【教无忧】高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第45讲 专题2-10 椭圆解答题十一大题型

专题2-10椭圆解答题十一大题型汇总题型1弦长问题 1题型2求直线方程问题 8题型3面积问题 15题型4中点弦问题 22题型5取值范围问题 29题型6最值问题 39题型7定点问题 47题型8定值问题 58题型9定直线问题 67题型10向量相关问题 77题型11探索性问题 85题型1弦长问题【方法总结】有关圆锥曲线弦长问题的求解方法涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．【例题1】（23·24上·常德·期中）已知椭圆E:x2a2+y2(1)求E的方程；(2)若A,B是E上两点，且线段AB的中点坐标为−85,【答案】(1)x(2)422【分析】（1）利用椭圆长轴长以及椭圆上的点坐标即可求得E的方程为x2（2）设出A,B两点坐标，利用点差法求出直线AB的斜率为k=1，联立直线和椭圆方程利用弦长公式即可求出AB=【详解】（1）由题可知2a=43，将P2,2联立解得a=23故E的方程为x2（2）设Ax1,y1两式相减得x12−因为线段AB的中点坐标为−8所以可得直线AB的斜率为k=y即直线AB的方程为y=x+2.联立方程组y=x+2x212则x1+x所以AB=【变式1-1】1.（23·24上·东莞·阶段练习）如图，DP⊥x轴，垂足为D，点M在DP的延长线上，且DMDP=4(1)求曲线C的方程；(2)曲线C交y轴正半轴于点A，直线l过点A且其方向向量为−1,1，直线l与曲线C交于点A、B，求A、B两点间的距离.【答案】(1)x2(2)722【分析】（1）利用相关点法计算求轨迹方程即可；（2）利用弦长公式计算弦长即可。【详解】（1）设Mx,y由题意可知x=x又P点在圆x2所以x（2）由（1）可知A0,4，结合题意可知l:y=−x+4联立直线l与椭圆C方程可得y=−x+4x29由弦长公式可知：k=−1，故AB=【变式1-1】2.（22·23下·成都·期末）已知椭圆E：x2a2+y(1)求椭圆E的方程；(2)若直线l：y=kx+2与椭圆E交于不同的A，B两点，且满足OA⋅OB=−1（O【答案】(1)x(2)55【分析】（1）由抛物线方程得出椭圆的一个焦点，得出c，根据椭圆离心率得出a，再根据b2（2）设A(x1y1),B(x2,y2)【详解】（1）由y2=8x得焦点(2,0)，则椭圆的焦点为因为椭圆离心率为22所以22=ca=所以椭圆E的方程为x2（2）设A(x由x28+易得Δ>0，则x1+x2=−因为OA⋅所以−8k2+4所以AB==1+

【变式1-1】3.（22·23下·全国·模拟预测）已知平面内动点M到两定点E，F的距离之和为4，且E，F两点间的距离为2．(1)以点E，F所在的直线为x轴，建立适当的坐标系，求点M的轨迹C的方程．(2)直线l过点F，交曲线C于A，B两点，AB的中点为QxQ,【答案】(1)x(2)154或【分析】（1）根据椭圆的定义分析运算即可；（2）分类讨论斜率是否存在，根据题意结合点差法分析可得kOQ=−3【详解】（1）以点E，F所在的直线为x轴，线段EF的中点O为原点建立平面直角坐标系，设点M由题意可知MF+ME=4>因为2c=2，2a=4，即c=1，a=2，则b2故点M的轨迹C的方程x2（2）由（1）不妨取F1,0当直线AB的斜率不存在时，则直线l:x=1，此时AB的中点为Q即为点F，可得xQ当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx−1，点Ax1则Qx1+则x124则y1−y可得kOQ=−3联立得方程组y=−34kx即Q4因为xQ+yQ=所以直线AB的方程为y=−12x−1①若直线AB的方程为y=−1联立得方程组y=−12x−1则Δ=−22所以AB=②若直线AB的方程为y=5联立得方程组y=52x−1则Δ=−502所以AB=综上所述：弦AB的长为154或87【变式1-1】4.（23·24上·哈尔滨·阶段练习）已知椭圆C：x2a2(1)求椭圆C的方程；(2)直线l：y=x+m与椭圆C交于A，B两点，若AB=【答案】(1)x(2)m=±【分析】（1）根据题意求出a2（2）联立直线和椭圆方程，可得根与系数关系式，利用弦长公式即可求得答案.【详解】（1）由题意得x25+故椭圆C：x2a2+y令x=3，则c故由过椭圆C的右焦点且垂直于x轴的弦长度为1可得2b联立c=a2−故椭圆C的方程为x2（2）将y=x+m代入x24+需满足Δ=80−16m2

设A(x1,由AB=85即2⋅(−8m故m=±3题型2求直线方程问题【例题2】（22·23下·广州·阶段练习）已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为23，过点F2且与x轴垂直的直线与椭圆C在第一象限交于点P，且(1)求椭圆的标准方程；(2)过点A3,0的直线与y轴正半轴交于点S，与曲线C交于点E，EF1⊥x轴，过点S的另一直线与曲线C交于M，N两点，若【答案】(1)x(2)y=5533【分析】（1）利用离心率的定义以及三角形面积公式，结合a2=b（2）利用已知条件求出M,N两点横坐标的关系，分直线MN的斜率存在和不存在两种情况进行讨论，易知斜率不存在时不合题意，设出斜率存在时直线MN的方程，联立椭圆和直线方程得出关于x的一元二次方程，再结合韦达定理求出斜率k的值，即可求出直线方程.【详解】（1）设椭圆标准方程为x2由离心率为23可得e=又PF2⊥x轴，不妨设Pc,yS△F1PF又e2=c所以椭圆的标准方程为x2（2）如下图所示：

易知A3,0是椭圆的右顶点，点S在y轴正半轴上，由EF1设S0,yS，易知ySE易得SAES所以S△SMAS△SEN所以SM设Mx1,y1①当直线MN的斜率不存在时，MN的方程为x=0，此时SMSN②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+1，联立x29+由韦达定理可知x1+x2所以54k9k2故直线MN的方程为y=5533【变式2-1】1.（22·23上·哈尔滨·期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为23(1)求椭圆的标准方程；(2)过点A(3,0)的直线与y轴正半轴交于点S，与椭圆C交于点E，且EF1⊥x轴，过点S的另一直线与椭圆C交于M、N两点，若S【答案】(1)x(2)y=±【分析】（1）由离心率的值及三角形的面积可得a，b的值，进而求出椭圆的方程；（2）由（1）可得点E的坐标，进而可得S的坐标，可得SA与SE的关系，分直线MN的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线MN的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，再由两个三角形的面积之比，可得SN，SM的数量关系，进而得到M，N的横坐标的关系，再与两根之和及两根之积联立，可得直线MN的斜率，进而求出直线MN的方程．【详解】（1）由题意e=ca=2312所以椭圆的方程为：x2（2）由椭圆的方程可得a=3，b=5，c=2，因为EF1可得AOAF1=SOEF当直线MN的斜率不存在时，N(0,5)，M0,−5，这时S△AMSS△SEN设直线MN的方程为y=kx+1，设M(x1，y1)，联立y=kx+15x2显然Δ>0，x1+因为SASE这时S△AMS因为S△SMA=3S△SEN，可得可得x1=−2x2，代入x1再代入x1x2=−365+9k所以直线MN的方程为y=±5.【变式2-1】2.（16·17·咸阳·三模）已知椭圆C：x2a2＋y(1)求椭圆C的方程；(2)已知点M(0,1【答案】(1)x24＋(2)16x＋8y－1＝0或16x＋24y－3＝0【分析】（1）由离心率公式以及余弦定理得出椭圆C的方程；（2）联立直线l和椭圆的方程，利用韦达定理以及中点坐标公式得出N点坐标，再由垂直关系得出线段MN所在的直线方程．【详解】（1）解：（1）由e＝12由余弦定理，得|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|cosA＝|F1F2|2，即4＋(2a－2)2－2×2×(2a－2)×12∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆C的方程为x24＋（2）设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立y=k(x−1),x则x1＋x2＝8k23+4∴N(4k23+4k2,∵MN⊥PQ，∴kMN＝－1k，得k＝12或则kMN＝－2或kMN＝－23【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键是将MN⊥PQ转化为kMN＝－1k【变式2-1】3.（20·21下·漳州·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0与双曲线x29−v(1)求椭圆C的方程．(2)是否存在直线y=2x+t与椭圆C相交于M、N两点，使得直线HM与HN的斜率之和为1？若存在，求此时的直线方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)x(2)存在，且直线方程为y=2x+3【分析】（1）根据已知条件求出a、b、c的值，即可得出椭圆C的方程；（2）分析可得t≠±1，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线(1)解：由题可知，椭圆C的焦点在x轴上，双曲线x29−v−y2S△HF1F2因此，椭圆C的方程为x2(2)解：因为直线HM、HN的斜率都存在，则t≠±1，设点Mx1,y1、NΔ=362t2−36×37由韦达定理可得x1+xk=4−4tt+1=1因此，存在直线y=2x+3，使得直线HM与HN的斜率之和为1.【变式2-1】4.（20·21下·全国·模拟预测）椭圆E:x2a2+（1）求椭圆E的方程；（2）B，C是椭圆上、下顶点，过点(1,0)的直线交椭圆于异于B，C的P，Q两点，若BP，CQ交于点N，点N的纵坐标为12，求PQ【答案】（1）x22+【分析】（1）根据椭圆离心率，以及椭圆所过点的坐标，列出关于a,b,c的方程组求解，即可得出结果；（2）先由（1）得B0,1，C0,−1，根据题中条件，得到直线PQ的斜率存在，且不为0；设PQ的方程为x=my+1，其中m≠±1且m≠0，联立直线与椭圆方程，得出方程的根，设Px1,y1，Qx2,y2，根据韦达定理，得到两根之与两根之积，再表示出直线【详解】（1）由题意可得ca=2所以椭圆E的方程为x2（2）先由（1）得B0,1，C因为BP，CQ交于点N，点N的纵坐标为12，所以直线PQ的斜率存在，且不为0又PQ过点(1,0)且P，Q异于B，C两点，所以可设PQ的方程为x=my+1，其中m≠±1且m≠0，由x=my+1x22+y则y=−2m±2设Px1,则y1+y2=又直线BP，CQ的斜率分别为kBP=y所以直线BP的方程为y=y1−1x1因为BP与CQ的交点N的纵坐标为12所以12=y即−13=整理得5y1+3当y2=−m+整理得2m+12+2m当y2=−m−整理得2m+12m2+1−2综上，m=−1所以直线PQ的方程为x=−12y+1【点睛】关键点点睛：求解本题第二问的关键在于利用直线BP与CQ交点的纵坐标，得出P，Q纵坐标所满足的关系式，结合韦达定理，以及题中所给条件，即可求解.题型3面积问题【例题3】（23·24上·和平·期中）在平面直角坐标系xOy内，动点M与定点F22,0的距离和它到定直线x=8的距离的比是(1)求动点M的轨迹方程.(2)若P为动点M的轨迹上一点，且F1−2,0,∠【答案】(1)x(2)4【分析】（1）设Mx,y,x≠8，再根据题意列出关于（2）根据椭圆的定义结合余弦定理求出PF【详解】（1）设Mx,y则x−22+y整理得x2所以动点M的轨迹方程为x2（2）由（1）得动点M的轨迹为椭圆，且F1则PF由余弦定理得F1即16=P所以PF所以S△P【变式3-1】1.（22·23下·保山·期中）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率e=32，且________．在①过点(1)求椭圆的标准方程；(2)过右焦点F的直线l交椭圆于P、Q两点．当直线l的倾斜角为π4时，求△POQ【答案】(1)x(2)2【分析】（1）根据所选条件列方程组，求得a2（2）求得直线l的方程并与椭圆方程联立，求得PQ以及O到直线l的距离，从而求得△POQ的面积.【详解】（1）设椭圆的标准方程为x若选①有ca=321若选②有ca=322若选③有ca=322a=4（2）由（1）可知右焦点为3,0，当直线l的倾斜角为π可得直线l方程为y=x−3可得坐标原点到直线的距离d=−直线联立椭圆方程整理化简得：5xΔ=83x1+由弦长公式可得PQ=所以S△POQ

【变式3-1】2.（23·24上·巴中·开学考试）已知椭圆C:x2a2+y2b2(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的右焦点为F，过点F斜率不为0的直线l交椭圆C于P,Q两点，记直线MP与直线MQ的斜率分别为k1,k①直线l的方程；②△MPQ的面积．【答案】(1)x(2)①x−2y−1=0；②9【分析】（1）利用平面向量的数量积公式计算可得a的值，带入点M坐标即可得椭圆方程；（2）①设直线l方程，与椭圆联立根据韦达定理计算斜率求解即可；②方法一、求出PQ及M到l的距离计算即可；方法二、采用割补法由点P、Q的横坐标计算S△MPQ【详解】（1）由题意知A1−a,0,A∴−a−1a−1由M1,32在椭圆C上及a=2得∴椭圆C的方程为x（2）由（1）知，右焦点为F据题意设直线l的方程为x=my+1则k于是由k1+k2=0①由x=my+13x2+4Δ由根与系数的关系得：y1代入（*）式得：−18m3∴直线l的方程为x−2y−1=0②方法一由①可知：Δ由求根公式与弦长公式得：PQ=设点M到直线l的距离为d，则d=1−2×∴S方法二由题意可知S由①知，直线l的方程为x−2y−1=0代入3x2+4y∴Δ∴S【变式3-1】3.（23·24上·巴中·开学考试）已知椭圆C:x2a2+y2b2(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的右焦点为F，过点F斜率不为0的直线l交椭圆C于P,Q两点，记直线MP与直线MQ的斜率分别为k1,k2，当【答案】(1)x(2)9【分析】（1）利用点在椭圆上及数量积的坐标运算列方程求解即可；（2）设直线联立方程，韦达定理，方法一：求出弦长及三角形的高即可求出面积，方法二：利用面积分割法求解面积即可.【详解】（1）由题意知A1又M1,32∴−a−1a−1+由M1,32在椭圆C上及a=2得1∴椭圆C的方程为x2（2）由（1）知，右焦点为F1,0据题意设直线l的方程为x=my+1m≠0则k1于是由k1+k2=0由x=my+1,3x2+4yΔ=由根与系数的关系得：y1代入（*）式得：−18m3m∴直线l的方程为x−2y−1=0，方法一：Δ=144由求根公式与弦长公式得：PQ=设点M到直线l的距离为d，则d=1−2×∴S

方法二：由题意可知S△MPQx−2y−1=0代入3x2+4y2∴Δ∴S【点睛】方法点睛：【变式3-1】4.（23·24上·开封·期中）已知A−2,0，B2,0，直线AP，BP(1)求点P的轨迹方程C，并说明轨迹的形状；(2)若斜率为k的直线l交曲线C于E，F两点，M为线段EF的中点，O为坐标原点，射线OM交曲线C于点N，且ON=2OM，求△EOF的面积．【答案】(1)x22+y2=1x≠±(2)6【分析】（1）设点Px,y，由两直线斜率之积是−（2）设直线方程，直曲联立，设而不解，利用弦长公式和点到直线距离求出三角形的底和高，进而求面积.【详解】（1）设点Px,y，则kAP=由已知，得yx+化简可得点P的轨迹方程为x2所以点P的轨迹是除去−2,0，（2）设直线l的方程为y=kx+n，由y=kx+n,x1+2k设E(x1,y1所以y1又ON=2因为点N在C上，所以8k2n又EF=点O到EF的距离d=n所以S题型4中点弦问题【方法总结】弦中点问题的解法点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算，但要注意直线斜率是否存在【例题4】（22·23上·庆阳·期末）已知椭圆C：x2a2+y25=1(a>0)的左、右焦点分别为(1)求F1，F(2)若直线l与C交于A，B两点，且弦AB的中点为P−2,1【答案】(1)F1，F2的坐标分别为−2,0(2)10【分析】（1）根据椭圆的定义求出长半轴长，根据a,b,c的关系求解.（2）把设出的两个点代入椭圆方程，化简整理成斜率的形式即可求解.【详解】（1）因为PF所以a=3，所以c2=a故F1，F2的坐标分别为−2,0，（2）设A，B两点的坐标分别为x1,y则x1两式相减得5x因为弦AB的中点P−2,1在椭圆内，所以x所以直线l的斜率kAB【变式4-1】1.（21·22上·昌平·期末）已知椭圆E:x2a2+y2b2(1)求椭圆E的离心率；(2)若直线l与椭圆E交于C，D两点，弦CD的中点为(−2,1)，且CD=【答案】(1)3(2)x【分析】（1）设Mx,y，根据A(a,0),B(0,b)，且BM=2MA，求得M的坐标，再根据直线OM（2）设直线l的方程为y=kx+2+1，与椭圆方程联立y=kx+2+1x24【详解】（1）解：设Mx,y，因为A(a,0),B(0,b)，且BM所以x=2a−xy−b=2−y因为直线OM的斜率为14所以kOM=y所以椭圆E的离心率是e=c（2）由（1）知：椭圆方程为x2设直线l的方程为y=kx+2与椭圆方程联立y=kx+2+1x设Cx则x1因为弦CD的中点为(−2,1)，所以x1+x2=−4则x1所以CD=解得b2所以椭圆E的方程为x2【变式4-1】2.（19·20上·深圳·期中）椭圆C：x2a2+y2b（1）求椭圆C的方程；（2）F1,F2为椭圆C的左､右焦点，过焦点F1的弦AB【答案】(1)x24+【分析】(1)由椭圆的离心率及所过的点列出关于a2(2)由点F1与E【详解】(1)椭圆半焦点c，离心率e，依题意有e2=c2a2=1−所以椭圆C的方程为x2(2)由(1)知F1(−1,0)，又过F1的椭圆C的弦AB则直线AB斜率为t−0−12由y=2t(x+1)3x2+4y设A(x1,而x1+x2=−1，即32|AB|=1+所以弦AB的长为72【变式4-1】3.（20·21下·汕尾·期末）李华找了一条长度为8的细绳，把它的两端固定于平面上两点F1,F2处，F1F2<8，套上铅笔，拉紧细绳，移动笔尖一周，这时笔尖在平面上留下了轨迹C.（1）以F1,F2所在直线为x轴，以F1（2）若直线l与轨迹C交于A,B两点，且弦AB的中点为N2,1，求△OAB【答案】（1）x216+【分析】（1）由椭圆的定义可知，2a=8，再根据Rt△F1MF2的面积公式，求得c2，即可求得椭圆方程；（2）法一，利用点差法，求得直线AB的斜率，求得直线AB方程后，代入椭圆方程，即可求得点A,B的坐标，即可求得△OAB的面积；法二，设直线l的方程为【详解】解：（1）设椭圆的标准方程为x2由椭圆的定义知，2a=8故a2∵在Rt△F1M假设M又∵△F1Mx+y=8xy=8，故∴∴椭圆的标准方程为：x2（2）法一，设Ax∵弦AB的中点为N2,1,∴x∵弦AB的中点为N2,1,∴x又∵A,B均在椭圆上，∴得x1即x1∴∵故直线AB的方程为：x+2y−4=0.联立x+2y−4=0x2+4得x∴S△OAB=法二：易知直线的斜率k存在.∴可设直线l的方程为y−1=kx−2联立y=kx−2得4k∵点N2,1在椭圆的内部，则必有Δ∴又∵点N2,1为弦AB∴x故22k2∴直线l的方程为：x+2y−4=0且x1在方程x+2y−4=0中，令x=0，得y=2.∴直线l与y轴交于点Q0,2∴=∴△OAB的面积为4cm2【变式4-1】4.（20·21下·长沙·期中）已知点M62,12在椭圆C:（1）求C的方程；（2）设О为坐标原点，若C的弦AB的中点在线段OM(不含端点O，M)上，求OA⋅【答案】（1）x22+【分析】（1）将点M坐标代入椭圆方程以及双曲线的定义列方程组，解之即可求解；（2）设Ax1,y1，B【详解】（1）由已知得64a2所以椭圆C的方程为x2（2）设Ax1,y1且kOM=16，OM方程：AB的中点代入OM方程可得：x1又x122+y易知x1−x2≠0，y设直线AB的方程为y=−6代入x22+由Δ=−6m2−4×2由根与系数的关系得x1+x则OA=5又0<m<2，所以OA⋅OB的取值范围是【点睛】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．题型5取值范围问题【方法总结】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【例题5】（22·23下·河池·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C与直线y=kx+mk≠0,m>12相交于不同的两点M、N，P为弦MN的中点，A为椭圆C的下顶点，当AP⊥MN【答案】(1)x(2)1【分析】（1）根据已知条件可得出关于a2、b2的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆（2）设点Mx1,y1、Nx2,y2、PxP,yP，将直线MN的方程与椭圆C的方程联立，由Δ【详解】（1）解：由题意可知2c=22，所以c=22，所以又1a2+由①②可得a2=3，b2=1，所以椭圆（2）解：设点Mx1,y1联立y=kx+mx23由题知Δ=36k2由韦达定理可得x1∴xP=∴k∵AP⊥MN，则kAP=−m+3把④代入③得2m>m2，解得0<m<2，又m>12，故【变式5-1】1.（22·23下·凉山·期末）已知椭圆C:x2a2+y2(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点M0,1的直线l交椭圆C于P,Q两点，求PQ【答案】(1)x(2)2【分析】（1）根据题意列式求解a,b,c，即可得结果；（2）分类讨论直线l的斜率是否存在，根据弦长公式结合二次函数运算求解.【详解】（1）设椭圆C的半焦距为c>0，由题意可得e=ca=所以椭圆C的标准方程为x2（2）当直线l的斜率不存在时，则l:x=0，可得P0,3,Q当直线l的斜率存在时，设l:y=kx+1,Px联立方程y=kx+1x26则Δ=4k2则PQ=令t=12k可得PQ=4因为t∈0,1，所以PQ综上所述：PQ的取值范围为23

【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长问题的求解方法涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．【变式5-1】2.（22·23·全国·专题练习）椭圆x2a2+y2b2=1(1)求椭圆方程；(2)过点3，0且不垂直于坐标轴的直线与椭圆交于A，B两点，已知点Ct，0，当t∈0，1时，求满足AC=BC的直线【答案】(1)x(2)k∈(−1，0)∪(0，1)【分析】本题考查椭圆的标准方程，椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系及中点弦问题，属于中档题．（1）根据|MF1|=4+22，椭圆离心率（2）设出A，B两点的坐标，及直线AB的方程，联立直线和椭圆方程，根据Δ>0，可得y1+y2=k(x1+x2)−6k=−6k1+2k2【详解】（1）由|MF1|=4+2可得a+c=4+22∴a2=16∴椭圆方程为x2(2)设A(x1，则直线AB为y=k(x−3)(k≠0)，联立y=k(x−3)x消去y得：(1+2k由Δ>0恒成立，x1+x设线段AB的垂直平分线方程为：y−y令y=0，得x=k(由题意知，C为线段AB的垂直平分线与x轴的交点，所以0<3k21+2k【变式5-1】3.（22·23上·渝中·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2(1)求椭圆C的标准方程；(2)设与圆O相切的直线l与椭圆相交于M,N两点，Q为弦MN的中点，O为坐标原点.求|OQ|⋅|MN|的取值范围.【答案】(1)x(2)2,【分析】（1）由离心率得出a,b,c关系，再由原点O到直线AB的距离等圆半径求得a,b得椭圆方程；（2）先确定直线MN斜率为0或斜率不存在时的结论，然后在斜率存在且不为0时，设方程为x=my+t（m≠0），代入椭圆方程应用韦达定理y1+y2，y1y2【详解】（1）由e=ca=原点O到直线AB的距离为d=aba2故椭圆C的标准方程为x2（2）kMN=0时：Q0,1,M−1,1直线MN斜率不存在时，Q(1,0),M(1,1),N(1,−1)，或Q(−1,0),M(−1,1),N(−1,−1)．故OQ⋅直线MN斜率存在且不为0时：设直线l的方程为x=my+t（m≠0），由直线l与圆x2+y2=1联立x23+设M(x由韦达定理：y1+y2=−所以MN中点Q的坐标为2tm故OQMN=2故|OQ|⋅|MN|=2⋅m2+1m2+4m22<2综上：OQ⋅MN的取值范围是【点睛】方法点睛：直线与椭圆相交问题中范围问题或最值问题的处理方法，设直线方程，设交点坐标M(x1,y1),N(x【变式5-1】4.（22·23上·台州·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A−2,0，且离心率为12，设椭圆C的右顶点为B，点P，Q是椭圆C上异于A，

(1)求证：直线PQ过定点R；(2)设直线AQ，BP相交于点T，记△ABT，△ABQ的面积分别为S1，S2，求【答案】(1)证明见解析(2)(【分析】（1）根据题设求得C:x24+y23=1，结合题意设PQ:x=ty+m(m≠±2)，联立椭圆方程消去x，韦达定理得到yP（2）根据椭圆对称性，设P,Q在椭圆的上半部分，即yP,yQ>0，写出直线BP、AQ并求得T在定直线x=1上，结合S1=12|AB|⋅|yT|【详解】（1）由题设a=2且ca=12，故c=1，可得所以B(2,0)，则k1=y若PQ斜率为0，则P,Q关于y轴对称，显然与3k所以PQ斜率不为0，令PQ:x=ty+m(m≠±2)，联立C:x整理得：(3t2+4)yP+yQ=−又k1⋅kBP=y所以kBPk2xPxQxP综上，3m2−12所以m=4或m=2（舍），则PQ:x=ty+4，即直线PQ过定点R(4,0).（2）根据椭圆对称性，不妨设P,Q在椭圆的上半部分，即yP

令BP:y=yPxP−2(x−2)，所以xT=2tyP所以xT=72t3t而S1=S△ABT=12若直线PQ无限接近x轴，即P,Q分别无限接近A,B，则xQ无限接近2由T,Q在直线AQ上，易知xT+2x若直线PQ无限接近椭圆的切线，此时P,Q,T接近重合，即yTyQ所以S1【点睛】关键点点睛：第一问，设直线并联立椭圆方程得到yP+yQ=−6tm3第二问，设直线BP、AQ求交点T在定直线x=1上，结合S1S2=|y【变式5-1】5.（22·23上·泸州·期末）已知椭圆C:x2a2+(1)求C的方程；(2)若点M满足MA+MB=0，过点M作AB的垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点．记△MFD，△OED（O为坐标原点）的面积分别为S1【答案】(1)x(2)97【分析】（1）根据|AB|=2b2a=65（2）设直线l：x=my+2(m≠0)，代入椭圆方程，求出AB的中点M的坐标，再求出直线DE的方程，得D,E的坐标，再求出S【详解】（1）设F(c,0)，当x=c时，c2a2+y依题意得|AB|=2b2a=解得a2=5，b2（2）由（1）知，F(2,0)，由题意可知，直线l的斜率存在且不为设直线l：x=my+2(m≠0)，A(x1,y1)，B(联立x=my+2x25+Δ=y1+y所以x1+x所以M(5则直线DE的方程为y+3令x=0，得yE=2令y=0，得xD=2则S1=1由题意得△DOE与△DMF相似，所以|OD||MD|所以S1S2=|MF|⋅|MD|=9所以S1设t=1+m2，因为m≠0，所以令f(t)=94t+49t，t>1所以f(t)=94t+所以f(t)>f(1)=9所以S1S2

【点睛】关键点点睛：设直线l：x=my+2(m≠0)，利用m表示M,D,E的坐标，进而表示S题型6最值问题【方法总结】圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用【例题6】（22·23下·黄浦·期中）已知P是椭圆C:x2a2+y2b2(1)求椭圆C的标准方程；(2)M0,m是y轴正半轴上的一点，求PM【答案】(1)x(2)|PM【分析】（1）根据题意列出方程组，解之即可求解；（2）设Px,y【详解】（1）由题意可得a+c=3+5a−c=3−5所以椭圆的标准方程为x2（2）设Px,y则|PM=−当m∈0,5当m∈52,+|PM所以|PM|【变式6-1】1.（22·23·丹东·二模）已知椭圆C:x2a2+(1)求C的方程；(2)设A，B为C的左右顶点，点M关于x轴的对称点为M1，经过点M的直线与直线M1P相交于点N，直线BM与BN的斜率之积为−34．记△AMN【答案】(1)x(2)3【分析】（1）由离心率以及最值即可求解，（2）根据两点斜率公式结合点在椭圆上可得BN斜率为AM斜率的3倍，进而可根据共线关系得x2=5x1−82【详解】（1）由点P(4,0)在x轴上，所以椭圆的右顶点到P(4,0)的距离最小，故4−a=2，a=2．由所以C的方程为x2（2）A−2,0,B2,0，设M所以直线AM与BM的斜率之积为y1因为直线BM与BN的斜率之积为−34，所以直线BN斜率为因为M1x1,−y1，设Nx由对称性知MN经过x轴上的定点Qt,0，因为y由y2x2−t=y1x1−t，得解法1：所以S1−S2=1设5−2x1=x，因为−2<设f(x)=x+9x，f'(x)=(x+3)(x−3)x，因为当当3<x<9时，f'(x)>0，fx因此S1当且仅当x=3取等号，取等号时，x1=1，于是当M1,±32，N1,∓3解法2：可知MN不垂直于y轴，设MN：x=my+1，联立x2因为Δ=16m2因此S1由−1m2+4−12于是S1−S【变式6-1】2.（22·23·新乡·三模）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)若1<y0≤2，过P作圆O:x2+y2=1的两条切线l【答案】(1)x(2)4【分析】（1）根据题意，由a+c=4+23，a=2b（2）当过P的切线斜率存在，设其方程为y−y0=kx−x0，即y=kx+y0−kx0，令y=0，得切线与x轴的交点坐标为x0−y0k,0，再根据切线和圆O相切，得到y【详解】（1）解：由题意得a+c=4+23，a=2b所以c=a所以a+3解得a=4，b=2，则椭圆C的标准方程为x2（2）如图所示：当过P的切线斜率存在，即x0≠±1，设其方程为y−y0=k令y=0，得切线与x轴的交点坐标为x0因为切线和圆O相切，所以y化简得1−x则有k1+k设切线l1，l2的斜率分别为k1，k2，则所以S△PMN=因为P在椭圆C上，所以有x02=16−4令t=1−y02，得y则S△PMN令g(t)=t−7t+当t∈[−3,0)时，g'(t)>0，g(t)单调递增，g(t)当过P的切线斜率不存在时，此时P1,152若P点的坐标为−1,152，由对称性可得因为151522>43【变式6-1】3.（19·20上·西安·期末）若椭圆E1:x2a12(1)求经过点(2,6)，且与椭圆(2)设过原点的一条射线l分别与（1）中的两个椭圆交于A、B两点（其中点A在线段OB上），求|OA|+1【答案】(1)x(2)最大值为94，最小值为【分析】（1）设所求的椭圆方程为x2a2（2）当射线与y轴重合时，|OA|+1|OB|=524；当射线不与y轴重合时，设其方程为【详解】（1）设所求的椭圆方程为x2a2+y所要求的椭圆方程为x2（2）①当射线与y轴重合时，|OA|+1②当射线不与y轴重合时，由椭圆的对称性，我们仅考虑A、B在第一象限或x轴正半轴的情形．设其方程为y=kx(k≥0,x>0)，设A(x1，y1)，由y=kxx24+y由y=kxx216+y|OA|+1令t=2k2+11+2|OA|+1|OB|=t+12t，记f(t)=t+12t54由①②知，|OA|+1|OB|的最大值为94，|OA|+【变式6-1】4.（22·23·长春·阶段练习）已知F1、F2是椭圆x2a2+y2b2=1（1）求椭圆的方程；（2）若A,B,C,D是椭圆上不重合的四个点，满足向量F1A与F1C共线，线，且AC⋅BD=0【答案】（1）x216+【分析】（1）利用椭圆的几何性质确定△PF（2）按斜率存在与否讨论，联立直线与椭圆方程，借助韦达定理和弦长公式求出|AC【详解】（1）由椭圆的几何性质可知：当△PF1F令椭圆半焦距为c，(S△PF1F2)而△PF1F2的周长2a+2c为定值，因此有又e=ca=12，即a=2c，b=a2所以椭圆的方程为x2（2）由（1）知，F1(−2,0)，由x=−2x216依题意，AC⊥BD，当直线AC与BD中有一条直线垂直于x轴时，|AC当直线AC斜率存在且不为0时，设AC的方程为：y=k(x+2)，由y=k(x+2)x216(3+4k2)x2|AC|=1+直线BD的斜率为−1k，同理得则|AC令1k2+1=t∈(0,1)，则所以|AC|+|BD【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.题型7定点问题【方法总结】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x0,y0，常利用直线的点斜式方程【例题7】（23·24上·达州·阶段练习）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0经过A0,1，T−85,−(1)求椭圆E的标准方程(2)证明直线MN过定点.【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）将两点代入方程组联立方程组解出即可；（2）利用已知条件求出直线MN的斜率，利用求直线公式表示直线MN的方程分析即可.【详解】（1）∵椭圆过A和T，∴b2解得a2∴椭圆E的方程为：x2（2）如图所示：由∠MAT=∠NAT知AM与AN关于直线AT:y=x+1对称．在AM上任取一点P0x0,y0，设则y0−nx从而k1于是k1设点Mx1,y1由y=k1x+1,∴x1从而y1同理x2=−8由（1）有k1k2=1，故为方便，记k1kMNMN:y−y1=即y=−k由此可知，当k变化时，直线MN过定点0,−5【变式7-1】1.（22·23上·山西·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是(1)求椭圆C的方程；(2)过C的左焦点F1作弦DE，MN，这两条弦的中点分别为P，Q，若DE⋅MN【答案】(1)C:x(2)证明见解析.【分析】（1）由内切圆半径与三角形面积关系、外接圆半径与弦长和弦心距关系列方程组求椭圆参数，即可得椭圆方程；（2）讨论直线斜率都存在或一条斜率不存在，设直线方程x=ky−1、x=−yk−1并联立椭圆，应用韦达定理用k表示出P（1）由题设c=1，又|F1F若内切圆半径为r，则外接圆半径为2r，所以12r×2(a+c)=1c2+(2r−b)2=4综上，a2(a+c)=4b2c所以a2=4，b2（2）当直线斜率都存在时，令DE为x=ky−1，联立C:x整理得：(3k2+4)所以yD+yE=由DE⋅MN=0，即DE⊥MN，故MN为x=−所以(3k2+4)y2+所以kPQ=7k4(k2−1)所以PQ过定点(−4当一条直线斜率不存在时P,Q对应O,F1，故PQ即为x轴，也过定点综上，直线PQ过定点【变式7-1】2.（22·23上·丰台·阶段练习）已知椭圆C的两个焦点分别为F1(−3(1)求椭圆C的标准方程；(2)M为椭圆C的左顶点，直线l与椭圆C交于A,B两点，若MA⊥MB，求证：直线AB过定点．【答案】(1)x2(2)证明见解析.【分析】（1）根据条件求出a,b,c的值即可；（2）联立直线方程x=ty+m和椭圆方程后利用两直线垂直可算出m.【详解】（1）由题意得：c=3，e=ca故可知a=2,b=1，椭圆方程为：x2（2）

M为椭圆C的左顶点，又由（1）可知：M(−2,0)，设直线AB的方程为：x=ty+m，A(x1联立方程可得：x=ty+mx则Δ=2mt2由韦达定理可知：y1+y∵MA⊥MB，则MA⋅∴x又∵x∴(t(t展开后整理得：5m2+16m+12=0，解得：m=−当m=−2时，AB的方程为：x=ty−2，经过点M，不满足题意，舍去，当m=−65时，AB的方程为：x=ty−6所以直线AB过定点．【变式7-1】3.（23·24上·徐州·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2(1)求椭圆C的方程；(2)过F的两条互相垂直的直线分别交C于A,B两点和P,Q两点，若AB,PQ的中点分别为M,N，证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标．【答案】(1)x(2)−3【分析】（1）确定焦点得到b2a=63（2）考虑斜率存在和不存在的情况，设出直线，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，确定中点坐标得到直线MN的方程，取x=−3【详解】（1）椭圆的左焦点为F−2,0，c=2，则右焦点为F12,0取x=c得到y=±b2a，即b解得a2=6，b2（2）当两条直线斜率存在时，设AB的直线方程为x=my−2，Ax1,则x=my−2x26Δ=16故y1+y22

同理可得：N−6m故直线MN的方程为：y=4m取x=−3y==−2故直线过定点−3当有直线斜率不存在时，MN为x轴，过点−3综上所述：直线MN必过定点−【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，是解题的关键，此方法是考查的重点，需要熟练掌握.【变式7-1】4.（22·23上·雅安·阶段练习）已知P0,1为椭圆C:x2a2+y(1)求椭圆C的标准方程；(2)不经过点P的直线l与椭圆C相交于A,B两点，若直线PA与PB的斜率之和为−1，证明：直线l必过定点，并求出这个定点坐标．【答案】(1)x(2)证明见解析，定点为2,−1【分析】（1）根据题意求出a,b,c即可得解；（2）分设Ax1,y1,Bx2,y2x1+x2,x1x2【详解】（1）由点P与椭圆C的两个焦点构成的三角形面积为3可知12解得：c=3b=1⇒a=b∴椭圆C的标准方程：x2（2）设Ax当直线l的斜率不存在时，则x1由kPA解得x1=2，此时y1所以直线l的斜率一定存在，设不经过点P的直线l方程为：y=kx+mm≠1由y=kx+mx2+4x1kPAkPA⇒k⇒m−1∵m≠1,∴m=−2k−1，∴y=kx−2直线l必过定点2,−1．

【变式7-1】5.（23·24上·昆明·阶段练习）已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是1(1)求证：2F(2)若点D−3,0，过椭圆Γ右焦点F2且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆Γ交于P,Q两点，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【答案】(1)证明见解析(2)存在，N【分析】（1）设椭圆Γ的半焦距为c，根据题意求得直线BD:y=33x+b，得到D−3（2）根据题意，求得椭圆方程为x24+y23=1，设直线l的方程为x=ty+1，联立方程组，求得y1+【详解】（1）证明：设椭圆Γ的半焦距为c，因为e=ca=又因为F1−c,0,所以直线BD:y=3令y=0，解得x=−3b，所以所以F1F2=2c,0

（2）解：如图所示，若点D−3,0，则−3b=−3，解得b=所以椭圆方程为x2设直线l的方程为x=ty+1,t≠0，Px1,联立方程组x24+则Δ=36t直线MQ的方程为x−x令y=0，可得x==ty2故在x轴上存在一个定点N4,0，使得M,Q,N

【变式7-1】6.（23·24上·焦作·阶段练习）在平面直角坐标系中，A−1,0，B1,0，M为平面内的一个动点，且(1)求曲线C的方程；(2)设动直线l：y=kx+m与曲线C有且只有一个公共点P，且与直线x=4相交于点Q，问是否存在定点H，使得以PQ为直径的圆恒过点H？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x(2)存在，点H的坐标为1,0【分析】（1）根据垂直平分线的性质得到AN+（2）联立方程，根据有唯一交点得到4k2−m2【详解】（1）由垂直平分线的性质可知MN=所以AN+又AB=2<4所以点N的轨迹C是以A−1,0，B设曲线C的方程为x2a2+y所以b2所以曲线C的方程为x2（2）

由y=kx+mx24因为直线l：y=kx+m与椭圆C有且只有一个公共点P，所以Δ=8km2所以m≠0，此时xP=−4km所以P−由y=kx+mx=4，得Q假设存在定点Hx0,又HP=−4k所以HP⋅整理，得4km⋅x所以x0解得x0故存在定点H1,0题型8定值问题【方法总结】直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，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结合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，消元可得定值.【例题8】（23·24上·西城·期中）已知点A2,1是离心率为22(1)求椭圆C的方程；(2)点P在椭圆上，点A关于坐标原点的对称点为B，直线AP和BP的斜率都存在且不为0，试问直线AP和BP的斜率之积是否为定值?若是，求此定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)x(2)为定值−1【分析】（1）根据题意，由条件列出关于a,b,c的方程，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，设出P点的坐标，得到直线AP,BP的斜率，将点P的坐标代入椭圆方程得到其横纵坐标关系式，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）由e=22，可得c2=1−将点A2,1代入椭圆方程可得2由①②可得b2所以椭圆方程为x2（2）由题意可得B−2,−1在椭圆C上，直线AP和BP的斜率分别为k则kAP=y−1x−2，又因为点P在椭圆上，所以x24+代入①可得，kAP所以直线AP和BP的斜率之积为定值−1【变式8-1】1.（23·24上·深圳·期中）已知椭圆C:x2a2+y2(1)求椭圆的标准方程C；(2)若直线y=kx+m与轨迹C交于M，N两点，O为坐标原点，直线OM，ON的斜率之积等于【答案】(1)x(2)是定值，理由见解析【分析】（1）根据题意，由条件列出关于a,b,c的方程，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，由弦长公式可得MN，再表示出O点到直线MN的距离d，由三角形的面积公式，即可得到结果.【详解】（1）由题意得ca=323a2（2）

设Mx1，消去y可得：1+4kΔ=64即4k2+1>∵kOM⋅kON把韦达定理代入可得：k2整理得2m又MN=而O点到直线MN的距离d=m所以S△OMN把*代入，则S△OMN=1【变式8-1】2.（23·24上·成都·阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左，右焦点为F1，F2，离心率为12，点P是椭圆C上不同于顶点的任意一点，射线(1)求椭圆C的标准方程；(2)求证：PF【答案】(1)x(2)见解析【分析】（1）利用椭圆的定义及性质计算即可；（2）假设直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理可表示出y0y1和y0y2，代入PF【详解】（1）令，由题意得：c2=a∴椭圆C的标准方程为：x2（2）设Px0,y0设直线PF1，PF2的直线方程分别为由x=m1y−1∴y0∵x0=即m1=x∴y0同理由x=m2y+1x2∴PF

【点睛】本题考查【变式8-1】3.（23·24上·曲靖·阶段练习）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，E的左右焦点分别为F1，F2，P是椭圆上任意一点，满足PF1+PF2=4.抛物线C：(1)若直线l与椭圆E相交于D，N两点，且DN的中点为Q1,12(2)设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，证明：【答案】(1)3x+2y−4=0(2)证明见解析【分析】（1）已知条件待定a,b,c，得到椭圆方程.已知弦中点Q1,12（2）根据焦点求出抛物线C的方程为y2=4x，设过点M−1,t的直线方程为y=kx+1+t【详解】（1）由PF1+PF又椭圆E：x2a2+y2b则ca=12=所以椭圆E：x2由直线l与椭圆E相交于D，N两点，设Dx1,∴x124两式作差得：x1即：x1由DN的中点为Q1,可得：x1+x2=2当x1=x2时，y1当x1≠x2时，直线∴直线l的方程为：y−12=−

（2）由（1）知F21,0，则抛物线C的焦点为所以p=2，抛物线C的标准方程为y2=4x，准线方程为由于点M是抛物线C的准线上任意一点，故可设M−1,t由直线MA，MB分别与抛物线C相切于点A,B可知，直线MA，MB的斜率存在且都不为0，设过点M−1,t的直线方程为y=k联立y2=4xy=k得关于y的方程ky若过点M−1,t则其判别式Δ=16−16k化简得到关于k的二次方程k2由题意知，直线MA，MB的斜率即该关于k的二次方程的两根，即为k1、k则由韦达定理知k1+k故k1⋅k

【变式8-1】4.（23·24·遵义·模拟预测）已知F1−c,0,F2c,0为椭圆E的两个焦点，A为椭圆(1)求椭圆E的方程；(2)直线AF1与椭圆E的另一交点为B，与y轴的交点为M.若MA=λ1【答案】(1)x(2)−8【分析】（1）利用椭圆的定义及椭圆的性质即可求解；（2）根据已知条件作出图形并设出直线方程，将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理及向量的坐标运算即可求解.【详解】（1）设椭圆E的方程为x2由椭圆的定义及△AF1F由于A为椭圆E上异于左､右顶点的任意一点，得A到x轴距离最大为b，因为△AF1F所以S△A又a2联立①②③，得a=2,c=1,b=3所以椭圆E的方程为x2（2）λ1+λ根据已知条件作出图形如图所示,

设Ax1,因为F1在椭圆内部，则直线AB联立x24+y2y1又MA=x1所以λ1=所以λ1所以λ1+λ【变式8-1】5.（23·24上·周口·阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y(1)求椭圆C的方程；(2)过点B−4,0的直线l交C于点M，N，直线MA,NA分别交直线x=−4于点P，Q．求证：PB【答案】(1)x2(2)证明见解析.【分析】（1）由点在椭圆上及a=2b，代入椭圆求得b2（2）令l:y=k(x+4)，M(x1,y1),N(x2,【详解】（1）由题设44b2+1（2）由题设，直线l的斜率一定存在，令l:y=k(x+4)，M(x整理得(1+4k2)所以1−4k2>0⇒−由题意，直线MA,NA的斜率必存在，则MA:y+1=y1+1x1同理NA:y+1=y2+1x2所以PBBQ=|将韦达公式代入整理得PBBQ=|

题型9定直线问题【例题9】（22·23下·唐山·阶段练习）椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(1)水椭圆Γ的方程；(2)过点P的动直线l交椭圆C于M，N两点（不同于A，B两点），若直线AN与直线BM交于点Q，试问点Q是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由.【答案】(1)x(2)点Q在定直线y=1上.【分析】（1）先利用题给条件求得a、b的值，进而求得椭圆的方程；（2）设出直线的方程，并与椭圆的方程联立，利用设而不求的方法求得直线AN与直线BM交点Q的纵坐标，化简整理即可求得点的纵坐标为定值，可得答案．【详解】（1）椭圆的离心率为22，则ca=22则a2=2+1则椭圆的方程为x2（2）由题意可得，A(0,2),B(0,−2

设直线的方程为y=kx+2，令Mx1,由x24+则Δ=(8k)2−161+2x1又直线AN的方程为y=y2−由y=y2−又x1则y=则直线AN与直线BM交点Q的纵坐标为定值1，所以点Q在定直线y=1上.【变式9-1】1.（22·23·海淀·模拟预测）已知曲线C:(5−m)x(1)若曲线C是椭圆，求m的取值范围．(2)设m=4，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线l:y=kx+4与曲线C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．【答案】(1)m∈(2)在定直线y=1上，理由见详解.【分析】（1）由椭圆的标准方程计算即可；（2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线MN与椭圆联立消y，设直线AN、BM的方程解出G纵坐标，结合韦达定理化简计算即可.【详解】（1）因为曲线C是椭圆，所以5−m>0m−2>05−m≠m−2，解得（2）是在定直线y=1上，理由如下：当m=4时，此时椭圆C:x2+2y2Δ=16k2所以x易知A0,2、B0两式作商得y−2y+2故G在定直线y=1上.

【变式9-1】2.（22·23下·武汉·模拟预测）已知A，B为椭圆x2a2+y(1)求椭圆的方程．(2)已知点C的坐标为4,0，直线CD与椭圆交于另一点E，判断直线AD与直线BE的交点P是否在一定直线上，如果是，求出该直线方程；如果不是，请说明理由．【答案】(1)x(2)直线AD与直线BE的交点在定直线x=1上【分析】（1）由题意表示出DF，DF1，可得c，再由椭圆的定义求出（2）设Dx1,y1，Ex2,y2，DE的直线方程为【详解】（1）设椭圆的右焦点为Fc,0，左焦点为F1−c,0|DF|=c+22∴|DF∴|DF1|+|DF|=2a=4，a=2∴椭圆的方程为x2（2）由题设，直线DE斜率一定存在，设DE的直线方程为y=kx−4联立椭圆方程，消去y得2k设Dx1,y1，E∴x1又A−2,0，B∴直线AD的方程为y=y1x联立得y1∴xP又∵x1x2∴直线AD与直线BE的交点在定直线x=1上【变式9-1】3.（22·23·资阳·三模）椭圆E的中心为坐标原点，坐标轴为对称轴，左、右顶点分别为A−2,0，B2,0，点(1)求椭圆E的方程．(2)过点−1,0的直线l与椭圆E交于P，Q两点（异于点A，B），记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，请说明理由．【答案】(1)x(2)点M在定直线x=−4上【分析】（1）根据左右顶点及点在椭圆上列式求解写书椭圆方程即可；（2）先设直线方程再联立方程组求韦达定理，再求两个直线的交点，确定交点横坐标即得.【详解】（1）设椭圆E的方程为mx则4m=1m+6n=1，解得m=故椭圆E的方程为x2（2）依题可设直线l的方程为x=my−1，Px1,y1联立方程组x=my−1x24则y1+直线AP的方程为y=y1x联立方程组y=y1由y1+y2=所以x0故点M在定直线x=−4上．【变式9-1】4.（22·23下·河南·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l:y=x+m与椭圆C交y轴右侧于不同的两点A，B，试问：△MAB的内心是否在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由．【答案】(1)x(2)△MAB的内心在定直线x=2【分析】（1）根据题意建立关于a，b的方程组，再求解即可得到椭圆C的标准方程；（2）设Ax1,y1，Bx2【详解】（1）依题意有2632所以椭圆C的标准方程为x2（2）设Ax1,联立x24+y2则x1+x2=−所以x1所以kMA又x1所以kMA+k所以△MAB的内心在定直线x=2【点睛】关键点点睛：在解答小问（2）时，关键在于利用韦达定理得到kMA+kMB=0【变式9-1】5.（22·23上·滨海新·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点分别为A,B，右焦点为F(1)求C的方程；(2)过点A且斜率为kk≠0的直线l交椭圆C于P（ⅰ）设点P在第一象限，且直线l与y=−x交于H.若OHPH=4（ⅱ）连接PF交圆F于点T，射线AP上存在一点Q，且QT⋅BT为定值，已知点Q在定直线上，求【答案】(1)x(2)（ⅰ）k=12或k=【分析】（1）由OB=a=2c，AF=a+c=3c可求得a,c，结合椭圆a,b,c关系可得（2）（ⅰ）设l:y=kx+2，与直线y=−x联立可得H坐标；与椭圆方程联立，结合韦达定理可求得P点坐标；利用正弦定理化简已知等式可得AH=45PH（ⅱ）设AP:y=kx+2，由P点坐标可求得PF斜率，进而得到PF方程，与圆的方程联立可得T点坐标；设Qm,km+2，利用向量数量积坐标运算表示出QT⋅BT=k24m−84k【详解】（1）∵以F为圆心，OF为半径的圆F经过点B，∴BF=OF∵AF=a+c=3c=3，∴c=1，a=2，∴椭圆C的方程为：x2（2）（ⅰ）由（1）得：A−2,0，可设l:y=kx+2，由y=kx+2y=−x得：x=−2k由y=kx+2x2∴Δ=483+4∴xP=6−8k在△HAO中，由正弦定理得：OHsin∵∠HOA=π4，则由OHPH=4∴AH=45PH∵AH=2∴2k+1=163（ⅱ）由题意知：圆F方程为：x−12+y2=1不妨令P位于第一象限，可设AP:y=kx+2由（ⅰ）知：P6−8若直线PF斜率存在，则kPF=4k1−4k由x=1−4k24ky+1设Qm,km+2，则∴QT⋅BT当4m−8=0时，QT⋅BT=0为定值，此时m=2，则Q2,4k，此时当4m−8≠0时，QT⋅若直线PF斜率不存在，则P1,32，T此时kAP=12，则直线则QT=1−m,1−12m+2则m=2时，QT⋅综上所述：点Q在定直线x=2上.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆与向量的综合应用问题，涉及到椭圆中的共线向量和向量数量积问题的求解；本题求解点Q所在定直线的关键是能够根据Q点横纵坐标之间的关系，结合向量数量积坐标运算化简QT⋅BT，将QT⋅BT化为关于题型10向量相关问题【例题10】（22·23上·郑州·阶段练习）已知离心率为22的椭圆C的中心在原点O，对称轴为坐标轴，F1，F2为左右焦点，M为椭圆上的点，且MF1+MF2=22．直线l过椭圆外一点P(m,0)(1)求椭圆C的标准方程；(2)对于任意点P，是否总存在唯一的直线l，使得F1A∥【答案】(1)x(2)存在，1【分析】（1）由椭圆定义得出a=2（2）设直线l方程为y=k(x−m)联立y=k(x−m)与椭圆方程可得韦达定理，再结合向量共线计算唯一性可得.【详解】（1）由题可设椭圆方程为x2a2由椭圆定义可得MF则a=2，c=1，b=1所以椭圆的方程为：x2（2）设直线l方程为y=k(x−m)（斜率必存在），则F1A=(∵F∴(x∴(x化简得x2联立y=k(x−m)与椭圆方程可得，(1+2k2)∴x1+代入①得，4mk∴x∴(代入②得：4k2−2而点A、B在x轴上方，所以对于任意一个m<−2，存在唯一的k=12故满足题意的直线l有且只有一条．例如，m=−2时：

【变式10-1】1.（18·19上·衡水·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2（1）求椭圆C的标准方程；（2）动直线l:x=my+1(m∈R)与抛椭圆C相交于A，B两点，问：在x轴上是否存在定点D(t,0)（其中t≠0)，使得向量DA|DA|+DB|DB【答案】（1）x24+【分析】（1）根据椭圆C的焦点三角形的周长为2a+2c，再由离心率得出a,c关系，求出a,c值，即可求出结论；（2）根据DA|DA|+DB|DB|与∠ADB角平分线共线，又与OD共线，得到x轴为【详解】（1）椭圆C:x2a即有e=c椭圆C的两焦点和短轴的一个端点为顶点的三角形的周长恰为4+22可得2a+2c=4+22，解得a=2，b=c=则椭圆的方程为x2（2）在x轴上假设存在定点D(t,0)（其中t≠0)，使得DA|DA|由DA|DA|，DB可得x轴平分∠ADB，设A(x1，y1)，联立x=my+1和x2得(2+m△=4my1+y设直线DA、DB的斜率分别为k1，k则由∠ODA=∠ODB得，k=y∴2my联立①②，得2m(t−4)=0，故存在t=4满足题意，综上，在x轴上存在一点D(4,0)，使得x轴平分∠ADB，即DA|DA|【点睛】本题考查椭圆方程、直线与椭圆的位置关系，解题关键要把向量条件转化几何关系，熟练掌握根与系数关系求相交弦问题，考查计算求解能力，属于中档题.【变式10-1】2.（19·20上·宝山·期末）已知椭圆Ω：x216+y212=1.双曲线（1）求双曲线的标准方程；（2）设直线l经过点E(3,0)与椭圆Ω交于A、B两点，求ΔOAB（3）设直线l:y=kx+m（其中为k,m整数）与椭圆Ω交于不同两点A、B，与双曲线Γ交于不同两点C、D，问是否存在直线l，使得向量AC+【答案】（1）x24−y【分析】（1）根据椭圆方程可以得到双曲线的焦距和顶点坐标，从而直接写出双曲线方程即可；（2）设出直线方程，将三角形面积拆分为2个三角形的面积，从而利用韦达定理进行处理；（3）根据直线与两个曲线相交，通过Δ夹逼出k,m的取值范围，再结合向量相加为零转化出的条件，得到k,m之间的关系，从而利用k,m是整数，对结果进行取舍即可.【详解】（1）对椭圆Ω：x216故其焦点为±2,0，椭圆的长轴长为2a=8.设双曲线方程为x2由题可知：m=2,2m2+故双曲线的方程为：x2（2）因为直线AB的斜率显然不为零，故设直线方程为x=my+3，联立椭圆方程x可得3设交点Ax则y则y====4又S故S=6令12m2故S当且仅当t4=9故ΔOAB的面积的最大值为4（3）联立直线y=kx+m与椭圆方程x可得3+4Δ整理得16k设直线与椭圆的交点为A故可得x1同理：联立直线y=kx+m与双曲线方程x可得3−Δ整理得4k设直线与双曲线的交点为C故可得x3要使得AC即可得x故可得x将②④代入可得−解得km=0.综上所述，要满足题意，只需使得：4故当k=0时，m可以取得0,±1,±2,±3满足题意；即直线方程可以为y=0,y=±1,y=±2,y=±3当m=0时，k可以取±1满足题意.即直线方程可以为y=±x故存在这样的直线有9条，能够使得AC+【点睛】本题考查椭圆方程和双曲线方程，涉及椭圆中三角形面积的最大值，以及圆锥曲线中的直线的存在性问题，属综合性困难题；其中解决第三问的关键是要把握住“整数”这一个关键词，同时也要对向量进行合理的转化.【变式10-1】3.（18·19下·长沙·阶段练习）已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为32，直线l:x−y+6=0，圆O的方程为x（1）求椭圆C的方程；（2）已知经过点(2,0)且斜率为k直线l与椭圆C有两个不同的交点P和Q，请问是否存在常数k(k≠0)，使得向量OP+OQ与AB共线？如果存在，求出【答案】（1）y2【分析】（1）求得圆心到直线的距离，利用直线和圆相交所得弦长公式列方程，解方程求得b的值，结合椭圆离心率以及a2=b（2）设出直线l的方程，联立直线l的方程和椭圆的方程，写出根于系数关系以及判别式，利用OP+OQ与AB共线以及向量共线的坐标表示列方程，由此判断出不存在符合题意的常数【详解】（1）圆心O到直线l的距离为d=6直线l被圆O截得的弦长=24−d2由椭圆离心率为ca=32，结合a2=b2+（2）设直线l的方程为y=k(x−2)，代入椭圆方程，整理，得k2因为直线l与椭圆C有两个不同的交点P和Q等价于Δ=16k解得k2设Px1,y1由①得x1又y1因为A(−1,0),B(0,2)，所以AB=(1,2)所以OP+OQ与AB共线等价于将②③代入上式，解得k=−2，k=0（舍）.因为不满足k2所以不存在常数k，使得向量OP+OQ与【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查直线和椭圆的位置关系，属于中档题.【变式10-1】4.（17·18上·西安·期末）已知椭圆C以F1−1,0，F（1）求椭圆C的方程；（2）过M0,2点斜率为k的直线l1与椭圆C有两个不同交点P、Q（3）设椭圆C与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A、B，是否存在直线l1，满足（2）中的条件且使得向量OP+OQ与AB【答案】(1)x22+【分析】（1）由题意可得c,根据离心率可求出a,即可写出方程（2）写出直线方程，联立方程组消元