重难点专题41 圆锥曲线中定比点差法的应用十一大题型-备战2025年高考《数学》重难点题型突破（新高考）解析版

第第页重难点专题41圆锥曲线中定比点差法的应用十一大题型汇总题型1定比点差法求坐标 1题型2定比点差法求离心率 5题型3定比点差法求直线（曲线）方程 11题型4定比点差法求弦长 14题型5定比点差法与定点问题 24题型6定比点差法求定值问题 32题型7定比点差法与定直线问题 42题型8定比点差法与求值问题 53题型9定比点差法求取值范围问题 57题型10定比点差法求λ问题 64题型11调和定比分点 69题型1定比点差法求坐标定比点差在处理三点共线、相交弦、定点定值、比例问题、调和点列等问题均具有优势【例题1】已知F1 , F2分别是椭圆x2【答案】0【解析】如图，延长AF1交椭圆于点C，由对称性得CF设Ax1 又F1−2 , 于是有x1+5x2x1−5x2【评注】由向量数乘的几何意义知F1A//F2B且F1A=5F2B，考虑到椭圆的中心对称性，可以延长AF1交椭圆于点【变式1-1】1.（2018年高考浙江卷）已知点P(0，1)，椭圆x24+y2=m(m>1)上两点A，B满足AP=2【答案】5【分析】方法一：先根据条件得到A,B坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B的横坐标关于m的函数关系，最后根据二次函数性质确定最值即可解出.【详解】［方法一］：点差法＋二次函数性质设A(x1,y因为A,B在椭圆上,所以x124+y12=m,xx22=−14(m故答案为：5．［方法二］：【通性通法】设线＋韦达定理由条件知直线AB的斜率存在，设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB的方程为y=kx+1(k≠0)，联立y=kx+1,x24+y2=m,得［方法三］：直线的参数方程+基本不等式设直线AB的参数方程为x=tcosα,y=1+tsinα其中t为参数，α为直线AB的倾斜角，将其代入椭圆方程中化简得1+3sin2αt2+8tsinα+4−4m=0，设点A，B对应的参数分别为t1,t2［方法四］：直接硬算求解+二次函数性质设Ax1,y1即x1=−2x又因为x124不妨设y2>0，因此y1=m−由此可知，当m=5时，上式有最大值16，即点B横坐标的绝对值有最大值2．所以m=5．［方法五］：【最优解】仿射变换如图1，作如下仿射变换x=2x1y=根据仿射变换的性质，点B的横坐标的绝对值最大，等价于点B1x=|OP|⋅sin当∠POM=π4时等号成立，根据|OP|=1易得OB［方法六］：中点弦性质的应用设Bx2,y2，由AP=2PB可知A−2x2,3−2y2，则AB中点M−x【整体点评】方法一：由题意中点A,B的坐标关系，以及点差法可求出点B的横、纵坐标，从而可以根据二次函数的性质解出；方法二：常规设线，通过联立，根据韦达定理以及题目条件求出点B的横坐标，然后利用基本不等式求出最值，由取等条件得解，是该题的通性通法；方法三：利用直线的参数方程与椭圆方程联立，根据参数的几何意义，解得点B的横坐标，再利用基本不等式求出最值，由取等条件得解；方法四：利用题目条件硬算求出点B的横坐标，再根据二次函数的性质解出；方法五：根据仿射变换，利用圆的几何性质结合平面几何知识转化，求出对应点的横坐标的绝对值最大，从而解出，计算难度小，是该题的最优解；方法六：利用中点弦的性质找出点B的横、纵坐标关系，再根据关系式自身特征求出点B的横坐标的绝对值的最大值，从而解出，计算量小，也是不错的方法．【变式1-1】2.（2022·全国·高三专题练习）设F1、F2分别为椭圆x23+【答案】(−22，306)【分析】设出A(x1，y1)，B(x2，【详解】椭圆x23+y2=1则左焦点F1(−2，0)，右焦点F2(2，0)，设A(x则F1A∵F1则有x1+由点A，B在椭圆上，则有x解之得x2=故有x1=−22y1=306或故答案为：(−22，306)题型2定比点差法求离心率定比分点若AP=λPB，则称点P为点A , B的λ定比分点．若λ>0，点P在线段AB上，此时称点P为内分点；若λ<0，点①点在线段AB上（λ=APPB∈0 ③点在线段AB的反向延长线上（λ=AP补充定义：当λ=−1时，对应的定比分点可以认为是无穷远点.【例题2】已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)内有一点M(2,1)，过M的两条直线l1、l2分别与椭圆E交于A , C和B ,A．12B．5−12C．【答案】D【解析】设Ax1,y1,Bx2,则：{x1+即：−12=−b2a2据此可得：a2【评注】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：①求出a，c，代入公式e=c②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式（不等式）两边分别除以a或a2转化为关于e的方程（不等式），解方程（不等式）即可得e（e的取值范围）【变式2-1】1.已知椭圆x2a2+y2b2=1【解析】设Ax1 , y1 , Bx2 ,∴−3b2cx1=a2−3c22c，又y1x1+c=3 【评注】处理焦点弦问题时，相较于联立直线与曲线方程法，定比点差法运算量小，过程简洁．【变式2-1】2.（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆x2a2+y【答案】2【分析】利用点差法，设Ax1,y1、Bx2,y2，代入椭圆方程中，变形后作差，由【详解】因为AF=2FB，设Axx①−②得：x1x1+2x则x1得x1∵y1x1整理得：4a4−13a2故e=c【变式2-1】3.（2020下·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)内有一定点P(1,1)，过点P的两条直线l1，l2分别与椭圆A．32 B．12 C．22【答案】A【分析】设出A,B,C,D四点的坐标，将A,B两点坐标代入椭圆方程并化简，同理将C,D两点坐标代入椭圆方程并化简，根据kAB=k【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Dx4,y4,因为P1,1，且AP=λPC，所以x1+λ【点睛】本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查定比分点坐标公式，考查点在曲线上的运用，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，考查椭圆离心率的求法，难度较大，属于难题.【变式2-1】4.（2021上·全国·高三校联考阶段练习）已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0，点Pa,b为椭圆外一点，斜率为−12的直线与椭圆交于A，B两点，过点P【答案】3【分析】由题意，不妨设直线AB过原点O，则CD//AB，设CD及中点的坐M标，再利用点差法求出OM和CD斜率的关系，然后根据O，M，P三点共线，求出a，b的关系即可.【详解】如图所示：设直线AB过原点O，由题意得CD//AB，设Cx1,y1因为C，D在椭圆上，所以x12a所以kOM因为O，M，P三点共线，所以kOM即ba=2所以e=c故答案为：3【点睛】方法点睛：解决直线与曲线的位置关系的相关问题，往往先把直线方程与曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．题型3定比点差法求直线（曲线）方程线段定比分点向量公式及坐标公式已知AP=λPB，设Ax证明：证法一：设Px∵AP证法二：设Px0 利用对应坐标相等即可推出Px【例题3】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1 （1）求椭圆C的标准方程；（2）若AB=4F2【解析】（1）由已知可得2c=2 , 4a=42，又a2−（2）由AB=4F2A，得AF2=13F2B．设Ax1 , y1 , Bx2 ,【评注】由平面向量共线定理及向量数乘的几何意义，得AF【变式3-1】1.（2022·山东济南·二模）已知椭圆C的焦点坐标为F1−1,0和F2(1)求椭圆C的方程；(2)若T1,1，椭圆C上四点M，N，P，Q满足MT=3TQ，NT【答案】(1)x(2)−【分析】（1）根据题意得到c=1，再将点1,3（2）设Mx1,y1，Qx2,y2，Nx3,y3，P【详解】（1）解：由题意可知，c=1，设椭圆方程为x2a2得a2解得a2=1所以椭圆方程为x2（2）设Mx1,y1，Qx2因为MT=3TQ，所以1−x又Mx1,所以x124即x1②-①得14即14又NT=3TP，同理得④-③得14所以kMN【变式3-1】2.（2021·重庆·统考模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F1,0，点A，B是椭圆C上关于原点对称的两点，其中A（1）若AF=FM，BF=2（2）若直线MN的斜率是直线AB的斜率的2倍，求椭圆C的方程.【答案】（1）x25+【分析】（1）由AF=FM结合椭圆的对称性知AM⊥x轴，从而得出点A,B,M的坐标，再由BF=2（2）设Ax0,y0，B−x0,−y0，设FM=λAF，FN=μBF，表示出点M，N【详解】解：（1）由AF=FM，根据椭圆的对称性知AM⊥x轴，AM所以A1,b2a，则BF=2，b2a解得N2,b22a，代入椭圆方程得所以a2−1+16=4a2，即a2（2）设Ax0,y0，B代入椭圆方程得1+λ−λx02又x02a2+同理：令FN=μBF，同理解得N1+μ+μ由题知yM−y①−②得λ−μ−2x0λ+μ=故椭圆方程为x2【点睛】关键点睛：本题考查向量在椭圆中的应用以及直线与椭圆的位置关系，解答本题的关键是设FM=λAF，得出M1+λ−λx0,−λy0代入椭圆方程可得1+λ−2λx0题型4定比点差法求弦长【例题4】已知斜率为32的直线l与抛物线y2=3x的交于A , B两点，与x【解析】设Ax1 , y1 , Bx2 , y2 , Px由y1【评注】由已知条件AP=3PB可知该题可使用定比点差法，得到点A的横坐标x1=3x0，再利用kAP=3【变式4-1】1.（2022·上海徐汇·三模）已知椭圆M：x2a2+y2b2=1a>b>0焦距为22（1）求椭圆M的方程；（2）若k=1，AB的最大值；（3）设P−2,0，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D．若C､D和点Q−7【答案】（1）x23+y2【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，利用弦长公式得到AB=1+k2x1−x2=6×4−【解析】（1）由题意得：焦距为22，得c点坐标2,332a2+13所以椭圆M的标准方程为x2（2）设直线AB的方程为y=x+m，由y=x+m消去y可得4x则Δ=36m2设Ax1,y1，B则AB=易得当m2=0时，ABmax=6（3）设Ax1,y1，B则x12+3又P−2,0，所以可设k1=kPA由y=k1(x+2)x2则x1+x由k1=y1x又k1=y1x同理可得D−7故QC=x3因为Q､C､D三点共线，所以x3将点C，D的坐标代入，通分化简得2y2−4【评注】处理圆锥曲线问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再利用弦长公式或题干中条件，求出取值范围或得到方程，求出参数．【变式4-1】2.（2022·山西太原·三模）已知椭圆C:x2a2（1）求椭圆C的方程；（2）当过点M（4，1）的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足AM=−λ【答案】（1）x24+【分析】（1）由椭圆的几何性质列方程组求解；（2）由定比分点公式化简得N点轨迹方程，由点到直线距离公式求解.【解析】（1）根据题意，ca=22，（2）设A（x1，y1），B（x2由AM=−λMB，AN又x12+2y1∴PN【总结】定比点差法，实际上是直线参数方程的变异形式，核心思想是“设而不求”．它是利用圆锥曲线上两点坐标之间的联系与差异，代点、扩乘、作差，解决相应的圆锥曲线问题，尤其是遇到定点、成比例等条件时，定比点差法有独特的优势．【变式4-1】3.（2019·浙江·校联考二模）过点P(1,1)的直线l与椭圆x24+y23=1交于点A和B，且AP=λPB【答案】125【分析】先设Ax1,y1，Bx2,y2，Q(m,n)，由AP=λ【详解】设Ax1,y1，于是x12−于是我们可以得到x124即m4+n所以|OQ【点睛】平面向量共线的坐标表示问题的常见类型及解题策略(1)利用两向量共线的条件求向量坐标．一般地，在求与一个已知向量a共线的向量时，可设所求向量为λa(λ∈R)，然后结合其他条件列出关于λ的方程，求出λ的值后代入λa即可得到所求的向量．(2)利用两向量共线求参数．如果已知两向量共线，求某些参数的取值时，利用“若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件是x1y2＝x2y1”解题比较方便【变式4-1】4.（2021上·浙江绍兴·高二统考期末）已知椭圆C:x2a2+y2（1）求椭圆C的方程．（2）过点F1分别作两条互相垂直的直线l1,l2，且l1与椭圆交于不同两点A,B,l2与直线【答案】（1）x2【分析】（1）根据椭圆的离心率为e=12，可得b2a2=3（2）设直线l1:x=my−1，与椭圆方程联立得出韦达定理，由条件求出Q点坐标，求出QF1的长度，得出直线l2的方程为：x=−1m【详解】解析：（1）由题意，得e2=1−b2a（2）由（1）可得F1−1,0,若直线l1的斜率为0，则l2的方程为：设直线l1:x=my−1，若m=0，则λ=1则不满足QA=λ设Ax由3x2+4y1因为AF1=λ则−y1所以λ=−y1y于是F1直线l2的方程为：联立x=−1my−1x=1，解得所以S△PQ当且仅当m=±1时，S△PQ【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆的方程和椭圆中三角形面积的最值问题，解答本题的关键是根据向量条件得出y0=2【变式4-1】5.（2022·广东广州·统考二模）已知椭圆C:x2a(1)求C的方程；(2)过点P−3,0作两条相互垂直的直线上l1和l2，直线l1与C相交于两个不同点A，B，在线段AB上取点Q，满足AQQB【答案】(1)x2(2)1.【分析】（1）由题可得2b=4,e=c（2）由题可设l1的方程为x=ty−3，利用韦达定理法可得PQ=1+【详解】（1）由题可得2b=4,e=c∴a=22∴椭圆C的方程为x2（2）由题可知直线l1的斜率存在且不为0，设直线l1的方程为Ax由x=ty−3x28由Δ=36t2−4t∴y1由AQQB=APPB及∴y0则PQ=∵l1和l2相互垂直，则l2的方程为x=−1t∴R0,−3t，PR∴△PQR面积为S=1当且仅当t=1t所以△PQR面积的最小值为1.【变式4-1】6.（2020下·广东深圳·高三统考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，P为直线l0：x=−4上的动点，动点Q满足PQ⊥l0（1）求曲线C的方程：（2）过点E(2,0)的直线l1与曲线C交于A，B两点，点D（异于A，B）在C上，直线AD，BD分别与x轴交于点M，N，且AD=3AM【答案】（1）y2=4x【分析】（1）设动点Qx,y，表示出OP,OQ，再由原点O在以PQ（2）设而不解，利用方程思想、韦达定理构建△BMN面积的函数关系式，再求最小值.【详解】解：（1）由题意，不妨设Qx,y，则P−4,y，OP∵O在以PQ为直径的圆上，∴OP⋅OQ=0∴y2=4x，∴曲线C的方程为（2）设Ax1,y1，Bx2依题意，可设l1：x=ty+a（其中a=2），由方程组x=ty+ay2−4ty−4a=0，则y1同理可设AM:x=t1y+m可得y1y3∴m=−y1y又∵AD=3AM，∴∴y3−y∴MN=1∴S△BMN∴当t=0时，△BMN面积取得最小值，其最小值为82【点睛】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系的向量表达为背景，利用方程思想、韦达定理构建目标函数，利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系最值问题，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力.【变式4-1】7.（2020·河北唐山·统考二模）已知A(x1,y1)，B(−x1,−（1）设直线AB，BD的斜率分别为k1，k（i）求证：k1（ii）证明：△ABE是直角三角形；（2）求△ABE的面积的最大值.【答案】（1）（i）见解析（ii）见解析（2）48【分析】（1）（i）求出点D的坐标，用x1、y1表示出k1、k2即可得证；（ii）利用A(x1,y1)，E(x【详解】（1）（i）由题意可得D(x1,−又k1=y（ii）因为A(x1,所以x124+y即y2又kAE=y2−由（i）k1=4k2，则故△ABE是直角三角形.（2）由（1）得，AE：y=−x将直线AE代入椭圆T，并整理可得(4x所以x1S△ABE因为x124令y1x1+x从而S△ABE因为4t+9t在[2,+∞)上单调递增，所以t=2时，4t+9故k1=1时，S△ABE【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用、直线的方程、椭圆中的三角形问题，涉及韦达定理、基本不等式、对勾函数的单调性，属于较难题.题型5定比点差法与定点问题【例题5】已知过点P6 , 0的直线与椭圆x29+y2=1【解析】设Ax1 , y1 , Bx2 , y2，直线BC与x轴交于点Qx0 【评注】由对称性，易知直线BC所过定点在x轴上，设所求定点为Qx0 【变式5-1】1.已知椭圆E：x24+【解析】设MA=λMC，MB=μMD，Ax1,由于MA=λMC，λ又x124两式相减得x1①②式代入③式，整理得λx由λx3−x1设lCD：y=kx+m，=μ则52k+m=−32，m=−52k−【变式5-1】2.（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆x24+【答案】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Ax1,y1设AC与x轴的交点为Mm,0，AP=λPB由定比分点公式坐标公式得：4=x1+λ即x1+λx2=41+λ①，由②④得λ=−μ⑤∵点A、B在椭圆上，得x1两式相减得x1将①②代入上式得x1∵点A、C在椭圆上，得x124对比⑤⑥⑦得m=1，故直线AC恒过定点1,0．【变式5-1】3.已知椭圆过点(0,2)，其长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，直线l与x轴的正半轴和y轴分别交于点，与椭圆Γ相交于两点M,N，各点互不重合，且满足PM=（1）求椭圆Γ的标准方程；（2）若直线l的方程为y=−x+1，求1λ（3）若λ1+λ【答案】（1）x212+y2【解析】（1）由题意，得到b=2和(2a)2+(2b)2=2(2c)2（2）由直线l的方程为y=−x+1，根据PM=λ1MQ,（3）设直线l的方程为y=kx−mm>0，由PM=λ1MQ，得到λ1=x【解析】（1）由题意，因为椭圆Γ：x2a2+设焦距为2c，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(2a)2+又因为a2=b所以椭圆Γ的标准方程为x2（2）由直线l的方程为y=−x+1，可得而P(0,1设M(x1,可得(x从而x1于是λ1=x由x212+y2所以1λ（3）显然直线l的斜率k存在且不为零，设直线l的方程为y=kx−mm>0，M(x由PM=λ1所以x1=λ1m−又λ1+λ联立x212+则Δ=36且x1③代入①得3k2m故直线l的方程为y=kx−2，所以直线l恒过定点(2,0)【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k）；②利用条件找到k与过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系，得到关于k与x,y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．【变式5-1】4.（2021上·江西吉安·高三统考期末）已知椭圆C:x2a（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q,P，与椭圆分别交于点M,N，各点均不重合且满足PM=λMQ,PN=μ【答案】（1）x2【解析】（1）由题意可得2c=2,ca=12，再由b（2）设P(0,p),Q(q,0)(q>0),M(xM,yM),N(xN,yN)，从而得PM=(xM【详解】（1）依题意，2c=2,∴c=1．由ca=1故椭圆方程为x2（2）设P(0,p),Q(q,0)(q>0),M(x∴PM由PM=λMQ，得{x∵点M在椭圆上，∴(λq1+λ同理，由PN=μNQ可得∴λ,μ为方程(3q2−12)∴q2=2．又q>0,∴q=2．∴直线【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PM=λMQ,PN=μNQ，得到(3q【变式5-1】5．（2021下·江苏·高三校联考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2（1）求a，b的值；（2）已知A､B是椭圆C上关于原点对称的两点，A在x轴的上方，F1,0，连接AF､BF并分别延长交椭圆C于D､E两点，证明：直线DE【答案】（1）a=2，b=3【分析】（1）由题意，得到关于a和c的方程组，求出a，c，由a，b，c的关系求出b的值即可；（2）设出A，B，C，D的坐标，利用A，F，D三点共线，得到y1x2−y2x1=y1−y【详解】（1）由题意有ca=12，a2c−c=3（2）证明：设A(x1，y1)，B(−x1，−y1)因为A，F，D三点共线，则有y1x1又因为点A，C均在椭圆上，由（1）可得，椭圆的方程为x2所以x124由①②可得，x2=5所以直线DE的方程为y=y又y3−y所以直线DE的方程为y=y故直线DE过定点(8【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．【变式5-1】6.（2021下·安徽·高三校联考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，A，B分别为椭圆C：x2a2+y2b（1）求椭圆C的方程.（2）设斜率不为0的直线l经过椭圆C的右焦点F，且与椭圆C交于不同的两点M，N，过M作直线x=4的垂线，垂足为Q.试问：直线QN是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】（1）x24+【分析】（1）设椭圆的半焦距为c(c>0)，根据△OAB的面积为3，且椭圆C的离心率为12，由e=（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(4，y1)，直线l的方程为x=my+1，与椭圆方程联立，则直线QN：y=【详解】（1）设椭圆的半焦距为c(c>0)，由题意得e=c又a2∴a=2b=∴椭圆C的方程是x2（2）设M(x1，y1)，N(x2，y设直线l的方程为x=my+1，将x=my+1代入x2得(3my1+y得my直线QN：y=假设直线QN过定点，则由对称性知定点在x轴上，设直线QN与x轴的交点为(x0则y2∴x0将①式代入上式可得x0∴直线QN过定点(52【点睛】方法点睛：定点问题的常见解法：①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．题型6定比点差法求定值问题【例题6】已知过点Q0 , 1的直线与双曲线x23−y2=1【解析】设Px0 , 0，由PA=λAQ , 【评注】利用PA=λAQ , 【变式6-1】1.（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x29+y28=1，F1,0．过F的直线交椭圆于M,N两点，交y【答案】证明见解析【分析】由向量坐标运算可化简QM=λ1MF求得x1=λ【详解】设Mx1,将M,N两点代入椭圆方程得：x129∵QM=λ1MF,即x代入①式整理得：λ1同理由QN=λ2③−④得：λ1∵⑤式对任意λ1,λ2恒成立，∴λ1+【变式6-1】2.（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C：x24+y23=1，F1，F2为其左右焦点，P为椭圆C上一动点，直线P【答案】证明见解析【分析】设出点A,B,P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λ与μ和x0的关系，即可得到λ+μ【详解】设Ax1,y1由于PF1将Ax1,y②×λ2①−③两边同除(1−λ2所以−14又−1=x0解得2同理:2所以λ+μ=10【变式6-1】3.（2022河北邯郸·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为（1）求椭圆C的标准方程；（2）MA=λF1A，【答案】（1）x24+y2【分析】（1）因为△ABF2的周长为8，求得a=2，进而求得（2）设直线l的方程为y=k(x+1)，联立方程组，根据根与系数的关系和题设条件，求得λ=x1x1+1【解析】（1）因为△ABF2的周长为8，所以4a=8，解得由F1F2=2，得因此椭圆C的标准方程为x2（2）由题可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k(x+1)，由y=k(x+1)x24设Ax1,y设M(0,k)，又F1(−1,0)，所以MA=x1同理可得MB=x2,y所以λ+μ==2×4k所以λ+μ为定值83【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k）；②利用条件找到k过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系，得到关于k与x,y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．【变式6-1】4.已知椭圆C：x2a2+y（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x=2于点P，设PM=λMF，PN=μ【解析】（1）解：由题得ca=22b=1（2）证明：设Mx1,y1，Nx2则2+λ1+λ22同理可得2+μ2①-②，得2+λ2−2+μ2【变式6-1】5.（2020·全国·高三校联考阶段练习）已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，O为坐标原点．过点F的直线l与抛物线C交于A，（1）若直线l与圆O：x2+y（2）若直线l与y轴的交点为D．且DA=λAF，DB=μ【答案】（1）y=±24(x−1)【解析】（1）由直线l过焦点F，且与半径为r=13，圆心O(0,0)的圆相切知圆心O到直线l的距离d=13即可求直线斜率k，进而得到直线方程；（2）由直线l与抛物线C、y轴的交点情况知斜率存在且k≠0，令A(x1,y1)，B(x【详解】（1）由题意知：F(1,0)且圆O的半径为r=13，圆心O(0,0)，即有F在圆∴设直线l为y=k(x−1)，则圆心O到直线l的距离d=|−k|解之得：k=±24，即直线l的方程为（2）由过F(1,0)的直线l与抛物线C交于A，B两点，与y轴的交点为D，即斜率存在且k≠0，设直线l为y=k(x−1)，有D(0,−k)，联立直线方程与椭圆方程，有{y2=4x设A(x1,y1DA=(x1,y1+k)由DA=λAF，DB=μBF，可得∴x1x2【点睛】本题考查了抛物线，由直线与抛物线的交点情况，结合它与圆的位置关系求直线方程，根据直线与y轴、抛物线的交点，结合向量共线情况说明参数之和是否为定值.【变式6-1】6.（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆Γ:x2a2+y2b(1)求椭圆Γ的标准方程；(2)当k1=1时，求(3)设R(1,0)，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为k2，求证：k【答案】(1)x(2)15(3)证明见解析【分析】（1）由题意列出关于a,b,c的方程，解方程求出a,b,c，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x的一元二次方程，设Ax1,y1（3）设Cx3,y3，Dx4,y4，设AR=λRC，由题目条件表示结合定比分点公式【详解】（1）由题意，得ca=23a−c=1解得a=3c=2∴（2）由（1）知F−2,0∴直线AB的方程为y=x+2，由y=x+2x29设Ax1,则x1+x∴AB=设O点到直线AB的距离为d，则d=0−0+2∴S△AOB（3）设AB直线方程y=kx+2设Ax1,y1，B由AR=λRC由定比分点坐标公式：由于A，C满足椭圆方程，故得x129将①②代入③可得x1即x1−λ由BR=μRD同理可得∴k−k15−4λ故k1【变式6-1】7.（2021·湖北武汉·统考二模）设抛物线E:y2=2px(p>0)（1）求抛物线E的标准方程；（2）若l的斜率存在且为k1点P(3,0)，直线AP与E的另一交点为C，直线BP与E的另一交点为D，设直线CD的斜率为k2，证明：【答案】（1）y2【分析】（1）根据题意，当l与x轴垂直时，用p表示出点A,B的坐标，即得AB，则由△AOB的面积为8得出p的值，即得抛物线E的标准方程；（2）分别设出直线AC,BD的方程，并联立抛物线方程组成方程组，使用韦达定理，表示k1【详解】（1）由题意不妨设Ap∴AB=2p,1p=4,y（2）设Ax则直线l的斜率为k1=y1−则y1又点F(2，0)在直线上，则−y同理，直线BD为y2点P3,0在直线BD上，则−同理，直线AC为y1点P3,0在直线AC上，则−又k1=8得证.【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关抛物线的问题，正确解题的关键是要熟练掌握舍而不求法在直线与抛物线位置关系中的使用.【变式6-1】8.（2022·宁夏石嘴山·石嘴山市第一中学校考三模）已知抛物线C：y2=2px经过点P1，m(m>0)，焦点为F，PF=2，过点Q0，1的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y(1)求抛物线C的方程(2)求直线l的斜率的取值范围；(3)设O为原点，QM=λQO，QN=μ【答案】(1)y(2)−(3)证明见解析【分析】（1）利用抛物线的定义，直接计算求出p，可得答案.（2）根据题意，考虑斜率存在，设直线l的方程为y=kx+1，与抛物线联立方程，利用判别式和PA、PB要与y轴相交，得到k的范围.（3）设点M0，yM，N0，yN，利用【详解】（1）抛物线C：y2=2px经过点PF=1+p2解得p=2，故抛物线方程为：y（2）由题意，直线l的斜率存在且不为0，设过点0，1的直线l的方程为设Ax1联立方程组可得y2消y可得k2∴Δ=(2k−4)解得k<1，且k≠0，则x1+x又∵PA、PB要与y轴相交，∴直线l不能经过点1，−2，即故直线l的斜率的取值范围是−∞，（3）证明：设点M0，y则QM=0，因为QM=λQO，所以故λ=1−yM，同理直线PA的方程为y−2==2−令x=0，得yM=2因为1====8−2∴1∴1题型7定比点差法与定直线问题【例题7】（2022安徽省舒城中学三模）已知点M是圆C:(x−2)2+y2（1）求点N的轨迹E的方程；（2）过点P0,4的动直线l与轨迹E交于A，B两点，在线段AB上取点D，满足PA=λPB【答案】（1）y2【分析】（1）解法一：由题意知C(2,0)，M(2−r,0)，设N(x,y)是C:(x−2)2+y2=r2(r>2)上的任意点，表示出弦MN解法二：设N(x,y)，弦MN的中点为Q0,y2，M(−x,0)，表示出向量CQ（2）证明：设Ax1,y1，Bx2,y2，D(x,y)，直线l的方程为【解析】（1）解法一：由题意知C(2,0)，M(2−r,0)，设N(x,y)是C:(x−2)∵弦MN的中点2−r+x2,y2恰好落在y轴上，∴2−r+x整理得y2=8x，∵r>2，∴x>0，∴点N的轨迹方程为解法二：设N(x,y)，弦MN的中点为Q0,y2因为M在x轴的负半轴上，故x>0．CQ=由垂径定理得CQ⊥MN，故−2×2x+y（2）证明：设Ax1,y1，Bx2由y2=8xx=m(y−4)得y2−8my+32m=0由PA=λPB，AD=λDB，得故y1−4y又x=m(y−4)，故y=4xy−4xy−4−1，化简得xy−y当点D在定直线y=4上时，直线l与抛物线C只有一个交点，与题意不符，故点D在定直线y=x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．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式．【变式7-1】1.已知椭圆E:x2a2+（1）求椭圆E的方程；（2）过右焦点F且不与x轴重合的直线与椭圆交于M，N两点，已知D3,0，过M且与y轴垂直的直线与直线DN交于点P，求证：点P【答案】（1）x28+【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MN的斜率不可能为0，可设直线MN的方程为x=my+2，Mx1,y1，Nx2,y【解析】（1）由题意，6a2+1b2=1且c∴椭圆的方程为x2（2）设直线MN的方程为x=my+2，Mx1,y整理得m2+2y由y1+y2=直线DN的方程为y=y过M且与y轴垂直的直线的方程为y=y联立①②可得xP=3+y1x2−3【评注】第二问，设直线MN的方程联立椭圆方程，由韦达定理确定y1+y2,【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【变式7-1】2.（2019上·江西吉安·高三统考期末）已知椭圆C1：x2a2(Ⅰ)求椭圆C1(Ⅱ)已知抛物线C2的焦点与椭圆C1的右焦点重合，过点P(0,−2)的动直线与抛物线C2【答案】（Ⅰ）x2【分析】(Ⅰ)由题意可知ca=222(Ⅱ)设点Q，A，B的坐标分别为(x,y)，(x1,y1)，(x【详解】解：(Ⅰ)由题意可知ca=222故椭圆的方程为x2证明(Ⅱ)由已知可得抛物线C2的标准方程为y设点Q，A，B的坐标分别为(x,y)，(x1,由题意知|PA||AQ|又点Q在P，B之间，故PB=−λ∵|PB∴λ>1，由PA=λAQ可得(x1,∵点A在抛物线上，∴(−2+λy即(λy−2)2=4λ(λ+1)x，由PB=−λBQ可得(x2,∵点B在抛物线上，∴(λy+2即(λy+2)2=4λ(λ−1)x，(λ≠1)由②−①可得∵λ≠0，∴x+y=0，∴点Q总在定直线x+y=0上【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查抛物线的简单性质，考查推理论证与运算求解能力，考查化归与转化思想，属中档题．【变式7-1】3.（2020·河北沧州·统考一模）已知椭圆C:x2a2+（1）求椭圆C的方程；（2）过点M4,0的直线交椭圆于A、B两点，若AM=λMB，在线段AB上取点D，使AD【答案】（1）x2【解析】（1）根据题意得出关于a、b、c的方程组，解出a2、b2的值，进而可得出椭圆（2）设点Ax1,y1、Bx2,y2、Dx0,【详解】（1）由题意得ca=633所以椭圆C的方程是x2（2）设直线AB的方程为x=my+4，Ax1,y1由x=my+4x26Δ=8m2−40m2由AM=λMB，得−y1=λx0y0综上，点D在定直线x=3【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线上的证明，考查计算能力与推理能力，属于中等题.【变式7-1】4.（2016·安徽合肥·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C:x2=2pyp>0的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M,F,O三点的圆的圆心为N，点N到抛物线（1）求抛物线C的方程；（2）当过点P4,1的动直线l与抛物线C相交于不同点A,B时，在线段AB上取点Q，满足AP⋅QB【答案】（1）x2=2y（2）总在定直线【分析】（1）由于点N在FO中垂线上，所以yN=p（2）由于线段成比例，因此考虑设比值：λ=APPB=AQQB,λ>0，结合图形有AP=−λPB,AQ=λQB【详解】（1）过M,F,O三点的圆的圆心为N,则圆心N在OF的中垂线上，则yN=p4，又点N所以p4+所以抛物线的方程为x2（2）设Qx,y,Ax则AP=−λPB,联立可得，x又x12=2所以总在定直线y=4x−1上.【变式7-1】5.（2020上·江苏南京·高三南京师大附中校考期中）在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆C:x2a2+（1）求a，b的值（2）当过点P(6，0)的动直线1与椭圆C交于不同的点A，B时，在线段AB上取点Q，使得APBQ=AQBP，问点Q是否总在某条定直线上?若是，求出该直线方程，若不是，说明理由.【答案】（1）a=2,b=3；（2）存在，点Q(x,y)总在定直线x=【解析】（1）由已知建立关于a,b,c方程组，解之可求得答案；（2）设点Q,A,B的坐标分别为(x,y),(x1,y1)，(x2,y2).记【详解】（1）由已知得ca=121（2）由（1）得椭圆的方程为C:x2设点Q,A,B的坐标分别为(x,y),(x1,由题设知|AP|,|PB|,|AQ|,|QB|均不为零，记λ=|AP||PB|=|AQ||QB|，则λ>0且λ≠1，又A,P,B,Q所以3×①+4×②并结合③，④，得18x=化简得x=23.即点Q(x,y)总在定直线【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系之：定直线问题.证明动点在定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等.属于较难题.【变式7-1】6.（2022·全国·高三专题练习）设椭圆C:x2a2+(1)求椭圆C的方程；(2)当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交于两不同点A，B时，在线段AB上取点Q，满足|AP||PB|【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）根据点在椭圆上和离心率，分别建立方程，然后解出a2=4，（2）根据A，B，P，Q四点共线和点A，B都在椭圆上建立方程，通过化简后得到关于点Q的轨迹为2x+y−2=0，即点Q的轨迹与λ无关.【详解】（1）由题意解可得：2解得：a2=4故椭圆方程为：x（2）设点Q(x,y)，A(x1，y1)，B(x又P，A，Q，B四点共线，可得：PA=−λx1x2由于A(x1，y1)，B(x2，y2(x(x由（4）−（3）可得：8(2x+y−2)λ=0又λ≠0，则有：2x+y−2=0故有：点Q(x,y)总在定直线2x+y−2=0上即点Q的轨迹与λ无关【变式7-1】7．（2021·广东肇庆·统考三模）设抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，过点P0,4的动直线l与抛物线C交于A，B两点，当F在l（1）求抛物线的方程；（2）在线段AB上取点D，满足PA=λPB，AD=λ【答案】（1）y2【分析】（1）利用直线l的斜率列方程，化简求得p，由此求得抛物线方程.（2）设直线l的方程为x=my−4，联立直线l的方程和抛物线方程，化简写出根与系数关系.利用向量的坐标运算建立Dx,y中x,y的关系式，由此求得【详解】（1）由题意，得Fp2,0，则4−0故抛物线的方程为y2（2）证明：设Ax1,y1直线l的方程为x=my−4由y2=8xx=my1+y由PA=λPB，AD=λDB，得故y1−4y又x=my−4，故y=化简得xy−y即x−yy−4=0，则y=x或当点D在定直线y=4上时，直线l与抛物线C只有一个交点，与题意不符.故点D在定直线y=x上.【点睛】在解析几何中的向量运算，可用来建立方程，通过化简方程来进行解题.【变式7-1】8．（2022·云南红河·统考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，点M是以原点O为圆心，半径为a的圆上的一个动点.以原点O为圆心，半径为b(a>b>0)的圆与线段OM交于点N，作MD⊥x轴于点D，作NQ⊥MD于点Q.(1)令∠MOD=α，若a=4，b=1，α=π3，求点(2)若点Q的轨迹为曲线C，求曲线C的方程；(3)设（2）中的曲线C与x轴的正半轴交于点A，与y轴的正负半轴分别交于点B1，B2，若点E､F分别满足AE=−3OE，4AF=3OB2【答案】(1)Q(±2,±(2)x(3)证明见解析【分析】（1）根据数形结合直接可得点Q坐标；（2）由题意列出点Q轨迹的参数方程，进而可得点Q轨迹的普通方程；（3）由题意写出直线B1E和B2【详解】（1）解：设Q(x,y)，则由题知{x=因此Q(±2,±3（2）解：设∠MOD=α及Q(x,y)，则由题知{x=±a则点Q的轨迹C为椭圆，方程为：x2（3）设K(x,y)，由知，B1(0,b)，E(a4,0)lB1ElB2F联列上述直线方程，解得{x2题型8定比点差法与求值问题【例题8】已知椭圆C:x2a2+y2（1）求椭圆C的方程；（2）若射线OA上的点P满足PO=3OA，且PB与椭圆交于点Q，求【解析】（1）由题得ca=12 （2）设Ax1,y1，B则3x1−由于x324整理得3λ易知x124+y123=1代入（*）式得，3λ2+1−λλ【变式8-1】1.（2020上·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知离心率为22的椭圆C:x2a2+y2b（1）求椭圆C的方程；（2）过点P作直线l交椭圆C于A、B两点（A在P与B之间），与直线DF交于点Q.记PA=λ1PB，【答案】（1）x28+【解析】（1）由已知条件可得出关于a、c的方程组，解出这两个量的值，可求得b的值，进而可得出椭圆C的标准方程；（2）设直线l的方程为y=kx−4+2，设点Ax1,y1、Bx2,y【详解】（1）因为PF=DF，所以4−c2+22=所以椭圆C的方程为x2（2）若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x=4，此时直线l与椭圆C无公共点，直线l的斜率存在，设l为y=kx−4+2，设Ax联立l与椭圆C的方程得：2k则有x1+x又因为直线DF为y=−x+2，联立AB与DF可得xQ由PA=λ1PB，即同理可得λ2所以λ1其中分子为4−=32kk+1−所以λ1【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,y（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+x（5）代入韦达定理求解.【变式8-1】2.已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2（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＝−12，AD=λDP,AE=【答案】（1）x2【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＝11+2k22，同理得μ2＝2k【详解】（1）因为短轴长2b＝2，所以b＝1，又离心率e＝ca=22，且a2﹣b解得a＝2，c＝1，则椭圆C的方程为x22+y（2）由（1）可得点A（﹣2，0），设P（x1，y1），D（x0，y0），则y1＝k1x1，y0＝k2x0，由AD=λDP可得x0+2＝λ（x1﹣x0），y0＝λ（y1﹣y即有x0＝λx1−21+λ,y1=1+λλy0，k1x1＝y1＝1+λλy两边同乘以k1，可得k12x1＝k1k2（x1﹣2λ）＝﹣12（x1﹣解得x1＝2λ1+2k12,y1=由AE=μEQ可得μ2＝11+2k2【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．题型9定比点差法求取值范围问题【例题9】（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆x29+y2【答案】1【分析】设出A,B两点坐标，由题意知P,A,B三点共线，用向量坐标表示AP=λPB，进而表达出点P，为点A，B在椭圆上，将之代入椭圆再化简整理可得y1【详解】设Ax1,y1，B于是P:x∴x1+λx又因为点A，B在椭圆上，所以有x1化简得：x1将条件代入整理得y1∴进而解得y因此解得λ的取值范围−5,−1∴PAPB的取值范围为：1【点睛】【变式9-1】1.（2020上·江苏南京·高三南京市秦淮中学校考期末）已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A，B两点，线段A．k<−12 B．−12<k<12 【答案】A【解析】先设A(x1,y1)，B(x2,【详解】解：设A(x1,又点A，B在椭圆C:x则x124两式相减可得：(x又k=y1−则k=−3又点M(1,m)，m>0在椭圆内，则14则0<m<3所以k<−1故选：A.【点睛】本题考查了椭圆中的中点弦问题，重点考查了点差法，属基础题.【变式9-1】2.（2019·重庆·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的两个焦点为F1，F2，焦距为22，直线l（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线l：y=kx+m与椭圆C相交于不同的两点M，N，Q0,m，若OM+λON=3OQ【答案】（1）x23+y2【解析】（1）P34,−14为弦AB（2）由M，Q，N三点共线，OQ=13OM+λ3ON，根据三点共线性质可得：【详解】（1）∵焦距为22，则c=2，设Ax∵P34,−14为弦AB又∵将Ax1,y1，∴b∴将两式作差可得：b2所以kAB所以a2∵a2由①②得：a所以椭圆的标准方程为x2（2）∵M，Q，N三点共线，OQ∴根据三点共线性质可得：13+设Mx1,y1∴x1将直线l和椭圆C联立方程y=kx+m,x2+3可得：1+3kΔ>0⇒3k根据韦达定理：x1+x代入x1=−2x2，可得：∴−2×36k2∵9m2−1≠0∴3k代入③式得1−m29∴m2m2∴13<m<1或【点睛】本题考查椭圆的中点弦问题，考查直线与椭圆的综合问题，联立方程，韦达定理的应用，属于中档题.【变式9-1】3.（2022·山东日照·校联考三模）已知椭圆C:x2a2+y2(1)若PF1∥Q(2)延长PF1,PF2【答案】(1)x±(2)1【分析】（1）根据题意求出椭圆方程，设直线PF1的方程为x+1=my，设直线QF2的方程为x−1=my，设Px2x1,Qx2（2）设P(x1,y1),M(x3,【详解】（1）解：由已知过点D1,22由e=c由①、②，得a2故椭圆C的方程为x2若PF设直线PF1的方程为x+1=my，设直线QF2的方程为由x122+y故PF同理，QFPF1+QF故直线QF2的方程为（2）解：设P(x由MF1=λ故x3代入椭圆的方程得−λx又由12x1代入（3）式得，λx化简得，3λ2+2λ−1+2λ(λ+1)显然λ+1≠0,3λ−1+2λx1=0同理可得n=1故1λ所以λn的最小值19【变式9-1】4.（2017·河南安阳·校联考一模）已知椭圆C:y2a2+x2b2=1a>b>0的两个焦点分别为F1，F2，过点F1且与y轴垂直的直线交椭圆(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知O为坐标原点，直线l:y=kx+m与y轴交于点P，与椭圆C交于A，B两个不同的点，若存在实数λ，使得OA+λOB=4【答案】(1)y(2)(−2,−1)∪(1,2)∪{0}【分析】（1）设椭圆的焦距为2c，M(x1,c),N(−x1,c)，根据题意，可求得（2）分析的当m=0时，满足题意，当m≠0，根据题意，结合三点共线定理，可得λ=3，即可得AP=3PB，设A(x2,y2),B(x3,【详解】（1）设椭圆的焦距为2c，M(x代入椭圆方程可得c2a2所以MN=所以△MNF2=又e=ca=又a2=b所以椭圆C的标准方程为y（2）当m=0时，则P(0,0)，由椭圆的对称性得AP=所以OA+所以当m=0时，存在实数λ，使得OA+λ当m≠0时，由OA+λOB=4因为A、B、P三点共线，所以14+λ所以AP=3设A(x2,y2由题意得Δ=4m2且x2由AP=3PB，可得所以x2+x又x2x3显然m2=1不满足上式，所以因为k2−m2+4>0解得−2<m<−1或1<m<2，综上，m的取值范围为(−2,−1)∪(1,2)∪{0}题型10定比点差法求λ问题【例题10】（2022·全国·高三专题练习）过点M1,0的直线l交椭圆E：x24+y【答案】1【分析】设出A、B两点坐标，由向量相等得两点横、纵坐标之间的关系，将两点坐标代入椭圆方程作差整理，再将刚才得到的横、纵坐标间的关系代入，解出λ的取值范围为13【详解】设Ax1,y1，B(1−由向量关系得：x1+λx将A，B代入椭圆方程为x1两式相减得x1将①②代入得x1对比①③得：x1+λx由−2≤x1≤2得−4≤5−3λ≤4，解得13≤λ≤3【变式10-1】1.（2021·上海长宁·统考二模）设F1,F2分别为椭圆Γ:x23+y2=1【答案】1【分析】由已知向量条件结合椭圆的对称性推出四边形F1AF2B【详解】因为F1A+λF2又λ>0，且A,B不是椭圆的顶点．根据椭圆的对称性可知，四边形F1如图：所以F1所以F1A=故答案为：1．【点睛】关键点点睛：根据椭圆的对称性求解是解题关键.【变式10-1】2.（2021·上海浦东新·统考二模）已知椭圆C：x22+y2=1的左右焦点分别为F1,F（1）若直线l经过F2，求△（2）若以线段PQ为直径的圆过点F2，求直线l（3）若AQ=λAP，求实数【答案】（1）42；（2）x=0或11x+8y−16=0；（3）1【分析】（1）由椭圆定义知所求周长L=4a，由此得到结果；（2）当直线l斜率不存在时，易知F2P⋅F2Q=0；当直线l（3）当直线l斜率不存在时，可得P,Q坐标，由此可确定λ的取值；当直线l斜率存在时，由AQ=λAP得λ=x2x1，利用x1+x22【详解】（1）由椭圆定义知：PF1则△F1PQ（2）当直线l斜率不存在时，直线l:x=0，设Q0,1，P则F2当直线l斜率存在时，设直线l:y=kx+2，Px1,联立直线与椭圆x22+Δ=64k2−4则x1+x又F2P=∴F2P即k2∴k2+161+2∴直线l的方程为：x=0或11x+8y−16=0；（3）①当直线l斜率不存在时，直线l:x=0，若Q0,1，P0,−1，则AQ=0,−1，AP=若Q0,−1，P0,1，则AQ=0,−3，AP=②当直线l斜率存在时，设直线l:y=kx+2，Px1,又AQ=λAP，即x2由（2）知：x1+∴λ+1又k2>32，故∴31+2即2<λ+1λ<103综上所述：实数λ的取值范围为13【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中取值范围问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用Δ>0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式；④化简所得函数式，利用函数值域的求解方法求得取值范围.【变式10-1】3.（2022·重庆南开中学模拟预测）已知a>b>0，直线l过椭圆C1:x2a2+y2b2=1的右焦点F且与椭圆C1交于A、B(1)若|OF|=3，且当l⊥x轴时，△MON的面积为32，求双曲线(2)如图所示，若椭圆C1的离心率e=22，l⊥l1【答案】(1)x2(2)λ=6【分析】（1）由题设可得F(3,0)、|MN|=23ba，结合三角形面积可得（2）由椭圆离心率可得a=2c=2b，进而可得双曲线渐近线，假设l1:y=bax=22x，写出【详解】（1）由题设F(3,0)，且双曲线C2当l⊥x轴时，|MN|=23ba，又|OF|=3所以12|OF|⋅|MN|=32，故a=2b，而所以双曲线C2的方程为x（2）对于椭圆有e=ca=22不妨假设l1:y=bax=22所以N(2c,−2c)，又F(c,0)，令A(x,y)，则FA=(x−c,y),AN=(2c−x,−所以{x=2λ+11+λcy=−则(2λ+1)22(1+λ)综上，可得λ=6题型11调和定比分点1.定义：若AM=λMB且AN=−λNB，则称M , N调和分割A , B，根据定义，那么2.调和定比分点的性质【性质1】在椭圆或双曲线x2a2±y2b2=1a>0 , 证明：由已知点Ax1 , y1 又AN=−λNB当λ≠±1时，将Ax1 ②×λ2得到③和①作差整理可得：x1+λx【性质2】在抛物线y2=2px中，设A , B为抛物线上的两点．若存在M , 证明：设Ax1 , 由AN=−λNB，得又y12=2p即y1y1定比点差的原理谜题解开，就是两个互相调和的定比分点坐标满足圆锥曲线的特征方程．3.定比点差转换定理：在椭圆、双曲线或抛物线中，设Ax1 , y1 ,证明：x【例题11】已知椭圆C:x24+y22=1，过点P4 , 1的动直线l【解析】解法一：设APPB=AQBQ=λλ≠1，即AP=λPB，AQ=−λQB，设又x124①②式代入③式，x1又由于AQ=−λQB，⑤⑥式代入④式，x+12y=1，即点Q解法二：设APPB=AQBQ=λλ≠1，即AP=λPB，AQ=−λ于是有x1−λx21−λ=4 , y1−λy【评注】共线的四点成两组等比例线段，于是设AP=λ【变式11-1】1.已知F1、F2分别为椭圆C1：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点，其中（1）求椭圆C1（2）已知点P(1,3)和圆O：x2+y2=b2，过点P的动直线l与圆O相交于不同的两点A,B，在线段AB上取一点Q，满足：AP=−λPB【答案】（1）y24+x23=1；（2）x+3y=3【解析】（1）设Mx0，y0，因为点M在抛物线C2上，且又点M在抛物线C1上，所以232a2+−所以椭圆C1的方程y（2）设Ax1,y1，Bx2又AQ=λQB，所以x−x所以1×3+又点A、B在圆x2+y2=3上，所以x故点Q总在直线x+【评注】本题考查椭圆和抛物线的简单几何性质，以及直线与圆的交点问题，属于较难题．【变式11-1】2.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y（1）求a，b的值；（2）当过点P6,0的动直线l与椭圆C交于不同的点A，B时，在线段AB上取点Q，使得AP⋅BQ【答案】（1）a=2，b=3；（2）直线Q恒在定直线x=23（2）根据四点的位置关系可知APAQ=BPBQ，由此可得Qx0,y0【解析】（1）以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大时，三角形另一顶点为椭圆短轴的端点，∴a2=b2（2）设Ax1,y1，Bx2∴−AP⋅BQ+AQ⋅BP设直线AB：x=ty+6，联立直线AB与椭圆：x24+∴y1+∵Q在线段AB上，则x0=ty0+6=t⋅−16【评注】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用Δ>0③利用韦达定理表示出所求量，通过化简整理确定所求的定直线【变式11-1】3.椭圆C1：x2a2+y2b2=1a>b>0的焦点F1，F2（1）求椭圆C1（2）点M是双曲线C2上任意不同于其顶点的动点，设直线MF1、MF2的斜率分别为k1，（3）过点Q−4,0任作一动直线l交椭圆C1与A，B两点，记AQ=λ【答案】（1）x24+y2（2）假设点Mx,y（3）设直线方程并与椭圆联立，结合韦达定理，然后根据AQ=λQB,AR=【解析】（1）有由题可知：c=2，由△PF1F2的周长为4+22，所以PF（2）设Mx,y，由F1−所以k1⋅k2=y2（3）依题可知：直线的斜率存在，设方程为y=kx+4，A所以y=kx+4所以Δ=16k由AQ=λQB⇒−4−x1所以x0=x【评注】关键点点睛：本题第（3）问，第一，假设直线方程；第二，联立椭圆方程并使用韦达定理；第三，根据条件求得λ；第四，计算x0【变式11-1】4.在平面直角坐标系xOy中，已知动点M到定点F1,0的距离与到定直线x=3的距离之比为3（1）求动点M的轨迹C的方程；（2）已知P为定直线x=3上一点．①过点F作FP的垂线交轨迹C于点G（G不在y轴上），求证：直线PG与OG的斜率之积是定值；②若点P的坐标为3,3，过点P作动直线l交轨迹C于不同两点R、T，线段RT上的点H满足PRPT=RH【答案】（1）x23+y22=1②点H在定直线2x+3y−2=0上析】（1）设动点坐标(x,y），直接利用轨迹方程定义计算即可；（2）令①令Gx0,y0，由FG⊥FP，得FG·FP=0，即x0−1,y0·2,t=0，即ty0=2−2x0，又因为点Gx0,y0【解析】（1）设Mx,y，则MF=x−12+y2由MFd=33，得x−12+y2x−3（2）因为P为直线x=3上一点，所以令P3,t①令Gx0,y0，由FG⊥FP，得FG又因为点Gx0,y0在椭圆x23+y即直线PG与OG的斜率之积为定值−2②令PRPT=RH令点Hx,y,Rx即x1−3=λ由①×③，②×④，得3x=λ因为Rx1,y1⑤×2+⑥×3，得6x+9y=2λ2x22−2x1【评注】本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题．求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立a,b,c的方程，求出a2,b2即可，注意【变式11-1】5.（2022·山东·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知动点C到定点F(1,0)的距离与它到直线l:x=4的距离之比为12(1)求动点C的轨迹方程；(2)点P为直线l上的动点，过点P的动直线m与动点C的轨迹相交于不同的A，B两点，在线段AB上取点Q，满足|AP|=λ|PB|,|AQ|=λ|QB|，求证：点Q总在一条动直线上且该动直线恒过定点.【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）直接根据题意翻译条件为代数式，即可求解.（2）设点设直线，将条件翻译成代数式，联立直线方程和椭圆方程，再利用韦达定理消元即可.【详解】（1）设动点C(x,y)，由动点C到定点F(1,0)的距离与它到直线l:x=4的距离之比为12得(x−1)2化简得x24+y（2）设Ax1,y1,Bx2,因为A，P，B，Q四点共线，不妨设x1由|AP|=λ|PB|,|AQ|=λ|QB|可得，AP即4−x所以4−可得4−x1x联立直线y=k(x−4)+t和椭圆C的方程：x24+y2由韦达定理，x1+x化简得x=4kt+3−t又k=y−tx−4代入上式：9+t所以点Q总在一条动直线3x+ty−3=0上，且该直线过定点(1,0)1.（2022云南红河·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，点M是以原点O为圆心，半径为a的圆上的一个动点.以原点O为圆心，半径为b(a>b>0)的圆与线段OM交于点N，作MD⊥x轴于点D，作NQ⊥MD于点Q.(1)令∠MOD=α，若a=4，b=1，α=π3，求点(2)若点Q的轨迹为曲线C，求曲线C的方程；(3)设（2）中的曲线C与x轴的正半轴交于点A，与y轴的正负半轴分别交于点B1，B2，若点E､F分别满足AE=−3OE，4AF=3OB2【答案】(1)Q(±2,±(2)x(3)证明见解析【分析】（1）根据数形结合直接可得点Q坐标；（2）由题意列出点Q轨迹的参数方程，进而可得点Q轨迹的普通方程；（3）由题意写出直线B1E和B2【详解】（1）解：设Q(x,y)，则由题知{x=因此Q(±2,±3（2）解：设∠MOD=α及Q(x,y)，则由题知{x=±a则点Q的轨迹C为椭圆，方程为：x2（3）设K(x,y)，由知，B1(0,b)，E(a4,0)lB1ElB2F联列上述直线方程，解得{x2a2+y2.（2022·湖北武汉·统考三模）已知椭圆C：x2a2+y(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=【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）联立方程即可求解椭圆C的方程.（2）设Ax1,y1，Bx2,y(1)解：由题意可知2b=22ca=2所以，所求椭圆的方程为x(2)设Ax1,y1，B直线AB的斜率显然存在，设为k，则AB的方程为y=kx−4因为A，P，B，Q四点共线，不妨设x2则AP=1+k24−x由AP⋅QB=化简得2x联立直线y=kx−4+t和椭圆的方程，消去y，得2k由韦达定理，得x1+x化简得x=4kt+2−t2又k=y−tx−4，代入上式，得6+t所以点Q总在一条动直线2x+ty−2=0上，且恒过定点1,0.3.（2022·吉林市教育学院模拟预测）已知抛物线C1:y2=2px(p>0)的焦点F到其准线的距离为4，椭圆C(1)求抛物线C1的方程及a(2)已知O为坐标原点，过点M(1,1)的直线l与椭圆C2相交于A，B两点，若AM=mMB，点N满足AN=−mNB，且|ON|【答案】(1)y2=8x(2)1【分析】(1)由条件列方程求p，由此可得抛物线方程及其焦点坐标，再由条件求a，(2)联立方程组，利用设而不求法结合条件求出点N的轨迹，列方程求b，由此可得离心率.【详解】（1）抛物线C1:y可得p=4抛物线C1的方程：椭圆C2:x2椭圆C2的右顶点为F(2,0)所以a=2．（2）①当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为y−1=k(x−1),A由x24+Δx∵AM∴1−x1∴x0∴4k又∵y∴4y0∴N点轨迹为直线b②当直线AB斜率不存在时，经检验点N1,3b∴N点轨迹方程为b|ON|最小值即点O到直线b2∴4b2椭圆C2的离心率为e=【点睛】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．4.（2022·吉林·统考三模）已知抛物线C1:y2=2px(p>0)(1)求抛物线C1(2)已知O为坐标原点，过点M(1,1)的直线l与椭圆C2相交于A，B两点，若AM=mMB，点N满足AN=−mNB，且|ON|【答案】(1)y2=8x(2)1【分析】(1)由条件列方程求p，由此可得抛物线方程及其焦点坐标，再由条件求a，(2)联立方程组，利用设而不求法结合条件求出点N的轨迹，列方程求b，由此可得离心率.【详解】（1）抛物线C1可得p=4抛物线C1的方程：椭圆C2:x2椭圆C2的右顶点为F(2,0)所以a=2．（2）①当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为y−1=k(x−1),A由x24+Δx∵AM∴1−x1∴x0∴4k又∵y∴4y0∴N点轨迹为直线b②当直线AB斜率不存在时，经检验点N1,3b∴N点轨迹方程为b|ON|最小值即点O到直线b2∴4b2椭圆C2的离心率为e=【点睛】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．5.（2021·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2（1）求椭圆C的方程；（2）若存在实数λ使得AF1→=λAB【答案】（1）x28+【分析】（1）由题得bc=4a（2）当AB斜率不存在时，易得直线NB经过定点(−3,0).当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=k(x+2)，设Ax1,y1，B【详解】（1）由题知，2a=42且A当AB为短轴时，S△ABF2因此bc=4a2=∴椭圆C的方程为x2（2）当AB斜率不存在时，易得直线NB经过定点(−3,0).当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=k(x+2)，设Ax1,y1，B联立y=k(x+2)x28+y则x1+x∴N−4,y1令y=0，得x=−易得−x1x即直线NB过定点(−3,0).【点睛】方法点睛：证明直线过定点，一般有两种方法.（1）特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的坐标直线或曲线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数λ∈R，结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等式f1(x,y)λ2+f26.（2021·云南·统考模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F1的动直线与椭圆C交于P、M两点，直线PF2（1）求椭圆C的离心率；（2）若b>12，直线λx+μy=1与椭圆【答案】（1）12【分析】（1）可得当△F1PF2的面积最大时，P（2）椭圆C的方程可化为x2a2+4y23a2=1，由已知和P【详解】（1）由已知：P，M，N是椭圆C上的动点，P、F1、M三点共线，P、F2、∴当△F1PF2∵当△F1P∴当△