椭圆题型总结(较难)（精编版）

1、椭圆题型总结一、焦点三角形1. 设f1、f2是椭圆12322yx的左、右焦点，弦ab过f2，求1abf的面积的最大值。（法一）解：如图，设2(0)xf b，22|afm bfn，根据椭圆的定义，1|2 3afm，1|2 3bfn，又12|2f f，在af2f1和bf2f1中应用余弦定理，得2222(23)44cos(23)44 cosmmmnnn，23cosm，23cosn，11211| |2 ()sin22f abbasf fyymn22()sin3cos3cos24 3sin2sin令sint，所以01t ，21( )22tg tttt在(0 1，上是增函数当1t，即2时，max1( )3

2、g t，故1abf的面积的最大值为433（法二） 解： 设 ab ： x=my+1 ，与椭圆2x2+3y2=6 联立，消 x 得(2m2+3)y2+4my-4=0ab过椭圆内定点f2， 恒大于 0. 设 a(x1,y1),b(x2,y2) ，则=48(m2+1)1abfs=|y1-y2|=4 322123mm=4 32221(23)mm令t=m2+11， m2=t-1 ，则1abfs=431144tt，t 1,+)f(t)=144tt在 t 1,+) 上单调递增，且f(t) 9,+)t=1 即 m=0时， abf1的面积的最大值为4 33。注意： 上述 ab的设法： x=my+1 ，方程中的m

3、相当于直线ab的斜率的倒数，但又包含斜率不存在的情况，f2f1aobxyf2f1aobxy即 m=0的时候。在直线斜率不等于零时都可以这样设，往往可使消元过程简单化，而且避免了讨论。2. 如图，m（-2，0）和n（2，0）是平面上的两点，动点p满足：6.pmpn(1) 求点p的轨迹方程；(2) 若21cospmpnmpn，求点p的坐标.解：(1) 由椭圆的定义， 点p的轨迹是以m 、n为焦点， 长轴长 2a=6 的椭圆 . 因此半焦距c=2，长半轴a=3，从而短半轴b=225ac， 所以椭圆的方程为221.95xy(2) 由2,1cospmpnmpn得cos2.pmpnmpnpmpn因为cos

4、1,mpnp不为椭圆长轴顶点，故p、m 、n构成三角形 .在pmn中，4,mn由余弦定理有2222cos.mnpmpnpmpnmpn将代入，得22242(2).pmpnpmpn故点p在以m 、n为焦点，实轴长为2 3的双曲线2213xy上.由( ) 知，点p的坐标又满足22195xy，所以由方程组22225945,33.xyxy解得3 3,25.2xy即p点坐标为3 353 353 353 35(,)22222222、（，-）、（ -，）或（，-）.二、点差法定理在椭圆12222byax（ab0）中，若直线l与椭圆相交于m 、n两点，点),(00yxp是弦 mn的中点，弦mn所在的直线l的斜率

5、为mnk，则2200abxykmn.3. 直线l经过点a(1 ，2)，交椭圆2213616xy于两点p1、p2，（1）若a是线段p1p2的中点，求l的方程；（2）求p1p2的中点的轨迹解： （1）设p1(x1，y1) 、p2(x2，y2) ，则116361163622222121yxyx016)(36)(21212121yyyyxxxx*a(1 ，2)是线段p1p2的中点，x1+x2=2，y1+y2=4，016)(436)(22121yyxx，即922121xxyy。l的方程为2) 1(92xy，即 2x+9y-20=0 （2）设p1p2的中点m(x，y) ，则x1+x2=2x，y1+y2=2

6、y，代入 * 式，得yxxxyyk942121，又直线l经过点a(1 ，2) ，21ykx，整理，得4x(x-1)+9y(y-2)=0 ，p1p2的中点的轨迹：221()(1)2151029xy。4. 在直角坐标系xoy中，经过点)2, 0(且斜率为k的直线l与椭圆1222yx有两个不同的交点p 和q.（1）求k的取值范围；（2）设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为a、b，是否存在常数k，使得向量oqop与ab共线如果存在，求k的取值范围；如果不存在，请说明理由.解： （1）直线l的方程为.2kxy由. 12,222yxkxy得：.0224)12(22kxxk直线l与椭圆1222yx有两

7、个不同的交点，p2p1yxao)12(83222kk0. 解之得：k22或k22.k的取值范围是,2222,.（2）在椭圆1222yx中，焦点在x轴上，1,2 ba，).1 ,2(),1 , 0(),0,2(abba设弦 pq的中点为),(00yxm，则).,(100yxom由平行四边形法则可知：.2omoqopoqop与ab共线，om与ab共线 .1200yx，从而.2200 xy由2200abxykpq得：2122k，.22k由（ 1）可知22k时，直线l与椭圆没有两个公共点，不存在符合题意的常数k.三、最值问题5. 已知 p为椭圆2214xy上任意一点， m （m ，0） （ m r）

8、，求 pm的最小值。目标： 复习巩固定点与圆锥曲线上的点的连线段的最值问题。提示： 设 p(x,y) ，用距离公式表示出pm ，利用二次函数思想求最小值。解： 设 p(x,y) ，pm=22()xmy=22()14xxm=23214xmx=2234()1433mmx， x-2,2，结合相应的二次函数图像可得（1）43m-2，即 m2，即 m32时， (pm)min=|m-2|.说明：（1）类似的，亦可求出最大值；（2）椭圆上到椭圆中心最近的点是短轴端点，最小值为b，最远的点是长轴端点，最大值为a； （3）椭圆上到左焦点最近的点是长轴左端点，最小值为a-c ，最远的点是长轴右端点，最大值为a+c

9、；6. 在椭圆2214xy求一点 p，是它到直线l ：x+2y+10=0 的距离最小，并求最大最小值。目标：复习研究圆锥曲线上的点与直线的距离问题的 一 般处理方法。提示： （1）可等价转化为与直线l 平行的椭圆的切线 与 直线 l 之间的距离；（ 1）也可以用椭圆的参数方程。解法一： 设直线 m ：x+2y+m=0与椭圆2214xy相切 ， 则222014xymxy，消去 x，得 8y2+4my+m2-4=0,=0,解得 m=22.当 m=2 2时，直线与椭圆的切点p与直线 l 的距离最近， 最近为|102 2 |5=2 102 55，此时点 p的坐标是 (2,22) ；当 m=-22时，直

10、线与椭圆的切点p与直线 l 的距离最远，最远为|102 2 |5=2 10255，此时点p的坐标是 (2,22) 。解法二： 设椭圆上任意一点p(2cos,sin ), 0,2)则 p到直线 l 的距离为|2cos2sin10|5=2 2sin()1045当 =4时， p到直线 l 的距离最大，最大为2 102 55此时点 p的坐标是 (2,22) ；当 =54时， p到直线 l 的距离最小，最小为2 102 55，此时点p的坐标是 (2,22)。说明： 在上述解法一中体现了“数形结合”的思想，利用数形结合顺利把点与直线的距离问题迅速转化成两平行线间的距离。在解法二中，利用椭圆的参数方程可迅速

11、达到消元的目的，而且三角形式转换灵活多变，利用正余弦的有界性求最值或取值范围问题是一个不错的选择。7. 设ab是过椭圆221925xy中心的弦，f1是椭圆的上焦点，（1）若abf1面积为 45 ，求直线ab的方程；（2）求abf1面积的最大值。解： （1）设ab：y=kx，代入椭圆221925xy，得x2=211925k=2225259k，x1=-x2=2225259k，又，sabf1=12|of1| |x1-x2|=2|x1-x2|=45 ，|x1-x2|=25 ，2225259k=5，k=2 53，直线ab的方程为y=2 53x。（2）sabf1=12|of1| |x1-x2|=4 222

12、5259k，当k=0 时， (sabf1)max=12。8. （ 2014 金山区一模23 题）已知曲线)0( 1=+:1babyaxc所围成的封闭图形的面积为54，曲线1c的内切圆半径为352. 记曲线2c是以曲线1c与坐标轴的交点为顶点的椭圆. 设ab是过椭圆2c中心的任意弦，l是线段ab的垂直平分线，m是l上异于椭圆中心的点. （1）求椭圆2c的标准方程；（2）若oammo =（o为坐标原点） ，当点a在椭圆2c上运动时，求点m的轨迹方程；（3）若m是l与椭圆2c的交点，求abm的面积的最小值. 【解答】：(1)c1是以 ( a，0) 、 (0，b) 、(a， 0) 、 (0，b) 为顶

13、点的菱形，故，2分又ab0，解得：a2=5，b2=4，因此所求的椭圆的标准方程为；4分(2) 假设ab所在的直线斜率存在且不为零，设ab所在直线方程为y=kx(k0)，a(xa，ya) ，令，得，|oa|2=，6 分设m(x，y) ，由题意得： |mo|2=m2|oa|2，(m0) ，即：，因为l是ab的垂直平分线，所以直线l的方程为，代入上式消去k得：，又x2+y20，整理得：(m0)，9 分当k=0或斜率不存在时，上式仍然成立，综上所述，点m的轨迹方程为(m0) 10分(3) 当k存在且不为零时，由(2) 得：，|oa|2=，由，得：，|om|2 13 分|ab|2=4|oa|2=，故=

14、14 分=， 当且仅当4+5k2=5+4k2时，即k=1 时，等号成立，此时abm的面积的最小值为 16分当k=0时，=，当k不存在时，=，综上所述，abm的面积的最小值为18分9. 设椭圆中心在坐标原点，(2 0)(0 1)ab，是它的两个顶点，直线)0(kkxy与ab相交于点d，与椭圆相交于e、f两点（1）若6eddf，求k的值； （2）求四边形aebf面积的最大值（1）解：依题设得椭圆的方程为2214xy，直线abef，的方程分别为22xy，(0)ykx k如图，设001122()()()d xkxe xkxf xkx， 其 中12xx， 且12xx，满 足 方 程22(14)4kx，

15、故212214xxk由6eddf知01206()xxxx，得021221510(6)777 14xxxxk；由d在ab上知0022xkx，得0212xk所以2210127 14kk，化简得2242560kk，解得23k或38k（ 2 ） 解 法 一 ： 根 据 点 到 直 线 的 距 离 公 式 和 式 知 ， 点ef，到ab的 距 离 分 别 为21112222(1 21 4)55(1 4)xkxkkhk，22222222(1 214)55(1 4)xkxkkhk又2215ab，所以四边形aebf的面积为121()2sab hh214(12 )525(14)kk22(12 )14kk2214

16、4214kkk2 2，当21k，即当12k时，上式取等号所以s的最大值为2 2解法二：由题设，1bo，2ao设11ykx，22ykx，由得20 x，210yy，故四边形aebf的面积为befaefsss222xy222(2)xy22222244xyx y22222(4)xy2 2，当222xy时，上式取等号所以s的最大值为2 2四、垂直关系10. （上海春季）已知椭圆c的两个焦点分别为1( 1 0)f，、2(1 0)f，短轴的两个端点分别为1b、2b。(1) 若112f b b为等边三角形，求椭圆c的方程；(2) 若椭圆c的短轴长为2，过点2f的直线l与椭圆c相交于p q、两点，且11f pf

17、q，求直线l的方程。解： （1）设椭圆c的方程为22221xyab（0ab） 。根据题意知2221abab，解得243a，213b，故椭圆c的方程为2214133xy。（2）容易求得椭圆c的方程为2212xy。当直线l的斜率不存在时，其方程为1x，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为(1)yk x。由22(1)12yk xxy，得2222(21)42(1)0kxk xk。设11()p xy，22()q xy， 则2122421kxxk，21222(1)21kx xk，111(1)f pxy，122(1)fqxy，因为11f pfq，所以110f p fq，即21212121212

18、(1)(1)()1(1)(1)xxy yx xxxkxx2221212(1)(1)()1kx xkxxk2271021kk，解得217k，即77k。故直线l的方程为710 xy或710 xy。11. 如图，设椭圆1222yx的上顶点为b，右焦点为f，直线l与椭圆交于m、n两点，问是否存在直线l使得f为bmn的垂心。若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由。解：由已知可得，b(0，1) ，f(1 ，0) ，kbf=-1 。bfl，可设直线l的方程为y=x+m，代入椭圆方程整理，得2234220 xmxm。设11()m xy，22()n xy，则1243mxx，212223mxx。bnmf，1

19、212111yyxx，即1212120y yx xyx。11yxm，22yxm，121212()()()0 xm xmx xxmx。即212122(1)()0 x xmxxmm，222242(1) ()033mmmmm，2340mm，43m或1m。由222(4)12(22)2480mmm，得23m又1m时，直线l过b点，不合要求，43m，故存在直线l：43yx满足题设条件。12. （2012年高考（湖北理） ）设 a是单位圆221xy上的任意一点，l是过点 a与x轴垂直的直线，d 是直线l与x轴的交点，点m 在直线l上，且满足| (0,1)dmm damm且。当点 a在圆上运动时，记点m的轨迹

20、为曲线c。（）求曲线c的方程，判断曲线c为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；（）过原点且斜率为k的直线交曲线c于 p，q两点， 其中 p在第一象限， 它在 y 轴上的射影为点n，直线qn交曲线c于另一点 h 。是否存在m，使得对任意的0k，都有pqph若存在，求m的值；若不存在，请说明理由。解析：（）如图1，设( , )m x y，00(,)a xy，则由|(0,1)dmm damm且，可得0 xx，0|ym y，所以0 xx，01|yym。因为a点在单位圆上运动，所以22001xy。将式代入式即得所求曲线c的方程为2221 (0,1)yxmmm且。因为(0, 1)(1,)m，所以fbnmloxy

21、当01m时，曲线c是焦点在x轴上的椭圆，两焦点坐标分别为2(1, 0)m，2( 1, 0)m；当1m时，曲线c是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为2(0,1)m，2(0,1)m。（）解法1：如图 2、3，0k，设11(,)p xkx，22(,)h xy，则11(,)qxkx，1(0,)nkx，直线qn的方程为12ykxkx，将其代入椭圆c的方程并整理可得222222211(4)40mkxk x xk xm。依题意可知此方程的两根为1x，2x，于是由韦达定理可得21122244k xxxmk，即212224m xxmk。因为点h在直线qn上，所以2121222224km xykxkxmk。于是

22、11( 2,2)pqxkx，22112121222242(,)(,)44k xkm xphxxykxmkmk。而pqph等价于2221224(2)04mk xpq phmk，即220m，又0m，得2m，故存在2m，使得在其对应的椭圆2212yx上，对任意的0k，都有pqph。解法 2：如图 2、3，1(0, 1)x，设11(,)p xy，22(,)h xy，则11(,)qxy，1(0,)ny，因为p， h 两点在椭圆c上，所以222211222222,m xymm xym两式相减可得222221212()()0mxxyy。依题意，由点p在第一象限可知，点h 也在第一象限，且p， h 不重合，故

23、1212()()0 xxxx。于是由式可得212121212()()()()yyyymxxxx。又q，n， h 三点共线，所以qnqhkk，即1121122yyyxxx。于是由式可得211212121121212()()12()()2pqphyyyyyyymkkxxxxxxx。而pqph等价于1pqphkk，即212m，又0m，得2m，故存在2m，使得在其对应的椭圆2212yx上，对任意的0k，都有pqphpoxynq图 2 (01)mhpoxynq图 3 (1)mh图 1o d xyam13. （10 浙江 /21 ）已知m 1，直线2:02ml xmy，椭圆222:1xcym，12,f f

24、 分别为椭圆c的左、右焦点 . (1) 当直线l过右焦点2f 时，求直线l 的方程；(2) 设直线 l 与椭圆c交于a、b两点，12af f ，12bf f 的重心分别为,g h. 若原点o在以线段gh为直径的圆内，求实数m的取值范围 . 【解】 （）因为直线:l202mxmy经过22(1,0)fm，所以2212mm，得22m，又因为1m，所以2m，故直线l的方程为210 xy.（）设1122(,),(,)a x yb xy由222221mxmyxym，消去x得：222104mymy则由2228(1)804mmm，知28m，且有212121,282mmyyyy由于12(,0),( ,0)fcf

25、 c，由重心坐标公式可知1122(,),(,)3333xyxygh.2221212()()99xxyygh设m是gh的中点，则1212(,)66xxyym，由题意可知2 mogh即222212121212()()4()() 6699xxyyxxyy，即12120 x xy y而2212121212()()22mmx xy ymymyy y221(1 ()82mm），所以21082m，即24m又因为1m且0 ，所以 12m，所以m的取值范围是(1,2) .14. （09 山东 /22 ）设椭圆e：22221xyab（a，b0）过m(2 ，2 ) ，n(6 ，1) 两点，o为坐标原点 .(1) 求

26、椭圆e的方程； (2) 是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆e恒有两个交点a，b，且 oaob 若存在，写出该圆的方程，并求|ab| 的取值范围；若不存在，说明理由. 【解】 （）因为椭圆e：22221xyab（a，b0）过m（2，2） ，n(6，1)两点，所以2222421611abab，解得22118114ab，所以2284ab. 椭圆e的方程为22184xy. （）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆e恒有两个交点a，b，且 oaob ，设该圆的切线方程为ykxm ，解方程组22184xyykxm，得222()8xkxm，即222(12)4280kxkmx

27、m，设11(,)a x y，22(,)b xy，12221224122812kmxxkmx xk，要使 oaob ，需使12120 x xy y，2212121212()()()y ykxmkxmk x xkm xxm2222222222(28)48121212kmk mmkmkkk即2222228801212mmkkk，所以223880mk因为直线ykxm 为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为21mrk，222228381318mmrmk， rb此时圆2283xy都在椭圆的内部，所以圆的切线与椭圆必有两个不同的交点，且oaob . 而当切线的斜率不存在时，切线263x与椭圆22184x

28、y的两个交点为(2 63，263) 或(2 63，2 63) ，满足 oaob . 综上，存在圆心在原点的圆2283xy， 使得该圆的任意一条切线与椭圆e恒有两个交点a，b， 且 oaob . 222212228(84)|11(12)kmabkxxkk2423213441kkk，当0k时22321|11344abkk，因为221448kk所以221101844kk，所以223232111213344kk，所以46|2 33ab 当且仅当22k时取“ =” . 当0k时，4 6|3ab. 而当ab的斜率不存在时，两个交点为(2 63，263) 或(2 63，2 63) ，所以此时46|3ab，综

29、上， |ab| 的取值范围为46|2 33ab，即： |ab 463， 2 3 . 【另解】对于求|ab ，有个更简单的方法：如图，设aot，2aob，则2 6(tancot)3ab，而2682tan,2432atoaot，所以当 tan1时，min4 6|3ab；当2tan22or时，max|2 3ab. 五、存在性问题15. 以椭圆) 1(1222ayax的短轴的一个端点)1 ,0(b为直角顶点作椭圆的内接等腰直角三角形，问这样的直角三角形是否存在如果存在，请说明理由，并判断最多能作出几个这样的三角形；如果不存在，请说明理由 . 解：过点)1 ,0(b分别作斜率为1的直线，必与椭圆1222

30、yax各另有一交点nm ,，则bmn即为所求的等腰直角三角形，故这样的内接等腰直角三角形至少有一个；如除了(1) 给出的内接等腰直角三角形外，还存在其他的内接等腰直角三角形，那么设直线1:1kxyl，11:2xkyl，)1,0(kk，则1l与2l均过点)1 , 0(b，且互相垂直，1l与2l与椭圆分别交于fe，ocad102222kxyayax02)1(2222kxaxka)11,12(2222222kakakakae. 用k1代k，得)1111,1112(2222222kakakakaf),2(2222222akakakkaf2222222212)1()1(|kakakxkbee，22222

31、2222222222)1(21)11(|akakakkakkxkbff1,0 kk，|bfbe222222212akakaka22231kakak11)1()1)(1(12232kkkkkkkkkka. 由1,0 kk得，32a3a，由于椭圆关于y轴对称，故当3a时，还存在斜率1k的内接等腰直角三角形两个. 综合：当13a时，可作出一个椭圆的内接等腰直角三角形（图1） ，当3a时，可作出三个椭圆的内接等腰直角三角形（图2）. (第22题图）f2f1yxpqo16. （2015 虹口二模）已知圆1f：22(1)8xy，点2f(1,0)，点q在圆1f上运动，2qf的垂直平分线交1qf于点p.(1)

32、 求动点p的轨迹c的方程；(2) 设mn、分别是曲线c上的两个不同点，且点m在第一象 限，点n在第三象限，若122omonof,o为坐标原点，求直线mn的斜率；(3) 过点1(0,)3s的动直线l交曲线c于ab、两点，在y轴上是否存在定点t，使以ab为直径的圆恒过这个点若存在，求出点t的坐标；若不存在，请说明理由.解： (1) 因为2qf的垂直平分线交1qf于点p. 所以2pfpq，从而121112222,pfpfpfpqfqf f所 以 ， 动 点p的 轨 迹c是 以 点12ff、为 焦 点 的 椭圆. 3 分设 椭 圆 的 方 程 为12222byax， 则22,222ca，1222cab

33、，故动点p的轨迹c的方程为2212xy5 分(2) 设1122(,),(,)m a bn a b1122(0,0,0,0)abab，则2222112222,22abab因为122omonof，则121222,20aabb由、 解得1122114514,2448abab8分所以直线mn的斜率mnk21213 1414bbaa. 10分 (3)设直线l的方程为1,3ykx则由221312ykxxy，得229(21)12160,kxkx由题意知，点1(0,)3s在椭圆c的内部，所以直线l与椭圆c必有两个交点，设11( ,)a x y 、22(,)bxy，则121222416,.3(21)9(21)k

34、xxx xkk12 分假设在y轴上存在定点(0,)tm满足题设，则1122(,),(,),taxymtbxym因为以ab为直径的 圆恒过点t, 所以1122(,) (,)0,ta tbxymxym即1212()()0( )x xymym14 分因为112211,33ykxykx故( )可化为2121212221212()121(1)()()339x xy ymyymkx xk mxxmm2222222216(1)1421()9(21)33(21)3918(1)3(325)9(21)kkk mmmkkmkmmk由于对于任意的rk,0,tatb恒成立，故2210,3250mmm解得1m. 因此，在

35、y轴上存在满足条件的定点t，点t的坐标为(0,1). 16 分17. （2015 嘉定二模） 已知椭圆1:2222byaxc（0ba）的左、 右焦点分别为1f、2f，点b),0(b，过点b且与2bf垂直的直线交x轴负半轴于点d，且12220f ff d。（1）求证：21fbf是等边三角形；（2）若过b、d、2f三点的圆恰好与直线l：033yx相切，求椭圆c的方程；（3）设过（ 2）中椭圆c的右焦点2f且不与坐标轴垂直的直线l与c交于p、q两点，m是点p关于x轴的对称点。在x轴上是否存在一个定点n，使得m、q、n三点共线，若存在，求出点n的坐标；若不存在，请说明理由。（1）设)0,(0 xd（0

36、0 x） ，由)0,(2cf，),0(bb，故),(2bcbf，),(0bxbd，因为bdbf2，所以020bcx， （ 1 分）cbx20，故0,22ccbdf， （2 分）又)0,2(21cff，故由02221dfff得032cbc，所以，223cb。 （3 分）所以，3tan12cbfbf，6012fbf，即21fbf是等边三角形。 （4 分）（2）由（ 1）知，cb3，故ca2，此时，点d的坐标为)0,3(c， （1 分）又2bdf是直角三角形，故其外接圆圆心为)0,(1cf，半径为c2， （3 分）所以，cc22|3|，1c，3b，2a， （5 分）所求椭圆c的方程为13422yx。

37、 （6 分）（3）由（ 2）得)0,1(2f，因为直线l过2f且不与坐标轴垂直，故可设直线l的方程为：)1(xky，0k。 （1 分）由22(1)143yk xxy，得01248)43(2222kxkxk， （2 分）设11(,)p xy，22(,)q xy，则有2221438kkxx，222143124kkxx， （3 分）由题意，11(,)m xy，故直线qm的方向向量为),(1212yyxxd，所以直线qm的方程为121121yyyyxxxx， （ 4 分）令0y，得)1()1()1()1()(121221121221112121xkxkxxkxxkyyxyxyxyyxxyxkxxkxx

38、kxkx2)()(22121212)()(2212121xxxxxx2438438431242222222kkkkkk4624。 （5 分）即直线qm与x轴交于定点）0,4(。所以，存在点)0,4(n，使得m、q、n三点共线。（6 分）（注：若设0(, 0)n x，由m、q、n三点共线，得0101102211xyxyx，得2112210yyyxyxx。 ）六、定点或定直线问题18. 已知椭圆方程为22142xy，当过点(4,1)p的动直线l与椭圆c相交与两不同点,a b 时，在线段ab上取点 q ，满足pbaqqbap，证明：点 q 总在某定直线上解：设点q、a、b的坐标分别为1122( ,),(,),(,)x yx yxy。由题设知,appbaqqb均不为零，记apaqpbqb，则0且1又a，p，b，q四点共线，从而appb ，aqqb，于是1241xx，1211yy，121xxx，121yyy。从而22212241xxx，（ 1）2221221yyy，（2）又点a、b在椭圆