高考数学微专题集专题12定比点差法及其应用微点2定比点差法综合应用(一)-解决定点、定值、定直线问题(原卷版+解析)

专题12定比点差法及其应用微点2定比点差法综合应用（一）——解决定点、定值、定直线问题专题12定比点差法及其应用微点2定比点差法综合应用（一）——解决定点、定值、定直线问题【微点综述】本文在上一节的基础上，进一步介绍定比点差法的综合应用——解决定点问题、定值问题以及定直线问题．一、应用定比点差法证明定点问题例1．已知过点的直线与椭圆交于两点，为点关于轴的对称点，求证：直线过定点．【解析】设，直线与轴交于点，由题知，由向量共线定理，设，得，于是有，则于是有，即，得，故直线过定点．【评注】由对称性，易知直线所过定点在轴上，设所求定点为，注意到题中有两组三点共线，故设，接着使用定比点差法解题．例2．已知椭圆过点，其长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，直线与轴的正半轴和轴分别交于点，与椭圆相交于两点，各点互不重合，且满足．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线的方程为，求的值；（3）若，试证明直线恒过定点，并求此定点的坐标．答案：（1）；（2）；（3）证明见解析，．【解析】（1）由题意，得到和，结合，求得的值，即可求得椭圆的标准方程；（2）由直线的方程为，根据，求得，得到，联立方程组，结合根与系数的关系，即可求解；（3）设直线的方程为，由，得到和，联立方程组，结合根与系数的关系和，求得，得到直线的方程，即可求解．【解析】（1）由题意，因为椭圆过点，可得，设焦距为，又由长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，可得，即又因为，解得，所以椭圆的标准方程为．（2）由直线的方程为，可得而，设，因为，可得，从而，于是，所以，由，整理得，可得，所以．（3）显然直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，，可得，由，可得，所以，从而，同理，又，∴——①，联立，得，则——②，且——③③代入①得，∴，（满足②）故直线的方程为，所以直线恒过定点．【评注】解答圆锥曲线的定点问题的策略：（1）参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到与过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；（2）由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．例3．已知椭圆E：，斜率为1的直线l与椭圆交于A，B两点，点，直线AM与椭圆E交于点C，直线BM与椭圆E交于点D，求证：直线CD恒过定点．【解析】设，，，，，，由于，，则又，，两式相减得③，①②式代入③式，整理得，由，解得，同理可得，设：，，则，，即：，过定点．例4．设椭圆C：的右焦点为F过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为．（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：．【解析】（1）由已知得，l的方程为．由已知可得点A的坐标为或．所以AM的方程为或．（2）当l与x轴重合时，．当l与x轴垂直时，，当直线AB斜率存在且不为0时，设，，点B关于x轴对称的点根据几何性质得：令ON为的角平分线，AB与x轴交点为，下面通过证明N与M重合来证明，根据角平分线定理有：．设由定比分点坐标公式得：；，同理由，由定比分点坐标公式得：；，①-②得：，整理得：，即N与M重合，所以．综上，．二、应用定比点差法求解定值问题例5．已知过点的直线与双曲线交于两点，与轴交于点，若，求证：为定值．【解析】设，由，得，由点在双曲线上，则即两式相减得．【评注】利用得到两点的坐标，代入双曲线方程，变形作差得到，是定比点差的变形应用．另外，该题可以拓展到一般性，有如下结论：【结论1】已知过点的直线与双曲线交于两点，与轴交于点，若，则．由于圆、椭圆、双曲线、抛物线都是二次曲线，很多时候它们之间存在类似的性质，于是由类比联想，推广得如下结论：【结论2】已知过点的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，若，则．【结论3】已知过点的直线与圆交于两点，与轴交于点，若，则．结论1，2，3的证明，可参照例题．【结论4】已知抛物线上两点，若直线分别与轴交于点，且，则．【解析】设，由，得，由点在抛物线上，则即两式相减得．【结论5】已知抛物线上两点，若直线分别与轴交于点，且，则．结论5的证明，参照例5．例6．(2023河北邯郸·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若，的周长为8．（1）求椭圆C的标准方程；（2），，试分析是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．答案：（1）；（2）为定值．分析：（1）因为的周长为，求得，进而求得的值，得到椭圆的标准方程；（2）设直线l的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系和题设条件，求得和，进而求得为定值．【解析】（1）因为的周长为8，所以，解得，由，得，所以，因此椭圆C的标准方程为．（2）由题可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为，由，整理得，设，，则设，又，所以，，则．同理可得，，则．所以，所以为定值．【评注】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．例7．已知椭圆C：的离心率，右焦点为F，点在椭圆C上．（1）求椭圆C的方程；（2）过点F的直线交椭圆C于M，N两点，交直线于点P，设，，求证：为定值．【解析】（1）解：由题得，解得，则椭圆的方程为．（2）证明：设，，，由于，，则，即①，同理可得②，①-②，得，即，．例8．已知椭圆过点，离心率，A，B是椭圆C上两点，且直线OA，OB的斜率之积为，O为坐标原点．（1）求椭圆C的方程；（2）若射线OA上的点P满足，且PB与椭圆交于点Q，求的值．【解析】（1）由题得解得则椭圆的方程为．（2）设，，，设，则，则，由于，则，整理得，易知，，又，，即，代入（*）式得，，解得，则．三、应用定比点差法求解定直线问题例9．(2023安徽省舒城中学三模）已知点M是圆与x轴负半轴的交点，过点M作圆C的弦，并使弦的中点恰好落在y轴上．（1）求点N的轨迹E的方程；（2）过点的动直线l与轨迹E交于A，B两点，在线段上取点D，满足，，证明：点D总在定直线上．答案：（1）；（2）证明见解析．分析：（1）解法一：由题意知，，设是上的任意点，表示出弦的中点恰好落在轴上，，代入可得点的轨迹方程．解法二：设，弦的中点为，，表示出向量，由垂径定理得，由此可得轨迹方程；（2）证明：设，，，直线的方程为．与抛物线的方程联立得，得出根与系数的关系，．根据向量的线性运算可得出点所在定直线．【解析】（1）解法一：由题意知，，设是上的任意点，弦的中点恰好落在轴上，，，，整理得，，，点的轨迹方程为．解法二：设，弦的中点为，，因为在轴的负半轴上，故．，由垂径定理得，故．（2）证明：设，，，直线的方程为．由得，，．由，，得，，故，化简得，又，故，化简得，即，则或．当点在定直线上时，直线与抛物线只有一个交点，与题意不符，故点在定直线上．【评注】（1）解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去（或）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或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式．例10．已知椭圆过点，且离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）过右焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于，两点，已知，过且与轴垂直的直线与直线交于点，求证：点在一定直线上，并求出此直线的方程．答案：（1）；（2）证明见解析，直线．分析：（1）由椭圆过定点，结合离心率求椭圆参数，写出椭圆方程．（2）由题设知的斜率不可能为0，可设直线的方程为，，，联立椭圆方程，应用韦达定理可得，再由点斜式表示直线：，则即可判断是否为定直线．【解析】（1）由题意，且，又，解得，．椭圆的方程为．（2）设直线的方程为，，，联立方程整理得，，由，，即．直线的方程为．①过且与轴垂直的直线的方程为．②联立①②可得，点在定直线上．【评注】第二问，设直线的方程联立椭圆方程，由韦达定理确定的关系，进而由的位置用表示出其横坐标．【总结】（1）“定比点差法”属于技巧，并不是解析几何的通解通法，其适用范围较窄，从上述例题的解答过程可以看出，当遇到三点共线、定点、成比例等条件时，我们可以尝试该法．（2）本文介绍的“定比点差法”，为今后解决一类解几问题提供了新的思路，相较于联立直线与曲线方程的通法，该法过程简洁、计算量小，可以提高解题效率，但是该法有其局限性，我们在日常的学习中，要结合自身掌握程度和实际情况，选择最佳的解题方法，不能盲目追求某一种解法，要学会从不同的解法中汲取不同的数学思想，从而提高自身的数学核心素养．【针对训练】1．已知椭圆的离心率为，半焦距为，且．经过椭圆的左焦点F，斜率为的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点．(1)求椭圆的标准方程；(2)当时，求的值；(3)设，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为，求证：为定值．2．过的直线与椭圆交于P，Q，过P作轴且与椭圆交于另一点N，F为椭圆的右焦点，若，求证：3．已知椭圆，点，过点P作椭圆的割线PAB，C为B关于x轴的对称点．求证：直线AC恒过定点．4．已知离心率为的椭圆的上顶点为，右焦点为，点且.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线交椭圆于、两点（在与之间），与直线交于点.记，，求的值.5．已知椭圆，．过的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，，求证：为定值6．已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：（a＞b＞0）离心率为，其短轴长为2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，A为椭圆C的左顶点，P，Q为椭圆C上两动点，直线PO交AQ于E，直线QO交AP于D，直线OP与直线OQ的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝，（λ，μ为非零实数），求λ2+μ2的值．（2023全国一卷理）7．已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.8．已知椭圆C：，，为其左右焦点，P为椭圆C上一动点，直线交椭圆于点A，直线椭圆交于点B，设，，求证：为定值．(2023全国·高三专题练习）9．已知椭圆的焦距为2，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）直线与轴正半轴和轴分别交于点，与椭圆分别交于点，各点均不重合且满足．若，证明：直线恒过定点．(2023·河南·林州一中高二阶段练习）10．已知椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，M为椭圆上任意一点，当∠F1MF2＝90°时，△F1MF2的面积为1．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）已知点A是椭圆C上异于椭圆顶点的一点，延长直线AF1，AF2分别与椭圆交于点B，D，设直线BD的斜率为k1，直线OA的斜率为k2，求证：k1·k2等于定值．(2023江苏·高三阶段练习）11．在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率是，焦点到相应准线的距离是3.（1）求，的值；（2）已知､是椭圆上关于原点对称的两点，在轴的上方，，连接､并分别延长交椭圆于､两点，证明：直线过定点.(2023湖北武汉·二模）12．设抛物线的焦点为F，过F作直线l交抛物线E于A，B两点.当l与x轴垂直时，面积为8，其中O为坐标原点.（1）求抛物线E的标准方程；（2）若l的斜率存在且为点，直线与E的另一交点为C，直线与E的另一交点为D，设直线的斜率为，证明：为定值.13．已知椭圆：的离心率为，且经过点Ⅰ求椭圆的标准方程；Ⅱ已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，过点的动直线与抛物线相交于A，B两个不同的点，在线段AB上取点Q，满足，证明：点Q总在定直线上．(2023江西·南昌十中高三月考）14．已知椭圆经过点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于、两点，若，在线段上取点，使，求证：点在定直线上.(2023·湖北武汉·模拟预测）15．已知椭圆：的短轴长为，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)点为直线上的动点，过点的动直线与椭圆相交于不同的，两点，在线段上取点，满足，证明：点的轨迹过定点.16．在平面直角坐标系中，是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为.（1）求抛物线的方程；（2）当过点的动直线与抛物线相交于不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上.17．已知椭圆的离心率为，椭圆C的下顶点和上顶点分别为，且，过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）当k=2时，求△OMN的面积；（3）求证：直线与直线的交点T恒在一条定直线上.专题12定比点差法及其应用微点2定比点差法综合应用（一）——解决定点、定值、定直线问题专题12定比点差法及其应用微点2定比点差法综合应用（一）——解决定点、定值、定直线问题【微点综述】本文在上一节的基础上，进一步介绍定比点差法的综合应用——解决定点问题、定值问题以及定直线问题．一、应用定比点差法证明定点问题例1．已知过点的直线与椭圆交于两点，为点关于轴的对称点，求证：直线过定点．【解析】设，直线与轴交于点，由题知，由向量共线定理，设，得，于是有，则于是有，即，得，故直线过定点．【评注】由对称性，易知直线所过定点在轴上，设所求定点为，注意到题中有两组三点共线，故设，接着使用定比点差法解题．例2．已知椭圆过点，其长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，直线与轴的正半轴和轴分别交于点，与椭圆相交于两点，各点互不重合，且满足．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线的方程为，求的值；（3）若，试证明直线恒过定点，并求此定点的坐标．答案：（1）；（2）；（3）证明见解析，．【解析】（1）由题意，得到和，结合，求得的值，即可求得椭圆的标准方程；（2）由直线的方程为，根据，求得，得到，联立方程组，结合根与系数的关系，即可求解；（3）设直线的方程为，由，得到和，联立方程组，结合根与系数的关系和，求得，得到直线的方程，即可求解．【解析】（1）由题意，因为椭圆过点，可得，设焦距为，又由长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，可得，即又因为，解得，所以椭圆的标准方程为．（2）由直线的方程为，可得而，设，因为，可得，从而，于是，所以，由，整理得，可得，所以．（3）显然直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，，可得，由，可得，所以，从而，同理，又，∴——①，联立，得，则——②，且——③③代入①得，∴，（满足②）故直线的方程为，所以直线恒过定点．【评注】解答圆锥曲线的定点问题的策略：（1）参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到与过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；（2）由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．例3．已知椭圆E：，斜率为1的直线l与椭圆交于A，B两点，点，直线AM与椭圆E交于点C，直线BM与椭圆E交于点D，求证：直线CD恒过定点．【解析】设，，，，，，由于，，则又，，两式相减得③，①②式代入③式，整理得，由，解得，同理可得，设：，，则，，即：，过定点．例4．设椭圆C：的右焦点为F过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为．（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：．【解析】（1）由已知得，l的方程为．由已知可得点A的坐标为或．所以AM的方程为或．（2）当l与x轴重合时，．当l与x轴垂直时，，当直线AB斜率存在且不为0时，设，，点B关于x轴对称的点根据几何性质得：令ON为的角平分线，AB与x轴交点为，下面通过证明N与M重合来证明，根据角平分线定理有：．设由定比分点坐标公式得：；，同理由，由定比分点坐标公式得：；，①-②得：，整理得：，即N与M重合，所以．综上，．二、应用定比点差法求解定值问题例5．已知过点的直线与双曲线交于两点，与轴交于点，若，求证：为定值．【解析】设，由，得，由点在双曲线上，则即两式相减得．【评注】利用得到两点的坐标，代入双曲线方程，变形作差得到，是定比点差的变形应用．另外，该题可以拓展到一般性，有如下结论：【结论1】已知过点的直线与双曲线交于两点，与轴交于点，若，则．由于圆、椭圆、双曲线、抛物线都是二次曲线，很多时候它们之间存在类似的性质，于是由类比联想，推广得如下结论：【结论2】已知过点的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，若，则．【结论3】已知过点的直线与圆交于两点，与轴交于点，若，则．结论1，2，3的证明，可参照例题．【结论4】已知抛物线上两点，若直线分别与轴交于点，且，则．【解析】设，由，得，由点在抛物线上，则即两式相减得．【结论5】已知抛物线上两点，若直线分别与轴交于点，且，则．结论5的证明，参照例5．例6．(2023河北邯郸·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若，的周长为8．（1）求椭圆C的标准方程；（2），，试分析是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．答案：（1）；（2）为定值．分析：（1）因为的周长为，求得，进而求得的值，得到椭圆的标准方程；（2）设直线l的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系和题设条件，求得和，进而求得为定值．【解析】（1）因为的周长为8，所以，解得，由，得，所以，因此椭圆C的标准方程为．（2）由题可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为，由，整理得，设，，则设，又，所以，，则．同理可得，，则．所以，所以为定值．【评注】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．例7．已知椭圆C：的离心率，右焦点为F，点在椭圆C上．（1）求椭圆C的方程；（2）过点F的直线交椭圆C于M，N两点，交直线于点P，设，，求证：为定值．【解析】（1）解：由题得，解得，则椭圆的方程为．（2）证明：设，，，由于，，则，即①，同理可得②，①-②，得，即，．例8．已知椭圆过点，离心率，A，B是椭圆C上两点，且直线OA，OB的斜率之积为，O为坐标原点．（1）求椭圆C的方程；（2）若射线OA上的点P满足，且PB与椭圆交于点Q，求的值．【解析】（1）由题得解得则椭圆的方程为．（2）设，，，设，则，则，由于，则，整理得，易知，，又，，即，代入（*）式得，，解得，则．三、应用定比点差法求解定直线问题例9．(2023安徽省舒城中学三模）已知点M是圆与x轴负半轴的交点，过点M作圆C的弦，并使弦的中点恰好落在y轴上．（1）求点N的轨迹E的方程；（2）过点的动直线l与轨迹E交于A，B两点，在线段上取点D，满足，，证明：点D总在定直线上．答案：（1）；（2）证明见解析．分析：（1）解法一：由题意知，，设是上的任意点，表示出弦的中点恰好落在轴上，，代入可得点的轨迹方程．解法二：设，弦的中点为，，表示出向量，由垂径定理得，由此可得轨迹方程；（2）证明：设，，，直线的方程为．与抛物线的方程联立得，得出根与系数的关系，．根据向量的线性运算可得出点所在定直线．【解析】（1）解法一：由题意知，，设是上的任意点，弦的中点恰好落在轴上，，，，整理得，，，点的轨迹方程为．解法二：设，弦的中点为，，因为在轴的负半轴上，故．，由垂径定理得，故．（2）证明：设，，，直线的方程为．由得，，．由，，得，，故，化简得，又，故，化简得，即，则或．当点在定直线上时，直线与抛物线只有一个交点，与题意不符，故点在定直线上．【评注】（1）解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去（或）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或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式．例10．已知椭圆过点，且离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）过右焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于，两点，已知，过且与轴垂直的直线与直线交于点，求证：点在一定直线上，并求出此直线的方程．答案：（1）；（2）证明见解析，直线．分析：（1）由椭圆过定点，结合离心率求椭圆参数，写出椭圆方程．（2）由题设知的斜率不可能为0，可设直线的方程为，，，联立椭圆方程，应用韦达定理可得，再由点斜式表示直线：，则即可判断是否为定直线．【解析】（1）由题意，且，又，解得，．椭圆的方程为．（2）设直线的方程为，，，联立方程整理得，，由，，即．直线的方程为．①过且与轴垂直的直线的方程为．②联立①②可得，点在定直线上．【评注】第二问，设直线的方程联立椭圆方程，由韦达定理确定的关系，进而由的位置用表示出其横坐标．【总结】（1）“定比点差法”属于技巧，并不是解析几何的通解通法，其适用范围较窄，从上述例题的解答过程可以看出，当遇到三点共线、定点、成比例等条件时，我们可以尝试该法．（2）本文介绍的“定比点差法”，为今后解决一类解几问题提供了新的思路，相较于联立直线与曲线方程的通法，该法过程简洁、计算量小，可以提高解题效率，但是该法有其局限性，我们在日常的学习中，要结合自身掌握程度和实际情况，选择最佳的解题方法，不能盲目追求某一种解法，要学会从不同的解法中汲取不同的数学思想，从而提高自身的数学核心素养．【针对训练】1．已知椭圆的离心率为，半焦距为，且．经过椭圆的左焦点F，斜率为的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点．(1)求椭圆的标准方程；(2)当时，求的值；(3)设，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为，求证：为定值．2．过的直线与椭圆交于P，Q，过P作轴且与椭圆交于另一点N，F为椭圆的右焦点，若，求证：3．已知椭圆，点，过点P作椭圆的割线PAB，C为B关于x轴的对称点．求证：直线AC恒过定点．4．已知离心率为的椭圆的上顶点为，右焦点为，点且.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线交椭圆于、两点（在与之间），与直线交于点.记，，求的值.5．已知椭圆，．过的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，，求证：为定值6．已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：（a＞b＞0）离心率为，其短轴长为2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，A为椭圆C的左顶点，P，Q为椭圆C上两动点，直线PO交AQ于E，直线QO交AP于D，直线OP与直线OQ的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝，（λ，μ为非零实数），求λ2+μ2的值．（2023全国一卷理）7．已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.8．已知椭圆C：，，为其左右焦点，P为椭圆C上一动点，直线交椭圆于点A，直线椭圆交于点B，设，，求证：为定值．(2023全国·高三专题练习）9．已知椭圆的焦距为2，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）直线与轴正半轴和轴分别交于点，与椭圆分别交于点，各点均不重合且满足．若，证明：直线恒过定点．(2023·河南·林州一中高二阶段练习）10．已知椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，M为椭圆上任意一点，当∠F1MF2＝90°时，△F1MF2的面积为1．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）已知点A是椭圆C上异于椭圆顶点的一点，延长直线AF1，AF2分别与椭圆交于点B，D，设直线BD的斜率为k1，直线OA的斜率为k2，求证：k1·k2等于定值．(2023江苏·高三阶段练习）11．在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率是，焦点到相应准线的距离是3.（1）求，的值；（2）已知､是椭圆上关于原点对称的两点，在轴的上方，，连接､并分别延长交椭圆于､两点，证明：直线过定点.(2023湖北武汉·二模）12．设抛物线的焦点为F，过F作直线l交抛物线E于A，B两点.当l与x轴垂直时，面积为8，其中O为坐标原点.（1）求抛物线E的标准方程；（2）若l的斜率存在且为点，直线与E的另一交点为C，直线与E的另一交点为D，设直线的斜率为，证明：为定值.13．已知椭圆：的离心率为，且经过点Ⅰ求椭圆的标准方程；Ⅱ已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，过点的动直线与抛物线相交于A，B两个不同的点，在线段AB上取点Q，满足，证明：点Q总在定直线上．(2023江西·南昌十中高三月考）14．已知椭圆经过点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于、两点，若，在线段上取点，使，求证：点在定直线上.(2023·湖北武汉·模拟预测）15．已知椭圆：的短轴长为，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)点为直线上的动点，过点的动直线与椭圆相交于不同的，两点，在线段上取点，满足，证明：点的轨迹过定点.16．在平面直角坐标系中，是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为.（1）求抛物线的方程；（2）当过点的动直线与抛物线相交于不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上.17．已知椭圆的离心率为，椭圆C的下顶点和上顶点分别为，且，过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）当k=2时，求△OMN的面积；（3）求证：直线与直线的交点T恒在一条定直线上.参考答案：1．(1)(2)(3)证明见解析分析：（1）由题意列出关于的方程，解方程求出，即可得出答案.（2）由（1）得到直线AB的方程与椭圆方程联立得到关于的一元二次方程，设，，由韦达定理代入求出，设O点到直线AB的距离为d，求出d，由面积公式即可求出答案.（3）设，，设，由题目条件表示结合定比分点公式由表示，设同理用表示，代入，可求得答案.（1）由题意，得解得∴，故的方程为．（2）由（1）知，∴直线AB的方程为，由即，设，，则，，∴．设O点到直线AB的距离为d，则．∴．（3）设AB直线方程，设，，，，由由定比分点坐标公式：，由于A，C满足椭圆方程，故得两式作差得③，将①②代入③可得，和①进行联立，即，解得：由同理可得，∴，故．2．证明见解析分析：设直线NQ与x轴相交于点，设，则，则由可得，，再由三点共线，设可得，，从而得，，再将代入椭圆方程两式化简变形结合前面的式子可得，从而可得结论【详解】设，则设直线NQ与x轴相交于点，由题设知：，所以，，即，①设，则，，即，②比较①②得，，又，两式作差得，得到，得到，即M和F重合．所以．3．证明见解析分析：根据向量共线及定比分点坐标公式列方程，结合点在椭圆上计算得证.【详解】设，，则，设AC与x轴的交点为，，，由定比分点公式坐标公式得：；，即①，②，③，④，由②④得⑤∵点A、B在椭圆上，得，两式相减得，将①②代入上式得⑥∵点A、C在椭圆上，得，将③④代入上式同理可得⑦对比⑤⑥⑦得，故直线AC恒过定点．4．（1）；（2）.【解析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得的值，进而可得出椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，设点、，联立直线与椭圆的方程，求出点的坐标，利用平面向量的坐标运算得出的表达式，并代入韦达定理可求得的值.【详解】（1）因为，所以，又，解得，，所以椭圆的方程为；（2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时直线与椭圆无公共点，直线的斜率存在，设为，设、，联立与椭圆的方程得：，则有，，又因为直线为，联立与可得，由，即，可得，同理可得，所以，其中分子为，所以.【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、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.5．证明见解析分析：由向量坐标运算可化简求得，代入椭圆方程可得；同理由可得，两式作差即可化简整理得到定值.【详解】设，，将两点代入椭圆方程得：…①，…②；,即，，，代入①式整理得：…③；同理由可得：…④；③④得：…⑤⑤式对任意恒成立，，解得：，为定值.6．（1）；（2）1分析：（1）由题意可得b＝1，运用离心率公式和a，b，c的关系，可得a，b，进而得到椭圆方程；（2）求得A的坐标，设P（x1，y1），D（x0，y0），运用向量共线坐标表示，结合条件求得P的坐标，代入椭圆方程，可得λ2＝，同理得μ2＝，即可得λ2+μ2的值．【详解】（1）因为短轴长2b＝2，所以b＝1，又离心率e＝，且a2﹣b2＝c2，解得a＝，c＝1，则椭圆C的方程为+y2＝1；（2）由（1）可得点A（﹣，0），设P（x1，y1），D（x0，y0），则y1＝k1x1，y0＝k2x0，由可得x0+＝λ（x﹣x0），y0＝λ（y1﹣y0），即有x0＝，k1x1＝y1＝y0＝k2x0＝k2（x1﹣），两边同乘以k1，可得k12x1＝k1k2（x1﹣）＝﹣（x1﹣），解得x1＝，将P（x1，y1）代入椭圆方程可得λ2＝，由可得μ2＝，可得λ2+μ2＝1．【点睛】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式和基本量的关系，考查直线方程和向量共线的坐标表示，以及化简整理的运算能力，属于中档题．7．（1）；（2）证明详见解析.分析：（1）由已知可得：，，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.【详解】（1）依据题意作出如下图象：由椭圆方程可得：，，，，椭圆方程为：（2）[方法一]：设而求点法证明：设，则直线的方程为：，即：联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或将代入直线可得：所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为当时，直线的方程为：，整理可得：整理得：所以直线过定点．当时，直线：，直线过点．故直线CD过定点．[方法二]【最优解】：数形结合设，则直线的方程为，即．同理，可求直线的方程为．则经过直线和直线的方程可写为．可化为．④易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．故，可得或．其中表示直线，则表示直线．令，得，即直线恒过点．【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.8．证明见解析分析：设出点的坐标，表示出向量坐标，通过向量关系和椭圆方程分别表示出与和的关系，即可得到的值.【详解】设，，，由于，由定比分点公式可得将，，代入椭圆方程有得

③，得两边同除整理得所以，即又，即解得同理:所以.9．（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意可得，再由求出的值，从而可得椭圆的标准方程；（2）设，从而得，然后由，可得和，由此可知为方程的两不相等实数根，所以有，可求出的值，从而可得答案【详解】（1）依题意，．由，得．故椭圆方程为．（2）设，．由，得，．∵点在椭圆上，，整理得．同理，由可得．为方程的两不相等实数根，．．又．∴直线恒过定点．【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是由，得到和，从而有为方程的两不相等实数根，再利用根与系数的关系可得答案，考查数学转化思想，属于中档题10．（Ⅰ）（Ⅱ）见解析分析：（Ⅰ）由题意可求得，则，椭圆的方程为.（Ⅱ）设，，当直线的斜率不存在或直线的斜率不存在时，.当直线、的斜率存在时，,设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理计算可得直线的斜率为，直线的斜率为，则.综上可得：直线与的斜率之积为定值.【详解】（Ⅰ）设由题，解得，则，椭圆的方程为.（Ⅱ）设，，当直线的斜率不存在时，设，则，直线的方程为代入，可得，，则,直线的斜率为，直线的斜率为，，当直线的斜率不存在时，同理可得.当直线、的斜率存在时，设直线的方程为，则由消去可得：，又，则，代入上述方程可得:，，则

，设直线的方程为，同理可得，直线的斜率为直线的斜率为，.所以，直线与的斜率之积为定值，即.【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．11．（1），；（2）证明见解析.分析：（1）由题意，得到关于和的方程组，求出，，由，，的关系求出的值即可；（2）设出，，，的坐标，利用，，三点共线，得到①，由，均值椭圆上，得到②，即可求出点坐标，同理求出点坐标，可得到直线的方程，由直线方程进行分析求解即可得到答案．【详解】（1）由题意有，，解得，，所以.（2）证明：设，，，，，，，，因为，，三点共线，则有，即①，又因为点，均在椭圆上，由（1）可得，椭圆的方程为，所以，两式作商可得，②，由①②可得，，同理可得，所以直线的方程为，又，，所以直线的方程为，故直线过定点．【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解，直线与椭圆位置关系的应用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究．12．（1）；（2）证明见解析.分析：（1）根据题意，当与轴垂直时，用表示出点的坐标，即得，则由的面积为8得出的值，即得抛物线的标准方程；（2）