第18讲 圆锥曲线中的极点极线问题（高阶拓展、竞赛适用）（教师版）-2025版高中数学一轮复习考点帮

Page圆锥曲线中的极点极线问题（高阶拓展、竞赛适用）（2类核心考点精讲精练）命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的选考内容，设题不定，难度中等或偏难，分值为5-17分【备考策略】1.理解、掌握圆锥曲线极点极线的定义2.理解、掌握圆锥曲线的极点极线问题及其相关计算【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会结合公式运算，需强化训练复习知识讲解极点极线的定义如图,设P是不在圆雉曲线上的一点,过P点引两条割线依次交圆锥曲线于四点E,F,G,H,连接EH,FG交于N,连接EG,FH交于M,则直线MN为点P对应的极线.若P为圆雉曲线上的点,则过P点的切线即为极线.

同理,PM为点N对应的极线,PN为点M所对应的极线.因而将△MNP称为自极三点形.设直线MN其他定义对于圆锥曲线C:Axl:Ax0x+B⋅x0y+y0x2+C替换原则x0x极点极线的几何意义(以椭圆为例)

已知椭圆方程:x2a2+y2b2=1,设点Px(2)当点P在椭圆外时,极线l与椭圆相交,且为由P点向椭圆所引切线的切点弦所在直线。(3)当点P在椭圆内时,极线l与椭圆相离,极线l为经过点P的弦在两端点处的切线交点的轨迹,且极线l与以点P为中点的弦所在的直线平行。特别地:

(1)对于椭圆x2a2+y2b2=1,与点Px0,y0对应的极线方程为x0考点一、极点极线初步学习1．（2024·全国·一模）如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.

(1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程.(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点Px0,y0（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点.①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点；②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标.【答案】(1)，(2)①证明过程见解析②证明过程见解析，定点坐标为【分析】（1）由椭圆焦点在轴上面，列出不等式组即可得的范围，由的关系以及短轴长列出方程组即可得，由此即可得椭圆方程.（2）为了说明结论的验证性，首先证明一下题述引理（用解析几何方法），即联立直线方程与椭圆方程，由韦达定理以及斜率公式证明即可，从而对于①由结论法说明Q是和的交点，且，结合由此即可进一步得证；对于②由结论法可表示出的方程，由此整理即可得解.【详解】（1）由题意焦点在轴上，所以，解得，即的范围为，且，解得，所以椭圆方程为.（2）我们首先给出题目给出的引理的证明：设，则Q在P的极线上，现在如果经过P的直线交椭圆于：那么，代入椭圆就得到，所以，由韦达定理有，此时要证明的是：，也就是，也就是，也就是，

也就是，也就是，

也就是，也就是，也就是，也就是，也就是，这显然成立，所以结论得证.接下来我们回到原题，

①首先由于Q在P的极线上，故由引理有，，而，所以，这表明Q是和的交点，又由于，故，设，而，，，所以，也就是E是的中点；②设，那么，所以，这表明的方程是，即，所以恒过点.【点睛】关键点点睛：第二问的关键是用解析几何证明题述引理的正确性，由此即可利用结论法进一步求解.2．（22-23高二上·贵州贵阳·期末）阅读材料：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.（二）极点与极线的基本性质､定理①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）；③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹.结合阅读材料回答下面的问题：(1)已知椭圆C：经过点P(4，0)，离心率是，求椭圆C的方程并写出与点P对应的极线方程；(2)已知Q是直线l：上的一个动点，过点Q向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)，(2)存在，【分析】(1)根据题意和离心率求出a、b，即可求解；(2)利用代数法证明点Q在椭圆C外，则点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.根据题意中的概念求出点Q对应的极线MN方程，可得该直线恒过定点T（2,1），利用点差法求出直线的斜率，即可求解.【详解】（1）因为椭圆过点P(4,0)，则，得，又，所以，所以，所以椭圆C的方程为.根据阅读材料，与点P对应的极线方程为，即；（2）由题意，设点Q的坐标为(,)，因为点Q在直线上运动，所以，联立，得，，该方程无实数根，所以直线与椭圆C相离，即点Q在椭圆C外，又QM，QN都与椭圆C相切，所以点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.对于椭圆，与点Q(,)对应的极线方程为，将代入，整理得，又因为定点T的坐标与的取值无关，所以，解得，所以存在定点T(2,1)恒在直线MN上.当时，T是线段MN的中点，设，直线MN的斜率为，则，两式相减，整理得，即，所以当时，直线MN的方程为，即.1．（23-24高二下·广东深圳·期中）阅读材料：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线：，则称点和直线：是圆锥曲线的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换；以替换，以替换，即可得到对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点对应的极线方程为；对于双曲线，与点对应的极线方程为；对于抛物线，与点对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.（二）极点与极线的基本性质､定理：①当在圆锥曲线上时，其极线是曲线在点处的切线；②当在外时，其极线是从点向曲线所引两条切线的切点所在的直线（即切点弦所在直线）；③当在内时，其极线是曲线过点的割线两端点处的切线交点的轨迹.结合阅读材料回答下面的问题：已知椭圆：.(1)点是直线：上的一个动点，过点向椭圆引两条切线，切点分别为，，是否存在定点恒在直线上，若存在，当时，求直线的方程；若不存在，请说明理由.(2)点在圆上，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，求面积的最大值.【答案】(1)存在，(2)【分析】（1）根据给定条件，判断直线与椭圆的位置关系，求得点对应的极线方程，进而求出定点，再利用点差法求解即得.（2）求出极线方程，并与椭圆方程联立求出弦长及点到直线的距离，进而求得三角形面积的函数关系，利用导数求出最大值即得.【详解】（1）设点，由点在直线上运动，得，由消去并整理得，显然，即此方程组无实数解，于是直线与椭圆相离，即点在椭圆外，又，都与椭圆相切，因此点和直线是椭圆的一对极点和极线，对于椭圆，与点对应的极线方程为，将代入，整理得，显然定点的坐标与的取值无关，即有，解得，所以存在定点恒在直线上，当时，是线段的中点有在椭圆内，设，直线的斜率为，则，两式相减并整理得，即，所以当时，直线的方程为，即.（2）由（1）知直线的方程为，由题意知，由消去并整理得：，而，则，设，，则，，所以，

点到直线的距离为：，因此面积，当时，令，求导得，即在单调递增，则的最大值为，由对称性可知当时，的最大值也为，所以面积的最大值为.【点睛】思路点睛：涉及直线被圆锥曲线所截弦中点及直线斜率问题，可以利用“点差法”，设出弦的两个端点坐标，代入曲线方程作差求解.2．（2024·湖南长沙·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为为上顶点，离心率为，直线与圆相切.(1)求椭圆的标准方程;(2)椭圆方程，平面上有一点.定义直线方程是椭圆在点处的极线.①若在椭圆上，证明:椭圆在点处的极线就是过点的切线;②若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，割线交椭圆于两点，过点分别作椭圆的两条切线，且相交于点.证明:三点共线.【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）由题意得，，再结合，从而可求出，进而可求出椭圆的标准方程；（2）①由定义可知椭圆在点处的极线方程为，然后分和两种情况证明；②设点，然后由①可得过点的切线方程和过点的切线方程，则可求出割线的方程，同时可求出切点弦的方程，从而可证得结论.【详解】（1）由已知，，则所以直线，即，该直线与圆与相切，则，所以解得，，故椭圆的标准方程为（2）①由(1)得椭圆的方程是.因为在椭圆上，所以，即，由定义可知椭圆在点处的极线方程为，当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线，当时，极线方程为，即，由，得，所以，所以处的极线就是过点的切线，综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线;②设点，由①可知，过点的切线方程为，过点的切线方程为，因为都过点，所以有，则割线的方程为，同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为，即，又因为割线过点，代入割线方程得，即，所以三点共线，都在直线上．【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，考查椭圆的切线，考查椭圆中点共线问题，解题的关键是合理利用过椭圆上一点的切线方程的定义，考查计算能力，属于较难题.考点二、极点极线在圆锥曲线中的应用1．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．(1)求E的方程；(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．【答案】(1)(2)【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，则，解得，，所以椭圆E的方程为：.（2），所以，①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，过点.②若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，，且联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线HN过定点【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2．（北京·高考真题）已知椭圆：的离心率为，点和点都在椭圆上，直线交轴于点．（Ⅰ）求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表示）；（Ⅱ）设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点．问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）存在点．【详解】（Ⅰ）由于椭圆：过点且离心率为，，，椭圆的方程为.,直线的方程为：，令，；（Ⅱ），直线的方程为：，直线PB与x轴交于点N，令，则.设,,,则，所以，（注：点在椭圆上，），则，存在点使得.考点：1.求椭圆方程；2.求直线方程及与坐标轴的交点；3.存在性问题.3．（全国·高考真题）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：.【答案】（1）的方程为或；（2）证明见解析.【分析】（1）根据与轴垂直，且过点，求得直线的方程为，代入椭圆方程求得点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程；（2）方法一：分直线与轴重合、与轴垂直、与轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果.【详解】（1）由已知得，的方程为.由已知可得，点的坐标为或.所以的方程为或.（2）［方法一］：【通性通法】分类＋常规联立当与轴重合时，.当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以.当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，则，直线、的斜率之和为.由得.将代入得.所以，.则.从而，故、的倾斜角互补，所以.综上，.［方法二］：角平分线定义的应用当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，．由得．由韦达定理得．点A关于x轴的对称点，则直线的方程为．令，，则直线过点M，．［方法三］：直线参数方程的应用设直线l的参数方程为（t为参数）．（*）将（*）式代入椭圆方程中，整理得．则，．又，则，即．所以．［方法四］：【最优解】椭圆第二定义的应用当直线l与x轴重合时，．当直线l与x轴不重合时，如图，过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，则有轴．

由椭圆的第二定义，有，，得，即．由轴，有，即，于是，且．可得，即有．［方法五］：角平分线定理逆定理＋极坐标方程的应用椭圆以右焦点为极点，x轴正方向为极轴，得.设．．所以，．由角平分线定理的逆定理可知，命题得证．［方法六］：角平分线定理的逆定理的应用设点O（也可选点F）到直线的距离分别为，根据角平分线定理的逆定理，要证，只需证．当直线l的斜率为0时，易得．当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：．由方程组得恒成立，．．直线的方程为：．因为点A在直线l上，所以，故．同理，．．因为，所以，即．综上，．［方法七］：【通性通法】分类＋常规联立当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，．由得．由韦达定理得．所以，故、的倾斜角互补，所以.［方法八］：定比点差法设，，所以，由作差可得，，所以，，又，所以，，故，、的倾斜角互补，所以.当时，与轴垂直，为的垂直平分线，所以.故．【整体点评】（2）方法一：通过分类以及常规联立，把角相等转化为斜率和为零，再通过韦达定理即可实现，是解决该类问题的通性通法；方法二：根据角平分线的定义可知，利用点关于轴的对称点在直线上，证直线过点即可；方法三：利用直线的参数方程证明斜率互为相反数；方法四：根据点M是椭圆的右准线与x轴的交点，用椭圆的第二定义结合平面几何知识证明，运算量极小，是该题的最优解；方法五：利用椭圆的极坐标方程以及角平分线定理的逆定理的应用，也是不错的方法选择；方法六：类比方法五，角平分线定理的逆定理的应用；方法七：常规联立，同方法一，只是设直线的方程形式不一样；方法八：定比点差法的应用．4．（全国·统考高考真题）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.【答案】（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.1．（24-25高三上·北京·开学考试）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A、B，左、右焦点分别为．过右焦点的直线l交椭圆于点M、N，且的周长为16．(1)求椭圆C的标准方程；(2)记直线AM、BN的斜率分别为，证明：为定值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知条件结合椭圆定义、离心率公式，确定a,b,c的值，得出椭圆的标准方程.（2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程，由韦达定理得到，，再把用，表示出来，化简即可得解.【详解】（1）由的周长为16，及椭圆的定义，可知：，即，又离心率为所以．所以椭圆C的方程为：．（2）依题意，直线l与x轴不重合，设l的方程为：．联立得：，因为在椭圆内，所以，即，易知该不等式恒成立，设，由韦达定理得．又，则注意到，即：.【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、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.2．（2023·辽宁·二模）已知椭圆的离心率为，直线，左焦点F到直线l的距离为．(1)求椭圆的标准方程；(2)直线与椭圆相交于A，B两点．C，D是椭圆T上异于A，B的任意两点，且直线AC，BC，AD，BD的斜率都存在．直线AC，BD相交于点M，直线AD，BC相交于点N．设直线AC，BC的斜率为，．①求的值；②求直线MN的斜率．【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）由距离公式求出，再由离心率求出，即可求出，从而得解；（2）首先求出，两点坐标，①设，利用斜率公式计算可得；②设，的斜率分别为，，设直线的方程为，直线的方程为，即可求出点坐标，同理求出点坐标，再由斜率公式计算即可得解.【详解】（1）因为，所以，又左焦点到直线的距离为，有，解得或（舍去），所以，，椭圆方程为．（2）由（1）知，椭圆的方程为，由，解得或，所以，．①，斜率都存在，即，存在．设，显然，且，从而．②设，的斜率分别为，，设直线的方程为，直线的方程为．由，解得，从而点的坐标为，因为，，设直线的方程为，即，设直线的方程为，即，用代，代得点的坐标为，即点的坐标为，所以．3．（2023·湖北·三模）已知分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆C上一点．(1)求椭圆C的方程；(2)设是椭圆C上且处于第一象限的动点，直线与椭圆C分别相交于两点，直线，相交于点N，试求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆的定义求出，然后根据的关系即可求解；（2）设，得到，将的方程与曲线方程联立，利用韦达定理得到，，代入进而利用基本不等式即可求解.【详解】（1）由，得，∴椭圆C的方程是；（2）设，根据题意设的方程为：，由题意知，，

将，代入中，整理得，，又，．，，同理可得，，

（当且仅当时取等号）的最大值是．4．（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）已知椭圆过和两点.

(1)求椭圆C的方程；(2)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点P和Q.（i）证明：点B在以为直径的圆内；（ii）求四边形面积的最大值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）6【分析】（1）将两点代入椭圆中，解方程组即可求得椭圆C的方程；（2）（i）分别将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出两点坐标，由数量积可得为钝角，得出证明；（ii）由（i）可写出四边形的面积为，再利用基本不等式以及函数单调性即可得出面积的最大值为6.【详解】（1）依题意将和两点代入椭圆可得，解得；所以椭圆方程为（2）（i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；根据题意可知直线斜率均存在，且；所以直线的方程为，的方程为；联立直线和椭圆方程，消去可得；由韦达定理可得，解得，则；联立直线和椭圆方程，消去可得；由韦达定理可得，解得，则；则，；所以；即可知为钝角，所以点B在以为直径的圆内；（ii）易知四边形的面积为，设，则，当且仅当时等号成立；由对勾函数性质可知在上单调递增，所以，可得，由对称性可知，即当点的坐标为或时，四边形的面积最大，最大值为6.【点睛】关键点点睛：证明点和圆的位置关系时，可利用向量数量积的正负判断与直径所对圆周角的大小即可得出结论；在求解四边形面积的最值时，首先可用一个变量表示出面积的表达式，再根据函数单调性或基本不等式求出最值即可.5．（24-25高三上·上海嘉定·阶段练习）如图，椭圆：的左右焦点分别为、，设Px0,y0是第一象限内椭圆上的一点，、的延长线分别交椭圆于点，

(1)若轴，求的面积；(2)若，求点的坐标；(3)求的最小值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由椭圆方程求出，从而可得坐标，将其横坐标代入椭圆方程中可求出的值，进而可求出的面积;（2）设点的坐标为，则直线的方程为，代入椭圆方程中求出得，因为，可得，计算即可得出坐标；（3）由（2）同理可求得，从而可得化简后结合基本不等式可得答案【详解】（1）设椭圆的半长轴长为，短半轴长为，半焦距为，由椭圆，得，则，所以，当时，，得，所以所以的面积为;（2）设点的坐标为（），则直线的方程为，将其代入椭圆方程中可得，整理得，所以，得，所以，因为，所以，可得，化简得，解得，代入得出所以点的坐标为（3）由（2）得同理可求得，所以当且仅当，即时取等号，所以的最大值为【点睛】关键点点睛：的最大值得关键是结合韦达定理得出,再转换未知量,最后应用基本不等式求解即可.1．（23-24高二上·山东日照·期中）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0(1)求C的标准方程；(2)M，N为C上且在x轴上方的两点，，与的交点为P，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)；(2)定值为．【分析】（1）根据面积求出，即可得出椭圆方程；（2）设，根据相似三角形表示出，利用直线与椭圆方程化简可得的和积，代入化简即可得解.【详解】（1）椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，因为四边形是面积为8的正方形，所以有且，解得，故，所以椭圆的标准方程为；（2）由已知，则，设，因为，所以．又因为，所以，所以．即．设，的方程分别为：，，设，，则，所以，因此，同理可得：，因此，，所以．所以为定值，定值为．【点睛】关键点点睛：本题的关键在于运算，大量的运算保证了消参的进行，为求证定值的必要条件，运算能力的培养是解决问题的关键.2．（23-24高二上·湖北武汉·期中）如图所示，椭圆的上顶点和右顶点分别是和，离心率，，是椭圆上的两个动点，且.(1)求椭圆的标准方程；(2)求四边形面积的最大值；(3)试判断直线与的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)4(3)是，定值为【分析】（1）由题意求出b的值，根据离心率可求出，即得答案；（2）设直线的方程，联立椭圆方程可得根与系数的关系式，结合弦长公式求出的表达式，即可求得四边形面积的表达式，利用三角代换，结合二次函数性质即可求得面积的最大值；（3）求出直线与的斜率之积的表达式，结合根与系数的关系化简，即可得结论.【详解】（1）因为，所以，又离心率为，所以，即，，所以椭圆的标准方程为（2）因为，所以，所以，设直线的方程为，，，由，得，由得，则，，故，直线方程为，，所以，直线与之间的距离为，故四边形的面积为，令，则，令，则，，所以，而函数在上单调递增，所以当时，即时，四边形面积的最大值为4；（3）由第（2）问得，，，故直线与的斜率之积为定值，且定值为.3．（2024·云南·模拟预测）抛物线的图象经过点，焦点为，过点且倾斜角为的直线与抛物线交于点，，如图．

(1)求抛物线的标准方程；(2)当时，求弦AB的长；(3)已知点，直线，分别与抛物线交于点，．证明：直线过定点．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）由曲线图象经过点，可得，则得抛物线的标准方程；（2）写出的方程,和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，则；（3）设直线的方程为，，，，，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，．直线的方程为，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，同理可得，由，可得，则直线的方程为，由对称性知，定点在轴上，令，可得，则的直线过定点．【详解】（1）曲线图象经过点，所以，所以，所以抛物线的标准方程为．（2）由（1）知，当时，,所以的方程为，联立，得，则，由，所以弦．（3）由（1）知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，，，联立得，，因此，．设直线的方程为，联立得，则，因此，，得，同理可得，所以．因此直线的方程为，由对称性知，定点在轴上，令得，，所以，直线过定点．【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性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为所求点；(3)求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.4．（23-24高二下·四川成都·期末）已知椭圆的左、右焦点别为，，离心率为，过点的动直线l交E于A，B两点，点A在x轴上方，且l不与x轴垂直，的周长为，直线与E交于另一点C，直线与E交于另一点D，点P为椭圆E的下顶点，如图．(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用椭圆的定义和离心率，求解椭圆方程；（2）设点Ax1,y1，Bx2,y2，，，【详解】（1）由椭圆定义可知，BF1所以的周长为，所以，又因为椭圆离心率为，所以，所以，又，所以椭圆的方程：．（2）设点Ax1,y1，B则直线的方程为，则，由得，，所以，因为，所以，所以，故，又，同理，，，由A，，B三点共线，得，所以，直线CD的方程为，由对称性可知，如果直线CD过定点，则该定点在x轴上，令得，，故直线CD过定点．【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性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为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.5．（24-25高三上·辽宁鞍山·开学考试）已知椭圆，右焦点为且离心率为，直线，椭圆的左右顶点分别为为上任意一点，且不在轴上，与椭圆的另一个交点为与椭圆C的另一个交点为.

(1)直线和直线的斜率分别记为，求证：为定值；(2)求证：直线过定点.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据离心率列式求，即可得椭圆方程，结合斜率公式分析证明；（2）解法一：设，联立方程可得韦达定理，根据斜率关系列式求得，即可得结果；解法二：设，联立方程求坐标，进而根据直线方程分析定点.【详解】（1）由题意，可得，所以椭圆，且设，则，即，可得，所以为定值.（2）解法一：设，则，可得，设直线，，联立方程，消去x可得，则，解得，且，则，整理可得，则，因为，则，解得，所以直线过定点解法二：设，则，直线，可知与椭圆必相交，联立方程，消去y可得，则，解得，同理，直线的斜率存在时，，则，令，；当的斜率不存在时，则，解得；综上所述：直线过定点【点睛】方法点睛：1．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）为由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；（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．2．求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．6．（22-23高三上·四川绵阳·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的右顶点为，离心率为，P是直线上任一点，过点且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点．(1)求椭圆的方程；(2)设直线PA，PM，PB的斜率分别为，，，问：是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）根据右顶点和离心率求出和，进而求出，即可得到椭圆的方程.（2）假设存在，然后对直线斜率是否存在进行分类讨论，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，代入，即可求出的值.【详解】（1）由题意在椭圆中，右顶点为，离心率为，∴，∴∴∴椭圆的方程为：（2）由题意及（1）得在椭圆中，设存在常数，使得当直线斜率不存在时，其方程为：，代入椭圆方程得，，此时,可得当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，将直线方程代入椭圆方程得：∴，∵P是直线上任一点，过点且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点∴直线的方程为：∴由几何知识得：，，∵∴将，，，代入方程，并化简得：解得：综上，存在常数，使得7．（2023高三·全国·专题练习）已知圆心为H的圆和定点，B是圆上任意一点，线段AB的中垂线l和直线BH相交于点M，当点B在圆上运动时，点M的轨迹记为曲线C．(1)求C的方程．(2)如图所示，过点A作两条相互垂直的直线分别与曲线C相交于P，Q和E，F，求的取值范围【答案】(1)(2)【分析】（1）由l是线段AB的中垂线得，根据椭圆定义可得答案；（2）由直线EF与直线PQ垂直可得，①当直线PQ的斜率不存在时，直线EF的斜率为零，可取，，，，可得；②当直线PQ的斜率为零时，直线EF的斜率不存在，同理可得；③当直线PQ的斜率存在且不为零时，直线EF的斜率也存在，于是可设直线PQ的方程为，设直线EF的方程为，将直线PQ的方程代入曲线C的方程，令，利用韦达定理代入，根据的范围可得答案．【详解】（1）由，得，所以圆心为，半径为4，连接MA，由l是线段AB的中垂线，得，所以，又，根据椭圆的定义可知，点M的轨迹是以A，H为焦点，4为长轴长的椭圆，所以，，，所求曲线C的方程为；（2）由直线EF与直线PQ垂直，可得，于是，①当直线PQ的斜率不存在时，直线EF的斜率为零，此时可不妨取，，，，所以，②当直线PQ的斜率为零时，直线EF的斜率不存在，同理可得，③当直线PQ的斜率存在且不为零时，直线EF的斜率也存在，于是可设直线PQ的方程为，，，，，则直线EF的方程为，将直线PQ的方程代入曲线C的方程，并整理得，，所以，，于是，将上面的k换成，可得，所以，令，则，于是上式化简整理可得，，由，得，所以，综合①②③可知，的取值范围为．8．（23-24高二上·湖北·期中）已知椭圆C的方程为，其离心率为，，为椭圆的左右焦点，过作一条不平行于坐标轴的直线交椭圆于A，B两点，的周长为．

(1)求椭圆C的方程；(2)过B作x轴的垂线交椭圆于点D．①试讨论直线AD是否恒过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．②求面积的最大值．【答案】(1)；(2)①恒过定点；②.【分析】（1）根据已知焦点三角形周长，由椭圆定义及其离心率求椭圆参数即可得方程；（2）①设直线AD为且，，，，联立椭圆方程，应用韦达定理并结合A，B，共线有，整理化简求参数m，即可确定定点；②由直线AD所过定点，结合并将韦达公式代入化简，应用基本不等式求面积最大值，注意取值条件.【详解】（1）由题的周长，可得，又，则，，故椭圆的方程为．（2）①由题，设直线AD为且，，，，联立方程可得：，化简可得：，所以，，因为A，B，共线，则有，化简可得，即，化简可得恒成立．∴，即直线AD的方程为恒过定点．②设直线AD恒过定点记为，由上，可得，所以，·，令，则，当且仅当，即时，取等号．∴面积的最大值为．【点睛】关键点点睛：第二问，设直线AD为且，利用椭圆方程，应用韦达定理及已知条件求出参数m为关键.9．（23-24高三上·江苏镇江·期末）已知椭圆的右焦点，离心率为，过作两条互相垂直的弦，设的中点分别为．(1)求椭圆的方程；(2)证明：直线必过定点，并求出此定点坐标；(3)若弦的斜率均存在，求面积的最大值．【答案】(1)(2)证明见解析；；(3)【分析】（1）根据题意求出的值，即可得答案；（2）讨论直线斜率是否存在，存在时，设直线方程并联立椭圆方程，得根与系数关系式，进而求得M，N坐标，求出直线方程，化简即可得结论；（3）结合（2）求出面积的表达式，利用换元法化简，构造函数，结合函数的单调性，求得最值.【详解】（1）由题意：，则，故椭圆的方程为；（2）证明：当斜率均存在时，设直线方程为：，设，则，联立得，得，直线过椭圆焦点，必有，则，故，将上式中的换成，则同理可得：，如，得，则直线斜率不存在，此时直线过点，设点为P，下证动直线过定点.若直线斜率存在，则，直线为，令，得，即直线过定点；当斜率有一条不存在时，不妨设AB斜率不存在，则CD斜率为0，此时M即为F，N即为O点，直线也过定点，综上，直线过定点；（3）由第（2）问可知直线过定点，故，令，，则，则在单调递减，故当时，取得最大值，此时取得最大值，此时.【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的定点定值问题，综合性较强；解答时要注意联立方程，利用根与系数的关系式化简求值，难点在于计算过程比较复杂，计算量较大，需要十分细心.10．（23-24高二上·陕西渭南·期末）如图，过点C0,1的椭圆的离心率为，椭圆与轴交于点，过点的直线与椭圆交于另一点，并与轴交于点，直线与直线交于点；(1)当直线过椭圆右焦点时，求点的坐标；(2)当点异于点时，求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据已知结合离心率，以及关系，即可求得椭圆方程和直线方程，联立方程即可得出结果；（2）设出直线方程，与椭圆联立得到点坐标，再表示出直线方程，与直线联立即可得到坐标，利用向量的数量积即可得证.【详解】（1）由题知，，又，，所以，，则椭圆方程为，此时为焦点，所以直线斜率为，所以直线方程为，联立得：，解得，代入直线方程，得，可得点坐标为.（2）当直线与轴垂直时不符合题意；因为，，则直线方程：，设直线方程：，和椭圆联立得：，解得，代入直线得，则点坐标为，又，则，则直线方程为，和直线联立，解得，则，又为与轴交点，则，所以为定值.【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，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.1．（2021·全国·统考高考真题）（多选）已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（

）A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切【答案】ABD【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.【详解】圆心到直线l的距离，若点在圆C上，则，所以，则直线l与圆C相切，故A正确；若点在圆C内，则，所以，则直线l与圆C相离，故B正确；若点在圆C外，则，所以，则直线l与圆C相交，故C错误；若点在直线l上，则即，所以，直线l与圆C相切，故D正确.故选：ABD.2．（北京·高考真题）已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)求证：A为线段BM的中点．【答案】（1）抛物线C的焦点坐标为，准线方程为x＝－；（2）见解析.【详解】试题分析：（Ⅰ）代入点求得抛物线的方程，根据方程表示焦点坐标和准线方程；（Ⅱ）设直线l的方程为（），与抛物线方程联立，再由根与系数的关系，及直线ON的方程为，联立求得点的坐标为，再证明.试题解析：（Ⅰ）由抛物线C：过点P（1，1），得.所以抛物线C的方程为.抛物线C的焦点坐标为（，0），准线方程为.（Ⅱ）由题意，设直线l的方程为（），l与抛物线C的交点为，.由，得.则，.因为点P的坐标为（1，1），所以直线OP的方程为，点A的坐标为.直线ON的方程为，点B的坐标为.因为，所以.故A为线段BM的中点.【名师点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了转化与化归能力，当看到题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数的关系，找准题设条件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来即可，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.3．（四川·高考真题）椭圆有两顶点A（﹣1，0）、B（1，0），过其焦点F（0，1）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．（Ⅰ）当|CD|=时，求直线l的方程；（Ⅱ）当点P异于A、B两点时，求证：为定值．【答案】（Ⅰ）y=x+1（Ⅱ）见解析【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆有两顶点A（﹣1，0）、B（1，0），焦点F（0，1），可知椭圆的焦点在y轴上，b=1，c=1，，可以求得椭圆的方程，联立直线和椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理和弦长公式可求出直线l的方程；（Ⅱ）根据过其焦点F（0，1）的直线l的方程可求出点P的坐标，该直线与椭圆交于C、D两点，和直线AC与直线BD交于点Q，求出直线AC与直线BD的方程，解该方程组即可求得点Q的坐标，代入即可证明结论．（Ⅰ）∵椭圆的焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为（a＞b＞0），由已知得b=1，c=1，所以a=，椭圆的方程为，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，C（x1，y1），D（x2，y2），将直线l的方程代入椭圆的方程化简得（k2+2）x2+2kx﹣1=0，则x1+x2=﹣，x1•x2=﹣，∴|CD|====，解得k=．∴直线l的方程为y=x+1；（Ⅱ）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，（k≠0，k≠±1），C（x1，y1），D（x2，y2），∴P点的坐标为（﹣，0），由（Ⅰ）知x1+x2=﹣，x1•x2=﹣，且直线AC的方程为y=，且直线BD的方程为y=，将两直线联立，消去y得，∵﹣1＜x1，x2＜1，∴与异号，==，y1y2=k2x1x2+k（x1+x2）+1==﹣，∴与y1y2异号，与同号，∴=，解得x=﹣k，故Q点坐标为（﹣k，y0），=（﹣，0）•（﹣k，y0）=1，故为定值．考点：直线与圆锥曲线的综合问题点评：此题是个难题．本题考查了椭圆的标准方程和简单的几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．体现了分类讨论和数形结合的思想4．（北京·高考真题）已知椭圆的右焦点为，且经过点.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.（Ⅱ）设联立得，，，.直线，令得，即；同理可得.因为,所以；，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.【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．（全国·高考真题）在直角坐标系中，曲线C：y=与直线交与M,N两点，（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由.【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ）存在【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出M,N的坐标，再利用导数求出M,N.（Ⅱ）先作出判定，再利用设而不求思想即将代入曲线C的方程整理成关于的一元二次方程，设出M,N的坐标和P点坐标，利用设而不求思想，将直线PM，PN的斜率之和用表示出来，利用直线PM，PN的斜率为0,即可求出关系，从而找出适合条件的P点坐标.试题解析：（Ⅰ）由题设可得，，或，.∵，故在=处的导数值为，C在处的切线方程为，即.故在=-处的导数值为-，C在处的切线方程为，即.故所求切线方程为或.（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：设P（0，b）为复合题意得点，，，直线PM，PN的斜率分别为.将代入C得方程整理得.∴.∴==.当时，有=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM=∠OPN，所以符合题意.