2023届新高考数学之圆锥曲线综合讲义第9讲 蒙日圆问题含解析

1、2023届新高考数学之圆锥曲线综合讲义第9讲蒙日圆问题一、解答题 1已知椭圆的一个焦点为，离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程.2给定椭圆C： (ab0)，称圆心在原点O，半径为的圆为椭圆C的“准圆”若椭圆C的一个焦点为F(，0)，其短轴上的一个端点到F的距离为.（1）求椭圆C的方程和其“准圆”方程；（2）若点P是椭圆C的“准圆”上的动点，过点P作椭圆的切线l1，l2交“准圆”于点M，N.证明：l1l2，且线段MN的长为定值3给定椭圆 C : ，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆 C 的“伴随圆”.若椭圆 C 的一个焦点为 F1(

2、, 0) ，其短轴上的一个端点到 F1 的距离为（1）求椭圆 C 的方程及其“伴随圆”方程；（2）若倾斜角 45的直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点，且与椭圆 C 的伴随圆相交于 M .N 两点，求弦 MN 的的长；（3）点 P 是椭圆 C 的伴随圆上一个动点，过点 P 作直线 l1、l2，使得 l1、l2与椭圆 C 都只有一个公共点，判断l1、l2的位置关系，并说明理由.4已知抛物线：（），圆：（），抛物线上的点到其准线的距离的最小值为. （1）求抛物线的方程及其准线方程；（2）如图，点是抛物线在第一象限内一点，过点P作圆的两条切线分别交抛物线于点A，B（A，B异于点P），问是否存在圆使A

3、B恰为其切线？若存在，求出r的值；若不存在，说明理由.5已知椭圆：的长半轴长为，点（为椭圆的离心率）在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，为直线上任一点，过点椭圆上点处的切线为，切点分别，直线与直线，分别交于，两点，点，的纵坐标分别为，求的值.6已知中心在原点的椭圆C1和抛物线C2有相同的焦点(1，0)，椭圆C1过点，抛物线的顶点为原点(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；(2)设点P为抛物线C2准线上的任意一点，过点P作抛物线C2的两条切线PA，PB，其中A、B为切点设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值；若直线AB交椭圆C1于C，D两点，SPAB，SPCD分别是

4、PAB，PCD的面积，试问：是否有最小值?若有，求出最小值；若没有，请说明理由.7已知椭圆的方程为.（1）设是椭圆上的点，证明：直线与椭圆有且只有一个公共点；（2）过点作两条与椭圆只有一个公共点的直线，公共点分别记为，点在直线上的射影为点，求点的坐标；（3）互相垂直的两条直线与相交于点，且都与椭圆只有一个公共点，求点的轨迹方程.8已知椭圆的左、右顶点分别为，点在椭圆上运动，若面积的最大值为，椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作圆：，的两条切线，分别与椭圆交于两点，(异于点)，当变化时，直线是否恒过某定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.9如图，在平面直角坐标系xOy中

5、，已知椭圆C1：y21，椭圆C2：1(ab0)，C2与C1的长轴长之比为1，离心率相同(1) 求椭圆C2的标准方程；(2) 设点P为椭圆C2上的一点射线PO与椭圆C1依次交于点A，B，求证：为定值；过点P作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，且直线l1，l2与椭圆C1均有且只有一个公共点，求证k1k2为定值10已知抛物线上一点到焦点的距离.（1）求抛物线的方程；（2）过点引圆的两条切线，切线与抛物线的另一交点分别为，线段中点的横坐标记为，求的取值范围.11如图，已知是椭圆:上的任一点，从原点向圆：作两条切线，分别交椭圆于点、（1）若直线，的斜率存在，并记为，求证：为定值；（2）试问是否为

6、定值？若是，求出该值；若不是，说明理由12已知抛物线E：过点，过抛物线E上一点作两直线PM，PN与圆C：相切，且分别交抛物线E于M、N两点（1）求抛物线E的方程，并求其焦点坐标和准线方程；（2）若直线MN的斜率为，求点P的坐标第9讲 蒙日圆问题一、解答题 1已知椭圆的一个焦点为，离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程.【答案】（1）；（2）.【详解】试题分析：（1）利用题中条件求出的值，然后根据离心率求出的值，最后根据、三者的关系求出的值，从而确定椭圆的标准方程；（2）分两种情况进行计算：第一种是在从点所引的两条切线的斜率都存在

7、的前提下，设两条切线的斜率分别为、，并由两条切线的垂直关系得到，并设从点所引的直线方程为，将此直线的方程与椭圆的方程联立得到关于的一元二次方程，利用得到有关的一元二次方程，最后利用以及韦达定理得到点的轨迹方程；第二种情况是两条切线与坐标轴垂直的情况下求出点的坐标，并验证点是否在第一种情况下所得到的轨迹上，从而得到点的轨迹方程.（1）由题意知，且有，即，解得，因此椭圆的标准方程为；（2）设从点所引的直线的方程为，即，当从点所引的椭圆的两条切线的斜率都存在时，分别设为、，则，将直线的方程代入椭圆的方程并化简得，化简得，即，则、是关于的一元二次方程的两根，则，化简得；当从点所引的两条切线均与坐标轴垂

8、直，则的坐标为，此时点也在圆上.综上所述，点的轨迹方程为.考点：本题以椭圆为载体，考查直线与圆锥曲线的位置关系以及动点的轨迹方程，将直线与二次曲线的公共点的个数利用的符号来进行转化，计算量较大，从中也涉及了方程思想的灵活应用.2给定椭圆C： (ab0)，称圆心在原点O，半径为的圆为椭圆C的“准圆”若椭圆C的一个焦点为F(，0)，其短轴上的一个端点到F的距离为.（1）求椭圆C的方程和其“准圆”方程；（2）若点P是椭圆C的“准圆”上的动点，过点P作椭圆的切线l1，l2交“准圆”于点M，N.证明：l1l2，且线段MN的长为定值【答案】（1）椭圆方程为，“准圆”方程为x2y24；（2）证明见解析.【分

9、析】（1）由已知，进而可得椭圆C的方程和其“准圆”方程；（2）当直线l1，l2中有一条斜率不存在时，分别求出l1和l2，验证命题成立；当l1，l2斜率存在时，设点P(x0，y0)，其中，联立过点P(x0，y0)与椭圆相切的直线方程与椭圆方程，由0化简整理，可证得l1l2；进而得出线段MN为“准圆”x2y24的直径，即线段MN的长为定值【详解】（1）椭圆C的一个焦点为 其短轴上的一个端点到F的距离为.，椭圆方程为，“准圆”方程为x2y24.（2）证明：当直线l1，l2中有一条斜率不存在时，不妨设直线l1斜率不存在，则l1：x，当l1：x时，l1与“准圆”交于点(，1)，(，1)，此时l2为y1(

10、或y1)，显然直线l1，l2垂直；同理可证当l1：x时，直线l1，l2垂直当l1，l2斜率存在时，设点P(x0，y0)，其中.设经过点P(x0，y0)与椭圆相切的直线为yt(xx0)y0，由得(13t2)x26t(y0tx0)x3(y0tx0)230.由0化简整理，得(3)t22x0y0t10，有(3)t22x0y0t(3)0.设l1，l2的斜率分别为t1，t2，l1，l2与椭圆相切，t1，t2满足上述方程(3)t22x0y0t(3)0，t1t21，即l1，l2垂直综合知，l1l2.l1，l2经过点P(x0，y0)，又分别交其“准圆”于点M，N，且l1，l2垂直线段MN为“准圆”x2y24的直

11、径，|MN|4，线段MN的长为定值【点睛】思路点睛：本题考查椭圆的标准方程，考查新定义，考查椭圆的切线方程，考查直线与椭圆的位置关系，有关平面解析问题一些基本解题思想总结如下：1.常规求值问题：需要找等式，范围问题需要找不等式；2.是否存在问题：当作存在去求，不存在时会无解；3.证明定值问题：把变动的元素用参数表示出来，然后证明结果与参数无关，也可先猜再证；4.处理定点问题：把方程中参数的同次项集在一起，并令各项系数为，也可先猜再证；5.最值问题：将对象表示为变量的函数求解3给定椭圆 C : ，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆 C 的“伴随圆”.若椭圆 C 的一个焦点为 F1(, 0) ，其短轴

12、上的一个端点到 F1 的距离为（1）求椭圆 C 的方程及其“伴随圆”方程；（2）若倾斜角 45的直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点，且与椭圆 C 的伴随圆相交于 M .N 两点，求弦 MN 的的长；（3）点 P 是椭圆 C 的伴随圆上一个动点，过点 P 作直线 l1、l2，使得 l1、l2与椭圆 C 都只有一个公共点，判断l1、l2的位置关系，并说明理由.【答案】（1）椭圆方程：；伴随圆方程： x2 y2 1 ；（2） 2；（3）垂直，（斜率乘积为 1 ，分斜率存在与否）【分析】（1）直接由椭圆C的一个焦点为，其短轴上的一个端点到F1的距离为，求出，即可求椭圆C的方程及其“伴随圆”方程；（2

13、）先把直线方程与椭圆方程联立，利用对应的判别式为0求出，进而求出直线方程以及圆心到直线的距离；即可求弦MN的长；（3）先对直线l1，l2的斜率是否存在分两种情况讨论，然后对每一种情况中的直线l1，l2与椭圆C都只有一个公共点进行求解即可证：l1l2（在斜率存在时，是先设直线方程，把直线与椭圆方程联立，利用斜率为对应方程的根来判断结论）【详解】解：（1）因为，所以b1所以椭圆的方程为，伴随圆的方程为x2+y24（2）设直线l的方程yx+b，由得4x2+6bx+3b230由（6b）216（3b23）0得b24圆心到直线l的距离为所以（3）当l1，l2中有一条无斜率时，不妨设l1无斜率，因为l1与椭

14、圆只有一个公共点，则其方程为或，当l1方程为时，此时l1与伴随圆交于点，此时经过点（或且与椭圆只有一个公共点的直线是y1（或y1），即l2为y1（或y1），显然直线l1，l2垂直；同理可证l1方程为时，直线l1，l2垂直当l1，l2都有斜率时，设点P（x0，y0），其中x02+y024，设经过点P（x0，y0），与椭圆只有一个公共点的直线为yk（xx0）+y0，由，消去y得到x2+3（kx+（y0kx0）230，即（1+3k2）x2+6k（y0kx0）x+3（y0kx0）230，6k（y0kx0）24（1+3k2）3（y0kx0）230，经过化简得到：（3x02）k2+2x0y0k+1y020

15、，因为x02+y024，所以有（3x02）k2+2x0y0k+（x023）0，设l1，l2的斜率分别为k1，k2，因为l1，l2与椭圆都只有一个公共点，所以k1，k2满足方程（3x02）k2+2x0y0k+（x023）0，因而k1k21，即l1，l2垂直【点睛】本题主要考查椭圆的方程和几何性质，直线的方程，两点间的距离公式以及点到直线的距离公式等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质和数形结合的数学思想，考查解决问题的能力和运算能力4已知抛物线：（），圆：（），抛物线上的点到其准线的距离的最小值为. （1）求抛物线的方程及其准线方程；（2）如图，点是抛物线在第一象限内一点，过点P作圆的两条

16、切线分别交抛物线于点A，B（A，B异于点P），问是否存在圆使AB恰为其切线？若存在，求出r的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）的方程为，准线方程为.（2）存在，【分析】（1）由得到p即可；（2）设，利用点斜式得到PA的的方程为，由到PA的距离为半径可得，同理，同理写出直线AB的方程，利用点到直线AB的距离为半径建立方程即可.【详解】解：（1）由题意得，解得， 所以抛物线的方程为，准线方程为.（2）由（1）知，. 假设存在圆使得AB恰为其切线，设，则直线PA的的方程为，即. 由点到PA的距离为r，得，化简，得，同理，得.所以，是方程的两个不等实根，故，.易得直线AB的方程为，由点到直线AB的

17、距离为r，得，所以，于是，化简，得，即.经分析知，因此.【点睛】本题主要考查抛物线的定义和几何性质，直线与圆、抛物线的位置关系等，考查运算求解能力、数形结合思想.5已知椭圆：的长半轴长为，点（为椭圆的离心率）在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，为直线上任一点，过点椭圆上点处的切线为，切点分别，直线与直线，分别交于，两点，点，的纵坐标分别为，求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）因为点在椭圆上，所以，然后，利用，得出，进而求解即可（2）设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为，分别联立方程：和，利用韦达定理，再利用，即可求出的值【详解】（1）由椭圆的长半轴长为，得.因为点在椭圆

18、上，所以.又因为，所以，所以（舍）或.故椭圆的标准方程为.（2）设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为.据得.据题意，得，得，同理，得，所以.又可求，得，所以.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解以及联立方程求定值的问题，联立方程求定值的关键在于利用韦达定理进行消参，属于中档题6已知中心在原点的椭圆C1和抛物线C2有相同的焦点(1，0)，椭圆C1过点，抛物线的顶点为原点(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；(2)设点P为抛物线C2准线上的任意一点，过点P作抛物线C2的两条切线PA，PB，其中A、B为切点设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值；若直线AB交椭圆C1于C，D两点

19、，SPAB，SPCD分别是PAB，PCD的面积，试问：是否有最小值?若有，求出最小值；若没有，请说明理由.【答案】(1) 抛物线的标准方程为,椭圆的方程为:,(2)证明见解析,有,最小值为【分析】(1)利用可得抛物线的标准方程,根据和点在椭圆上列方程组可求得和,从而可得标准方程;(2)利用=0以及韦达定理可得结论;先求出直线过定点,将问题转化为,即求得最小值,当直线的斜率存在时,联立直线与抛物线,利用弦长公式求出和,然后求比值,此时大于,当直线的斜率不存在时,直接求出和可得比值为.从而可得结论.【详解】(1)因为抛物线C2有相同的焦点(1，0),且顶点为原点,所以,所以,所以抛物线的标准方程为

20、,设椭圆方程为,则且,解得,所以椭圆的方程为:.(2)证明:设,过点与抛物线相切的直线为,由,消去得,由=,得,则.设 由得,则,所以直线的方程为,所以,即,即直线恒过定点,设点到直线的距离为,所以,当直线的斜率存在时,设直线的方程为,设,由,消去得,时,恒成立, ,由消去得,恒成立,则 .所以,当直线的斜率不存在时,直线的方程为,此时,所以的最小值为.【点睛】本题考查了求抛物线和椭圆的标准方程,考查了直线与抛物线相切,考查了直线与椭圆相交的问题,考查了三角形的面积公式,考查了分类讨论思想,考查了弦长公式,属于难题.7已知椭圆的方程为.（1）设是椭圆上的点，证明：直线与椭圆有且只有一个公共点；

21、（2）过点作两条与椭圆只有一个公共点的直线，公共点分别记为，点在直线上的射影为点，求点的坐标；（3）互相垂直的两条直线与相交于点，且都与椭圆只有一个公共点，求点的轨迹方程.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【分析】（1）当时，符合题意；当时，联立直线与椭圆的方程，得判别式为0，从而方程组只有一组解，进而可得答案；（2）设，得出A，B的坐标满足直线方程，推出直线AB的方程为，联立NQ的方程解得Q点坐标；（3）设，分两种情况：当直线与有一条斜率不存在时，当直线与有一条斜率存在时，讨论点P的轨迹，即可得出答案.【详解】（1）当时，直线，即直线，与椭圆只有一个公共点.当时，由得，又，有，从而方

22、程组只有一组解，直线与椭圆的有且只有一个公共点.（2）设，.由（1）知两条直线为，又是它们的交点，从而有，的坐标满足直线方程，所以直线：.直线的方程为，由解得，即，（3）设.当直线与有一条斜率不存在时，.当直线与的斜率都存在时，设为和，由得，由，整理得，和是这个方程的两个根，有，得，所以点的轨迹方程是.【点睛】关键点点睛：解决第一问主要是通过联立直线与椭圆所构成的方程组有一个解；解决第二问主要是通过第一问中的结论得出的方程；解决第三问主要是依据两直线的关系得到.8已知椭圆的左、右顶点分别为，点在椭圆上运动，若面积的最大值为，椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作圆：，的两条切线，

23、分别与椭圆交于两点，(异于点)，当变化时，直线是否恒过某定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）直线恒过定点.【分析】（1）首先列出关于的等式，再求椭圆的标准方程；（2）首先设出过点的切线方程，利用，得到关于斜率的一元二次方程，得到根与系数的关系，再与椭圆方程联立求得点的坐标，写出直线的斜率，并写出直线的方程，说明直线过定点.【详解】（1）由题可知当点在椭圆的上顶点时，最大，此时，椭圆的标准方程为.（2）设过点与圆相切的直线方程为，即，直线与圆：相切，即得.设两切线的斜率分别为，则，设，由，即，；同理：，；，直线的方程为.整理得，直线恒过定点.【点睛】本题考查椭圆

24、方程，直线与圆，直线与椭圆的位置关系，重点考查转化思想，计算能力，逻辑推理能力，属于难题.9如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：y21，椭圆C2：1(ab0)，C2与C1的长轴长之比为1，离心率相同(1) 求椭圆C2的标准方程；(2) 设点P为椭圆C2上的一点射线PO与椭圆C1依次交于点A，B，求证：为定值；过点P作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，且直线l1，l2与椭圆C1均有且只有一个公共点，求证k1k2为定值【答案】(1)1；(2)证明见解析，证明见解析【分析】(1)根据已知条件，求出a，b的值，得到椭圆C2的标准方程(2)对直线OP斜率分不存在和存在两种情况讨论，当O

25、P斜率存在时，设直线OP的方程为ykx，并与椭圆C1的方程联立，解得点A横坐标，同理求得点P横坐标，再通过弦长公式，求出的表达式，化简整理得到定值设P(x0，y0)，写出直线l1的方程，并与椭圆C1联立，得到关于x的一元二次方程，根据直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，得到方程只有一解，即0，整理得2x0y0k110，同理得到2x0y0k210，从而说明k1，k2是关于k的一元二次方程的两个根，运用根与系数的关系，证得定值【详解】(1)设椭圆C2的焦距为2c，由题意，a2，解得b，因此椭圆C2的标准方程为1.(2)1当直线OP斜率不存在时，PA1，PB1，则32.2当直线OP斜率存在时，设直

26、线OP的方程为ykx，代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k21)x24，所以，同理所以，由题意，xP与xA同号，所以xPxA，从而32.所以32为定值设P(x0，y0)，所以直线l1的方程为yy0k1(xx0)，即yk1xk1x0y0，记tk1x0y0，则l1的方程为yk1xt，代入椭圆C1的方程，消去y，得(41)x28k1tx4t240，因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，所以(8k1t)24(41)(4t24)0，即4t210，将tk1x0y0代入上式，整理得，2x0y0k110，同理可得，2x0y0k210，所以k1，k2为关于k的方程(4)k22x0y0ky10的两根，从而k1

27、k2.又点在P(x0，y0)椭圆C2：1上，所以，所以k1k2为定值【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查椭圆中的定值问题，椭圆中的定值问题，一种方法是直接计算，即由直线与椭圆相交求出交点坐标，求出直线斜率等，然后计算题中要证定值的量即可得，一种不直接计算，像本题（2）中通过直线与椭圆相切，得出两直线斜率满足的关系式，从而确定这两个斜率是某个二次方程的根，由韦达定理直接得证，即建立参数之间的联系，然后推导出定值10已知抛物线上一点到焦点的距离.（1）求抛物线的方程；（2）过点引圆的两条切线，切线与抛物线的另一交点分别为，线段中点的横坐标记为，求的取值范围.【答案】（1）（2）见解析【分析】（1）

28、由题意确定p的值即可确定抛物线方程；（2）很明显切线斜率存在，由圆心到直线的距离等于半径可得是方程的两根，联立直线方程与抛物线方程可得点的横坐标 .结合韦达定理将原问题转化为求解函数的值域的问题即可.【详解】（1）由抛物线定义,得，由题意得：解得所以，抛物线的方程为.（2）由题意知，过引圆的切线斜率存在，设切线的方程为，则圆心到切线的距离，整理得，.设切线的方程为,同理可得.所以，是方程的两根，.设，由得，由韦达定理知，所以，同理可得.设点的横坐标为，则 .设，则，所以，对称轴，所以【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11如

29、图，已知是椭圆:上的任一点，从原点向圆：作两条切线，分别交椭圆于点、（1）若直线，的斜率存在，并记为，求证：为定值；（2）试问是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由【答案】（1）见解析；（2）为定值【解析】试题分析：（1）设直线的直线方程分别为、，由圆心到直线的距离等于半径可以得到、，由此可得是方程的两个不相等的实数根,由违达定理可知，由点在椭圆上可得；（2）分直线与直线与椭圆方程联立，可得，直接计算，并将代入表达式即可得到的和为定值试题解析：（1）因为直线：以及：与圆相切，所以 , 化简得： 同理：， 所以， 因为点在椭圆C上，所以，即，所以 （2）是定值，定值为9理由如下：法一：（i

30、）当直线、不落在坐标轴上时,设,联立解得 所以，同理，得， 由，所以 （ii）当直线、落在坐标轴上时,显然有，综上： 法二：（i）当直线、不落在坐标轴上时,设,因为，所以， 因为在椭圆C上，所以， 即 ， 所以，整理得，所以，所以（ii）当直线、落在坐标轴上时,显然有，综上：考点：1椭圆的定义与几何性质；2直线与圆的位置关系；3直线与椭圆的位置关系12已知抛物线E：过点，过抛物线E上一点作两直线PM，PN与圆C：相切，且分别交抛物线E于M、N两点（1）求抛物线E的方程，并求其焦点坐标和准线方程；（2）若直线MN的斜率为，求点P的坐标【答案】（1）抛物线E的方程为，焦点坐标为，准线方程为；（2）

31、或【分析】（1）将点代入抛物线方程，可求出抛物线E的方程，进而可求出焦点坐标及准线方程；（2）设，可表示出直线及的斜率的表达式，进而可表示出两直线的方程，再结合直线和圆相切，利用点到直线的距离等于半径，可得，满足方程，从而得到，又直线MN的斜率为，可求出的值，即可求出点P的坐标.【详解】（1）将点代入抛物线方程得，所以抛物线E的方程为，焦点坐标为：，准线方程为： （2）由题意知，设，则直线的斜率为，同理，直线PN的斜率为，直线MN的斜率为，故，于是直线的方程为，即，由直线和圆相切，得，即，同理，直线PN的方程为，可得， 故，是方程的两根故，即，所以，解得或当时，；当时，故点P的坐标为或 【点睛

32、】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线的方程，考查学生的计算求解能力，属于中档题.第10讲 非对称韦达一、解答题 1已知椭圆E：的离心率是，分别为椭圆E的左右顶点，B为上顶点，的面积为直线l过点且与椭圆E交于P，Q两点求椭圆E的标准方程；求面积的最大值；设直线与直线交于点N，证明：点N在定直线上，并写出该直线方程2已知A，B分别为椭圆的左右顶点，E为椭圆C的上顶点，F为椭圆C的右焦点，E与F关于直线对称，的面积为，过的直线交椭圆C于两点M，N(异于A，B两点).（1）求椭圆C的方程；（2）证明：直线与的交点P在一条定直线上.3已知椭圆的左、右焦点是，左右顶点是，离心率

33、是，过的直线与椭圆交于两点P、Q(不是左、右顶点)，且的周长是，直线与交于点M.(1)求椭圆的方程；(2)()求证直线与交点M在一条定直线l上；()N是定直线l上的一点，且PN平行于x轴，证明：是定值4已知、分别是离心率的椭圆的左右项点，P是椭圆E的上顶点，且.（1）求椭圆E的方程；（2）若动直线过点，且与椭圆E交于A、B两点，点M与点B关于y轴对称，求证：直线恒过定点.5已知椭圆的离心率为，短轴长为（1）求椭圆C的方程；（2）设A，B分别为椭圆C的左、右顶点，若过点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于M、N两点，直线AM与BN相交于点Q证明：点Q在定直线上6已知椭圆:的长轴长为4，左、右顶点分别

34、为，经过点的动直线与椭圆相交于不同的两点（不与点重合）.（1）求椭圆的方程及离心率；（2）求四边形面积的最大值；（3）若直线与直线相交于点，判断点是否位于一条定直线上？若是，写出该直线的方程. （结论不要求证明）7已知分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，当PF1F1F2时，|PF2|2|PF1|（1）求椭圆C的标准方程：（2）过点Q（4，0）的直线l与椭圆C交于M，N两点，点M关于x轴的对称点为点M，证明：直线NM过定点8已知椭圆过点，且（）求椭圆C的方程：（）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点求的值9如图，为坐标原点，椭圆（）的焦距等于其长半轴长，为椭圆的上、下顶点，且（1

35、）求椭圆的方程；（2）过点作直线交椭圆于异于的两点，直线交于点求证：点的纵坐标为定值310椭圆y2a2+x2b2=1(ab0) 的两顶点为A,B如图，离心率为22，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C,D两点，并与（）当|CD|=322（）当点P异于A,B两点时，求证：OP11已知椭圆C：1(ab0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P为椭圆上一点（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k12k2，求直线l斜率的值12已知椭圆的长轴长为6，离心率为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设

36、椭圆C的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为A，B，点M，N为椭圆C上位于x轴上方的两点，且，记直线AM，BN的斜率分别为，且,求直线的方程.13已知椭圆的长轴长为6，离心率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的左右焦点分别为，左右顶点分别为A，B，点M，N为椭圆C上位于x轴上方的两点，且，直线的斜率为，记直线AM，BN的斜率分别为，试证明:的值为定值.14已知椭圆的左、右顶点分别为，离心率为，过点作直线交椭圆于点，（与，均不重合）.当点与椭圆的上顶点重合时，.（1）求椭圆的方程（2）设直线，的斜率分别为，求证：为定值.第10讲 非对称韦达一、解答题 1已知椭圆E：的离心率是，分别为椭圆

37、E的左右顶点，B为上顶点，的面积为直线l过点且与椭圆E交于P，Q两点求椭圆E的标准方程；求面积的最大值；设直线与直线交于点N，证明：点N在定直线上，并写出该直线方程【答案】（1）（2）（3）见证明【分析】根据离心率和三角形的面积即可求出，分两种情况，当PQ斜率不存在时，当直线PQ的斜率存在时，设PQ的方程为，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式、，函数的性质，结合已知条件能求出的面积的最大值分两种情况，PQ斜率不存在时，易知，当直线PQ的斜率存在时，直线的方程为，直线的方程为，即可整理化简可得，解得即可【详解】解：由题意知，即，的面积为2，解得，椭圆C的标准方程为，斜率不存在时，易知，此时，

38、当直线PQ的斜率存在时，设PQ的方程为，设，将代入，整理可得，令，故面积的最大值证明斜率不存在时，易知，当直线PQ的斜率存在时，直线的方程为，直线的方程为，解得，即N点的横坐标为4，综上所述，点N在定直线上【点睛】本题考查椭圆性质、根的判别式、韦达定理、弦长公式、考查考查推理论证能力、数据处理能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，属于中档题2已知A，B分别为椭圆的左右顶点，E为椭圆C的上顶点，F为椭圆C的右焦点，E与F关于直线对称，的面积为，过的直线交椭圆C于两点M，N(异于A，B两点).（1）求椭圆C的方程；（2）证明：直线与的交点P在一条定直线上.【答案】（1）；（2）证

39、明见解析.【分析】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；（2）设出直线MN的方程，与椭圆联立，得到，求出AM、BN的交点坐标，结合一元二次方程根与系数的关系，得出结论.【详解】（1）由得，（2）由题可知，直线与x轴不重合，设为由得由椭圆的对称性可知，交点必在一条垂直于x轴的直线上直线，即直线，即联立得：直线与的交点P在定直线上.【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；（2）设而不求是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.3已知椭圆的左、右焦点是，左右顶点是，离心率是，过的直线与椭圆交于两点P、Q(不是左、右顶点)，且的周长是，直线与交于点M.(1)求椭

40、圆的方程；(2)()求证直线与交点M在一条定直线l上；()N是定直线l上的一点，且PN平行于x轴，证明：是定值【答案】(1)(2) ()见证明；()见证明【解析】【分析】(1)由题意可得，可以求出，从而求出椭圆的方程；(2)()由点斜式分别写出与的方程，两式子消去，根据韦达定理可得，的坐标关系，进而可以得到点M在一条定直线x2上；()由于，结合点P在椭圆上，可以求出为定值。【详解】(1)设椭圆的焦距是2c，据题意有：，则，所以椭圆的方程是. (2) ()由(1)知，设直线PQ的方程是，代入椭圆方程得：，易知，设，则， 直线的方程是： ，直线的方程是： ，设，既满足也满足，则，故直线与交点M在一

41、条定直线l：x2上. ()设，则，.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，椭圆与直线的综合问题，考查了学生综合分析能力及计算能力，属于难题。4已知、分别是离心率的椭圆的左右项点，P是椭圆E的上顶点，且.（1）求椭圆E的方程；（2）若动直线过点，且与椭圆E交于A、B两点，点M与点B关于y轴对称，求证：直线恒过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）由向量数量积的坐标运算可求得，再由离心率可得，然后求得，得椭圆方程；（2）当直线的斜率存在时，设直线，则，由直线方程与椭圆方程联立并消元后应用韦达定理得，然后写出直线方程并变形后代入，可得定点坐标，再验证直线斜率不存在时，直线也过这个定点即可【详

42、解】解：（1）由题意得，则，所以， 又，所以，所以椭圆E的方程为.（2）当直线的斜率存在时，设直线，则，由，消去y得.由，得，所以，.，直线的方程为， 即， 因为，所以，直线的方程为可化为，则直线恒过定点.当直线的斜率不存在时，直线也过点，综上知直线恒过定点.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题中的定点问题解题方法是设而不求思想方法设出动直线方程，设交点坐标，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，利用此结论求出直线方程，可确定定点坐标5已知椭圆的离心率为，短轴长为（1）求椭圆C的方程；（2）设A，B分别为椭圆C的左、右顶点，若过点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于M、N

43、两点，直线AM与BN相交于点Q证明：点Q在定直线上【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）用离心率公式和列方程求得，即可得椭圆方程；（2）方法一：设直线，联立椭圆方程，由韦达定理得关系，由直线和方程联立求解交点坐标，并化简得，即可证明问题；方法二：设，两两不等，因为P，M，N三点共线，由斜率相等得到方程，同理A，M，Q三点共线与B，N，Q三点共线也得到两方程，再结合三条方程求解，即可证明问题.【详解】解：（1）因为椭圆的离心率，又，因为，所以，所以椭圆C的方程为（2）解法一：设直线，可得，所以直线AM的方程：直线BN的方程：由对称性可知：点Q在垂直于x轴的直线上，联立可得因为，所以所以

44、点Q在直线上解法二：设，两两不等，因为P，M，N三点共线，所以，整理得：又A，M，Q三点共线，有：又B，N，Q三点共线，有将与两式相除得：即，将即代入得：解得（舍去）或，（因为直线与椭圆相交故）所以Q在定直线上【点晴】求解直线与圆锥曲线定点定值问题：关键在于运用设而不求思想、联立方程和韦达定理，构造坐标点方程从而解决相关问题.6已知椭圆:的长轴长为4，左、右顶点分别为，经过点的动直线与椭圆相交于不同的两点（不与点重合）.（1）求椭圆的方程及离心率；（2）求四边形面积的最大值；（3）若直线与直线相交于点，判断点是否位于一条定直线上？若是，写出该直线的方程. （结论不要求证明）【答案】（） ，离心

45、率 （） （） 【分析】（）由题意可知：m1，可得椭圆方程，根据离心率公式即可求出（）设直线CD的方程，代入椭圆方程，根据韦达定理，由SACBDSACB+SADB，换元，根据函数的单调性即可求得四边形ACBD面积的最大值（）点M在一条定直线上，且该直线的方程为x4【详解】（）由题意，得 , 解得. 所以椭圆方程为. 故，.所以椭圆的离心率. （）当直线的斜率不存在时，由题意，得的方程为，代入椭圆的方程，得，又因为，所以四边形的面积. 当直线的斜率存在时，设的方程为，联立方程 消去，得. 由题意，可知恒成立，则， 四边形的面积 ， 设，则四边形的面积，所以.综上，四边形面积的最大值为. （）结论

46、：点在一条定直线上，且该直线的方程为.【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，考查了椭圆的简单性质，考查弦长公式的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，函数性质的运用，计算量大，要求能力高，属于难题7已知分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，当PF1F1F2时，|PF2|2|PF1|（1）求椭圆C的标准方程：（2）过点Q（4，0）的直线l与椭圆C交于M，N两点，点M关于x轴的对称点为点M，证明：直线NM过定点【答案】（1）；（2）直线过定点.【分析】（1）由椭圆的定义和已知条件得，又由可得出点P的坐标，代入椭圆的标准方程中可解出，从而得出椭圆的标准方程；（2）设出直线l的方程，

47、点M、N的坐标，直线l的方程与椭圆的方程联立可得点M、N的坐标的关系，再表示出直线的方程，将点M、N的坐标的关系代入可得直线NM所过的定点.【详解】（1）由得，由椭圆的定义得，所以点P的坐标为，将点P的坐标代入椭圆的方程中有，又，解得或，当，故舍去；当，所以椭圆的标准方程为：.（2）由题意可知，直线l的斜率必然存在,故设直线l的方程为，设，则，联立方程组，得， ，解得，又，设直线的方程为，当时，所以直线过定点.【点睛】本题考查椭圆的定义和简单的几何性质，求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位置关系中直线过定点的问题，关键在于将目标条件转化到直线与椭圆的交点的坐标上去，属于较难题.8已知椭圆过点，

48、且（）求椭圆C的方程：（）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点求的值【答案】（）；（）1.【分析】()由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；()首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.【详解】(1)设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)设，直线的方程为：，与椭圆方程联立可得：，即：，则：.直线MA的方程为：，令可得：，同理可得：.很明显，且：，注意到：，而：，故.从而.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注

49、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9如图，为坐标原点，椭圆（）的焦距等于其长半轴长，为椭圆的上、下顶点，且（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线交椭圆于异于的两点，直线交于点求证：点的纵坐标为定值3【答案】（1）；（2）3【分析】（1）由得，再根据焦距等于其长半轴长可求，故可得椭圆的方程.（2）设直线方程为，【详解】解：（1）由题意可知：,，又，有，故椭圆的方程为：（2）由题意知直线的斜率存在，设其方程为，用的横坐标表示的纵坐标，再联立的方程和椭圆的方程，消去得，

50、利用韦达定理化简的纵坐标后可得所求的定值.设（），联立直线方程和椭圆方程得，消去得，,，且有，又，由得，故，整理得到，故故点的纵坐标为3【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.10椭圆y2a2+x2b2=1(ab0) 的两顶点为A,B如图，离心率为22，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C,D两点，并与（）当|CD|=322（）当点P异于A,B两点时，求证：OP【答案】（）y=2x+1（【解析】试题分析：（I）根据ca=22,c=1，可求得椭圆的标准方程为x试题解析：（）椭圆的标准方程为y2由已知得：c=1,ca=22当直线l与x轴垂直时与题意不符，设直线l的方程为y=kx+1，C1将直线l的方程代入椭圆的方程化简得(k则x1+x|CD|=1+=22(所以直线l的方程为y=2（）证明：当直线l与x轴垂直时与题意不符，设直线l的方程为y=kx+1，(k0,k1)，C(x1,y