斜率不存在时，直线MN :x =1，不合题意；当直线MN 的斜率存在时，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，必要性：若M ，N ，F 三点共线，可设直线MN :y =k x -2 即kx -y -2k =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得2kk 2+1=1，解得k =±1，联立y =±x -2x 23+y 2=1可得4x 2-62x +3=0，所以x 1+x 2=322,x 1⋅x 2=34，所以MN =1+1⋅x 1+x 2 2-4x 1⋅x 2=3,所以必要性成立；充分性：设直线MN :y =kx +m ,km <0 即kx -y +m =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得mk 2+1=1，所以m 2=k 2+1，联立y =kx +m x 23+y 2=1可得1+3k 2 x 2+6kmx +3m 2-3=0，所以x 1+x 2=-6km 1+3k 2,x 1⋅x 2=3m 2-31+3k 2，所以MN =1+k 2⋅x 1+x 2 2-4x 1⋅x 2=1+k 2-6km 1+3k 2 2-4⋅3m 2-31+3k 2=1+k 2⋅24k 21+3k 2=3，化简得3k 2-1 2=0，所以k =±1，所以k =1m =-2或k =-1m =2 ，所以直线MN :y =x -2或y =-x +2，所以直线MN 过点F (2,0)，M ，N ，F 三点共线，充分性成立；所以M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．21.圆O ：x 2+y 2=4与x 轴的两个交点分别为A 1-2,0 ，A 22,0 ，点M 为圆O 上一动点，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点R 满足NR =12NM(1)求点R 的轨迹方程；(2)设点R 的轨迹为曲线C ，直线x =my +1交C 于P ，Q 两点，直线A 1P 与A 2Q 交于点S ，试问：是否存在一个定点T ，当m 变化时，A 2TS 为等腰三角形【答案】(1)x 24+y 2=1;(2)存在，证明见解析【解析】(1)设点M x 0,y 0 在圆x 2+y 2=4上，故有x 20+y 2=4，设R x ,y ，又NR =12NM ，可得x =x 0，y =12y 0，即x 0=x ，y 0=2y代入x 20+y 20=4可得x 2+2y 2=4，化简得：x 24+y 2=1，故点R 的轨迹方程为：x 24+y 2=1.(2)根据题意，可设直线l 的方程为x =my +1，取m =0，可得P 1,32 ，Q 1,-32 ，可得直线A 1P 的方程为y =36x +33，直线A 2Q 的方程为y =32x -3联立方程组，可得交点为S 14,3 ；若P 1,-32，Q 1,32 ，由对称性可知交点S 24,-3 ，若点S 在同一直线上，则直线只能为l ：x =4上，以下证明：对任意的m ，直线A 1P 与直线A 2Q 的交点S 均在直线l ：x =4上.由x =my +1x 24+y 2=1，整理得m 2+4 y 2+2my -3=0设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-2m m 2+4，y 1y 2=-3m 2+4设A 1P 与l 交于点S 04,y 0 ，由y 04+2=y 1x 1+2，可得y 0=6y 1x 1+2设A 2Q 与l 交于点S 04,y0 ，由y 04-2=y 2x 2-2，可得y 0=2y 2x 2-2，因为y 0-y 0=6y 1x 1+2-2y 2x 2-2=6y 1my 2-1 -2y 2my 1+3 x 1+2 x 2-2=4my 1y 2-6y 1+y 2 x 1+2 x 1-2 =-12m m 2+4--12mm 2+4x 1+2 x 2-2 =0，因为y 0=y 0，即S 0与S 0重合，所以当m 变化时，点S 均在直线l ：x =4上，因为A 22,0 ，S 4,y ，所以要使A 2TS 恒为等腰三角形，只需要x =4为线段A 2T 的垂直平分线即可，根据对称性知，点T 6,0 .故存在定点T 6,0 满足条件.22.已知点F 2,0 ，动点M x ,y 到直线l :x =22的距离为d ，且d =2MF ，记M 的轨迹为曲线C ．(1)求C 的方程；(2)过M 作圆O 1:x 2+y 2=43的两条切线MP 、MQ (其中P 、Q 为切点)，直线MP 、MQ 分别交C 的另一点为A 、B ．从下面①和②两个结论中任选其一进行证明．①PA ⋅PM 为定值；②MA =MB ．【答案】(1)x 24+y 22=1;(2)条件选择见解析，证明见解析【解析】(1)由题意知22-x =2⋅x -2 2+y 2，两边平方整即得x 2+2y 2=4，所以，曲线C 的方程为x 24+y 22=1.(2)证明：设M x 0,y 0 、A x 1,y 1 、B x 2,y 2 ，当x 20=43时，y 20=43，则不妨设点M 233,233 ，则点A 233,-233 或A -233,233 ，此时OM ⋅OA=0，则OM ⊥OA ；当x 20≠43时，设直线MA :y =kx +m ，由直线MA 与圆O :x 2+y 2=43相切可得m 1+k2=23，即3m 2=41+k 2 ，联立y =kx +m x 2+2y 2=4可得2k 2+1 x 2+4kmx +2m 2-4=0，Δ=16k 2m 2-42k 2+1 2m 2-4 =84k 2+2-m 2 =1634k 2+1 >0，由韦达定理可得x 0+x 1=-4km 2k 2+1，x 1x 2=2m 2-42k 2+1，则OM ⋅OA=x 0x 1+y 0y 1=x 0x 0+kx 0+m kx 1+m =1+k 2 x 0x 1+km x 0+x 1 +m 2=1+k 22m 2-4 -4k 2m 2+m 21+2k 21+2k 2=3m 2-41+k 21+2k 2=0，所以，OM ⊥OA ，同理可得OM ⊥OB .选①，由OM ⊥OA 及OP ⊥AM 可得Rt △MOP ∽Rt △AOP ，则PM OP=OP PA，所以，PM ⋅PA =OP 2=43；选②，出OM ⊥OA 及OM ⊥OB 可得：A 、O 、B 三点共线，则OA =OB ，又MA 2=OA 2+OM 2=OB 2+OM 2=MB 2，因此，MA =MB .23.已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为22，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．【答案】(1)x 26+y 23=1；(2)详见解析.【解析】(1)由题意可得：c a =224a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，解得：a 2=6,b 2=c 2=3，故椭圆方程为：x 26+y 23=1.(2)[方法一]：通性通法设点M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，若直线MN 斜率存在时，设直线MN 的方程为：y =kx +m ，代入椭圆方程消去y 并整理得：1+2k 2 x 2+4kmx +2m 2-6=0，可得x 1+x 2=-4km 1+2k 2，x 1x 2=2m 2-61+2k 2，因为AM ⊥AN ，所以AM ·AN=0，即x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0，根据y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m ,代入整理可得：k 2+1 x 1x 2+km -k -2 x 1+x 2 +m -1 2+4=0，所以k 2+1 2m 2-61+2k 2+km -k -2 -4km 1+2k 2 +m -1 2+4=0，整理化简得2k +3m +1 2k +m -1 =0，因为A (2,1)不在直线MN 上，所以2k +m -1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k x -23 -13k ≠1 ，所以直线过定点直线过定点P 23,-13.当直线MN 的斜率不存在时，可得N x 1,-y 1 ，由AM ·AN=0得：x 1-2 x 1-2 +y 1-1 -y 1-1 =0，得x 1-2 2+1-y 21=0，结合x 216+y 213=1可得：3x 12-8x 1+4=0，解得：x 1=23或x 2=2(舍).此时直线MN 过点P 23,-13.令Q 为AP 的中点，即Q 43,13，若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边，故DQ =12AP =223，若D 与P 重合，则DQ =12AP ，故存在点Q 43,13，使得DQ 为定值.[方法二]【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O 点平移至点A 处，则在新的坐标系下椭圆的方程为(x +2)26+(y +1)23=1，设直线MN 的方程为mx +ny =4．将直线MN 方程与椭圆方程联立得x 2+4x +2y 2+4y =0，即x 2+(mx +ny )x +2y 2+(mx+ny )y =0，化简得(n +2)y 2+(m +n )xy +(1+m )x 2=0，即(n +2)y x2+(m +n )yx+(1+m )=0．设M x 1 ,y 1 ,N x 2,y 2 ，因为AM ⊥AN 则k AM ⋅k AN =y 1x 1⋅y 2x 2=m +1n +2=-1，即m =-n -3．代入直线MN 方程中得n (y -x )-3x -4=0．则在新坐标系下直线MN 过定点-43,-43 ，则在原坐标系下直线MN 过定点P 23,-13．又AD ⊥MN ，D 在以AP 为直径的圆上．AP 的中点43,13即为圆心Q ．经检验，直线MN 垂直于x 轴时也成立．故存在Q 43,13，使得|DQ |=12|AP |=223．[方法三]：建立曲线系A 点处的切线方程为2×x6+1×y 3=1，即x +y -3=0．设直线MA 的方程为k 1x -y -2k 1+1=0，直线MB 的方程为k 2x -y -2k 2+1=0，直线MN 的方程为kx -y +m =0．由题意得k 1⋅k 2=-1．则过A ，M ，N 三点的二次曲线系方程用椭圆及直线MA ,MB 可表示为x 26+y 23-1+λk 1x -y - 2k 1+1 k 2x -y -2k 2+1 =0(其中λ为系数)．用直线MN 及点A 处的切线可表示为μ(kx -y +m )⋅(x +y -3)=0(其中μ为系数)．即x 26+y 23-1+λk 1x -y -2k 1+1 k 2x - y -2k 2+1 =μ(kx -y +m )(x +y -3)．对比xy 项、x 项及y 项系数得λk 1+k 2 =μ(1-k ),①λ4+k 1+k 2 =μ(m -3k ),②2λk 1+k 2-1 =μ(m +3).③将①代入②③，消去λ,μ并化简得3m +2k +1=0，即m =-23k -13．故直线MN 的方程为y =k x -23 -13，直线MN 过定点P 23,-13．又AD ⊥MN ，D 在以AP 为直径的圆上．AP 中点43,13 即为圆心Q ．经检验，直线MN 垂直于x 轴时也成立．故存在Q 43,13，使得|DQ |=12|AP |=223．[方法四]：设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ．若直线MN 的斜率不存在，则M x 1,y 1 ,N x 1,-y 1 ．因为AM ⊥AN ，则AM ⋅AN =0，即x 1-2 2+1-y 21=0．由x 216+y 213=1，解得x 1=23或x 1=2(舍)．所以直线MN 的方程为x =23．若直线MN 的斜率存在，设直线MN 的方程为y =kx +m ，则x 2+2(kx +m )2-6=1+2k 2 x -x 1 x -x 2 =0．令x =2，则x 1-2 x 2-2 =2(2k +m -1)(2k +m +1)1+2k 2．又y -m k 2+2y 2-6=2+1k 2 y -y 1 y -y 2 ，令y =1，则y 1-1 y 2-1 =(2k +m -1)(-2k +m -1)1+2k 2．因为AM ⊥AN ，所以AM ⋅AN=x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =(2k +m -1)(2k +3m +1)1+2k 2=0，即m =-2k +1或m =-23k -13．当m =-2k +1时，直线MN 的方程为y =kx -2k +1=k (x -2)+1．所以直线MN 恒过A (2,1)，不合题意；当m =-23k -13时，直线MN 的方程为y =kx -23k -13=k x -23 -13，所以直线MN 恒过P 23,-13 ．综上，直线MN 恒过P 23,-13 ，所以|AP |=423．又因为AD ⊥MN ，即AD ⊥AP ，所以点D 在以线段AP 为直径的圆上运动．取线段AP 的中点为Q 43,13，则|DQ |=12|AP |=223．所以存在定点Q ，使得|DQ |为定值．24.已知△ABC 的顶点A -4,0 ，B 4,0 ，满足：tan A tan B =916．(1)记点C 的轨迹为曲线Γ，求Γ的轨迹方程；(2)过点M 0,2 且斜率为k 的直线l 与Γ相交于P ，Q 两点，是否存在与M 不同的定点N ，使得NP ⋅MQ =NQ ⋅MP 恒成立？若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)x 216+y 29=1x ≠±4 ;(2)N 0,92【解析】(1)设C x ,y ，则tan A tan B =y x +4⋅y 4-x =916，整理得x 216+y 29=1，故Γ的轨迹方程为x 216+y 29=1 x ≠±4 ；(2)设直线l 为y =kx +2，当k =0时，可得点P ，Q 关于y 轴对称，可得MQ =MP ，要使NP ⋅MQ =NQ ⋅MP 恒成立，即NP NQ=MP MQ=1成立，即点N 在y 轴上，可设为N 0,a ,a ≠2.当k ≠0时，联立方程组y =kx +2x 216+y 29=1x ≠±4整理得9+16k 2 x 2+64kx -80=0，设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2则x 1+x 2=-64k 9+16k 2,x 1x 2=-809+16k 2，要使NP ⋅MQ =NQ ⋅MP 恒成立，即NP NQ =MPMQ成立，由角平分线定理则只需使得y 轴为∠PNQ 的平分线，即只需k NP +k NQ =0，即y 1-ax 1+y 2-ax 2=0⇒x 2y 1-a +x 1y 2-a =x 2kx 1+2-a +x 1kx 2+2-a =0，即2kx 1x 2+2-a x 1+x 2 =2k ⋅-809+16k 2+2-a⋅-64k9+16k 2=0⇒-288+64a k =0解得：a =92，综上可得，存在与M 不同的定点N 0,92，使得NP ⋅MQ =NQ ⋅MP 恒成立25.如图，已知椭圆C :x 2a2+y 2=1(a >1)，其左、右焦点分别为F 1,F 2，过右焦点F 2且垂直于x 轴的直线交椭圆于第一象限的点P ，且sin ∠PF 1F 2=13.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点S 0,-13且斜率为k 的动直线l 交椭圆于A ,B 两点，在y 轴上是否存在定点M ，使以AB 为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)x 22+y 2=1；(2)存在，0,1 .【解析】(1)法一：∵sin ∠PF 1F 2=PF 2 PF 1=13,PF 1 +PF 2 =2a ，∴PF 1 =32a ,PF 2 =a2,∵PF 2 2+F 1F 2 2=PF 1 2,F 1F 2 =2c ,∴a =2c ，∵a 2=c 2+1,∴c =1,a =2,∴椭圆方程为：x 22+y 2=1..法二：设P c ,y 0 ，代入椭圆方程，由a 2=c 2+1，解得PF 2 =y 0=1a ，∵sin ∠PF 1F 2=PF 2 PF 1=13,∴PF 1 =3a,∵PF 1 +PF 2 =2a ,∴a =2，。

椭圆中的“定”五、一般结论30. 已知点()()0,0000≠y x y x A 是椭圆12222=+b y a x C ：()0>>b a 上一定点，过点A 的两直线21,l l 与椭圆C 的另一个交点分别为Q P 、，直线21,l l 的斜率分别为21,k k .（1）若2221a b k k =⋅，直线PQ 的斜率为定值00x y -.反之亦然. （2）若021=+k k ，直线PQ 的斜率为定值0202x a y b .反之亦然. 31.椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 的动弦BC 的两端点与椭圆上定点()00,y x A 连线的斜率存在，若斜率之积为定值()122≠m m a b ，则直线BC 必定过定点()()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--+11,1100m m y m m x M . 32.椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 的动弦BC 的两端点与椭圆上定点()00,y x A 连线的斜率存在，若斜率之和为定值()02≠n n a b ，则直线BC 必定过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛---0000,y x an b y bn a x N . 33.（1）一条经过点()0,m M 的直线l 与椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 交于B A ,两点，作A 关于长轴的对称点A ',则直线A B'过定点2,0a T m ⎛⎫ ⎪⎝⎭.（2）一条经过点()()0,M m b m b -<<的直线l 与椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 交于,P R 两点，设点20,b Q m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则PQM RQM ∠=∠.34.（1）过椭圆C 的左（右）准线上任意一点N 作椭圆的切线，切点为B A ,，则直线AB 必过椭圆的左（右）焦点，反之，当圆锥曲线的焦点弦AB 绕焦点F 运动时，过弦的端点,A B 的两切线交点的轨迹为F 对应的准线.（2）过椭圆C 的左（右）准线上任意一点N 作椭圆的切线，切点为A ，则以NA 为直径的圆过椭圆的左（右）焦点，即090NFA ∠=.35.过点()00,P x y 作直线交12222=+by a x C ：()0>>b a 于,A B 两点，点,P Q 在椭圆的异侧且点Q 在直线AB 上，若A P Q B A Q P B =，则点Q 在定直线00221x x y y a b+=上.36.已知()00,P x y 是椭圆 2222:1x y E a b+=外一点，过点P 作椭圆的切线，切点为,A B ，再过P 作椭圆的割线交椭圆于,M N ，交AB 于点Q ，令111,,s t u PM PN PQ===，则,,s t u 的关系是2s t u +=.37.自()00,P x y 点作椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 的两条切线，切点分别为12,P P ，则切点弦12PP 的方程为00221x x y y a b+=：.38.过椭圆()222210x y a b a b+=>>上一点()000,P x y 的切线方程为00221x x y y a b +=.39. （1）过圆2222x y a b +=+上任意一点作椭圆12222=+b y a x C ：()0>>b a 的两条切线，则这两条切线相互垂直.反之，作椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 的两条相互垂直的切线，则切线交点一定在圆2222x y a b +=+上.（2）过圆2222x y a b +=+上任意一点P 作椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 的两条切线,PA PB ,,A B 为切点，中心O 至切点弦的距离为1d ，P 点至切点弦的距离为2d ，则221222a b d d a b =+.40.在椭圆12222=+by a x C ：()0>>b a 中，焦点分别为1F 、2F ，点P 是椭圆上任意一点，θ=∠21PF F ，则2tan 221θb S PF F =∆。

椭圆中的定点定值问题1．椭圆C ：22221x y a b +=〔0a b >>〕的右焦点为F 〔1，0〕，且〔1-，22〕在椭圆C 上。

〔1〕求椭圆的标准方程；〔2〕动直线l 过点F ，且与椭圆C 交于A 、B 两点，试问x 轴上是否存在定点Q ，使得716QA QB ⋅=-恒成立？假设存在，求出点Q 的坐标；假设不存在，请说明理由。

解：〔1〕由题意知c=1．由椭圆定义得22222(11)()22a =--++，即2a = --3分 ∴2211b =-=，∴椭圆C 方程为2212x y +=．〔2〕假设在x 轴上存在点Q 〔m ，0〕，使得716QA QB ⋅=-恒成立。

当直线l 的斜率不存在时，A 〔1，2〕，B 〔1，22-〕，由于〔521,4-〕·〔521,4--〕=716-，所以54m =， 下面证明54m =时，716QA QB ⋅=-恒成立。

当直线l 的斜率为0时，A 〔2，0〕B 〔2-，0〕那么〔524-，0〕•〔524--，0〕=716-，符合题意。

当直线l 的斜率不为0时，设直线l 的方程为x=ty+1，A ()11,x y ，B ()22,x y ，由x=ty+1及2212x y +=得22(2)210t y ty ++-=有0∆>∴12122221,22t y y y y t t +=-=-++； 111x ty =+，221x ty =+∴112212125511(,)(,)()()4444x y x y ty ty y y -⋅-=--+=2(1)t +121211()416y y t y y -++=22222211212217(1)242162(2)1616t t t t t t t t --+-++⋅+=+=-+++，综上所述：在x 轴上存在点Q 〔54，0〕使得716QA QB ⋅=-恒成立。

2．如图，中心在坐标原点，焦点分别在x 轴和y 轴上的椭圆1T ，2T 都过点(0,2)M -，且椭圆1T 与2T 的离心率均为2．〔Ⅰ〕求椭圆1T 与椭圆2T 的标准方程；〔Ⅱ〕过点M 引两条斜率分别为,k k '的直线分别交1T ，2T 于点P ，Q ，当4k k '=时，问直线PQ 是否过定点？假设过定点，求出定点坐标；假设不过定点，请说明理由．解：〔Ⅰ〕22221,1422x y y x +=+=； 〔Ⅱ〕直线MP 的方程为2y kx =-，联立椭圆方程得：221422x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，消去y 得22(21)420k x kx +-=，那么24221P k x k =+，那么点P 的坐标为 242222:(,)k k P -，同理可得点Q 的坐标为：222222:(,)k k Q ''-， 又4k k '=，那么点Q 为：242822(,)k k -，228222221812124242PQk k k k k k k k---++==--， 那么直线PQ 的方程为：222222142()21221k ky x k k k --=--++，即 222222142()21221k ky x k k k --=--++,化简得122y x k =-+， 即当0x =时，2y =，故直线PQ 过定点(0,2)．3．，椭圆C 过点A ，两个焦点为〔﹣1，0〕，〔1，0〕． 〔1〕求椭圆C 的方程；〔2〕E ，F 是椭圆C 上的两个动点，如果直线AE 的斜率与AF 的斜率互为相反数，证明直线EF 的斜率为定值，并求出这个定值．解：〔1〕由题意，c=1，可设椭圆方程为，解得b 2=3，〔舍去〕 所以椭圆方程为．〔2〕设直线AE 方程为：， 代入得，设E 〔x E ，y E 〕，F 〔x F ，y F 〕，因为点在椭圆上， 所以由韦达定理得：，， 所以，．又直线AF 的斜率与AE 的斜率互为相反数， 在上式中以﹣K 代K ，可得，所以直线EF 的斜率，即直线EF 的斜率为定值，其值为． 4．椭圆E ：+=1〔a ＞b ＞0〕经过点〔0，〕，离心率为，点O 为坐标原点． 〔Ⅰ〕求椭圆E 的标准方程；〔Ⅱ〕过左焦点F 任作一直线l ，交椭圆E 于P 、Q 两点． 〔i 〕求•的取值围；〔ii 〕假设直线l 不垂直于坐标轴，记弦PQ 的中点为M ，过F 作PQ 的垂线FN 交直线OM 于点N ，证明：点N 在一条定直线上． 解：〔Ⅰ〕由题意可得b=，e==，又a 2﹣b 2=c 2，解得a=，c=2，即有椭圆方程为+=1；yx OPQ〔Ⅱ〕〔i 〕F 〔﹣2，0〕，当直线的斜率不存在时，设P 〔x 1，y 1〕，Q 〔x 2，y 2〕，直线方程为x=﹣2，可得P 〔﹣2，〕，Q 〔﹣2，﹣〕，•=4﹣=；当直线的斜率存在，设l ：y=k 〔x+2〕，设P 〔x 1，y 1〕，Q 〔x 2，y 2〕，代入椭圆方程x 2+3y 2=6，可得〔1+3k 2〕x 2+12k 2x+12k 2﹣6=0，x 1+x 2=﹣，x 1x 2=，•=x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+k 2〔x 1+2〕〔x 2+2〕=〔1+k 2〕x 1x 2+2k 2〔x 1+x 2〕+4k 2=〔1+k 2〕•+2k 2•〔﹣〕+4k 2==﹣，由k 2≥0，3k 2+1≥1，可得﹣6≤•＜， 综上可得，•的取值围是[﹣6，]；〔ii 〕证明：由直线l 的斜率一定存在，且不为0，可设PQ ：y=k 〔x+2〕，FN ：y=﹣〔x+2〕，设M 〔x 0，y 0〕，那么x 0=，由x 1+x 2=﹣，可得x 0=，y 0=k 〔x 0+2〕=，直线OM 的斜率为k OM ==﹣，直线OM ：y=﹣x ，由得，即有k 取何值，N 的横坐标均为﹣3，那么点N 在一条定直线x=﹣3上． 5．椭圆C ：+=1〔a ＞b ＞0〕．〔1〕假设椭圆C 过点〔﹣3，0〕和〔2，〕． ①求椭圆C 的方程；②假设过椭圆C 的下顶点D 点作两条互相垂直的直线分别与椭圆C 相交于点P ，M ，求证：直线PM 经过一定点；〔2〕假设椭圆C 过点〔1，2〕，求椭圆C 的中心到右准线的距离的最小值． 解：〔1〕①∵椭圆C ：+=1〔a ＞b ＞0〕过点〔﹣3，0〕和〔2，〕， ∴，解得a=3，b=1， ∴椭圆C 的方程．证明：②由题意得PD 、MD 的斜率存在且不为0， 设直线PD 的斜率为k ，那么PD ：y=kx ﹣1， 由，得P 〔，〕，用﹣代k ，得M 〔，〕，∴=，∴直线PM ：y ﹣=，即y=，∴直线PM 经过定点T 〔0，〕． 解：〔2〕椭圆C 的中心到右准线的距离d=，由=1，得， ∴==，令t=a 2﹣5，t ＞0，那么=t++9≥2+9=4+9，当且仅当t=2，时，等号成立，∴椭圆C 的中心到右准线的距离的最小值为．6．椭圆()222210x y a b a b +=>>的右焦点到直线2:a l x c =的距离为45，离心率5e =，,A B 是椭圆上的两动点，动点P 满足OP OA OB λ=+，〔其中λ为常数〕．〔1〕求椭圆标准方程；〔2〕当1λ=且直线AB 与OP 斜率均存在时，求AB OP k k +的最小值；〔3〕假设G 是线段AB 的中点，且OA OB OG AB k k k k ⋅=⋅，问是否存在常数λ和平面两定点,M N ，使得动点P 满足18PM PN +=，假设存在，求出λ的值和定点,M N ；假设不存在，请说明理由．解：〔1〕由题设可知：右焦点到直线2:a l x c =的距离为：2a c c -=45， 又5c a =，222b ac =-，∴24b =．∴椭圆标准方程为22194x y +=． 〔2〕设()()1122,,,A x y B x y 那么由OP OA OB =+得()1212,P x x y y ++．∴221212122212121249AB OPy y y y y y k k x x x x x x -+-⋅=⋅==--+-． 由()0,AB k ∈+∞得，423AB OP AB OP k k k k +≥⋅=，当且仅当23AB k =±时取等号 〔3〕221212122212121249AB OGy y y y y y k k x x x x x x -+-⋅=⋅==--+-．∴4·9OA OB k k =-．∴12124+90x x y y =． 设,P x y ，那么由OP OA OB λ=+，得11221212,,,,x y x y x y x x y y λλλ=+=++， 即1212,x x x y y y λλ=+=+．因为点A 、B 在椭圆224+9=36x y 上，所以()2221212493636249x y x x y y λλ+=+++．所以222493636x y λ+=+．即222219944x y λλ+=++，所以P 点是椭圆222219944x y λλ+=++上的点， 设该椭圆的左、右焦点为,M N ，那么由椭圆的定义18PM PN +=得182299λ=+，∴22λ=±，()35,0M ，()35,0N -．7．椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的右焦点为F 2〔1，0〕，点3(1,)2H 在椭圆上．〔1〕求椭圆方程；〔2〕点00(,)M x y 在圆222x y b +=上，M 在第一象限，过M 作圆222x y b +=的切线交椭圆于P 、Q两点，问|F 2P|+|F 2Q|+|PQ|是否为定值？如果是，求出定值，如不是，说明理由． 解：〔1〕 右焦点为2(1,0)F ，∴1=c ，左焦点为)0,1(1-F ，点3(1,)2H 在椭圆上222212332(11)(11)422a HF HF ⎛⎫⎛⎫=+=+++-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，2=∴a ，322=-=c a b所以椭圆方程为13422=+y x〔2〕设()),(,,2211y x Q y x P ，()213412121≤=+x y x()()212121212122)4(41)41(311-=-+-=+-=x x x y x PF112212)4(21x x PF -=-=∴，连接OM ，OP ，由相切条件知 1212121212122221413)41(33||||x PM x x x y x OM OP PM =∴=--+=-+=-=221212112=+-=+∴x x PM PF ，同理可求221212222=+-=+∴x x QM QF所以22224F P F Q PQ ++=+=为定值．8．分别过椭圆E ：=1〔a ＞b ＞0〕左、右焦点F 1、F 2的动直线l 1、l 2相交于P 点，与椭圆E 分别交于A 、B 与C 、D 不同四点，直线OA 、OB 、OC 、OD 的斜率分别为k 1、k 2、k 3、k 4，且满足k 1+k 2=k 3+k 4，当l 1与x 轴重合时，|AB|=2，|CD|=． 〔1〕求椭圆E 的方程；〔2〕是否存在定点M ，N ，使得|PM|+|PN|为定值？假设存在，求出M 、N 点坐标，假设不存在，说明理由． 解：〔1〕当l 1与x 轴重合时，k 1+k 2=k 3+k 4=0，即k 3=﹣k 4，∴l 2垂直于x 轴，得|AB|=2a=2，|CD|=， 解得a=，b=，∴椭圆E 的方程为． 〔2〕焦点F 1、F 2坐标分别为〔﹣1，0〕，〔1，0〕，当直线l 1或l 2斜率不存在时，P 点坐标为〔﹣1，0〕或〔1，0〕， 当直线l 1，l 2斜率存在时，设斜率分别为m 1，m 2， 设A 〔x 1，y 1〕，B 〔x 2，y 2〕，由，得， ∴，，===，同理k 3+k 4=，∵k 1+k 2=k 3+k 4，∴，即〔m 1m 2+2〕〔m 2﹣m 1〕=0， 由题意知m 1≠m 2，∴m 1m 2+2=0，设P 〔x ，y 〕，那么，即，x≠±1，由当直线l 1或l 2斜率不存在时，P 点坐标为〔﹣1，0〕或〔1，0〕也满足， ∴点P 〔x ，y 〕点在椭圆上，∴存在点M ，N 其坐标分别为〔0，﹣1〕、〔0，1〕，使得|PM|+|PN|为定值2．9．如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：+=1，设R 〔x 0，y 0〕是椭圆C 上的任一点，从原点O向圆R ：〔x ﹣x 0〕2+〔y ﹣y 0〕2=8作两条切线，分别交椭圆于点P ，Q ． 〔1〕假设直线OP ，OQ 互相垂直，求圆R 的方程；〔2〕假设直线OP ，OQ 的斜率存在，并记为k 1，k 2，求证：2k 1k 2+1=0；〔3〕试问OP 2+OQ 2是否为定值？假设是，求出该值；假设不是，说明理由． 解：〔1〕由圆R 的方程知，圆R 的半径的半径， 因为直线OP ，OQ 互相垂直，且和圆R 相切， 所以，即，①又点R 在椭圆C 上，所以，②联立①②，解得所以所求圆R 的方程为．〔2〕因为直线OP ：y=k 1x ，OQ ：y=k 2x ，与圆R 相切， 所以，化简得=0 同理，所以k 1，k 2是方程〔x 02﹣8〕k 2﹣2x 0y 0k+y 02﹣8=0的两个不相等的实数根，，因为点R 〔x 0，y 0〕在椭圆C 上，所以，即，所以，即2k 1k 2+1=0．〔3〕OP 2+OQ 2是定值，定值为36，理由如下： 法一：〔i 〕当直线OP ，OQ 不落在坐标轴上时，设P 〔x 1，y 1〕，Q 〔x 2，y 2〕， 联立解得所以，同理，得，由， 所以= ===36〔ii 〕当直线ξ落在坐标轴上时，显然有OP 2+OQ 2=36，综上：OP 2+OQ 2=36． 法二：〔i 〕当直线OP ，OQ 不落在坐标轴上时，设P 〔x 1，y 1〕，Q 〔x 2，y 2〕， 因为2k 1k 2+1=0，所以，即， 因为P 〔x 1，y 1〕，Q 〔x 2，y 2〕，在椭圆C 上，所以，即， 所以，整理得，所以，所以OP 2+OQ 2=36．〔ii 〕当直线OP ，OQ 落在坐标轴上时，显然有OP 2+OQ 2=36，综上：OP 2+OQ 2=36．10．椭圆C ：)0(12222>>=+b a by a x ，左焦点)0,3(-F ，且离心率23=e ．〔1〕求椭圆C 的方程；〔2〕假设直线l ：m kx y +=〔0≠k 〕与椭圆C 交于不同的两点M ，N 〔M ，N 不是左、右顶点〕，且以MN 为直径的圆经过椭圆C 的右顶点A ．求证：直线l 过定点，并求出定点的坐标．解：〔1〕由题意可知⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+====222233c b a a c e c ，解得2=a ，1=b 所以椭圆的方程为1422=+y x ． 〔2〕由方程组⎪⎩⎪⎨⎧=++=1422y x m kx y 得0448)41(222=-+++m kmx x k ，0)44)(41(4)8(222>-+-=∆m k km ， 整理得01422>+-m k ，设),(11y x M ，),(22y x N ，那么221418k kmx x +=+，22214144k m x x +-=由，AN AM ⊥，即0=⋅AN AM ，又椭圆的右顶点为)0,2(A ，所以0)2)(2(2121=+--y y x x ，∵2212122121)())((m x x km x x k m kx m kx y y +++=++=， ∴04))(2()1(221212=+++-++m x x km x x k ，即04418)2(4144)1(22222=+++⋅-++-⋅+m kkmkm k m k ．整理得01216522=++k mk m ， 解得k m 2-=或56km -=均满足01422>+-m k ． 当k m 2-=时，直线l 的方程为k kx y 2-=，过定点)0,2(，与题意矛盾，舍去；当56k m -=时，直线l 的方程为)56(-=x k y ，过定点)0,56(，故直线l 过定点，且定点的坐标为)0,56(．11．椭圆C :)0(12222>>=+b a by a xA 在椭圆C 上，O 为坐标原点．〔Ⅰ〕求椭圆C 的方程；〔Ⅱ〕设动直线l 与椭圆C 有且仅有一个公共点，是否存在圆心在坐标原点，半径为定值的定圆C ，使得l 与圆C 相交于不在坐标轴上的两点1P ，2P ，记直线1OP ，2OP 的斜率分别为1k ，2k ，满足12k k ⋅为定值，假设存在，求出定圆的方程并求出12k k ⋅的值，假设不存在，请说明理由.解：〔Ⅰ〕由题意，得c a =，a 2=b 2+c 2，又因为点A 在椭圆C 上，所以221314a b +=，解得a=2，b=1，c =C 的方程为2214x y +=． 〔Ⅱ〕结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为x 2+y 2=5．证明如下：假设存在符合条件的圆，并设此圆的方程为x 2+y 2=r 2〔r ＞0〕． 当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为y=kx+m ．由方程组2214y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得(4k 2+1)x 2+8kmx +4m 2﹣4=0，因为直线l 与椭圆C 有且仅有一个公共点，所以2221(8)4(41)(44)0km k m ∆=-+-=，即m 2=4k 2+1．由方程组222y kx m x y r=+⎧⎨+=⎩得〔k 2+1〕x 2+2kmx+m 2﹣r 2=0，那么22222(2)4(1)()0km k m r ∆=-+->． 设P 1〔x 1，y 1〕，P 2〔x 2，y 2〕，那么12221kmx x k -+=+，221221m r x x k -=+，设直线OP 1，OP 2的斜率分别为k 1，k 2，所以221212121212121212()()()y y kx m kx m k x x km x x M k k x x x x x x +++++===222222222222222111m r kmk km m m r k k k m r m r k --⋅+⋅+-++==--+，将m 2=4k 2+1代入上式，得221222(4)14(1)r k k k k r -+=+-．要使得k 1k 2为定值，那么224141r r-=-，即r 2=5，验证符合题意． 所以当圆的方程为x 2+y 2=5时，圆与l 的交点P 1，P 2满足k 1k 2为定值14-． 当直线l 的斜率不存在时，由题意知l 的方程为x=±2， 此时，圆x 2+y 2=5与l 的交点P 1，P 2也满足1214k k =-． 综上，当圆的方程为x 2+y 2=5时，圆与l 的交点P 1，P 2满足斜率之积k 1k 2为定值14-． 12．椭圆)0(1:2222>>=+b a b y a x C ，经过点)22,1(，且两焦点与短轴的一个端点构成等腰直角三角形．〔1〕求椭圆方程；〔2〕过椭圆右顶点的两条斜率乘积为21-的直线分别交椭圆于N M ,两点，试问：直线MN 是否过定点？假设过定点，请求出此定点，假设不过，请说明理由．解：〔1〕根据题意12121211222222222=+⇒⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧+==+=y x b a cb a b a cb ．当MN 的斜率存在时，设0224)21(22:22222=-+++⇒⎩⎨⎧=++=m kmx x k y x mkx y MN ， ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+-=+-=+>+-=∆22212212221222140)12(8k m x x k km x x m k ，∴21222222112211-=-+⋅-+=-⋅-=⋅x m kx x m kx x y x y k k NA MA ， ∴k m m km m m x x km x x k 200202))(22()12(2221212-==⇒=+⇒=++-++或〔舍〕． ∴直线MN kx y =过定点(0,0)，当MN 斜率不存在时也符合，即直线MN 恒过定点(0,0)．14．椭圆2222:1(0)x y C a bb +=>>O 为圆心，椭圆C 的长半轴为半径的圆与直线260x +=相切． 〔1〕求椭圆C 标准方程；〔2〕点,A B 为动直线(2)(0)y k x k =-≠与椭圆C 的两个交点，问：在x 轴上是否存在点E ，使2EA EA AB +⋅为定值？假设存在，试求出点E 的坐标和定值，假设不存在，说明理由．解：〔1〕由36=e 得36=a c ，即a c 36=①又以原点O 为圆心，椭圆C 的长轴长为半径的圆为222a y x =+且与直线0622=+-y x 相切，所以6)2(2622=-+=a 代入①得c=2，所以2222=-=c a b ．所以椭圆C 的标准方程为12622=+y x 〔2〕由⎪⎩⎪⎨⎧-==+)2(12622x k y y x 得061212)31(2222=-+-+k x k x k设()()1122,,,A x y B x y ，所以2221222131612,3112k k x x k k x x +-=+=+根据题意，假设x 轴上存在定点E 〔m ，0〕，使得2()EA EA AB EA AB EA EA EB +⋅=+⋅=⋅为定值． 那么()()()11221212,,()EA EB x m y x m y x m x m y y ⋅=-⋅-=--+=()()()()()()22222221221231610123421km k m mm k x x m k x x k +-++-=++++-+ 要使上式为定值，即与k 无关，()631012322-=+-m m m ，得37=m ．此时，22569EA EA AB m +⋅=-=-，所以在x 轴上存在定点E 〔37，0〕使得2EA EA AB +⋅为定值，且定值为95-．15．椭圆具有如下性质：假设椭圆的方程为22221(0)x y a b a b+=>>，那么椭圆在其上一点00(,)A x y 处的切线方程为00221x x y y a b +=，试运用该性质解决以下问题：椭圆221:12x C y +=和椭圆222:4x C y λ+=〔1,λλ>为常数〕．〔1〕如图〔1〕，点B 为1C 在第一象限中的任意一点，过B 作1C 的切线l ，l 分别与x 轴和y 轴的正半轴交于,C D 两点，求OCD ∆面积的最小值； 〔2〕如图〔2〕，过椭圆2C 上任意一点P 作1C 的两条切线PM 和PN ，切点分别为,M N ，当点P 在椭圆2C 上运动时，是否存在定圆恒与直线MN 相切？假设存在，求出圆的方程；假设不存在，请说明理由．解：〔1〕设22(,)B x y ，那么椭圆1C 在点B 处的切线方程为2212x x y y += 令210,D x y y ==，令220,C y x x ==，所以221OCD S x y ∆= 又点B 在椭圆的第一象限上，所以2222220,0,12x x y y >>+=∴222222222212222x x y y x y =+≥= ∴221222OCD S x y ∆=≥=，当且仅当22222x y =2221x y ⇔== 所以当2(1,)2B 时，三角形OCD 的面积的最小值为22． 〔2〕设(,)P m n ，那么椭圆1C 在点33(,)M x y 处的切线为：3312x x y y += 又PM 过点(,)P m n ，所以3312x m y n +=，同理点44(,)N x y 也满足4412xm y n +=所以,M N 都在12x m yn +=上，即直线MN 的方程为12xm yn +=，又(,)P m n 在2C 上，224m n λ+=，故原点O 到直线MN 的距离为：224d m n λ==+， 所以直线MN 始终与圆221x y λ+=相切．16．直线1y x =+被圆2232x y +=截得的弦长恰与椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的短轴长相等，椭圆C 的离心率22e =．〔Ⅰ〕求椭圆C 的方程；〔Ⅱ〕过点1(0,)3M -的动直线l 交椭圆C 于,A B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T ，使得无论l 如何转动，以AB 为直径的圆恒过定点T ？假设存在，求出点T 的坐标，假设不存在，请说明理由。

圆锥曲线定点、定直线、定值专题1•已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在 x 轴上，椭圆C 上的点到焦点距离的最大值为 (I)求椭圆C 的标准方程；(n)若直线l:y kx m 与椭圆C 相交于A , B 两点(A , B 不是左右顶点)，且以圆C 的右顶点，求证：直线 l 过定点，并求出该定点的坐标. 解: (1)由题意设椭圆的标准方程为 由已知得a+c=3 , a-c=1 •••a=2 , c=1 ,/•b 2=a 2-c 2=3且均满足3+4k 2-m 2>0•椭圆的标准方程为2(2 )设 A (x i , y i ) , B (x 2 , y 2),联立y 二b 十战 得……舟；,.- 1 一初8■加i+4Jt !3 +4A*因为以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点..如為厂7 ■即总^為八1D (2, 0 ) 2,十砂士 -20] aJ +4"3( m 1 - +Ar 3 ) 4 ( - 3 )CfrrnJt 』•盼W 十3+4f 廿芥乔7 7m :+ 16mA;+4l J ■ Q 解得 m i =-2k ,2k 3,最小值为1. AB 为直径的圆过椭当m i =-2k 时，I 的方程为y=k （x-2 ）,直线过定点（2 , 0）,与已知矛盾;时，I 的方程为直线过定点 2kyf 耳 1MQ = Oi -删仍）-（巧-驾力）=（可-啲）（帀-洒）+『乃（炒1十1 —啟）（Qz 十1—觀）十j ■讥 =帶十1）幷旳十弑1-用旳）+（】—號）'盘工十1）刃°-同屮_楞『 笔詈J +（】-亦=s_则：帖°一例+—）所以，直线2I 过定点，定点坐标为■'2.已知椭圆 2（I ）求椭圆E 的方程；（n ）过点 1,0作直线I 交E 于P 、Q 两点, 定值？若存在，求出这个定点 M 的坐标；若不存在, E 的中心在原点，焦点在 x 轴上，椭圆上的点到焦点的距离的最小值为 .2 1，离心率为umr ujun 试问：在x 轴上是否存在一个定点 M , MP MQ 为 请说明理由. 解：⑴•••所求椭圆E 的方程为：（2）当直线I 不与x 轴重合时，可设直线I 的方程为: x=ky+1 ，把（2）代入（1 ）整理得: (k a + 2)y a + 2ky-l = 0假设存在定点 M （ m , 0）， 使得再验证当直线I 的倾斜角a =0时的情形，此时取戸（一,MP-MQ =由 |OM|=r ，得•••所求圆的方程为当且仅当5-4m=0 ，即 时, （为定值）•这时r =三—s 2 则圆半径?716•••存在定点 丿使得对于经过（1，0）点的任意一条直线l 均有 （恒为定值）2 3•已知椭圆的焦点在 x 轴上，它的一个顶点恰好是抛物线 x 点F 作与坐标轴不垂直的直线 I ，交椭圆于 A 、B 两点。

分析几何中的椭圆是高考取的热门，常有的有求最值、过定点、定值等，这种题型中以直线与椭圆订交为基本模型，办理问题的方法能够是设直线，运用韦达定理求出坐标之间的关系，过椭圆上一点的直线与椭圆订交是能够解出另一个交点的，而过椭圆外一点的直线与椭圆订交只好找到两个交点坐标的关系，不适合解，再运用题目中的条件整体化简。

也能够是设点的坐标， 运用坐标在椭圆上或直线上整体代入化简， 究竟设什么需要依据题目的条件，因题而异。

例 1、（ 2017 盐城高三三模 18）已知 A 、 F 分别是椭圆 C :x 2y 2 1(a b 0) 的左极点、右焦点，点 P 为椭圆a 2b 2C 上一动点，当 PFx 轴时， AF2PF .（ 1）求椭圆 C 的离心率；（ ）若椭圆C 存在点 Q ，使得四边形 AOPQ 是平行四边形（点P在第一象限） ，求直线AP 与 OQ 的斜率之积；2（ 3）记圆 O : x 2y 2a 2 ab 为椭圆 C 的“关系圆” . 若 b3 ，过点 P 作椭圆 C 的“关系圆”的两条切线，b 234切点为 M 、 N ，直线 MN 的横、纵截距分别为m 、 n ，求证： 为定值 . 学科 *网m 2 n 2解：（ 1）由 PFx 轴，知 x Pc ，代入椭圆 C 的方程，得 c2y P 2 1 ，解得 y Pb 2 . 又 AF 2PF ，所以 ac 2b 2 ，解得 e1 .a 2b 2 aa2（ 2）由于四边形AOPQ 是平行四边形，所以 PQa 且 PF / / x 轴，所以 x Pa，代入椭圆 C 的方程，解得 y P3b ，22由于点 P 在第一象限，所以y P3 b ，同理可得 x Qa3 2， y Qb223b 3b b 2c 1b 2 33所以 k AP k OQ22 ，所以 k AP k OQaa a 2 ，由（ 1）知 e，得4.( a)a2a 242 2（ 3）由（ 1）知 ec 1 ，又 b 3 ，解得 a2 ，所以椭圆 C 方程为x 2 y 21，4 3a 2圆 O 的方程为 x 2y 22 3① .7连结 OM , ON ，由题意可知， OMPM ， ON PN ，所以四边形 OMPN 的外接圆是以 OP 为直径的圆，设 P( x 0 , y 0 ) ，则四边形 OMPN 的外接圆方程为 (x x 0 ) 2 ( yy 0 ) 2 1( x 02 y 0 2 ) ，224即 x 2xx 0y 2 yy 0② .（注：以 OP 为直径的圆的方程能够直接写出(x 0)( x x 0 ) ( y 0)( y y 0 )0 ）由①－②，得直线MN 的方程为 xx 0yy 02 3 ，7令 y0，则 m2 3 ；令 x 0 ，则 n2 3.3 4 49(x 02y 02 ) ，7x 07 y 0所以n 2 4 3m 2由于点 P 在椭圆 C 上，所以x 02y 02 1，所以 34 49 .43m 2 n 2例 2、（ 2018 苏锡常镇高三二模）如图，椭圆x 2y 21(a b 0) 的离心率为2，焦点到相应准线的距离为1，a 2b 22点 A ， B ， C 分别为椭圆的左极点、右极点和上极点，过点 C 的直线 l 交椭圆于点 D ，交 x 轴于点 M ( x 1，0) ，直线 AC 与直线 BD 交于点 N ( x 2， y 2 ) ．（ 1）求椭圆的标准方程；y2 uuuuruuuurlCCM 2MD ，求直线的方程；（ ）若AB（ 3）求证： x 1 x 2 为定值．DM OxN解：（ 1）由椭圆的离心率为2，焦点到对应准线的距离为1.2c 2 ， a ，2得a 2解得2 所以，椭圆的标准方程为x y 2 1 .a 2c，2，c11c（ 3）设 D 坐标为 ( x 3， y 3） , 由 C(0,1) ， (1， 0) 可得直线 CM 的方程 y1 M xx 1，x 1y1，x 1 x 1 4x 1x 122联立椭圆方程得：解得 x 3, y3x 1 2x 122x 2 y 2，221由 B( 2,0) ，得直线 BD 的方程： yx 1 22( x 2) ①22x 14x 12 2直线 AC 方程为 y2x 1 ②2 联立①②得 x 22即 x 1 x 2 =2， x 1法3 ， y 32：设 D 坐标为 ( x ），由 C M D 三点共线得1 y 3 ，所以x 1 x 3 ①, ,x 1 x 3 x 11y 3由 B , D , N 三点共线得y 3= y 2，将 y 22 12x 3 2y 3 2 ②x 3x 2代入可得 x 2 x 322 x 2222 y 3①和②相乘得， x 1 x 2x 32x 3 2y 32 = 2x3 2 2x 3 y 3 2 x 3 2x 32 2x 3 y 3 2x 32 . 1 y 32y 3 x 32 2 y 32x 3 y 3 x 3 2x 3 2x 3 y 3 x 322(1 )2例 3、（ 2018 苏北四市高三一模18）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2y 2 1( a b 0) 的离心率为a 2b 213 F 为椭圆的右焦点， A, B 为椭圆上对于原点对称的两点，连结AF, BF 分别交椭圆于 C, D 两点 .2，且过点 (1， ).2（ 1）求椭圆的标准方程；（ 2）若 AF FC ，求BF的值； FD（ 3）设直线 AB ， CD 的斜率分别为 k 1 , k 2 ，能否存在实数 m ，使得 k 2请说明原因 .解：（ 1）设椭圆方程为x 2 y 2 1(a b 0) ，a 2b 2c 1a 2x 2 y 2 由题意知：a 2解得：1 9 b，所以椭圆方程为：41133a 24b2（ 2）若 AFFC ，由椭圆对称性，知A(1, 3) ，所以 B( 1,3) ，22此时直线 BF 方程为 3x 4 y3 03x4y 3 0,13 （ x 由 x2y 21, ，得 7 x 2 6x 13 0 ，解得 x 1舍去）故743（ 3）设 （Ax 0 , y 0 ) ，则 B( x 0 , y 0 ) ，直线 AF 的方程为 yy 0 ( x 1) ，代入椭圆方程 x 2 y 21 ，得x 01 4 3mk 1 ，若存在，求出 m 的值；若不存在，yADOxFBCBF1 (1)7 FD1331(15 6x 0 ) x 2 8 y 02 15x 02 24x 00 ，由于 xx 0 是该方程的一个解，所以 C 点的横坐标 x C8 5x 0 ，5 2x 0又 C( x c , y C ) 在直线 yy 0 ( x 1) 上，所以 y C y 0( x c 1) 5 3 y，x 0 1x 012x 03y 03y 0同理，D 点坐标为 (85x 0 ， 3 y 0 )，所以 5 2 x 05 2 x 05y 0 5 ，5 2 x 0 5 2x 0 k 28 5x 0 8 5x 0 3x 0 3 k15 2 x 05 2 x 0即存在 m5，使得 k 25k 1 ．33例 4、（ 2016 泰州高三期末 19）如图，在平面直角坐标系xOy 中， 已知圆 O : x 2y 2 4 ，椭圆 C :x 2y 2 1，4A 为椭圆右极点．过原点 O 且异于坐标轴的直线与椭圆 C 交于 B,C 两点，直线 AB 与圆 O 的另一交点为P ，直线PD 与圆 O 的另一交点为 Q ，此中 D(6,0) ．设直线 AB, AC 的斜率分别为 k 1, k 2 ．5（ 1）求 k 1 k 2 的值；（ 2）记直线 PQ, BC 的斜率分别为 k PQ , k BC ，能否存在常数 ，使得 k PQk BC 若存在，求值；若不存在，说明原因；（ 3）求证：直线AC 必过点 Q ．解：（ 1）设 B( x 0 , y 0 ) ，则 C ( x 0 , y 0 ) ，x 02y 0 2141 2所以 k 1 k 2y 0 y 0y 0 21 4 x 01x 0 2 x 02 x 0 2 4x 02 2．4（ 2）联立y k 1 (x 2) 得 (1 k 12)x 24k 12x4(k 12 1) 0 ，x2y242(k 12 1)4k 1y k 1( x2)2 222解得x P1 k 12, yPk 1 ( x P 2)1 k 12 ，联立 x 2y 2 1得 (1 4k 1 ) x16k 1 x 4(4 k 1 1)0 ，4解得2(4k 12 1)4k 1 ， 所以y B2k 1 ，x B1 4k 2, yBk 1 (x B2) 1 4k2kBCx B4k 121114k 1kPQy P 6 1 k 126 5k 1 ，所以k PQ 5 k BC ，故存在常数5 ，使得 k PQ 5 k BC ．x P2(k 12 1) 4k 12 1 22251k 125法二： 设直线 AC 方程： y1(x 2) 与圆 O : x 2 y 2 4 联立方程组， 运用韦达定理解出 Q' 坐标， 证明 Q ' 在4k 1直线 PD 上，即可说明AC 必过点 Q （请同学们自己去试试）2 2注：对于随意的椭圆 C : x2y 2 1(a b0) ，过原点的随意向来线与椭圆交于A, B 两点， P 为椭圆上随意一ab动点，假定直线PA, PB 斜率都存在，则有 k AP k BPb 2a2证明：设 A( x 1 , y 1 ) , 则 B( x 1 , y 1) ， P( x 0 , y 0 ) ，由于 A 、B 、 P 在椭圆上所以x 12y 12 1 ①，x2y 02 1 ②a 2b2a 2b 2由① - ②得(x 1x 0 )( x 1 x 0 ) ( y 1 y 0 )( y 1 y 0 )k APkBPb 2a 20 ，化简得a 2b 2例 5、（ 2017 苏锡常镇高三一模 18）已知椭圆x 2 y 2 1右极点为 A . 过点 D( 2, 2 ) 作直线 PQ 交椭圆于两个2不一样点 P 、 Q 求证：直线AP, AQ 的斜率之和为定值. 剖析：法一：先考虑过D 的直线斜率不存在满不知足题意。