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【导数】函数放缩本质是？55个常见函数放缩不等式你知道多少？
何谓函数放缩？
函数放缩本质就是用代数函数近似代替超越函数（非代数函数）罢了！近似代替，即不等关系，也即所谓的函数放缩不等式。
这里有两个概念，代数函数和超越函数，
代数函数： 包括我们熟知的一次、二次、三次等多项式函数、反比例函数等分式函数和开方等分数幂函数。
次多项式函数通式为
其中， ；
分式函数，例如
一般指真分式，即，如果则可以通过多项式除法将其化成的形式，其中最高次为次，最高次低于次，即为真分式，最高次为次。
超越函数： 指的是变量之间的关系不能用有限次加、减、乘、除、乘方、开方运算表示的函数，如三角函数、反三角函数，指数函数、对数函数等。
另外，函数近似替代的一个非常高效的方法便是拟合，函数拟合包括一次拟合（切割线拟合）、二次拟合、三次拟合以及更高观点的三种拟合方式——泰勒展开、帕德逼近、洛朗级数。
55个常见函数放缩不等式
以下总结的是常见函数放缩不等式，证明很简单，移项作差求导即可，图像和具体证明可参考导数找点技巧中常用的放缩不等式
1、指数
（1） （处取等）
（2） （处取等）
（3） （处取等）
（4） （处取等）
（5） （处取等）
（6）
（7）
（8）（关注公众号：Hi数学派）
（9）
（10）
（11）
（12）
（13）
（14）
（15） （处取等）
（16）
（17）
（18）
（19）
……
2、对数
（20） （处取等）
（21） （处取等）
（22） （处取等）
（23） （处取等）
（24） （处取等）
（25） （处取等）
（26）
（27）
（28） （处取等）
（29） （处取等）
（30） （处取等）
（31） （处取等）
（32）（关注公众号：Hi数学派）
（33）
（34）
（35）
（36）
……
3、三角函数 、、
（37）
（38）
（39）
（40）
（41）
（42）
（43）
（44） （）
（45） （）
注：当时，图像类似于；当时，图像类似于；当时，图像类似于.
……
4、指对混合
（46） （两个放缩不等式不同时取等号，所以最后只取 ）
（47） （处取等）
（48） （处取等）
（49） （ 处取等）
注：（49）式为朗博不等式，常出现在导数压轴中，不过现在已经烂大街了。。。
（50）
（51）（关注公众号：Hi数学派）
（52）
（53）
……
5、指对三角混合
（54）
（55） （处取等）
……
一些典例
(
【例1．
（广东一模T22）
】
已知函数
（1）求
的极值；
（2）当
时，
，求实数
的取值范围.
)
【解析】（2）当时，
由朗博不等式，
所以（当时，可以取到等号）
因此，即
【点睛】这样作答时，一定要再证明存在的解
(
【例
2
．（2023·全国·高三专题练习）】
已知
，
，
．
(1)当
时，求函数
的极值；
(2)当
时，求证：
．
)
【解析】（1），当时，，即在上单调递减，
故函数不存在极值；
当时，令，得，
x
+ 0 -
增函数 极大值 减函数
故，无极小值.
综上，当时，函数不存在极值；
当时，函数有极大值，，不存在极小值．
（2）显然，要证：，
即证：，即证：，
即证：．（关注公众号：Hi数学派）
令，故只须证：．
设，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
即，所以，从而有．
故，即．
(
【例
3
．（2023·湖南常德·常德市一中校考二模）】
已知函数
（
，
为自然对数的底数）．
(1)讨论函数
的单调性；
(2)当
时，求证：
.
)
【解析】（1），
（ⅰ）当时，，所以，，
则在上单调递增，在上单调递减；
（ⅱ）当时，令，得，
①时，，
所以或，，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
②时，，则在上单调递增；
③时，，所以或，，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
综上，时，在上单调递增，在上单调递减；
时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
（2）方法一：等价于，
当时，，
则当时，，则，
令，
令，
因为函数在区间上都是增函数，
所以函数在区间上单调递增 ，
∵，∴存在，使得，
即，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
∴，
∴，故.
方法二：当时，，
令，
令，则，（关注公众号：Hi数学派）
令，则，
当时，，当时，，
∴在区间上单调递减，上单调递增，
∴，即，
∴.导数恒成立或有解问题的解决策略
含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题历来是高考考查的一个热点，也是高考复习中的一个难点．破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键.
核心思想:
1.恒成立问题的转化:
恒成立;
2.能成立问题的转化:
能成立;
3.恰成立问题的转化:
若在D上恰成立在D上的最小值;
若在D上恰成立 在D上的最大值.
4. 设函数,，对任意的，存在，使得，则;
设函数,，对任意的，存在，使得，则;
设函数,，存在，存在，使得，则;
设函数,，存在，存在，使得，则;
5.若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数和图象在函数图象上方;
若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数和图象在函数图象下方.
6.常见二次函数
①.若二次函数（或）在R上恒成立，则有（或）;
②.若二次函数（或）在指定区间上恒成立，可以利用韦达定理以及根的分布等知识求解.
单变量问题
（一）主参换位法
例1．对于满足的一切实数，不等式恒成立，试求的取值范围．
解：原不等式等价于x2＋ax－4x－a＋3>0，∴a(x－1)＋x2－4x＋3>0，令f(a)＝a(x－1)＋x2－4x＋3，则函数f(a)＝a(x－1)＋x2－4x＋3表示直线，∴要使f(a)＝a(x－1)＋x2－4x＋3>0，则有f(0)>0，f(4)>0，即x2－4x＋3>0且x2－1>0，解得x>3或x<－1，即不等式的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．
（二)构造含参函数，分类讨论
例2
（三）分离参数法
形如“”或“”型不等式，是恒成立问题中最基本的类型，它的理论基础是“在上恒成立，则();在上恒成立，则()”．许多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“”型或“”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则．
[洛必达法则]
法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)lif(x)＝0及lig(x)＝0；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)li ＝l，那么li ＝li ＝l.
法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)lif(x)＝∞及lig(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)li ＝l，那么li ＝li ＝l.
1.完全分离，利用洛必达法则进行处理
例1　已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围．
解：(1)f ′(x)＝－.
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即解得
(2)由题设可得，当x>0，x≠1时，k<＋1恒成立．
令g(x)＝＋1(x>0，x≠1)，
则g′(x)＝2·，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，
又h″(x)＝2ln x＋1－，易知h″(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0，
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数．又h(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知，
lig(x)＝2li ＋1＝2li ＋1＝2×＋1＝0，∴k≤0，
故k的取值范围为(－∞，0]．
2.完全分离，最值点不可求，虚设零点（隐零点问题）
（四）数形结合（部分分离，化为切线）
在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”，借助数形结合。
例1 已知函数.
（1）若，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）当时，函数恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）若，则，
当时，，， ………﹝导数的几何意义的应用﹞
所以所求切线方程为。
（2）思路一：由条件可得，首先，得，
当时，函数恒成立，等价于对任意恒成立，亦即函数的图象总在直线的上方（含边界）.
………﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞
令，则，所以单调递增；
令，则，
所以单调递增，所以为凹函数，如图所示，
又是过定点的直线系，
当直线与曲线相切时，可设切点为，
则，即，
……………﹝借助于导数的几何意义，寻找临界﹞
解得，此时切线的斜率为，
只需即可，解得.
故的取值范围是.
【审题点津】不等式恒成立也可以适当恒等变形，部分分离，化为函数过定点的直线与函数图象的位置关系；再利用导数的几何意义，应用运动的数学思想转化为直线的斜率与过定点的切线的斜率的大小关系求解参数的取值范围.
（五）利用导数中的重要不等式放缩
例1（2）问
思路二：由于，
因为，当且仅当时取等号，如图所示，（证明略 ………﹝重要不等式是放缩的途径﹞
所以.
………﹝借助于重要不等式灵活放缩﹞
当时，函数恒成立，等价于对任意恒成立.令，则，
当时，；当时， ，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
所以. 只需. 故的取值范围是.
【审题点津】不等式恒成立也可以借助于不等式进行灵活放缩，进而合理避开分类讨论，彻底应用变量分离法，化归为所构造函数的最值求解.
解题方法完整示例1：已知函数．
（1）讨论函数零点的个数；
（2）对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1）思路一：函数的定义域为，由，，
①当时，，函数在上单调递增，
因为，当时，，所以函数有1个零点；
………﹝利用零点存在性定理是解决此类问题的理论依据﹞
②当时，，当时，；当时，；所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，………﹝利用最值与0的大小关系加以判断﹞
若，，所以函数没有零点；
若，，所以函数有1个零点；
若，，，且，所以函数在有1个零点；
又当时，，所以函数在有1个零点；
综上可知，当时，函数没有零点；当或时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点．
【审题点津】函数零点的个数问题的依据是零点的存在性定理，其解决过程要注意“脑中有‘形’，心中有‘数’”，这也是数形结合思想的渗透.
思路二：函数的定义域为，由，得，
令，则函数是过定点，斜率为的直线，而函数的图象如图所示，……﹝部分分离，数形结合，化为图象的位置关系﹞
当直线与函数相切时，两者只有一个交点，此时设切点为，则
，解得，…﹝借助于导数的几何意义，寻找临界﹞
所以当时，函数没有零点；当或时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点．
所以当时，函数没有零点；当或时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点．
【审题点津】函数零点的个数问题也可以转化为两个基本初等函数的交点个数问题，灵活借助于导数的几何意义加以解决.
思路三：函数的定义域为，
由，得， ………﹝将两个变量完全分离﹞
令，则，
因为当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，，
由于，所以当时，，当时，，
所以当时，函数没有零点；当或时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点．…﹝借助于数形结合，确定分类的界点﹞
【审题点津】函数零点的个数问题也可以应用变量分离法转化为水平直线与函数图象的交点个数问题来处理，形象直观，本题是转化为直线与函数的图象的交点个数，只要借助于导数把函数的图象正确地画出来，自然一目了然.
（2）思路一：由，所以对任意的，恒成立，等价于在上恒成立， ……﹝将两个变量完全分离﹞
令，则，
再令，则，
所以在上单调递增，
因为，
所以有唯一零点，且， ………﹝零点不可求，虚拟设根﹞
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以，
即，……﹝善于结构分析，巧妙构造函数﹞
设，则，
所以函数在上单调递增，
因为，
所以，即， ……﹝设而不求，整体代入，求解最值﹞
所以，则有，
所以实数的取值范围．
【审题点津】本题零点的探求也可以将变形为，进而构造函数来解决.
思路二：设，对任意的，恒成立，等价于在上恒成立，………﹝直接“左减右”构造函数﹞
因为，令，则，
所以在上单调递增， ………﹝高阶导数，层次要清晰﹞
因为当时，，当时，，
所以在上存在唯一的零点，满足，
所以，且在上单调递减，在上单调递增，
所以，
……﹝设而不求，整体代入，求解最值﹞
所以，此时，
所以，……﹝善于结构分析，巧妙构造函数﹞
设，则，
所以函数在上单调递增，
因为，所以，即，
所以，
所以实数的取值范围．
【审题点津】本题零点的探求也可以将变形为，进而构造函数来解决.
思路三：由，所以对任意的，恒成立，等价于在上恒成立，
先证明，当且仅当时取等号，如图所示（证明略）. 所以当时，有，
…﹝重要不等式是放缩的途径﹞
所以，即，当且仅当时取等号，
所以实数的取值范围．
【审题点津】很多导数的压轴题的命制都是基于两个重要不等式与，它们自然也是放缩的重要途径.
思路四：由，所以对任意的，恒成立，等价于在上恒成立，
先证明，当且仅当时取等号，如图所示（证明略）.
所以当时，有，
………﹝重要不等式是放缩的途径﹞
所以，即，当且仅当时取等号，
所以实数的取值范围．
【点睛探究】两个重要不等式与实质是等价的，它们的变形很多，很值得深入探究.如以为例，把换为，即得；把换为，即得；把换为，即得，亦即；把换为，即得；把换为，即得；把换为，即得；……
解题方法完整示例2：已知函数在处的切线与轴平行.
（1）求的单调区间；
（2）若存在，当时，恒有成立，求的取值范围.
【解析】（1）由已知可得的定义域为，，
所以，即， ………﹝应用导数的几何意义﹞
所以，，令，得，令，得，…﹝借助于导数的正负加以判断﹞
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）法一：不等式可化为，………﹝直接“左减右”构造函数﹞
令，则，
令，其对称轴为，
当，即时，在上单调递减，所以，
若，则，，所以在上单调递减，，不适合题意； ………﹝正确理解题意是关键，就是在直线右侧附近是否为单调递增﹞
若，则，必定存在，使得时，，即存
解题方法完整示例2：已知函数在处的切线与轴平行.
（1）求的单调区间；
（2）若存在，当时，恒有成立，求的取值范围.
【解析】（1）由已知可得的定义域为，，
所以，即， ………﹝应用导数的几何意义﹞
所以，，令，得，令，得，…﹝借助于导数的正负加以判断﹞
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）法一：不等式可化为，………﹝直接“左减右”构造函数﹞
令，则，
令，其对称轴为，
当，即时，在上单调递减，所以，
若，则，，所以在上单调递减，，不适合题意；
………﹝正确理解题意是关键，就是在直线右侧附近是否为单调递增﹞
若，则，必定存在，使得时，，即存与函数图象的位置关系，进而应用运动的数学思想求解参数的取值范围.
法三：不等式可化为，
若存在，当时，恒有成立，亦即存在，当时，.……﹝完全分离，转化为函数的最值问题﹞
令，则，
令，则，
………﹝部分求导，简化运算﹞
所以在单调递减，，即，
所以在单调递减，
因为，当且仅当时取等号（证明略），
所以当时，，，
所以的取值范围是.
【审题点津】本题采取适当恒等变形，完全分离，转化为恒成立，只需使得即可，进而化归为求解函数的最小值的求解.本题要注意的是，端点效应的处理需借助于不等式恒成立，说明.
法四：不等式可化为，
因为，当且仅当时取等号（证明略），
若存在，当时，恒有成立，亦即存在，当时，，
………﹝重要不等式是放缩的途径﹞
所以. 因为，所以的取值范围是.
【审题点津】本题不等式恒成立借助于不等式进行灵活放缩，转化为恒成立，这是知识整合能力的较好的体现.
双变量问题
题型一：双变量化为函数的单调性
2. 已知函数.
若，对任意，不等式恒成立，求的最小值。
题型二：双变函数“任意”“存在”问题
已知函数，其中且。
求函数的单调区间和极值；
是否存在，对任意的，任意的，都有？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由。
解:(1)且
由,得且;由,得,
函数的单调递增区间是,,单调递减区间是, ,无极小值;
(2)根据题意,只需,
且,由,则
函数的单调递减区间是,单调递增区间是,
,
由,在单调递增,上单调递减,
, ,
两边同乘以负数t得, 即,
所述,存在这样的负数满足题意.
题型三：双变量化为单变量（含极值点偏移）
1.设函数 (I)讨论的单调性；
（II）若有两个极值点，记过点的直线的斜率为，问：是否存在，使得若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
解：（1）由题意得的定义域为，，令，其判别式， ......2分
①当时，，恒成立，故在上单调递增；
②当时，，的两根都小于，所以在上，，故在上单调递增；
③当时，，的两根为，，当时，；当时，；当时，，故分别在，上单调递增，在上单调递减。 ......6分
（2）由（1）知，，因为，所以斜率，又由（1）知，，于是， ......8分
若存在，使得，则有，即，又因为，所以，即() ① ，......10分
再由（1）知，函数在上单调递增，而，所以，这与①式矛盾，故不存在，使得。 ......12分
2.已知，若函数有两个实数根，已知，
若不等式恒成立，求的取值范围。
解:(1),
①当时,,即函数的单调增区间是,
②当时,令,得,
当时,,当时,,
所以函数的单调增区间是,单调减区间是;
(2)若函数有两个零点分别为,,且,
则,分别是方程的两个根,
即,
所以原式等价于,因为,,
所以原式等价于,又由,作差得,,即,
所以原式等价于,
因为,原式恒成立,即恒成立,
令,,
则不等式在上恒成立.
令,
又,
当时,可见时,,
所以在上单调增,又,在恒成立,符合题意.
当时,可见时,,时,
所以在时单调增,在时单调减,又,
所以在上不能恒小于0,不符合题意,舍去.
综上所述,若不等式恒成立,只须,又,所以
题型四：双参数恒成立问题
解题方法小结：2 / 2
高考数学备考之放缩技巧
证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：
一、裂项放缩
例1.(1)求的值; (2)求证:.
解析:(1)因为,所以
(2)因为,所以
奇巧积累:(1) (2)
(3)
(4)
(5) (6)
(7) (8)
(9)
(10) (11)
(11)
(12)
(13)
(14) (15)
(15)
例2.(1)求证:
(2)求证:
(3)求证:
(4) 求证：
解析:(1)因为,所以
(2)
(3)先运用分式放缩法证明出,再结合进行裂项,最后就可以得到答案
(4)首先,所以容易经过裂项得到
再证而由均值不等式知道这是显然成立的，所以
例3.求证:
解析:一方面:因为,所以
另一方面:
当时,,当时,,
当时,,所以综上有
例4.(2008年全国一卷) 设函数.数列满足..设，整数.证明:.
解析:由数学归纳法可以证明是递增数列,故存在正整数,使,则
,否则若,则由知
,,因为,
于是
例5.已知,求证: .
解析:首先可以证明:
所以要证
只要证:
故只要证,即等价于
,即等价于
而正是成立的,所以原命题成立.
例6.已知,,求证:.
解析:
所以
从而
例7.已知,,求证:
证明: ,因为
,所以
所以
二、函数放缩
例8.求证：.
解析:先构造函数有,从而
因为
所以
例9.求证:(1)
解析:构造函数,得到,再进行裂项,求和后可以得到答案
函数构造形式: ,
例10.求证:
解析:提示:
函数构造形式:
当然本题的证明还可以运用积分放缩
如图,取函数,
首先:,从而,
取有,,
所以有,,…,,,相加后可以得到:
另一方面,从而有
取有,,
所以有,所以综上有
例11.求证:和.
解析:构造函数后即可证明
例12.求证:
解析:,叠加之后就可以得到答案
函数构造形式:(加强命题)
例13.证明:
解析:构造函数,求导,可以得到:
,令有,令有,
所以,所以,令有,
所以,所以
例14. 已知证明.
解析: ,
然后两边取自然对数,可以得到
然后运用和裂项可以得到答案)
放缩思路：
。于是，
即
注：题目所给条件（）为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向的作用；当然，本题还可用结论来放缩：
，
即
例15.(2008年厦门市质检) 已知函数是在上处处可导的函数,若在上恒成立.
(I)求证：函数上是增函数；
(II)当；
(III)已知不等式时恒成立，
求证：
解析:(I),所以函数上是增函数
(II)因为上是增函数,所以
两式相加后可以得到
(3)
……
相加后可以得到:
所以 令,有
所以
(方法二)
所以
又,所以
例16.(2008年福州市质检)已知函数若
解析:设函数
∴函数）上单调递增，在上单调递减.
∴的最小值为，即总有
而
即
令则
三、分式放缩
姐妹不等式:和
记忆口诀”小者小,大者大”
解释:看b,若b小,则不等号是小于号,反之.
例19. 姐妹不等式:和
也可以表示成为
和
解析: 利用假分数的一个性质可得
即
例20.证明:
解析: 运用两次次分式放缩:
(加1)
(加2)
相乘,可以得到:
所以有
四、分类放缩
例21.求证:
解析:
例22.(2004年全国高中数学联赛加试改编) 在平面直角坐标系中, 轴正半轴上的点列与曲线（≥0）上的点列满足，直线在x轴上的截距为.点的横坐标为,.
(1)证明>>4，; (2)证明有，使得对都有<.
解析:(1) 依题设有：，由得：
,又直线在轴上的截距为满足
显然，对于，有
(2)证明：设，则
设，则当时，
。
所以，取，对都有：
故有<成立。
例23.(2007年泉州市高三质检) 已知函数，若的定义域为[－1，0]，值域也为[－1，0].若数列满足，记数列的前项和为，问是否存在正常数A，使得对于任意正整数都有？并证明你的结论。
解析:首先求出,∵
∴,∵,,…
,故当时,,
因此，对任何常数A，设是不小于A的最小正整数，
则当时,必有.
故不存在常数A使对所有的正整数恒成立.
例24.(2008年中学教学参考)设不等式组表示的平面区域为,设内整数坐标点的个数为.设,
当时,求证:.
解析:容易得到,所以,要证只要证,因为
,所以原命题得证.
五、迭代放缩
例25. 已知,求证:当时,
解析:通过迭代的方法得到,然后相加就可以得到结论
例26. 设,求证:对任意的正整数k,若k≥n恒有:|Sn+k－Sn|<
解析:
又 所以
六、借助数列递推关系
例27.求证:
解析: 设则
,从而
,相加后就可以得到
所以
例28. 求证:
解析: 设则
,从而
,相加后就可以得到
例29. 若,求证:
解析:
所以就有
七、分类讨论
例30.已知数列的前项和满足证明：对任意的整数
，有
解析:容易得到,
由于通项中含有，很难直接放缩，考虑分项讨论：
当且为奇数时
（减项放缩），于是
①当且为偶数时
②当且为奇数时（添项放缩）由①知由①②得证。
八、线性规划型放缩
例31. 设函数.若对一切，，求的最大值。
解析:由知 即
由此再由的单调性可以知道的最小值为，最大值为
因此对一切，的充要条件是，
即，满足约束条件，
　　　由线性规划得，的最大值为5．
九、均值不等式放缩
例32.设求证
解析: 此数列的通项为
，，
即
注：①应注意把握放缩的“度”：上述不等式右边放缩用的是均值不等式，若放成则得，就放过“度”了！
②根据所证不等式的结构特征来选取所需要的重要不等式，这里
其中，等的各式及其变式公式均可供选用。
例33.已知函数，若，且在[0，1]上的最小值为，求证：
解析:
例34.已知为正数，且，试证：对每一个，.
解析: 由得，又，故，而，
令，则=，因为，倒序相加得=，
而，
则=，所以，即对每一个，.
例35.求证
解析: 不等式左=，
原结论成立.
例36.已知,求证:
解析:
经过倒序相乘,就可以得到
例37.已知,求证:
解析:
其中:,因为
所以
从而,所以.
例38.若,求证:.
解析:
因为当时,,所以,所以,当且仅当时取到等号.
所以
所以所以
例39.已知,求证:.
解析:.
例40.已知函数f(x)=x2－(－1)k·2lnx(k∈N*).k是奇数, n∈N*时,
求证: [f’(x)]n－2n－1·f’(xn)≥2n(2n－2).
解析: 由已知得，
(1)当n=1时，左式=右式=0.∴不等式成立.
(2), 左式=
令
由倒序相加法得：
，
所以
所以综上，当k是奇数，时，命题成立
例41. （2007年东北三校）已知函数
（1）求函数的最小值，并求最小值小于0时的取值范围；
（2）令求证：
★例42. (2008年江西高考试题)已知函数,.对任意正数,证明：．
解析:对任意给定的,,由,
若令 ，则 ① ,而 ②
（一）、先证；因为，，，
又由 ，得 ．
所以
．
（二）、再证；由①、②式中关于的对称性，不妨设．则
（ⅰ）、当，则，所以，因为 ，
，此时．
（ⅱ）、当③，由①得 ,，，
因为 所以 ④
同理得⑤ ，于是 ⑥
今证明 ⑦, 因为 ，
只要证 ，即 ，也即 ，据③，此为显然．
因此⑦得证．故由⑥得 ．
综上所述，对任何正数，皆有．
例43.求证:
解析:一方面:
(法二)
另一方面:
十、二项放缩
,,
例44. 已知证明
解析:
，
即
例45.设，求证：数列单调递增且
解析: 引入一个结论：若则（证略）
整理上式得（）
以代入（）式得
即单调递增。
以代入（）式得
此式对一切正整数都成立，即对一切偶数有，又因为数列单调递增，所以对一切正整数有。
注：①上述不等式可加强为简证如下：
利用二项展开式进行部分放缩：
只取前两项有对通项作如下放缩：
故有
②上述数列的极限存在，为无理数；同时是下述试题的背景：
已知是正整数，且（1）证明；（2）证明（01年全国卷理科第20题）
简析 对第（2）问：用代替得数列是递减数列；借鉴此结论可有如下简捷证法：数列递减，且故即。
当然，本题每小题的证明方法都有10多种,如使用上述例5所提供的假分数性质、贝努力不等式、甚至构造“分房问题”概率模型、构造函数等都可以给出非常漂亮的解决！详见文[1]。
例46.已知a+b=1,a>0,b>0,求证：
解析: 因为a+b=1,a>0,b>0,可认为成等差数列，设，
从而
例47.设，求证.
解析: 观察的结构，注意到，展开得
，
即，得证.
例48.求证:.
解析:参见上面的方法,希望读者自己尝试!)
例42.(2008年北京海淀5月练习) 已知函数，满足：
①对任意，都有；
②对任意都有.
（I）试证明：为上的单调增函数；
（II）求；
（III）令，试证明：.
解析:本题的亮点很多,是一道考查能力的好题.
(1)运用抽象函数的性质判断单调性:
因为,所以可以得到,
也就是,不妨设,所以,可以得到,也就是说为上的单调增函数.
(2)此问的难度较大,要完全解决出来需要一定的能力!
首先我们发现条件不是很足,,尝试探索看看按(1)中的不等式可以不可以得到什么结论,一发现就有思路了!
由(1)可知,令,则可以得到
,又,所以由不等式可以得到,又
,所以可以得到 ①
接下来要运用迭代的思想:
因为,所以,, ②
,,,
在此比较有技巧的方法就是:
,所以可以判断 ③
当然,在这里可能不容易一下子发现这个结论,所以还可以列项的方法,把所有项数尽可能地列出来,然后就可以得到结论.
所以,综合①②③有=
(3)在解决的通项公式时也会遇到困难.
,所以数列的方程为,从而,
一方面,另一方面
所以,所以,综上有
.
例49. 已知函数fx的定义域为[0,1]，且满足下列条件：
① 对于任意[0,1]，总有，且；
② 若则有
（Ⅰ）求f0的值；
（Ⅱ）求证：fx≤4；
（Ⅲ）当时，试证明：.
解析: （Ⅰ）解：令，
由①对于任意[0,1]，总有， ∴
又由②得即
∴
（Ⅱ）解：任取且设
则
因为，所以，即
∴.
∴当[0,1]时，.
（Ⅲ）证明：先用数学归纳法证明：
（1） 当n=1时，，不等式成立；
（2） 假设当n=k时，
由
得
即当n=k+1时，不等式成立
由（1）、（2）可知，不等式对一切正整数都成立.
于是，当时，，
而[0,1]，单调递增
∴ 所以，
例50. 已知：
求证：
解析:构造对偶式：令
则
＝
又 （
十一、积分放缩
利用定积分的保号性比大小
保号性是指，定义在上的可积函数，则.
例51.求证：.
解析: ，∵，
时，，，
∴，.
利用定积分估计和式的上下界
定积分产生和应用的一个主要背景是计算曲边梯形的面积，现在用它来估计小矩形的面积和.
例52. 求证：，.
解析: 考虑函数在区间上的定积分.
如图，显然-①
对求和，
.
例53. 已知.求证：.
解析:考虑函数在区间上的定积分.
∵-②
∴.
例54. （2003年全国高考江苏卷）设，如图，已知直线及曲线：，上的点的横坐标为（）.从上的点作直线平行于轴，交直线于点，再从点作直线平行于轴，交曲线于点.的横坐标构成数列.
（Ⅰ）试求与的关系，并求的通项公式；
（Ⅱ）当时，证明；
（Ⅲ）当时，证明.
解析:（过程略）.
证明（II）：由知，∵，∴.
∵当时，，
∴.
证明（Ⅲ）：由知.
∴恰表示阴影部分面积，
显然 ④
∴.
奇巧积累: 将定积分构建的不等式略加改造即得“初等”证明，如：
①；
②；
③；
④.
十二、部分放缩(尾式放缩)
例55.求证:
解析:
例56. 设求证：
解析:
又（只将其中一个变成，进行部分放缩），，
于是
例57.设数列满足，当时证明对所有 有；
解析: 用数学归纳法：当时显然成立，假设当时成立即，则当时
，成立。
利用上述部分放缩的结论来放缩通项，可得
注：上述证明用到部分放缩，当然根据不等式的性质也可以整体放缩：；证明就直接使用了部分放缩的结论
十三、三角不等式的放缩
例58.求证:.
解析:(i)当时,
(ii)当时,构造单位圆,如图所示:
因为三角形AOB的面积小于扇形OAB的面积
所以可以得到
当时
所以当时有
(iii)当时, ,由(ii)可知:
所以综上有
十四、使用加强命题法证明不等式
(i)同侧加强
对所证不等式的同一方向(可以是左侧,也可以是右侧)进行加强.如要证明,只要证明,其中通过寻找分析,归纳完成.
例59.求证:对一切,都有.
解析:
从而
当然本题还可以使用其他方法,如:
所以.
(ii)异侧加强(数学归纳法)
(iii)双向加强
有些不等式,往往是某个一般性命题的特殊情况,这时,不妨”返璞归真”,通过双向加强还原其本来面目,从而顺利解决原不等式.其基本原理为:
欲证明,只要证明:.
例60.已知数列满足:,求证:
解析: ,从而,所以有
,所以
又,所以,所以有
所以
所以综上有
引申:已知数列满足:,求证: .
解析:由上可知,又,所以
从而
又当时,,所以综上有.
同题引申: (2008年浙江高考试题)已知数列,,,.
记,.求证:当时.
(1); (2); ★(3).
解析:(1),猜想,下面用数学归纳法证明:
(i)当时,,结论成立;
(ii)假设当时,,则时,
从而,所以
所以综上有,故
(2)因为则,,…, ,相加后可以得到: ,所以
,所以
(3)因为,从而,有,所以有
,从而
,所以
,所以
所以综上有.
例61.(2008年陕西省高考试题)已知数列的首项,,．
(1)证明:对任意的,,;
(2)证明:.
解析:(1)依题,容易得到,要证,,,
即证
即证,设所以即证明
从而,即,这是显然成立的.
所以综上有对任意的,,
(法二)
,原不等式成立．
(2)由(1)知，对任意的，有
．
取，
则．
原不等式成立．
十四、经典题目方法探究
探究1.(2008年福建省高考)已知函数.若在区间上的最小值为,令.求证:.
证明:首先:可以得到.先证明
(方法一)
所以
(方法二)因为,相乘得:
,从而.
(方法三)设A=,B=,因为A所以,从而.
下面介绍几种方法证明
(方法一)因为,所以,所以有
(方法二),因为,所以
令,可以得到,所以有
(方法三)设所以,从而,从而
又,所以
(方法四)运用数学归纳法证明:
(i)当时,左边=,右边=显然不等式成立;
(ii)假设时,,则时,
,所以要证明,只要
证明,这是成立的.
这就是说当时,不等式也成立,所以,综上有
探究2.(2008年全国二卷)设函数.如果对任何，都有，求的取值范围．
解析:因为,所以
设,则,
因为,所以
(i)当时, 恒成立,即,所以当时, 恒成立.
(ii)当时,,因此当时,不符合题意.
(iii)当时,令，则故当时,.
因此在上单调增加.故当时,,
即.于是，当时，
所以综上有的取值范围是
变式：若,其中
且,,求证:
.
证明：容易得到
由上面那个题目知道
就可以知道
★同型衍变:(2006年全国一卷)已知函数 .若对任意 x∈(0,1) 恒有 f (x) >1, 求 a的取值范围.
解析:函数f (x)的定义域为(-∞, 1)∪(1, +∞), 导数为.
(ⅰ) 当0< a≤2时, f (x) 在区间 (-∞, 1) 为增函数, 故对于任意x∈(0, 1) 恒有 f (x) > f (0) =1, 因而这时a满足要求.
(ⅱ) 当a>2时, f (x) 在区间 (-,)为减函数, 故在区间(0, ) 内任取一点, 比如取, 就有 x0∈(0, 1) 且 f (x0) < f (0) =1, 因而这时a不满足要求.
(ⅲ) 当a≤0时, 对于任意x∈(0, 1) 恒有
≥, 这时a满足要求.
综上可知, 所求 a的取值范围为 a≤2.【圆锥曲线】计算技巧系列10讲
——设点还是设线？
处理解析几何问题时,有个重要遇阻因素是如何表示直线方程,是直接采用斜率作参量还是用点的坐标作参量,即是设点还是设线.“设线”时至多有两个变量,当所设直线能够方便地表示“问题目标元”,达到“一线贯通”时,应考虑设线;若选用设点,要确认“问题目标元”能否用点参表示,达到“点点通”.特别是当直线无法方便地将“问题目标元”与之联系起来时,“设点”往往是优选方案.但从思维习惯来讲,“设线”是我们采取的常规手段,是通法.
【知识精讲】
一、设点法基本知识
1．两点式方程
若，是直线上两定点，则过这两点的直线方程为：.为使其更具有一般性，若将其化简为①.
①式的特征是右端出现了这两点的交叉轮换式，即二阶行列式，若①式表示过定点的直线，则只需证明恒成立即可。这样的话，在处理斜率问题时的关键就是构造出上述的轮换关系，单纯的斜率定义：不重合的两点，则是难以直接构造的，所以我们需要利用斜率的点差法来构造，下面会在【典例精讲】中通过具体例子说明如何利用点差法构造轮换式.
抛物线中的直线的两点式方程会很简单，这里单独给出，如下
过执物线上两点的直线方程,常运用设点法表示,记点,于是直线的方程:,即.
若设点,则直线的方程:.
若将抛物线方程改为,则直线的方程:.
2 . 设点法轻松推出的一般性结论
【证明】此处用点代法证明结论（3），其余的类似证明 .
已知椭圆在第一象限内有一点，过点作两条倾斜角互补的直线分别交椭圆于另一点，则有.
设，其中.
所以
依题意得，所以，（关注微信公众号：Hi数学派）
从而
同理，有
两式相减，得所以，证毕.
设点法一般应用场景
（1）椭圆双曲线单动点：在椭圆上找一点使它满足某种条件时设点，或者牵一“点”动全身时，设点。
（2）椭圆双曲线双动点：利用两点式方程构造轮换式
（3）抛物线双动点设点：作差相除很容易得到一个斜率或者斜率的倒数，利用这一特征，抛物线我们一般多采用设点法
二、设线
设线解点是处理斜率问题的通法之一，它依赖于斜率的坐标定义，所以我们在翻译与斜率有关的问题时就考虑解出坐标，然后表示出斜率来，此法的优点是思维量较小，简单易上手，但是缺点就是往往可能运算量较大，但是在处理多直线的斜率关系时，设线解点配上点参数法不失为一种好的处理方法，各位读者可以在下面【典例精讲】中看到。这里先总结三种常用的设线方法，
方法一：设线解点（利用直线与曲线方程联立去解点坐标）
不重合的两点，则.所以我们在解决与斜率有关的问题时，第一个最朴素的想法就是解点，然后利用斜率公式解决.
此时，题干通常都会出现一定两动的斜率关系，分别通过一定的和两个定点连线所构成的两条直线联立曲线方程解出动点坐标，由于两条直线地位等价，解出一个之后即可同理得到另一点的坐标.
方法二：利用直线与直线方程解点构造同构式
上一方法联立直线与曲线的方程直接解点，当然亦可通过直线与直线相交解点再代入曲线方程，然后我们就可以构造斜率同构式.
方法三：设线解点+点参数法
当然，对于一些斜率比值问题，如果我们能够发现欲求斜率中点的对称等价关系，就可以通过其中部分点的坐标作为参数来表示其他点的坐标，再利用斜率公式求解，这就是下面例题的基本方法.
【典例精讲】
一、设点
【解析】
设，由点都在双曲线上，
得，，
所以，结合斜率公式，相减后变形，可得：，.
因为直线的斜率之和为，即，
所以，由得. ②
由得. ③
由②-③，得，从而，即的斜率为.
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，
因为，所以，即，
即，解得，
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以， ，
同理可得，， ．
所以，，
点到直线的距离，
故的面积为．
【解析】
由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
（2）设，依题意知，
因为，
所以，
整理得
同理得
相减可得即直线恒过定点.（关注微信公众号：Hi数）
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
二、设线
【解析】
【方法一】设直线的方程为，与双曲线的方程联立，消去得到，
根据韦达定理，得，故，
从而.
因为直线的斜率之和为，所以直线的方程为，
同理，可得：，.
所以直线的斜率为
【方法二】设过点的直线方程为，直线的方程为，
联立解得，代入双曲线的方程中，
整理得，
这是关于的一元二次方程，方程的两根分别为直线的斜率.
因为直线的斜率之和为，即，所以，整理后分解得.（关注微信公众号：Hi数学派）
因为直线不经过点，所以，从而，即的斜率为.
【解析】
（1）椭圆的标准方程为.
（2）设，直线MN的方程为，
则直线BM的方程为，与联立，
得：，由，且点在上，得，又，即，代入上式，
，即点，同理，
则，
将代入上式，得，
所以时，恒成立.
【解析】（1）见例2
（2）（设线解点）由题意，设直线的方程为，
代入椭圆方程，可得.
解得.
所以.
因为，将代替上面的，可得.
故.
所以直线的方程为.
化简，得，即直线恒过定点.
【点睛】虽然设线解点然后利用斜率公式是最朴素的解法，但是其运算量一般不会太小，这也就是我们需要进一步探寻其他计算方法的原因.
【解析】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，
由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；（关注微信公众号：Hi数学派）
（i）设直线的方程为,由题意可知,直线的方程与椭圆方程联立,
即或,点P在第一象限，
所以，因此点的坐标为
直线的斜率为，可得直线方程：，
与椭圆方程联立，，消去得，（*），
设点，显然点的横坐标和是方程（*）的解
，
代入直线方程中，得，所以点的坐标为，
直线的斜率为; ,
因为所以，因此是直角三角形.
【提升训练】
1．已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0．
（1）求的斜率；
（2）若，求的面积．
【解析】解：（1）将点代入双曲线方程得，
化简得，，故双曲线方程为，
由题显然直线的斜率存在，设，设，，，
则联立双曲线得：，
故，，
，
化简得：，
故，
即，而直线不过点，故；
（2）设直线的倾斜角为，由，
，得
由，，
得，即，
联立，及得，
同理，
故，
而，由，得，
故．
2．设抛物线的焦点为，点，过的直线交于，两点．当直线垂直于轴时，．
（1）求的方程；
（2）设直线，与的另一个交点分别为，，记直线，的倾斜角分别为，．当取得最大值时，求直线的方程．
【解析】解：（1）由题意可知，当时，，得，可知，．
则在中，，得，解得．
则的方程为；
（2）设，，，，，，，，
当与轴垂直时，由对称性可知，也与轴垂直，
此时，则，
由（1）可知，，则，
又、、三点共线，则，即，
，
得，即；
同理由、、三点共线，得．
则．
由题意可知，直线的斜率不为0，设，
由，得，
，，则，，
则，
，，（关注微信公众号：Hi数学派）
与正负相同，
，
当取得最大值时，取得最大值，
当时，；当时，无最大值，
当且仅当，即时，等号成立，取最大值，
此时的直线方程为，即，
又，，
的方程为，即．
3．已知抛物线的焦点到准线的距离为2．
（1）求的方程；
（2）已知为坐标原点，点在上，点满足，求直线斜率的最大值．
【解析】（1）解：由题意知，，
．
（2）由（1）知，抛物线，，
设点的坐标为，
则，
点坐标为，
将点代入得，
整理得，
当时，，
当时，，当且仅当，即时，等号成立，取得最大值．
故答案为：．
4．已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，点是的中点，且到抛物线的准线的距离为．
（1）求抛物线的方程；
（2）已知圆，圆的一条切线与抛物线交于，两点，为坐标原点，求证：，的斜率之差的绝对值为定值．
【解析】解：（1）根据题意可得，
故抛物线的方程为；
（2）证明：①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时，，，，；
②当直线的斜率存在且不为0时，故设直线的方程为，
因为圆的一条切线1与抛物线交于，两点，
故，
设，，，，
把直线的方程与抛物线进行联立，
所以，
，
故
．
综上所述：，的斜率之差的绝对值为定值为2．
5．已知椭圆的左右焦点分别是，，离心率，过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为3．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过椭圆的右焦点，且与轴不重合，交椭圆于，两点，求的取值范围．
【解析】解：（1）设过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段为，
由题意可知，则，，即，①
在椭圆上，
，②
将①代入②解得，
，，，
，
椭圆的方程为．
（2）设存在过点的直线与椭圆交于，两点，
设，，，，直线的方程为，
联立直线的方程：与椭圆的方程：
，得，
，，
弦长，
时，取最小值3，当时，．
的取值范围是，．
6．已知椭圆过点，且点到其两个焦点距离之和为4．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为原点，点为椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于，两点，且直线与轴不重合，直线，分别与轴交于，两点．求证：为定值．
【解析】（1）解：依题意，解得，所以椭圆方程为；
（2）证明：由（1）可知，
当直线斜率不存在时，直线的方程为，
代入椭圆方程得，解得，
不妨设此时，，
所以直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
所以；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
由得，
依题意，△，
设，，，，则，，
又直线的方程为，
令，得点的纵坐标为，即，
同理，得，（关注微信公众号：Hi数学派）
所以
，
综上可得，为定值，定值为．
7．已知椭圆的离心率为，，为椭圆上两个动点，，当，分别为椭圆的左，右顶点时，．
（1）求椭圆的方程；
（2）若线段的垂直平分线的方程为，且，求实数的取值范围．
【解析】解：（1）由题意可得，，
则，，，解得，
所以，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，
联立，得，
由△，得，
设，，，
则，，
设的中点为，，则，，
由于点在直线上，所以，得，
代入，得，所以①，
因为，，，，
所以，，，
由，得，
解得，
所以，
即②，
由①②得，
所以实数的取值范围为，．
8．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的弦长为6．
（1）求椭圆的方程；
（2）为第一象限内椭圆上一点，直线，与直线分别交于，两点，记和△的面积分别为，，若，求的坐标．
【解析】解：（1）将代入椭圆的方程，可得，
由题意可得，即，
由离心率为，即，得，
所以，解得，，
所以椭圆的方程为．
（2）由（1）知，，设，，
则直线的方程为，与相交于点，
则直线的方程为，与相交于点，
，
，，，
当时，，解得或（舍去），
当时，，方程无解，
把代入椭圆方程可得，
的坐标为．
9．在平面直角坐标系中，已知椭圆的长轴长为4，且经过点，其中为椭圆的离心率．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的左、右顶点分别为，，直线过的右焦点，且交于，两点，若直线与交于点，求证：点在定直线上．
【解析】解：（1）因为长轴长为，则，因为椭圆经过，所以，
由因为，所以，所以，解得，（舍去），
所以椭圆的方程为：；
（2）证明：由（1）可知，，，
解法一：当的斜率不存在时，的方程为，
若在轴上方，则，，
所以直线的方程：，的方程：，联立可得，同理若在轴下方，可得，
与均在直线上，
当直线的斜率存在时，设直线的方程：，，，，，
联立方程组，消去，整理得，
显然，△，则，，
又因为直线的方程：，直线的方程：，消去，可得
，
所以点在直线上，
总是可知，点在定直线上．
方法二：显然直线的斜率不为0，设直线的方程：，，，，，
联立方程组，得，显然△，
所以，，
又因为直线的方程：，直线的方程：，消去，可得
，
因为，所以，
所以点在定直线上．
方法三：设，，，，所以，，
因为，所以，①
且满足，，所以，
所以，结合①可得，，②
由①②可得：，，
又满足：，，所以，
解得：，
所以点在定直线上．
10．已知椭圆标准方程为，椭圆的左、右焦分别为、，为椭圆上的点，且，过点且斜率为的直线与椭圆交于、两点．
（1）求椭圆方程；
（2）若在以为直径的圆上，求直线的方程和圆的方程．
【解析】解：（1）由题意可知，，，则，
，
可得椭圆方程为；
（2），直线的方程为，
联立，得．
设，，，，
则，，
，
在以为直径的圆上，，
即，则，，，
可得，（关注微信公众号：Hi数学派）
，
即，
得，
整理得：，，
则直线的方程为；
此时的中点坐标为，
圆的半径，
圆的方程为【圆锥曲线】计算技巧系列10讲
——不联立，不韦达的设点法如何用？
【知识精讲】
1．两点式方程
若，是直线上两定点，则过这两点的直线方程为：.
为使其更具有一般性，若将其化简为①.
①式的特征是右端出现了这两点的交叉轮换式，即二阶行列式，若①式表示过定点的直线，
则只需证明恒成立即可.
这样的话，在处理斜率问题时的关键就是构造出上述的轮换关系，单纯的斜率定义：不重合的两点，则是难以直接构造的，所以我们需要利用斜率的点差法来构造，下面会在【典例精讲】中通过具体例子说明如何利用点差法构造轮换式
2 . 一般性结论
【证明】此处用点代法证明结论（3），其余的类似证明 .
已知椭圆在第一象限内有一点，过点作两条倾斜角互补的直线分别交椭圆于另一点，则有.
设，其中.
所以
依题意得，所以，（关注微信公众号：Hi数学派）
从而
同理，有
两式相减，得所以，证毕.
【典例精讲】
【解析】
设，由点都在双曲线上，
得，，
所以，结合斜率公式，相减后变形，可得：，.
因为直线的斜率之和为，即，
所以，由得. ②
由得. ③
由②-③，得，从而，即的斜率为.
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，
因为，所以，即，
即，解得，
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以， ，
同理可得，， ．
所以，，
点到直线的距离，
故的面积为．
【解析】
由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
（2）设，依题意知，
因为，
所以，
整理得
同理得
相减可得
即直线恒过定点.（关注微信公众号：Hi数学派）
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．【圆锥曲线】计算技巧系列10讲
——非对称韦达结构的韦达化处理
【知识与典例精讲】
在一元二次方程中，若，设它的两个根分别为，则有根与系数关系：，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理之类的结构，但在有些问题时，我们会遇到涉及的不同系数的代数式的应算，比如求或之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了．特别是在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去或，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们把这种形如或之类中的系数不对等的情况，这些式子是非对称结构，称为“非对称韦达”，接下来，我们来谈谈常见的突破方式．
【答案】
【解析】设直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得（*）
则，注意到，令，则，
∴，，
∴，即．
在（*）中，由判别式可得 ，从而有，∴，
解得．结合得．综上，．
【评注】经常出现在圆锥曲线的题型为：过点的直线与圆锥曲线交于不同的两点，且满足之类的，或者是之类的．其中，用坐标表示出来后，就可以选择一个较简单的式子来转化到韦达定理；我们可以设他们的比值为，这样可以转化到，再用同样的办法来解决．
非对称韦达结构的韦达化处理
由引例1可知，核心条件坐标化后，并不全是直接韦达化的形式．对于坐标化后的表达式不是韦达形式的，还需进行韦达化处理．韦达化处理主要有以下几种处理方法：代换、配凑、和积消元法．
韦达化处理一、代换——即消去x或y中的一个
由于我们联立后的方程式关于x或y的二次方程，韦达定理中的两根之和与两根之积只式单独的x或y的形式，而此时坐标表达式并非是直接的韦达形式，因此需进行代换：
【解析】由题，直线不与x轴平行，故设，其中，设点，
联立，消x得：，，则，
因为，则，即，
（方向一：直线代换：）
又，即，代入得，即，解得(舍)或，即直线过定点．
【评注】通常情况下，我们在解答题以直线代换居多，这里不再赘述．但需要注意一点，一般而言，如果选择代换消去y则正设直线；选择代换消去x，则反设直线．
（方向二：曲线代换：）
又，代入得，解得(舍)或，即直线过定点．
【评注】对于核心信息表达式中的一次项，一般以直线代换为主．而曲线如果为抛物线，也可以用抛物线代换，如例题中抛物线为，因此对于x的一次式可以用曲线代换．反之，如果抛物线为则可用曲线对y进行代换，由于我们要代换的是y，因此联立后的方程保留为关于x的二次方程，同时直线的假设则以正设为主．另一方面，如果核心信息表达式中是单元的二次形式，如形式，则一般考虑用曲线代换，这样处理会更加简单．
【分析】此题中核心信息即直线AC、BC的斜率．由题易知点A(0，1)，要表示AC、AB的斜率，还需要引入参数，因为B、C关于原点对称，故不妨设，那么是否需要设直线呢？再往后看．
引入参数后，将斜率坐标化表达：，目标信息为斜率之积，即，接下来需要考虑代换问题，观察到目标信息是二次形式，代换中我们提到，对于单元二次形式的，可采用曲线代换，由于此时还未假设直线，看来也是不需要了．由点B、C在曲线上，故有，即，代入目标信息中可得，为定值．
【解析】由题，设点，，则，又点B椭圆上，故有，即，代入可得，为定值，得证．
韦达化处理二：配凑
配凑法进行韦达化处理，一个经典案例就是弦长中的．对于前述坐标化后的部分式子，也需要作配凑处理：
（1），即，其中k为直线AB斜率，再用直线代换，即，得．此处需注意两点，一是，几何意义即为直线斜率，二是通过平方差公式因式分解转化，对于含平方形式是有力手段．
（2）．
（3），此处考虑直线代换，
，
再代入上式即可得．
（4），
而，整理得．
（5）此形式可以配凑倒数关系，，故，
配凑可得．
韦达化处理三、利用韦达定理构造“和积消去”型
此外，在一些定点、定值、定线问题中，还常出现需要证明类似为定值的情形，通过直线代换可得：，但此时式子并不能完全整理为韦达定理的形式，这种式子一般称为“非对称韦达定理”．
我们明明求了韦达定理却无法代入，这时我们就需要通过所求得的韦达定理找到和之间的关系，将其中一个替换，常用手段是把乘法的替换成加法．
【分析】此题核条件为直线AM与的斜率显然要设点，不妨设而由题可知A(－2，0)，B(2，0)，因此， 从而目标信息，要证明其值为定值．从目标信息的形式来看，用x或y表示并无差异，考虑到直线不与x轴重合，故采用反设直线要方便些，因此设，通过直线替换后可得，出现了韦达定理结构之外的形式，即落单的和，像此类结构，一般被称为“非对称韦达”．
下面我们介绍几种常见的处理策略，准备工作先做好，先联，
消x得，易知△>0，则．
策略一：和积转换——找出韦达定理中的两根之和与两根之积的关系
如本例中由韦达定理可得，，代入目标信息得，稍作整理，即可得，为定值，得证．
若看不出两根之和与两根之积的关系怎么办呢？我们不妨用待定一下系数，
设，∴
上面使用的是纵坐标的和积关系，若正设直线，需考虑直线l斜率问题，斜率存在时，同理，借助横坐标的和积关系也可证明，再验证斜率不存在时的情形．考虑到本例中反设直线，两根的和积关系显而易见，而对于一般的和积关系，关系可能不是那么明显，如此例中正设直线，具体可参看策略三中的解析．
策略二：配凑半代换——对能代换的部分进行韦达代换，剩下的部分进行配凑
而半代换也有一定技巧，就是配凑．比如题中的，若只代换，
得，依然无法得到定值，因为落单的和不一致，而此时为分式结构，分式结构的定值需要满足上下一致，且对应成比例，抓住这个核心，可以对和其中某个进行配凑使其能构成比例形式．以分子为例，分子要出现形式，可将分子整理为，从结构上可以猜测定值为，不妨将韦达代入，得，得证．
分母可作类似处理，得．
上面使用的是纵坐标的配凑半代换，借助横坐标的配凑半代换亦可证明，可自行尝试．
策略三：先猜后证
可以先找一个特殊情况先得到该定值，进而再证明其他情形也为该值．
显然先考虑直线l斜率不存在时的情形，此时，，或，，对应为或，，此时均有，为定值．
当直线l斜率存在时，不妨就正设直线，联立，
消得易知△＞0，则
此时目标信息，可采用分析法证明．要证，即证也即，即，即，也即，此时为韦达定理的结构，代入韦达，即证，也即，显然成立，也即恒有，为定值．
上述先猜后证采用的是正设直线，借此我们也说说正设直线时采用和积关系处理和配凑半代换的处理策略．目标信息直线代换后得
若采用和积关系处理策略，观察韦达不难发现，此时和积关系没有反设直线那么直观，那么我们该如何寻找其关系呢
一方面，可以采用待定系数，设求解得出和积关系．如此处设，即，解得，
即另一方面，可先对和积形式分别作分离常数处理 ，
那么如此也能得到和积关系．
代入目标信息，得，得证．
都到这了，那么“配凑半代换”也试一试好了，目标信息观察到此时分母中有落单的先把分母配凑成，此时分母中落单的只有，且系数为正．因分子可配凑成，从而，再代入韦达定理，
，得证．
策略一的“和积转换”以及策略二的“配凑半代换”可以说是“非对称韦达定理”的通法，而猜证结合也探究类题型的有效处理手段．除此之外，对于不同的结构和形式，还有一些其他对应的处理技法，考虑到通用性，这里只重点讲解“猜证结合”与“和积转换”和“配凑半代换”．
通过上述例题我们也能再次感受到，不同的参数引入和直线假设，对后续的计算处理将产生不同的影响，计算量也存在较大差异．
【解析】（反设直线）由题，A(－2，0)，B(2，0)，设，则， ，联立，消x得，且△>0，则．
（策略一：和积转换，一般是积转和）
所以，代入得，，为定值，得证．
（策略二：配凑半代换）
因此，得证．
（正设直线）
情形一：当直线l斜率不存在时，此时，，或，，
因此或，，此时均有，为定值．
情形二：当直线l斜率存在时，不妨就正设直线，，，
因此， ，，
联立，消得，易知△＞0，则．
（策略一：和积转换，一般是积转和）即，因此，
所以，为定值，得证．
（策略二：配凑半代换）所以，
即，为定值，得证．
（策略三：先猜后证）要证，即证，也即，即，即，也即，也即，显然成立，也即恒有，为定值，得证．
【答案】（1）；（2）答案见解析．
【分析】（1）由题意列出关于的方程组解出即可得结果；
（2）选择①与椭圆方程联立结合韦达定理得出，再将与的方程联立即可得出结果；选择②与①相似，直接代入计算即可；选择③直线与轴交于点，由对称性可知，，结合韦达定理解出即可得结果．
【解析】（1）依题意，得，即，解得所以的方程
（2）选择①设直线的方程为，联立方程，化简整理，得，
假设，由韦达定理，得，得
直线的方程：；直线的方程：；
联立方程，得，两式相除，得
，即，解得，所以直线和交点的轨迹方程是直线．
选择②联立方程，化简整理，得，假设，由韦达定理，得，得于是
故存在实数，使得恒成立．
选择③，联立方程，得，化简整理，得，
由韦达定理，得，直线与轴交于点，由对称性可知，，
假设，即，则，
所以，
即，解得，所以直线恒过定点．
【评注】利用韦达定理构造“和积消去”型解决非对称型问题基本规律
（1）对于非对称型题，韦达定理无法直接代入，可以通过韦达定理构造互化公式，先局部互化，然后可整理成对称型；
（2）和积互化公式：
（3）一般情况下，多把积化和，且m多为常数，授课时注意讲清这些数据细节．
【提升训练】
1．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)求椭圆的方程；
(2)(ⅰ)求证直线与交点M在一条定直线l上；
(ⅱ)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) (ⅰ)见证明；(ⅱ)见证明
【分析】(1)由题意可得，可以求出，，从而求出椭圆的方程；(2)(ⅰ)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x＝2上；(ⅱ)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) (ⅰ)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： ①，
直线的方程是： ②，
设，既满足①也满足②，
则
，
故直线与交点M在一条定直线l：x＝2上.
(ⅱ)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．
2．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．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（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】（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：①
直线BN的方程：②
由对称性可知：点Q在垂直于x轴的直线上，
联立①②可得．
因为，
所以
所以点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：①
又B，N，Q三点共线，有②将①与②两式相除得：
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.
点是椭圆的左右顶点若直线与椭圆交于M，N两点，求证：直线AM与直线的交点在一条定直线上．
【答案】证明见解析
【分析】联立直线与椭圆方程，联立直线的方程与直线的方程，结合韦达定理，化简可求得直线AM与直线BN交点在定直线x＝4上．
【详解】由题意得，，，设，
联立，化简得(，
所以，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立，即，解得
原式
，
故直线AM与直线BN交点在定直线x＝4上．
4．设椭圆C：的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线的倾斜角为60o,.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)如果|AB|=，求椭圆C的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用直线的点斜式方程设出直线方程，代入椭圆方程，得出的纵坐标，再由，即可求解椭圆的离心率；
（2）利用弦长公式和离心率的值，求出椭圆的长半轴、短半轴的值，从而写出椭圆的标准方程.
【详解】
（1）设，，由题意知，.
直线的方程为，其中.
联立得，
解得，.
因为，所以.
即，
得离心率.
（2）
因为，所以.
由得.所以，得，.
椭圆的方程为
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质，其中解答中涉及到直线的点斜式方程，直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，直线与圆锥曲线的弦长公式等知识点的综合考查，着重考查了学生的推理与运算能力，转化与化归思想，解答准确的式子变形和求解是解答的一个难点，属于中档试题.
5．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．
6．已知椭圆：（）过点，且离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)记椭圆的上下顶点分别为，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程．
【答案】(1)
(2)证明见解析；定直线
【分析】（1）利用椭圆过点，离心率，结合，即可得解；
（2）由题意得直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求根公式可求得，联立直线的方程与直线的方程，化简可求得直线与的交点在定直线上．
【详解】(1)
由椭圆过点，且离心率为，所以，解得
故所求的椭圆方程为．
(2)
由题意得，，
直线的方程，设，
联立，整理得，
∴，．
由求根公式可知，不妨设，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立，得
代入，得，
解得，即直线与的交点在定直线上．
7．椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点．
（1）当时，求直线的方程；
（2）当点异于两点时，证明：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）先由题意求出椭圆方程，直线不与两坐标轴垂直，设的方程为，然后将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再由弦长公式列方程可求出的值，从而可得直线方程；
（2）表示直线，的方程，联立方程组可得而代入化简可得，而，则可得的结果
【详解】（1）由题意，椭圆的方程为
易得直线不与两坐标轴垂直，
故可设的方程为，设，
由消去整理得，判别式
由韦达定理得，①
故，解得，
即直线的方程为．
（2）证明：直线的斜率为，故其方程为，
直线的斜率为，故其方程为，
由两式相除得
即
由（1）知，
故
解得．易得，
故，
所以为定值1
已知、分别是椭圆的右顶点和上顶点，、在椭圆上，且，设直线、的斜率分别为、，证明：为定值．
【答案】证明见解析
【分析】设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值.
【详解】证明：由题意得，，则，
设直线的方程为，设点、．
由，消去得，
，可得，且有，
由韦达定理可得，，
，
，
又由得，代入上式得：
，
所以，为定值.
【点睛】方法点睛：求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.
9．已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交于点，证明：点在定直线上．
(3)设直线的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆上顶点坐标，再结合即可求解作答.
（2）设点，联立直线l与椭圆C的方程，求出直线AM，AN的方程，再联立求出交点Q的横坐标即可作答.
（3）利用（2）中信息，直接计算即可作答.
【详解】(1)
当时，直线：，令，得，即椭圆的上顶点为，则，
又的周长为，即，，又，解得，
所以椭圆的方程为.
(2)
由（1）知，，设，依题意，点A，B不在x轴上，
由消去并整理得：，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线、的方程得，
由得代入上式，得
，于是得，
所以直线交点在定直线上．
(3)
由（2）知，，由得：，
所以为定值．
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.
10．在平面直角坐标系中，如图，已知的左、右顶点为、，右焦点为，设过点的直线、与椭圆分别交于点、，其中，，．
（1）设动点满足，求点的轨迹；
（2）设，，求点的坐标；
（3）设，求证：直线必过轴上的一定点（其坐标与无关）．
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．
【分析】（1）根据椭圆的标准方程可得、、的坐标,设动点，根据条件，结合两点间距离公式,化简即可得解；
（2）根据，代入椭圆方程即可求得、的坐标，进而求得直线与直线的方程，联立两条直线方程即可求得交点的坐标；
（3）设出直线与直线的方程，分别联立椭圆方程即可表示出、的坐标，讨论与，并分别求得的值，即可求得所过定点的坐标.
【详解】（1）设点，则，，，
由，得，
化简得，
故所求点的轨迹为直线．
（2）将，分别代入椭圆方程，以及，，
得，，
直线方程为，即，
直线方程为，即，
联立方程组，解得，
所以点的坐标为．
（3）点的坐标为，
直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，，
解得、，
若，且,得，
此时直线的方程为，过点；
若，则，直线的斜率，
直线的斜率，
所以,所以直线过点，
因此直线必过轴上一定点.
11．如图，椭圆：，a，b为常数)，动圆，．点分别为的左，右顶点，与相交于A，B，C，D四点．
(1)求直线与直线交点M的轨迹方程;
(2)设动圆与相交于四点，其中，．若矩形与矩形的面积相等，证明：为定值．
【答案】（1） （2）证明见解析
【详解】（1）设，又知，
则直线的方程为 ①
直线的方程为 ②
由①②得 ③
由点在椭圆上，故，从而代入③得
（2）证明：设，由矩形ABCD与矩形的面积相等，得
故
因为点A，均在椭圆上，所以，
由，知，所以.从而
因此为定值
【点睛】本大题主要考查椭圆、圆、直线的标准方程的求法以及直线与椭圆、圆的位置关系，突出解析几何的基本思想和方法的考查：如数形结合思想、坐标化方法等
12．已知椭圆左顶点为，为原点，，是直线上的两个动点，且，直线和分别与椭圆交于，两点
（1）若，求的面积的最小值；
（2）若，，三点共线，求实数的值.
【答案】（1）1；（2）
【分析】（1）由勾股定理、三角形面积可得：，，．再利用，即可得出．（2）设，可得方程为：，可得为，同理为，根据利用数量积运算性质即可得出．
【详解】（1）由勾股定理、三角形面积可得：
，,当且仅当等号成立
．
，
即的面积的最小值为1．
（2）设，
则方程为：，
则为，同理为 ，
，
，得．
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、椭圆的参数方程、向量垂直与数量积的关系、勾股定理、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
13．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】（Ⅰ） ，离心率 （Ⅱ） （Ⅲ）
【分析】（Ⅰ）由题意可知：m＝1，可得椭圆方程，根据离心率公式即可求出
（Ⅱ）设直线CD的方程，代入椭圆方程，根据韦达定理，由SACBD＝S△ACB+S△ADB，换元，根据函数的单调性即可求得四边形ACBD面积的最大值．
（Ⅲ）点M在一条定直线上，且该直线的方程为x＝4
【详解】（Ⅰ）由题意，得 , 解得.
所以椭圆方程为.
故，，.
所以椭圆的离心率.
（Ⅱ）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.
（Ⅲ）结论：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．
14．已知分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，当PF1⊥F1F2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，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.
15．已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）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】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】(Ⅰ)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；
(Ⅱ)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】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
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.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
16．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】（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，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.
17．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，记直线AM，BN的斜率分别为，且,求直线的方程.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）根据长轴长为6，离心率为，可求得的值，即可得答案；
（2）设的方程为，，直线与椭圆的另一个交点为，利用得到方程，与韦达定理联立，求得，进一步求得关于的方程，求出的值，即可得到直线方程.
【详解】（1）由题意，可得，，，
联立解得，，，
∴椭圆的标准方程为.
（2）如图，由（1）知，
设的方程为，，
直线与椭圆的另一个交点为，
∵，根据对称性可得，
联立，整理得，
∴，
∵，∴，
即，
联立解得，，
∵，，∴，
∴，∴，
∴直线的方程为，即.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线斜率公式、直线与椭圆的位置关系、对称性，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的应用.【圆锥曲线】计算技巧系列10讲
——如何用硬解定理硬解圆锥曲线？
圆锥曲线硬解定理，又称CGY-EH定理（The CGY Ellipse & Hyperbola Theorem）或JZQ-EH定理（The JZQ Ellipse & Hyperbola Theorem），其是一套求解椭圆、双曲线与直线相交时Δ，及相交弦长的简便算法，常应用于解析几何．
在将圆锥曲线的方程与直线方程联立求解时人们发现了可消项的存在．但其一般化的推导结果不具有普适性，且一直无法用一个简洁的形式表示．由CGY-EH定理，以直线与椭圆为例推导，重新排列分组形式，并引入，从而得出了较为简洁的表示形式．后再由CGY-EH定理的成功引入弦长计算公式，并将适用范围扩大到对值求解及对的求解，从而奠定了CGY-EH定理强大的通用性与普适性．
【知识精讲】
圆锥曲线与直线的联立及弦长的计算，一般较为繁琐，本专题拓展了硬解定理等公式，这些公式形式都比较简洁，利于记忆．在解题过程中我们可以借用一些口诀，快速写出答案，当然一些应该有的过程还是要写出来．
一、硬解定理及拓展公式
二次曲线方程用①表示，与直线②相交于两点，联立①②式可得，
最终的二次方程：
消去得：，
消去得：，
可得如下公式：
（1）判别式：
（2）韦达定理
，，
（3）弦中点公式：，
（4）弦长公式：（记，下同）；
．
（5）向量组：
第一组：．
公式简证：，
，
．
说明：根据写的方法：互换；互换；不变．
第二组：向量的数量积
公式证明：
．
（6）斜率组：斜率和
已知点，，，直线的方程为．
则直线，的斜率和
（记忆要点1：分母中，即在直线上．
记忆要点2：分子的记忆）
公式证明：
代入韦达定理和公式②、④得
，
即．（设）
二、硬解定理及拓展公式的几个口诀
1．一元二次方程：
口诀：两家（加）小两口
方AC偶
方站门外，C方单身狗
如果写出了这个式子，韦达定理就可以快速写出两根之和，两根之积．
2．弦长公式也有口诀可以速算
口诀：小倍积，大方和
成对去见（减）单身C．方
见完回到分母上
3．判别式
只需要记住“成对去见单身方”即可
直线与椭圆相切
直线与椭圆相交
直线与椭圆相离
4．麻花公式
口诀：大倍积小方积
三、硬解定理的进一步推广
以上我们就直线与椭圆推导出相应的结论，以下几种情形：
①直线与椭圆：只需把互换即可得相应的公式；
②直线与双曲线：只需用替换即可得相应的公式；
③直线与双曲线：只需用分别替换即可得相应的公式．
④若设直线，则它与椭圆、双曲线相应的结论表如下：（推导过程略）
说明：椭圆部分的算出来与原定理的一致，另外，直线也可能设为，可得相应的结论，就不再赘述了．对于直线与抛物线相交的情形较简单，这里也不再叙述．
四、硬解定理的应用举例
【答案】
【解析】解法1：椭圆的，右焦点为，设直线AB的方程为，代入椭圆方程可得，，即有，
由椭圆的第二定义可得，，
解得．
解法2：．
设直线方程，，由公式得： ，，．
【解析】解法1：由，得，则椭圆方程为，即，
∵直线l过右焦点F，且倾斜角为60°，
∴直线l的方程为，
联立，消去y得： ．
设，则，
，解得，
∴椭圆方程为： ．
解法2：，
设直线方程，，
由公式得： ，
，又，
∴，解得，
椭圆方程为．
【解析】设直线的方程为，则有在本题中有：
代入，有方程，
代入，
有，
代入韦达定理有，，，
∵以为直径的圆过点，∴，即，即，代入得
，
这里在直线上，，化简得，
即，∴（舍去）或，
，
，
令，则，
，
又当不存在时，．综上，△的面积最大值为．
【解析】
解法1：（1）由题意可得：过点F且斜率为1的直线方程为，
联立直线与椭圆的方程可得：，∴，
由弦长公式可得： ．
（Ⅱ）设以为中点椭圆的弦与椭圆交于，
∵为EF中点，∴，把分别代入椭圆，
得，∴，
∴，∴，
∴以为中点的椭圆的弦所在的直线方程为： ，整理，得．
解法2：，直线方程，
，由公式得： ．
例（2022宁县校级期末）
【解析】（1）由已知可得： ，联立解得： ．
∴椭圆C的标准方程为．
（Ⅱ）解法1：直线l的方程为：，即．设，
联立，化为： ，∴，
∴．
解法2：，直线方程，
，由公式得： ．
【解析】解法1：（Ⅰ）由题意知，椭圆离心率为，得，又，
∴可解得，∴，∴椭圆的标准方程为；∴椭圆的焦点坐标为，∵双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，∴该双曲线的标准方程为．
（Ⅱ）设点，则∴，
又点在双曲线上，∴，即，∴．
（Ⅲ）假设存在常数，使得得恒成立，则由（Ⅱ）知，
∴设直线AB的方程为，则直线CD的方程为，
由方程组消y得： ，
设，则由韦达定理得，，
∴，
同理可得．
∵，∴，
∴存在常数，使得恒成立．
解法2：（Ⅰ）同解法1．
（Ⅱ）根据双曲线第三定义得： ．
（Ⅲ）假设存在常数，使得得恒成立，则由（Ⅱ）知，
∴设直线AB的方程为，则直线CD的方程为，
化成一般式，联立椭圆方程其中，
，
由公式得：，
同理可以得到，
∴．
【提升训练】
1．（2022年新高考Ⅰ卷21）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【解析】（1）
因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）
［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
2．（2022年新高考Ⅱ卷21）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【解析】（1）
右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）
由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
3．（2022年高考全国乙卷20）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.
【解析】（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.
4．（2022年高考浙江卷21）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【解析】（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．
5．（2021年高考北京卷20）已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
故即，
综上，或.
6．（2021全国甲卷文理21）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）[方法一]：设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：
，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
[方法二]【最优解】：设．
当时，同解法1．
当时，直线的方程为，即．
由直线与相切得，化简得，
同理，由直线与相切得．
因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述，若直线与相切，则直线与相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路
7．（2021新高考Ⅰ卷21）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．
联立,
化简得.
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
8．（2021新高考Ⅱ卷）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.【圆锥曲线】计算技巧系列10讲
——极坐标秒解圆锥曲线
在圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中，是坐标原点，是圆锥曲线上一点，以为极点，极径的长度可以方便表示出来，可以达到简化计算的目的．也可以圆锥曲线的一个焦点为极径，利用圆锥曲线的统一定义得圆锥曲线统一的极坐标方程，从而解决问题．
【知识与典例精讲】
一、以原点为极点
以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，
（1）设椭圆上点的极坐标为，即，，则，变形可得，其中为焦点到相应准线的距离．
（2）设双曲线上点的极坐标为，即，，则，变形可得，其中为焦点到相应准线的距离．
（3）设抛物线上点的极坐标为，即，，则．
例1．设圆的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
（I）证明为定值，并写出点E的轨迹方程；
（II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.
【答案】(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ).
【详解】试题分析：（Ⅰ）利用椭圆定义求方程；（Ⅱ）把面积表示为关于斜率k的函数，再求最值．
试题解析：（Ⅰ）因为，，故，
所以，故.
又圆的标准方程为，从而，所以.
由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：
（）.
（Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，，.
由得.
则，.
所以.
过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以
.故四边形的面积
.
可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为.
当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.
综上，四边形面积的取值范围为.
【考点】圆锥曲线综合问题
【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成.其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.
例2．（2022河南二模）设椭圆的离心率，右焦点到直线的距离，O为坐标原点．
1求椭圆C的方程；
2过点O作两条互相垂直的射线，与椭圆C分别交于A，B两点，证明点O到直线AB的距离为定值，并求弦AB长度的最小值．
【答案】（1）＝1（2）
【详解】试题分析：
解题思路：(1)利用离心率及点到直线的距离公式求解即可；（2）设出直线方程，联立直线与椭圆的方程，整理成关于的一元二次方程，利用求解.
规律总结：直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般综合性强.一般思路是联立直线与圆锥曲线的方程，整理得关于的一元二次方程，常用“设而不求”的方法进行求解.
试题解析：（1）由得，即
由右焦点到直线的距离为
得，解得，
所以椭圆C的方程为.
（2）设A B
直线AB的方程为y=kx+m与椭圆联立消去y得
∵OA⊥OB,
即
整理得
所以O到直线AB的距离
∵OA⊥OB，∴
当且仅当OA=OB时取“=”
由得
.
即弦的长度最小值是.
考点：1.椭圆的标准方程；2.直线与椭圆的位置关系.
例3．（2022虹口区月考）已知椭圆的长轴为，且过点
（1）求椭圆的方程；
（2）设点为原点，若点在曲线上，点在直线上，且，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论.
【答案】（1）（2）直线与圆相切，证明见解析
【分析】（1）由题意可得，代入的坐标，可得，的方程，解方程可得椭圆方程；
（2）设出点，的坐标分别为，，其中，由得到，用坐标表示后把用含有点的坐标表示，然后分，的横坐标相等和不相等写出直线的方程，然后由圆的圆心到的距离和圆的半径相等，证明直线与圆相切.
【详解】（1）由题意可得，即，
又，解得，
即有椭圆的方程为；
（2）直线与圆相切.
证明如下：设点,的坐标分别为,，其中.
，
，即，
解得.
当时，，代入椭圆的方程，得，
故直线的方程为，
圆心到直线的距离.
此时直线与圆相切.
当时，直线的方程为,
即.
圆心到直线的距离
又，.
故.
此时直线与圆相切.
综合得直线与圆相切.
【点睛】此题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题，考查直线和圆的位置关系的判断，考查化简整理的运算能力，属于中档题.
例4．（2022衡阳一模）已知椭圆的离心率为，其左右焦点分别为、，，设点，是椭圆上不同两点，且这两点与坐标原点的连线的斜率之积．
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：为定值，并求该定值．
【答案】(1)；
(2)为一定值.
【分析】（1）由离心率和焦距建立a，b的方程组求解即可；
（2）先由斜率关系求得，再由椭圆方程求得，联立即可求解．
【详解】（1）
依题意，，而，∴，，则椭圆的方程为：；
（2）
由于，则，，而，，
则，，∴，则，
，展开得为一定值.
二、以焦点为极点
1．以圆锥曲线的焦点为极点，极轴垂直于准线建立极坐标系（如图①），三种圆锥曲线的统一极坐标方程为：①，其中为焦点到相应准线的距离．当时，表示以左焦点为极点的椭圆；当时，表示以焦点为极点、开口向右的抛物线；当时，表示以右焦点为极点的双曲线的右支，若允许，则方程就表示整条双曲线．
图① 图② 图③ 图④
证明：仅证双曲线情形，椭圆和抛物线同理可证．
如图⑤，设是双曲线左支上的一点，连结，过作右准线于，轴于．
在终边的延长线上，，由定义有，又，，即，从而当时，方程表示双曲线左支，因而因而在广义坐标系下方程表示整条双曲线．
图⑤
2．以圆锥曲线的焦点为极点，极轴垂直于准线建立极坐标系（如图②），三种圆锥曲线的统一极坐标方程为：②，其中为焦点到相应准线的距离．当时，表示以右焦点为极点的椭圆；当时，表示以焦点为极点、开口向左的抛物线；当时，表示以左焦点为极点的双曲线的左支，若允许，则方程就表示整条双曲线．
3． 以圆锥曲线的焦点为极点，以平行于准线的直线为极轴，建立极坐标系，三种圆锥曲线的统一极坐标方程为③（如图③）或④（如图④）．
例5．已知椭圆的离心率为，过右焦点且斜率为的直线与相交于两点．若，则
A．1 B． C． D．2
【答案】B
【详解】因为，所以，从而，则椭圆方程为．依题意可得直线方程为，联立可得
设坐标分别为，则
因为，所以，从而有 ①
再由可得，根据椭圆第二定义可得，即 ②
由①②可得，所以，则，解得．因为，所以，故选B
例6（2021年年高考全国Ⅱ卷20）．已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
例7．如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和.
（Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程；
（Ⅱ）设直线、的斜率分别为、，证明；
（Ⅲ）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）椭圆的标准方程为；双曲线的标准方程为
（Ⅱ）=1．（Ⅲ）存在常数使得恒成立，
【详解】试题分析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：，
2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2.
又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为＝1.
由题意设等轴双曲线的标准方程为＝1(m＞0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m＝2，因此双曲线的标准方程为＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则k1＝，k2＝.
因为点P在双曲线x2－y2＝4上，所以x－y＝4.
因此k1·k2＝·＝＝1，即k1·k2＝1.
(3)由于PF1的方程为y＝k1(x＋2)，将其代入椭圆方程得(2k＋1)x2－8kx＋8k－8＝0，
显然2k＋1≠0，显然Δ＞0.由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|AB|＝
＝.
同理可得|CD|＝.
则，
又k1·k2＝1，
所以.
故|AB|＋|CD|＝|AB|·|CD|.
因此存在λ＝，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．
考点：本题考查了圆锥曲线方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系
点评：对于直线与圆锥曲线的综合问题，往往要联立方程，同时结合一元二次方程根与系数的关系进行求解；而对于最值问题，则可将该表达式用直线斜率k表示，然后根据题意将其进行化简结合表达式的形式选取最值的计算方式
例8．在平面直角坐标系中，椭圆：的右焦点为
（，为常数），离心率等于0.8，过焦点、倾斜角为的直线交椭圆于、两点．
⑴求椭圆的标准方程；
⑵若时，，求实数；
⑶试问的值是否与的大小无关，并证明你的结论．
【答案】（1）（2）（3）为定值
【详解】试题分析：（1）利用待定系数法可得，椭圆方程为；
（2）我们要知道=的条件应用，在于直线交椭圆两交点M，N的横坐标为，这样代入椭圆方程，容易得到，从而解得；
（3） 需讨论斜率是否存在．一方面斜率不存在即=时，由（2）得；另一方面，当斜率存在即时，可设直线的斜率为，得直线MN：，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和焦半径公式，就能得到，所以为定值，与直线的倾斜角的大小无关
试题解析：（1），得：，椭圆方程为
（2）当时，，得：，
于是当=时，，于是，
得到
（3）①当=时，由（2）知
②当时，设直线的斜率为，，则直线MN：
联立椭圆方程有，
，，
=+==
得
综上，为定值，与直线的倾斜角的大小无关
考点：（1）待定系数求椭圆方程；（2）椭圆简单的几何性质；（3）直线与圆锥曲线
例9．如图，椭圆的顶点为，，，，焦点为，，，．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设n是过原点的直线，l是与n垂直相交于P点，与椭圆相交于A，B两点的直线，．是否存在上述直线l使成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）根据椭圆的几何性质知，由已知条件得知，求出，即可得方程．
（2）当与轴不垂直，设A、B，直线为，结合已知得，再根据向量数量积的运算律可得，联立直线和椭圆求与的第二个关系式即可判断存在性，再考虑与轴垂直结合已知判断存在性.
【详解】（1）
由知：①，由知：②，又③
由上述三式，解得，，故椭圆C的方程为.
（2）
设A，B分别为，，假设使，成立的直线l存在，
(i)当l不垂直于x轴时，设l为，
由ln于P且得：，即，
由，.
，即.
将代入椭圆，得：，
所以④，⑤，
，
将④、⑤代入化简得：⑥，
将代入⑥化简得：，故不成立，即此时直线l不存在.
(ii)当l垂直于x轴时，满足的直线l为或，
当时，A，B，P分别为，，，故，，所以.
当时，同理有，即此时直线l也不存在.
综上，使成立的直线l不存在.
例10．如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为，右准线l的方程为：．
(1)求椭圆的方程；
(2)在椭圆上任取三个不同点，使，证明：为定值，并求此定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】(1)根据准线的几何性质，求出a，再算出b，可得椭圆方程；
(2)根据题设，分别求出 与x轴正方向的夹角之间的关系，代入 中计算即可.
【详解】（1）
设椭圆方程为．因焦点为，故半焦距，又右准线的方程为，
从而由已知，因此，，
故所求椭圆方程为；
（2）
记椭圆的右顶点为A，并设（1，2，3），不失一般性，
假设 ，且，．
又设点在上的射影为，因椭圆的离心率，从而有
．
解得 ．
因此，
而，
故为定值．
综上，椭圆方程为；.
【点睛】本题的难点在于运用椭圆上的点到焦点的距离表达为到准线的距离乘以离心率，再对运用三角函数计算化简.
【提升训练】
1．已知双曲线的右焦点为，过且斜率为的直线交于、两点，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设双曲线的右准线为，过、分别作于，于，于，根据直线的斜率为，得到，再利用双曲线的第二定义得到，又，结合求解.
【详解】设双曲线的右准线为，
过、分别作于，于，于，
如图所示：
因为直线的斜率为，
所以直线的倾斜角为，
∴，，
由双曲线的第二定义得：，
又∵，
∴，
∴
故选：B
【点睛】本题主要考查双曲线的第二定义的应用以及离心率的求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
椭圆的右焦点为，右准线为，为24个依逆时针顺序排列在椭圆上的点.其中是椭圆的右顶点，且，则这24个点到的距离的倒数和为______.
【答案】
【详解】在椭圆中，，，.
易知，对每个，、、三点共线.
设，代入，得.
则，
.
又点、到的距离分别为
，，
则
.
将与的表达式代入上式得.
故这24个点到的距离的倒数和为.
3．如图所示，已知椭圆，直线，P是l上的一点，射线交椭圆于一点R，点Q在上且满足，当点P在l上移动时，求点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线？
【答案】，（）；中心在，焦点在直线上且挖去点的椭圆.
【分析】利用共线向量寻找等量关系，利用点在曲线上代入并通过已得的等量关系求得轨迹方程
【详解】解：，，共线，，
设，则，，，则，，又∵，∴，∴，∴，∵点R在椭圆上，∴.
点P在l上，∴.
∴，（）.
点Q的轨迹是中心在，焦点在直线上且挖去点的椭圆.
4．设椭圆的离心率，右焦点到直线的距离，为坐标原点．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作两条互相垂直的射线，与椭圆分别交于两点，过原点作直线的垂线，垂足为，求点的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用点到直线距离公式可表示出右焦点到直线的距离，结合离心率和椭圆的关系可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；
（2）当直线斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，由可整理得到，结合和点在直线上，可消去得到轨迹方程；当直线斜率不存在时，设，与椭圆方程联立可求得，由此可得点坐标；综合两种情况可得轨迹方程.
【详解】（1）
设椭圆右焦点为，则，，
又，，，，
椭圆的方程为：.
（2）
设，，，
当直线斜率存在时，设，
由得：，
则，解得：，
，；
，，
即，
，则…①；
，，…②；
在直线上，，即…③；
由①②③消去得：；
当直线斜率不存在时，设，
由得：，
，解得：，则，满足；
综上所述：点的轨迹方程为：.
（2022河南模拟）
5．椭圆：的左右焦点分别为、，且椭圆过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过原点作两条相互垂直的直线、，与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点，求证：四边形的内切圆半径为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）先利用椭圆的定义求得a，再根据椭圆的左右焦点为、得到c即可.
（2）当的斜率为时，四边形为正方形，求得即为内切圆半径；当的斜率不等于时，设，，直线的方程为，代入椭圆方程，根据，即，结合韦达定理求得k，t的关系，再由原点到直线的距离求解.
【详解】（1）因为椭圆的左右焦点分别为、，且椭圆过点，
所以，
所以，
又，得，
所以椭圆的标准方程为：．
（2）如图所示：
当的斜率为时，四边形为正方形，
与联立，解得，
因为NQ垂直于x轴，所以，
当的斜率不等于时，设，，直线的方程为：，
代入椭圆方程并整理得：，
，即，
由韦达定理得：，，
因为，
所以，
即 ，即 ，
所以，
整理得（*），适合成立
所以，
综上得：．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是设直线NQ的方程，将内切圆半径转化为原点到直线NQ的距离求解.
6．已知椭圆的一个焦点是F（1，0），O为坐标原点．
（Ⅰ）已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点F的直线l交椭圆于A、B两点，若直线l绕点F任意转动，总有，求a的取值范围．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（，+）
【详解】（1）设为短轴的两个三等分点，为正三角形，
所以，，解得．，
所以椭圆方程为．
（2）设
（ⅰ）当直线与轴重合时，
．
（ⅱ）当直线不与轴重合时，设直线的方程为：
整理得
因恒有，所以恒为钝角，
即恒成立．
又，所以对恒成立，
即对恒成立，
当时，最小值为0，所以，，
因为，即，解得或（舍去），
即，
综合（i）（ii），的取值范围为．
7．椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点．
（1）当时，求直线的方程；
（2）当点异于两点时，证明：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）先由题意求出椭圆方程，直线不与两坐标轴垂直，设的方程为，然后将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再由弦长公式列方程可求出的值，从而可得直线方程；
（2）表示直线，的方程，联立方程组可得而代入化简可得，而，则可得的结果
【详解】（1）由题意，椭圆的方程为
易得直线不与两坐标轴垂直，
故可设的方程为，设，
由消去整理得，判别式
由韦达定理得，①
故，解得，
即直线的方程为．
（2）证明：直线的斜率为，故其方程为，
直线的斜率为，故其方程为，
由两式相除得
即
由（1）知，
故
解得．易得，
故，
所以为定值1
8．某人欲设计一个如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”，其中是过抛物线焦点且互相垂直的两条弦，该抛物线的对称轴为，通径长为．记，为锐角．（通径：经过抛物线焦点且垂直于对称轴的弦）
(1)用表示的长；
(2)试建立“蝴蝶形图案”的面积关于的函数关系式，并设计的大小，使“蝴蝶形图案”的面积最小．
【答案】(1)，
(2)，，
【分析】（1）先求出抛物线的方程，在由抛物线的定义即可得到答案.
（2）先由，求出，在结合（1）的结论求出的长度，在利用面积公式求“蝴蝶形图案”得面积，然后通过变形，构造新函数，利用二次函数求出面积的最小值.
【详解】（1）
因为抛物线的通径长为，则，故抛物线的方程为.
由抛物线的定义知，，
故：，．
（2）
因为是过抛物线焦点且互相垂直的两条弦，所以.
据（1）同理可得，
，．
所以“蝴蝶形图案”的面积
,即，．
令，则，所以当，即时，的最小值为8．
故：当时，可使“蝴蝶形图案”的面积最小．
9．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，过椭圆右焦点作两条互相垂直的弦与.当直线的斜率为0时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）试探究是否为定值？若是，证明你的结论；若不是，请说明理由.
【答案】（1）（2）是定值；证明见解析
【解析】（1）根据，当直线的斜率为0时，.即求解.
（2）分两种情况讨论，①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，易得.
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线的方程为，直线的方程为.将直线方程代入椭圆方程中并整理，再利用弦长公式分别求解即可.
【详解】（1）由题意知，当直线的斜率为0时，.
.
又，
解得，，
所以椭圆方程为.
（2）①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，
由题意知.
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线的方程为，，，
则直线的方程为.
将直线方程代入椭圆方程中并整理得，
则，，
所以
.
同理，.
所以，
故是定值.
【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆的位置关系，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.
10．过抛物线(其中)的焦点的直线交抛物线于两点，且两点的纵坐标之积为．
(1)求抛物线的方程；
(2)当时，求的值；
(3)对于轴上给定的点(其中)，若过点和两点的直线交抛物线的准线点，求证：直线与轴交于一定点．
（2022浙江·乐清市知临中学高二期末）
【答案】（1） ； （2）1； （3）见解析.
【分析】（1）设直线AB的方程，联立抛物线方程，运用韦达定理，可得p＝4，即得抛物线方程；（2）推理证明=，整理即可得到所求值；（3）设A（，y1），B（，y2），P（﹣2，s），运用三点共线的条件：斜率相等，可得s，设AP交x轴上的点为（t，0），运用韦达定理，化简整理可得所求定点．
【详解】(1)过抛物线(其中)的焦点的直线
为，代入抛物线方程，可得，
可设，
即有，解得，
可得抛物线的方程为；
(2)由直线过抛物线的焦点，
由（1）可得，将代入可得；
(3)证明：设，，，
由三点共线可得
，可得，①
设交轴上的点为，即有，
代入①，结合，可得，
即有，
可得．即有直线与轴交于一定点．
【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，抛物线定义，韦达定理的应用，考查化简运算能力，属于难题．
11．已知椭圆的两个焦点分别为，，且直线与椭圆相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）过作两条互相垂直的直线，与椭圆分别交于点及，求四边形的面积的最大值与最小值．
（2022上海·复旦附中青浦分校高二月考）
【答案】（1）；（2）最小值为，最大值为2．
【分析】（1）由直线与椭圆相切得到的一个关系，由再得到的一个关系，解方程组可得答案；
（2）椭圆方程与直线方程联立得到韦达定理，利用弦长公式计算出的长，表示出四边形的面积，再求最值即可.
【详解】（1）设椭圆方程为．
因为直线与该椭圆相切，
所以方程组只有一组解，
消去，整理得，
所以，得．
又焦点为，
所以，所以，
所以椭圆的方程为．
（2）若直线的斜率不存在（或为0），则．
若直线的斜率存在且不为0，设为，则直线的斜率为，
所以直线的方程为，设，
由得，
所以，
所以
，
由得，
同理可得，．
所以
．
因为（当且仅当时取等号），
所以，
所以．
综上所述，四边形的面积的最小值为，最大值为2．
【点睛】本题考查待定系数法求椭圆方程；本题考查直线与圆锥曲线的位置关系，利用韦达定理，找到所求的表达式代入计算.
12．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆（a>b> 0）的左、右焦点分别为F1（-c， 0）， F2（c，0）.已知（1， e）和都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率. A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2 与BF1交于点P.
（1）求椭圆的方程∶
（2）若，求直线AF1的斜率；
（3）求证∶是定值.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的性质和已知（1， e）和都在椭圆上列式求解.
（2）设直线AF1的方程为，直线BF2的方程为，与椭圆方程联立，求出、，根据已知条件，用待定系数法求解.
（3）利用直线与直线平行，点B在椭圆上知，可得，，由此可得为定值.
【详解】解∶（1）由题设知，.由点（1， e）在椭圆上，
得，解得..于是，
又点在椭圆上，所以，即，解得.
因此，所求椭圆的方程是.
（2）由（1）知，，又直线AF1与BF2平行，所以可设直线AF1的方程为.直线BF2的方程为.设A（x1，y1），B（x2，y2），y1>0， y2>0.
由，得， 解得
故 ①
同理， ②
由①②得、解得.注意到m>0，
故.所以直线AF1的斜率为
（3）因为直线AF1与BF2平行，所以，于是，
故，由B点在椭圆上知，
从而.同理
因此，
又由①②知，
所以，因此，是定值.
【综合培优】
（2022驻马店期末）
1．已知平面内点到点的距离和到直线的距离之比为，若动点P的轨迹为曲线C．
（I）求曲线C的方程；
（II）过F的直线与C交于A，B两点，点M的坐标为设O为坐标原点.证明：．
（2022沛县月考）
2．已知椭圆内有一点P(1，1)，F为右焦点，椭圆上的点M.
（1）求的最大值；
（2）求的最小值；
（3）求使得的值最小时点M的坐标.
3．已知椭圆，过右焦点且不与轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，AB的垂直平分线交x轴于点N，求的值．
（2022山东期末）
4．已知椭圆的离心率为，若与圆相交于M，N两点，且圆E在内的弧长为．
(1)求的值；
(2)过椭圆的上焦点作两条相互垂直的直线，分别交椭圆于A，B、C，D，求证：为定值．
（2022淄博期末）
5．已知在平面直角坐标系中，椭圆过点，离心率为.
求椭圆的标准方程；
过右焦点作一条不与坐标轴平行的直线，交椭圆于两点，求面积的取值范围.
6．设分别是椭圆的左右焦点，是上一点且与轴垂直，直线与的另一个交点为．
（1）若直线的斜率为，求的离心率；
（2）若直线在轴上的截距为，且，求．
（2022陕西校级模拟）
7．平面内，动点到点的距离与它到直线的距离之比为．
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)设为原点，若点在直线上，点在轨迹上，且，求线段长度的最小值．
（2022原阳县校级月考）
8．已知动点到点的距离与到直线的距离之比为2．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)直线l的方程为，l与曲线C交于A，B两点，求线段AB的长．
9．设椭圆C：的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线的倾斜角为60o,.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)如果|AB|=，求椭圆C的方程.
10．设分别是椭圆的左、右焦点，过斜率为1的直线与相交于两点，且成等差数列．
（1）求的离心率；
（2）设点满足，求的方程
11．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，．已知和都在椭圆上，其中为椭圆的离心率．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点P．
（i）若，求直线的斜率；
（ii）求证：是定值．
12．如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为，右准线l的方程为：．
(1)求椭圆的方程；
(2)在椭圆上任取三个不同点，使，证明：为定值，并求此定值．
（2022江西南昌东湖期中）
13．过双曲线的右焦点，倾斜角为30°的直线交双曲线于A，B两点，为坐标原点，为左焦点．
(1)求；
(2)求△AOB的面积；
(3)求证：．
（2022湖南怀化二模）
14．已知椭圆上一点与它的左、右两个焦点，的距离之和为，且它的离心率与双曲线的离心率互为倒数．
(1)求椭圆的方程；
(2)如图，点A为椭圆上一动点（非长轴端点），的延长线与椭圆交于点B，AO的延长线与椭圆交于点C．
①当直线AB的斜率存在时，求证：直线AB与BC的斜率之积为定值；
②求△ABC面积的最大值，并求此时直线AB的方程．
（2022河南一模）
15．已知椭圆的左、右两个焦点，，离心率，短轴长为2．
1求椭圆的方程；
2如图，点A为椭圆上一动点非长轴端点，的延长线与椭圆交于B点，AO的延长线与椭圆交于C点，求面积的最大值．
参考答案：
1．（I）（II）见解析
【分析】（I）根据题目点到点的距离和到直线的距离之比为，列出相应的等式方程，化简可得轨迹C的方程；
（II）对直线分轴、l与x轴重合以及l存在斜率且斜率不为零三种情况进行分析，当l存在斜率且斜率不为零时，利用点斜式设直线方程，与曲线C的方程进行联立，结合韦达定理，可推得，从而推出．
【详解】解：（I）∵到点的距离和到直线的距离之比为.
∴，.
化简得：．
故所求曲线C的方程为：.
（II）分三种情况讨论：
1、当轴时，由椭圆对称性易知：．
2、当l与x轴重合时，由直线与椭圆位置关系知：
3、设l为：，，且，，
由化简得：，
∴，
设MA,MB，所在直线斜率分别为：，，则
此时，．
综上所述：.
【点睛】本题主要考查了利用定义法求轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题．解决直线与圆锥曲线位置关系中常用的数学方法思想有方程思想，数形结合思想以及设而不求的整体代入的技巧与方法．
2．（1）；（2）（3）
【解析】（1）利用数形结合，根据三点共线分析的最大值；（2）利用椭圆的定义转化，求的最小值；（3）利用椭圆的第二定义，转化，再利用数形结合分析得到最小值，以及取得最小值时的点的坐标.
【详解】（1），所以，即
当点三点不共线时，，如图当三点共线时，，即，所以的最大值是，
（2）设椭圆的左焦点，根据椭圆定义可知，
即，如图，当三点共线时，等号成立，
，所以的最大值是.
（3）椭圆的右准线，设椭圆上的点到右准线的距离为，因为，所以， ，如图，的最小值是点到直线的距离，即
所以的最小值是，此时点的纵坐标是1，代入椭圆方程可得，所以的值最小时点M的坐标 .
【点睛】本题考查椭圆内的最值问题，重点考查转化与变形，数形结合分析问题，属于中档题型.
3．
【分析】设直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系、弦长公式、中点坐标公式可得、的垂直平分线，求出点坐标，可得，即可得出答案．
【详解】设直线的方程为：，，，线段的中点．
联立，整理得，
∴，．
∴
∵，∴，
∴的垂直平分线的方程为：，
令，解得，∴．
∴，
∴．当时也成立．
综上，．
4．(1)，；
(2)证明见解析
【分析】（1）利用题意可得到，进而得到，利用题意得到的方程组，即可得到答案；
（2）易知上焦点的坐标，分当直线（或）与轴平行时和当直线（或）与轴不平行时进行分类讨论，当不平行时，不妨设，则，将代入，根据韦达定理解得弦长，将代换可得即可证明
（1）
圆的圆心为，半径为，
圆E在内的弧长为，可得，即有，
设在第一象限，可得，，即为，
将代入椭圆方程可得，
联立解得，
（2）
由（1）可得椭圆的方程为，，上焦点为，
①当直线（或）与轴平行时，可得，
将代入椭圆得，则，
则；
②当直线（或）与轴不平行时，设，则，
联立方程组，消去y并化简得，
设点，，∴，，
即有，
将k换为，可得，
则，
综上所述，为定值．
5．
【解析】根据题意，得到，求解，即可得出结果；
设直线，联立直线与椭圆方程，设，根据韦达定理，弦长公式，以及三角形面积公式，表示出三角形面积，进而可求出结果.
【详解】因为椭圆过点，离心率为，
得，解得，
则椭圆的标准方程为；
设直线，
联立方程得，
得.
设，
则
得
又
则
令，则，
设，则在上恒成立，
即在上单调递增，所以
则，
即的面积的取值范围为.
【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程，以及椭圆中三角形的面积问题，熟记椭圆的标准方程以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.
6．（1）；（2）
【详解】（1）记，则，由题设可知，
则，
；
（2）记直线与轴的交点为，则①，
，
将的坐标代入椭圆方程得②
由①②及得，
故．
考点：1.椭圆方程；2.直线与椭圆的位置关系.
7．(1)
(2)
【分析】（1）利用直接法求动点的轨迹的方程；
（2）先表示出线段长度，再利用基本不等式，求出最小值．
（1）
设，
∵动点到点的距离与它到直线的距离之比为，
∴，化简得，即，
∴动点的轨迹的方程为．
（2）
设点的坐标分别为，，其中．
∵，∴，即，解得．
∵点在轨迹上，∴，
∴．
∵，当且仅当时等号成立，
∴，即，
故线段长度的最小值为．
8．(1)
(2)6
【分析】（1）由距离公式列方程后化简求解，
（2）由弦长公式求解
（1）
设点P的坐标为，则由题意得，
化简得，即为点P的轨迹C的方程．
（2）
将代入中，并化简得：，
设A，B两点的坐标分别为：，，
由韦达定理可得，，
∴．
9．(1)
(2)
【分析】（1）利用直线的点斜式方程设出直线方程，代入椭圆方程，得出的纵坐标，再由，即可求解椭圆的离心率；
（2）利用弦长公式和离心率的值，求出椭圆的长半轴、短半轴的值，从而写出椭圆的标准方程.
（1）
设，，由题意知，.
直线的方程为，其中.
联立得，
解得，.
因为，所以.
即，
得离心率.
（2）
因为，所以.
由得.所以，得，.
椭圆的方程为
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质，其中解答中涉及到直线的点斜式方程，直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，直线与圆锥曲线的弦长公式等知识点的综合考查，着重考查了学生的推理与运算能力，转化与化归思想，解答准确的式子变形和求解是解答的一个难点，属于中档试题.
10．（1），（2）
【详解】（I）由椭圆定义知，又，
得
的方程为，其中．
设，，则A、B两点坐标满足方程组
化简的
则
因为直线AB斜率为1，所以
得故
所以E的离心率
（II）设AB的中点为，由（I）知
，．
由，得，
即
得，从而
故椭圆E的方程为．
11．见解析
【考点】椭圆的性质，直线方程，两点间的距离公式．
【详解】（1）根据椭圆的性质和已知和都在椭圆上列式求解．
（2）根据已知条件，用待定系数法求解
解：（1）由题设知，，由点在椭圆上，得
，∴．
由点在椭圆上，得
∴椭圆的方程为．
（2）由（1）得，，又∵∥，
∴设、的方程分别为，．
∴．
∴．①
同理，．②
（i）由①②得，．解得=2．
∵注意到，∴．
∴直线的斜率为．
（ii）证明：∵∥，∴，即．
∴．
由点在椭圆上知，，∴．
同理．．
∴
由①②得，，，
∴．
∴是定值．
12．(1)
(2)证明见解析，
【分析】(1)根据准线的几何性质，求出a，再算出b，可得椭圆方程；
(2)根据题设，分别求出 与x轴正方向的夹角之间的关系，代入 中计算即可.
（1）
设椭圆方程为．因焦点为，故半焦距，又右准线的方程为，
从而由已知，因此，，
故所求椭圆方程为；
（2）
记椭圆的右顶点为A，并设（1，2，3），不失一般性，
假设 ，且，．
又设点在上的射影为，因椭圆的离心率，从而有
．
解得 ．
因此，
而，
故为定值．
综上，椭圆方程为；.
【点睛】本题的难点在于运用椭圆上的点到焦点的距离表达为到准线的距离乘以离心率，再对运用三角函数计算化简.
13．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设出直线的方程，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，利用弦长公式求出答案；
（2）在第一问的基础上，求出原点O到直线AB的距离，从而求出三角形的面积；
（3）利用双曲线定义进行证明即可.
（1）
由双曲线的方程得，，
∴，，．
∴直线的方程为．
设，，由得，
∴，．
∴．
（2）
直线AB的方程变形为，
∴原点O到直线AB的距离为，
∴．
（3）
证明：由双曲线的定义得，，
∴，整理得：．
14．(1)
(2)①证明见解析；②最大值为，．
【分析】（1）根据双曲线与椭圆的离心率，结合椭圆的定义求解即可；
（2）①设，BA的方程为，再联立椭圆的方程，利用韦达定理表达化简即可；
②同①，根据弦长公式结合点到线的距离公式，代入韦达定理化简可得的表达式，结合的范围求解面积范围即可.
（1）
由椭圆的定义知，双曲线的离心率为，
故椭圆的离心率，故，，，故椭圆的方程为．
（2）
①证明：设，则．
设直线BA的方程为，联立方程化简得，
，∴，
，
∴；
②当直线AB的斜率不存在时，可知，，，故，当直线AB的斜率存在时，由①知，，，
，
，
点C到直线AB的距离，
故.
故△ABC面积的最大值为，此时AB的方程为．
15．（1）椭圆的标准方程为 （2）面积的最大值为
【详解】试题分析：（1） 由题意得，再由， 标准方程为；（2）①当的斜率不存在时，不妨取
； ②当的斜率存在时，设的方程为，联立方程组
，又直线的距离 点到直线的距离为 面积的最大值为.
试题解析：（1） 由题意得，解得，
∵，∴，，
故椭圆的标准方程为
（2）①当直线的斜率不存在时，不妨取
，
故；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为 ，
联立方程组，
化简得，
设
点到直线的距离
因为是线段的中点，所以点到直线的距离为，
∴
综上，面积的最大值为.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程及其性质、点到直线的距离、弦长公式和三角形面积公式等知识，涉及函数与方程思想、数形结合思想分类与整合、转化与化归等思想，并考查运算求解能力和逻辑推理能力，属于较难题型. 第一小题由题意由方程思想建立方程组求得标准方程为；（2）利用分类与整合思想分当的斜率不存在与存在两种情况求解，在斜率存在时，由舍而不求法求得 ，再求得点到直线的距离为 面积的最大值为.【圆锥曲线】计算技巧系列10讲
——何谓点乘双根法？
【知识与典例精讲】
一、点乘双根法的含义与原理：
何谓点乘双根法呢？在大学数学中，把向量，的数量积叫做向量点乘向量，因此点乘得名；所谓双根是由初中的一元二次方程知识可知：若和是一元二次方程的两个根，则，我们把叫做二次方程的双根式，所谓的点乘双根法就是构建双根式是去解决含和或者可转化为含含和的计算问题，其中以向量的数量积有关的问题为最常见．
点乘双根法的原理：
点乘双根法是通过对双根式进行赋值和，直接计算和的含参表达式，然后整体代入目标，从而构建出关于参数的等式关系式，避免繁杂的计算，达到快速解题的目的（其中，点坐标为已知定点，，为直线与圆锥曲线的交点）．
二、点乘双根法适用题型:
在圆锥曲线中，遇到如（其中为常数）的形式，其中点是已知的点，，为直线与圆锥曲线的交点的问题时，可用点乘双根法以达到简化运算，快速解题的目的．
三、点乘双根法解题范式：
下来以一个例题来讲解一下点乘双根法应用范式．
步骤1：联立方程，构建双根式
设椭圆的右顶点为，，，所以，
联立，化简得：（关注微信公众号：Hi数学派）
，
又因为，是方程的两个根，所以
①
步骤2：赋值
点乘双根法赋值目的是为了对目标中的和进行整体代换以达到简化计算的目的，故对双根式①中的进行赋值得
，
整体求出
②．
接下来先求出，，只需对双根是进行赋值，并两边同时乘以可得
③．
步骤3：变形代入
将②和③整体代入，可得
，
即，分解因式得，或，
当时，直线，故直线恒过定点．
当时，直线，故直线恒过定点，舍去．
四、典型例题
【解析】（1），过程略．
（2）法一：(点乘双根)
易知：直线不与轴垂直，则设直线方程为：，，，
因为，则，所以，
①
现联立
则方程可以等价转化
即
令，
令，
结合化简可得：
，，所以直线方程为：．
法二：（点乘双根）
若的斜率为，则，所以的斜率不会为．
设：，，，则，，所以
①，
将，代入①得（关注微信公众号：Hi数学派）
②．
当时，：，经检验不符合题意；
当时，②式变形得
③，
联立得
，
令，则，即
④；
令，则，即
⑤，
将④⑤代入③得
，
解得，所以：．
【点睛】由，得，故而按照点乘双根法的步骤去求解即可，方法一和方法二都是于点乘双根法，题目不同在于消去的元不一样，并无本质上的区别，都是用点乘双根法去简化有关双根的和与乘积有关的式子的计算问题．
【解析】法一：（点乘双根法）
设，，直线：(其中)，
因为，所以，即
①
联立消去可得：（关注微信公众号：Hi数学派）
，
又因为，是方程的两根，所以
②．
令，得，所以
③；
令，得，所以
④
将③④式代入①，得
，
解得，，所以．
法二:(常规方法)
抛物线：的焦点，过，两点的直线方程为，
联立，可得
，
设，，则
，，
，，
，，，，，
整理可得，
，
，即，．
故答案为．
法三:(中点弦法)
设，，则，所以，
则，如图，取的中点，分别过，作准线的垂线，垂足为，，在中，，所以点为线段的中点，且平行于轴，则，从而有，代入，故填．
【提升训练】
1．设，为椭圆上两个动点，且，过原点作直线的垂线，求的轨迹方程．
【解析】：法一：（常规方法）
设，，,设直线方程为，联立化简可得:
，
所以
，，
因为，所以
，
①
又因为直线方程等价于为，即，
对比于，则代入①中，化简可得：．
法二：（齐次化解法）
设直线方程为，联立，可得，
所以，化简可得，
整理成关于，的齐次式：（关注微信公众号：Hi数学派）
，
进而两边同时除以，则
，
记，的斜率分别为，，则，为方程的两个根，由韦达定理得，
因为，所以，
①
又因为直线方程等价于为，即，
对比于，则，代入①中，化简可得：．
【点睛】
齐次化适应于处理解决曲线上的点与坐标系原点连线有关的斜率运算问题，常见类型如：
，，，，，，
前面两个考题相对比较常见，后面的则需要变形才能使用，变形如下：
，
，
．
这个需要根据韦达定理判断符号再变形．在遇到上述关于斜率运算问题时，采取齐次化处理往往能达到简化运算的目的．
2．已知椭圆，设直线不经过点的直线交椭圆于，两点，若直线，的斜率之和为，证明：直线恒过定点．
【解析】(1)当直线的斜率存在时，以点为坐标原点，建立新的直角坐标系，如图所示：
旧坐标 新坐标
即
所以，则，即，
在新坐标中转换为：，即．
设直线方程为：．
原方程：则转换到新坐标就成为：．
展开得：
构造齐次式：
整理为：
两边同时除以，则
所以，所以代入，
整理得，对于任意都成立．
则，解之得，故原理坐标系地应点坐标为，所以过定点；
（2）当直线的斜率不存在时，设：，则，，
所以，直线：，过定点．
综上，直线恒过定点．
3．已知椭圆，过其上一定点作倾斜角互补的两条直线，分别交于椭圆于，两点，证明：直线斜率为定值．
【解析】以点为坐标原点，建立新的直角坐标系，如图所示：
旧坐标 新坐标
即
所以，
原来 ，则转换到新坐标为：，即．
设直线方程为：．（关注微信公众号：Hi数学派）
原方程：则转换到新坐标就成为：．
展开得：
构造齐次式：
整理为：
两边同时除以，则，
所以，所以
而．所以．
平移变换，斜率不变，所以直线斜率为定值．
4．已知椭圆：经过点,且离心率等于．
（1）求椭圆的方程；
(2)过点作直线,交椭圆于，两点，且满足，试判断直线是否过定点，若过定点请写出点坐标．
【解析】 (Ⅰ)椭圆经过点,且离心率等于, 椭圆的方程为;
(Ⅱ)方法一：（常规方法）
设直线的方程为，，
联立椭圆方程得,则,．
,
由,得,代入得，
(舍去), ,直线的方程为,所以过定点．
方法二：（平移坐标＋齐次化）
把椭圆向左平移2个单位，（是为了平移到原点）
则方程变成（左加右减，上减下加）
设直线为；下面对椭圆方程进行化简；
我们需要的形式是不出现一次项，都是二次项，此时将乘上一个，也就是即可，此时椭圆方程变成，两边同时除以，令，则化简为，又因为，则恒过，再向右平移个单位，则恒过．
5．已知椭圆与双曲线有共同焦点，且离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设为椭圆的下顶点，，为椭圆上异于的不同两点，且直线与的斜率之积为．
①试问，所在直线是否过定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由;
②若点为椭圆上异于，的一点，且，求的面积的最小值．
【解析】(1)依题意设椭圆的标准方程为
双曲线的焦点为，，解得，，椭圆的标准方程为．
(2)①由题意可知
设，直线的解析式为
则有即有 (*)
联立整理得
将此代入(*)式可得，当直线过
故此时直线过定点，②由①知，由知
直线的解析式为，联立可得
，
设，，当时，为最小．
方法二：齐次化+平移构造：
把点平移到原点，需向上平移个单位，设直线为此时椭圆方程变成，为了让结果都是二次项，则让乘上一个1，即，即，化简得：，同时除以，并令，则方程变成，此时；
直线为，恒过，再平移回去，则原题直线恒过．
6．（2017新课标Ⅰ卷理科第20题）已知椭圆：，四点，，，中恰有三点在椭圆上．
(1)求的方程；
(2)设直线不经过点且与相交于，两点．若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点．
【解析】（1）由于两点，关于轴对称，故由题设知经过，两点．又由知，不经过点，所以点在上，因此，解得，故的方程为．
法一：（常规方法）
设直线与直线的斜率分别为，，
如果与轴垂直，设，由题设知，且，可得，的坐标分别为，．则，得，不符合题设．
从而可设，将代入得：，由题设可知，设，，
则，，（关注微信公众号：Hi数学派）
而，
由题设，故，
即，
解得，当且仅当时，，则，
即，所以过定点．
法二：齐次化+平移构造
步骤1：平移坐标系，当定点不是坐标原点时，要坐标系原点平移到与定点重合．
令，在新坐标系中，曲线：的方程为，
化简得．
步骤2：联立方程构建齐次式
联立曲线方程和直线方程，
进行“”的代换构造齐次式，化简得：，
两边同除以得．
步骤3：构建目标条件
本题目标条件是研究直线与直线的斜率之和时，
易知和是方程的两个根，
由韦达定理可得：，化简可得，即，
将其代入直线方程得，整理得，
令，解得，故平移后的直线过定点．
步骤4：平移回去
将平移后的直线过的定点，将其代入得，故原直线过定点．
7．已知抛物线，过原点且相互垂直的直线，交抛物线于，两点，求证：
直线过定点．
【解析】方法识别：，适合用齐次化来处理．
法一：（齐次化）
设：①，，，，，
将直线变形为，代入到中得，
两边同除以，整理可得，
注意到，，所以和方程的两个根，
所以，又因为，所以，
所以，代入①可得，
所以直线恒定过定点．
类型识别：因为直线，互相垂直，所以，适合用点乘双根法．
方法二：（点乘双根法）
设：①，，，则，
， ①．
联立，，
又因为和是方程，
所以，
令，则②；
令，则③．
将②③代入①得，即，
代入可得，所以直线恒定过定点．
8．过双曲线右焦点且斜率为的直线交双曲线于，，若且，求双曲线的方程．
方法识别：因为，所以，适合用齐次化来处理．
【解析】法一：（齐次化）
设双曲线方程为，直线：，其中．
将直线变形为，代入双曲线方程得，
整理得，
两边同除以，，
注意到，，
所以和方程的两个根，所以，
又因为，所以，即，可得，
化简可得，即，，故双曲线方程为，
联立，消去得，
设，，则，，
由弦长公式得，
计算可得，，所以双曲线方程为．
方法识别：由，得，适合用点乘双根法．
法二：（点乘双根法）
设:①，，，则，
，①．
联立，，
又因为和是方程，
所以．
令得②；
令得③．
将②③代入①得，
化简可得，即，，故双曲线方程为，
联立，消去得，
设，，则，，
由弦长公式得，
计算可得，，所以双曲线方程为．
9．直线与圆相交于，，且，求的值．
类型识别：，所以，适合用齐次化来处理．
【解析】设，，将直线变形为，
代入圆得，
化简得，
等式两边同除以得，
注意到，，所以和方程的两个根，
所以，计算可得．
10．过椭圆:上的定点作倾斜角互补的两条直线，分别交椭圆于，两点，求证：．
类型识别:因为两条直线倾斜角互补，所以，所以可用齐次化+平移构造．
【解析】设:,将椭圆方程变为含，的形式可得：
，
展开得，
与直线方程联立并齐次化整理得，
由韦达定理可得，即，
所以，即，可得．
11．已知抛物线的焦点为，过作两条垂直的直线，，与抛物线相交于，两点，与抛物线相交于，两点，求的最小值．
【解析】设，，：，：，
联立，得的两个根为，，
，（关注微信公众号：Hi数学派）
又，
同理以替换可得：，
所以，
当且仅当，即取得最小值．
12．已知抛物线方程为，直线与抛物线交于，两点，，且，求的值．
【解析】设，， ①
联立，消得②，
将代入②式得 ③；
同理：联立，消得④，
将代入④得⑤，
联立①③⑤得：，
所以，所以直线方程为．
13．（2013年石家庄一模理科20）椭圆的左，右焦点分别为，，过作与轴不重合的直线交椭圆于，两点．
（1）若为正三角形，求椭圆的离心离；
（2）若椭圆的离心离满足，为坐标原点，求证：．
【解析】（1），过程略．
（2）（点乘双根法）
由题意有：，，所以，
则，要证（因为）
．
设，，①当轴时，，则，，
则
，所以．
②当与轴不垂直时，设直线：，，，
所以 ⑴．
联立 得，
所以，
令，则，即②；
令，则，即③，
将②③代入①得，
要证，只需证即可，
因为，则，
所以，
所以，综上可得：．
14．(2008年辽宁理科第20题) 在直角坐标系中，点到两点，的距离之和等于，设点的轨迹为，直线与交于，两点．
（Ⅰ）写出的方程；
（Ⅱ）若，求的值；
（Ⅲ）若点在第一象限，证明：当时，恒有．
【解析】（Ⅰ）设，由椭圆定义可知，点的轨迹是以，为焦点，长半轴为的椭圆．它的短半轴，
故曲线C的方程为．
（Ⅱ）法一：（常规方法）
设,，其坐标满足，消去并整理得，
故，．
若，即 ，而，
于是 ，化简得，所以．
法二：（点乘双根法）
设,，直线：．若，则：，即，，
故,．（关注微信公众号：Hi数学派）
因为，所以①，
将代入①得②．
联立得，
令得③；
令，则，即④．
将③④代入②，即，，所以．
法三：（点乘双根法）
设,，直线：．若，则：，即，，故,，故，与矛盾，所以，直线：可变为（其中），故有
因为，所以①．
联立得，
即令得，即②；
令，则，③．
将②③代入①，即，，所以．
（Ⅲ）．
因为在第一象限，故．由知，从而．又，故，即在题设条件下，恒有．
15．(2017年高考课标1卷第20题) 设，为曲线：上两点，与的横坐标之和为．
（1）求直线的斜率；
（2）设为曲线上一点，在处的切线与直线平行，且，求直线的方程．
【解析】（1）设,，则，，，，
于是直线的斜率．
（2）法一：（常规方法）
因为，所以，设，由题设知，所以，于是，
设直线的方程:，故线段的中点为，，
将代入，得，
当即时，，，
从而，
由题设知，，即，解得，
所以直线的方程:．
法二：（点乘双根法）
类型识别:因为，所以，故适合使用点乘双根法．
因为，所以，设，由题设知，所以，于是．
设，，，，
因为，所以 ①．
设直线的方程:，联立化简得，
又因为，是方程的两个根，
故有②，00
令，则③，
又，
令代入②得④，
将③④代入①得，解之得或（舍去），
故所以直线的方程:．
法三：（齐次化+坐标系平移构造）
因为，所以，设，由题设知，所以，所以，
平移坐标系，使坐标原点与点重合，则，
在新坐标系中，曲线：的方程为：，整理得．
直线平移后变为，斜率仍为，其方程不妨设为，代入曲线方程得
，，
两边同除以得，
易知和是方程的两个根，且，
故由韦达定理得，，直线的方程为，
平移回原坐标系得直线方程为，即．
16．(2019年北京二中期中考试)已知抛物线过点，且点到其准线的距离为．
（1）求抛物线的方程；
（2）直线与抛物线交于两个不同的点，，若，则求实数的值；
【解析】（1）由抛物线定义可知点到其准线的距离，即，，所以抛物线的
方程为．
(2)(点乘双根法)
设，，则，，
因为，所以①．
联立消去得，
又因为和是的两个根，所以，
令得②；（关注微信公众号：Hi数学派）
令，③，
将②③代入①得，解得或，
经检验，当时，直线与抛物线交点中有一点与原点重合，不符合题意；
当时，，符合题意．
综上，实数的值为．
17． 直线与双曲线 相交于，两点，若以为直径的圆过原点，且双曲线的离心率为，求双曲线的方程．
【解析】法一：（常规解法）
由双曲线的离心率为，即，得，
所以双曲线方程可设为．联立，
②代入①消去得，
设，，则，，
又以为直径的圆过原点，所以，
所以，即，
将韦达定理代入得：，
解之得，所以，故双曲线的方程为．
方法二：（齐次化解法）
由双曲线的离心率为，即，得，
所以双曲线方程可设为．联立，
由 ①得代入②消去“”构建关于，的齐次式得：，又，两边同除以得③，
所以和为方程③的两个根，
由韦达定理得，解之得，所以，
故双曲线的方程为．
法三：（点乘双根法）
由双曲线的离心率为，即，得，所以双曲线方程可设为．
又以为直径的圆过原点，所以，
所以，即．
联立，②代入①消去得，
又因为和是方程的两个根，所以③．
将代入③得，
将代入③得，
代入式得，解之得，所以，
故双曲线的方程为．【圆锥曲线】计算技巧系列10讲
——7角度讲清齐次化妙解圆锥曲线
【知识精讲】
直线与圆锥曲线位置关系，是高考的一个难点，而其中一个难在于运算，本微专题的目标在于采用齐次化运算解决直线与圆锥曲线的一类：斜率之和或斜率之积的问题．本专题重难点：一是在于消元的解法，即怎么构造齐次化方程；二是本解法的适用范围．亮点是用平面几何的视角解决问题．
圆锥曲线的定义、定值、弦长、面积，很多都可以转化为斜率问题，当圆锥曲线遇到斜率之和或者斜率之积，以往我们的常用解法是设直线，与圆锥曲线方程联立方程组，韦达定理，再将斜率之和或之积的式子通分后，将和代入，得到关于k、b的式子．解法不难，计算量较为复杂．
如果采用齐次化解决，直接得到关于k的方程，会使题目计算量大大减少．
“齐次”即次数相等的意思，例如称为二次齐式，即二次齐次式的意思，因为中每一项都是关于x、y的二次项．
如果公共点在原点，不需要平移．如果不在原点，先平移图形，将公共点平移到原点，无论如何平移，直线斜率是不变的．注意平移口诀是“左加右减，上减下加”，你没有看错，“上减下加”，因为是在等式与同侧进行加减，我们以往记的“上加下减”都是在等式与的异侧进行的．
例：向上平移1个单位，变为，即，
向上平移1个单位，变为．
设平移后的直线为（为什么这样设？因为这样齐次化更加方便，相当于“1”的妙用），与平移后的圆锥联立，一次项乘以，常数项乘以，构造，然后等式两边同时除以（前面注明x不等于0），得到，可以直接利用韦达定理得出斜率之和或者斜率之积，，，即可得出答案．如果是过定点题目，还需要还原，之前如何平移，现在反平移回去．
齐次化解题步骤为：
①平移；
②联立并齐次化；
③同除以；
④韦达定理．证明完毕，若过定点，还需要还原．
优点：大大减小计算量，提高准确率！缺点：不能表示过原点的直线，少量题目需要讨论．
【齐次化技巧前世今生】
角度一、齐次化运算的前世——韦达定理
1．韦达定理发展简史
法国数学家弗朗索瓦·韦达（Fran ois Viète，1540－1603）在著作《论方程的识别与订正》中改进了三、四次方程的解法，还对的情形，建立了方程根与系数之间的关系，现代称之为韦达定理．证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由高斯作出第一个实质性的论性．
2．韦达定理：设关于的一元二次方程的两根为，则．
韦达定理是本微专题的理论基础．．
【解析】
解法1：．
解法2：方程两边同除以，得，由韦达定理得．
【分析】如果可以建立关于以为未知数的一元二次方程，
那么就是对应方程的两根之和了．所以本运算的关键是如何通过消元得到，再由方程两边同时除以．消元得到方程是个二次齐次式，所以把本计算方法命名为：齐次化运算．观察，发现已经为二次式，关键在于将化成二次式，由可得，，整理可得 ，显然不是方程的根，方程两边同时除以可得：关于为未知数的一元二次方程： ，则由韦达定理可得：．
角度二、齐次化运算的今生——韦达定理遇到笛卡尔解析几何
【解析】联立，齐次化得，等式两边同时除以，，
∴．
【解析】齐次化联立得：，等式两边同时除以，，∴．
【解析】（1）．
（2），消去n，令，∴过定点．
（3）整理得∴过定点．
（4）整理得，∴过定点．
（5）整理得，∴过定点．
【解析】设直线AB方程为，，
联立得，
，
∴直线过定点．
【解析】设直线AB方程为，，
联立得，
于是，又，∴，得．
角度三、 型怎么采用齐次化运算解决，平移是关键
【解析】（1），即．
（2），即．
（3），即．
（4），即．
（5），即．
（6），即．
【解析】将图形向左平移1个单位，向下平移2个单位，平移后的抛物线方程为，
整理得．
设平移后直线方程为，，
联立得，
于是，
整理得，
∴过定点，
右移1个，上移2个，直线AB过定点．
【解析】解法一：将图形向左平移1个单位，向下平移个单位，平移后的椭圆为，整理得，
设平移后直线方程为，，，
，联立得，
，
同时除以，，
，
，
的斜率．
解法二（换元法）：设，即化为，即建立以为未知数的一元二次方程，即可解答．
为了方便运算设，代入椭圆，得，
∴设直线可方便运算，，
化简得：，
，代入，
得，
∴直线的斜率是．
【解析】将图形左平移2个单位，平移后的双曲线为，整理得，
设平移后直线方程为，，，，
联立得，，
同时除以，，，，或，AB不与x轴垂直，，∴，过，右移2个单位，原直线过．
角度四、齐次化在解析几何中的应用
【解析】解法1：（Ⅰ）由题意知：．
（Ⅱ）证明：设该直线为，P、Q的坐标分别为、，
联立方程有：，
，∴．
解法2：要证明，即证，
设，过，∴，，，，
同除以得，，∵，∴即．
【解析】解法1：（Ⅰ）由题设知，，，结合，解得，∴．
（Ⅱ）证明：由题意设直线PQ的方程为，代入椭圆方程，
可得，由已知得在椭圆外，
设，，，则，，
且，解得或．
则有直线AP，AQ的斜率之和为
．
即有直线AP与AQ斜率之和为2．
解法2：（2）上移一个单位，椭圆和直线，过点，
，，，，，
，∵，同除，得，
．
【解析】（1）设，为曲线上两点，
则直线AB的斜率为．
（2）解法1：设直线AB的方程为，代入曲线，可得，即有，，再由的导数为，设，可得M处切线的斜率为，
由C在M处的切线与直线AB平行，可得，解得，即，由可得，，即为，化为，即为，解得，则直线AB的方程为．
解法2：，，，∴，左移2个单位，下移1个单位，，，，，
，，同除以，得，
，，斜率，，，
，，，，右2，上1，，
．
【解析】（1）解：根据椭圆的对称性，，两点必在椭圆C上，又的横坐标为1，
∴椭圆必不过，∴，，三点在椭圆C上，把，代入椭圆C，得：，解得，，∴椭圆C的方程为．
（2）证法1：①当斜率不存在时，设，，，
∵直线与直线的斜率的和为-1，∴，
解得，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当斜率存在时，设，，，，联立，整理，得，，，则，又，∴，此时，存在k，使得成立，∴直线l的方程为，当时，，∴过定点．
证法2：下移1个单位得，，，
，，
∵同除以，，，，
，，∴过，上移1个单位．
【解析】（1）当l与x轴垂直时，，代入抛物线解得，∴或，
直线BM的方程：，或．
（2）解法1：证明：设直线l的方程为，，，联立直线l与抛物线方程得，消x得，即，，
则有，
∴直线BN与BM的倾斜角互补，∴．
解法2：（2）右移2个单位，过即，，，
，，
，
∵，同除以，得，，∴．
【解析】（1），∴，∵l与x轴垂直，∴，
由，解得或，∴，或，
∴直线AM的方程为，．
（2）证明：解法1：当l与x轴重合时，，
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，∴．
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，，，则，，直线MA，MB的斜率之和为，之和为，
由，得，将代入可得，∴，，
∴，从而，故MA，MB的倾斜角互补，∴，综上．
解法2：左移2个单位，过即．，
，，
，
∵，同除以，得，，
∴．
【解析】（1）由题意，，，∴，，，解得：，故椭圆E的方程是．
（2）证法1：由（1）知，，设，则直线的方程是，联立，由韦达定理，代入直线PA的方程为得：，即，
直线PB的方程是，联立方程，
由韦达定理，代入直线PB的方程为得，即，则①当即时，有，此时，即CD为直线．
②时，直线CD的斜率，
∴直线CD的方程是，整理得：
，直线CD过定点．综合①②故直线CD过定点．
证法2：设，，，则，，根据椭圆第三定义（本书后面有详细讲解），，∴，则，将图像向右移动3个单位，
则椭圆和直线，联立得：，，即，两边同时除以，得：，
则，解得，则直线过定点，则平移前过．
【解析】（1）∵离心率，∴，又，∴，，
把点代入椭圆方程得，，解得，故椭圆C的方程为．
（2）证法1：①当直线MN的斜率存在时，设其方程为，
联立，得，
由，知，
设，，则，，
∵，∴，
即，
∴，化简整理得，，∴或，
当时，，过定点，不符合题意，舍去；
当时，，过定点．
设，则，
（i）若，∵，∴，解得，，
∴，
∴点D在以为圆心，为半径的圆上，故存在，使得，为定值．
（ii）若，则直线MN的方程为，∵，∴，
∴，为定值．
②当直线MN的斜率不存在时，设其方程为，，，且，
∵，∴，解得或2（舍2），∴，此时，为定值．
综上所述，存在定点，使得为定值，且该定值为．
证法2：将图像向左移动两个单位，向下移动一个单位，那么平移后的和直线，联立得：，两边同时除以，得：，
∵，∴，∴，，
即，过定点，则平移前该直线过定点．
在△ADP中，，则D点的轨迹是以AP为直径，
∵A为定点，P为定点，则为定值，则Q为AP中点，此时为定值，
∵，，则，．
【解析】（1）由题意，且右焦点，∴，，
∴所求椭圆方程为．
（2）设，，则①，②
②-①，可得．
（3）证法1：由题意，，设，直线AB的方程为，即，
代入椭圆方程并化简得，∴，，
同理，，，
当时，直线MN的斜率，直线MN的方程为，即，此时直线过定点．
当时，直线MN即为y轴，此时亦过点．
综上，直线MN恒过定点，且坐标为．
证法2：设过点P的弦的中点坐标为，由点差法得，即中点的轨迹方程为，将点P平移到原点，整体左移1个单位，下移1个单位，设平移后的MN方程为，曲线为，
，，
同除以，得，∵，∴，，
∴过定点，则平移前的MN过定点．
【解析】（Ⅰ）由得，故C的方程为，此时，
代入方程，解得，故C的标准方程为．
（Ⅱ）解法1：设直线PQ的方程为：，与椭圆联立得，
设，，则，①
此时直线PA的方程为，与联立，得点，同理，，由，则，即，
，即，
把①代入得，
化简得，
即，，解得或．
解法2：公共点，右移2个单位后过，∴，，
，，，
等式两边同时除以x，，，
∵，∴，，
直线，，，解得或．
角度五、齐次化运算为什么不是解决圆锥曲线的常规武器
通过上面分析，我们可以发现，齐次化运算比传统的设而不求运算量大大的降低，但为什么齐次化运算并不是常规武器呢？首先我们总结一下齐次化运算步骤
通过上面的步骤可以看出，本方法适用于斜率的相关问题，有较大的局限性，当然，还有一个难点在于方程消元的基本思路是消未知数，而本方法是消去常数，这也是学生不适应之处．但更大的难点是如果通过审题，转化为斜率之积、之和问题．下面通过两道题来说明：
思路一：本问题没有直接的提到斜率之和（积），而且很容易入手，分别设直线，与椭圆方程联立，消去得到关于的常数项为的方程，即可解出坐标，然后写出方程．在实际运算中，坐标，过定点运算量巨大．本方法少思、多算．解答如下：
证法一：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．
思路二： 连接，由椭圆第三定义得，而 ，可得：就可以采用本方法解答．
证法二：设交点，即化为，
设，得 故设易算．计算如下：
，可知直线过定点．
【分析】已知给出了，但还是没有斜率之积（和）为定值，还是要用到椭圆的第三定义，得到即可采用齐次化运算了．
【解析】设交点，即化为，
设，得 所以设易算．计算如下：
，又过，得，∴直线的方程的方程：．
角度六、为什么斜率为会是定值，从平面几何看
众所周知，直径所对的圆周角为直角，其实圆相交弦的还有如下性质．
如图圆中，为直径，与交于，则有如下性质：．
引入坐标系，如图建系，设，则，且与的交点在直线上．
【简证】，分别在，由正弦定理得：
，，所以，
，而．
那么椭圆怎么有这些性质呢？
如图，圆的方程为，椭圆方程为：，设，，
则，，更具一般性质的椭圆的内接四边形性质如如下：在椭圆中，为椭圆的中心，是椭圆上两点且关于对称，直线上一点，过的直线交椭圆于 ，则如果为定点，则为定值，反之亦成立．
【分析】用几何法，，得，所以过．
【分析】用几何法，，得，所以，所以直线的方程的方程：．
【评注】用平面几何的视角，对本问题进行证明，使代数，解析几何，平面几何三者融合．
角度七、齐次化妙解圆锥曲线步骤总结
齐次化运算在解析几何中的运算，只可以处理斜率之和（积）的问题，基本步骤如下：
重点一在于通过分析题意，明确能不能用本方法，二在于直线方程的设元技巧，三在于消元中的齐次化运算．
【提升训练】
1．（2022阎良区期末）已知抛物线，直线l经过抛物线C的焦点，且垂直于抛物线C的对称轴，直线l与抛物线C交于M，N两点，且．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点，直线与抛物线C相交于不同的两点A，B，设直线PA与直线PB的斜率分别为和，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将用表示，得出的值，进而得抛物线方程；
（2）联立直线与抛物线的方程，根据斜率计算公式结合韦达定理即可得结果.
【解析】（1）由题意可得，得，
∴抛物线.
（2）证明：，联立，得．
由，得或，
设，，则，，
∴
.
2．（2022连云港期末）已知直线l与抛物线交于A，B两点．
(1)若直线l的斜率为-1，且经过抛物线C的焦点，求线段AB的长；
(2)若点O为坐标原点，且，求证：直线l过定点．
【答案】(1)8
(2)证明见解析
【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，根据抛物线的焦点弦公式结合韦达定理即可得解；
（2）直线AB方程为：，由向量数量积公式结合韦达定理可得的值，进而可得结果.
【解析】(1)
抛物线为，
∴焦点坐标为，直线AB斜率为，则直线AB方程为：，
设，，由得：，可得，
由抛物线定义可得，
∴．
(2)设直线AB方程为：，设，，
∵，∴，∴，
由得：，
∴；；∴，解得或，
当时，直线AB过原点，不满足题意；当时，直线AB过点．
故当时，直线AB过定点．
3．（2022滁州期末）已知点在圆上，，，线段的垂直平分线与相交于点.
（1）求动点的轨迹方程;
（2）若过点的直线斜率存在，且直线与动点的轨迹相交于，两点.证明：直线与的斜率之积为定值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由圆的方程可得：圆心，半径，，
，由椭圆的定义即可求解；
（2）设，，，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系计算，，再计算即可求解.
【详解】（1）由得，圆心，半径，
点在线段的垂直平分线上，
，
，
由椭圆的定义可得动点的轨迹是以，为焦点，
长轴长为的椭圆．
从而，
故所求动点的轨迹方程为．
（2）设，，
由消去得，
显然
．
，可设直线与的斜率分别为则
即直线与的斜率之积为定值．
【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法
（1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为的等式，就能得到曲线的轨迹方程；
（2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；
（3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可；
（4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称之为相关点）的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；
（5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数即可求出所求轨迹的方程.
4．（2022荔湾区期末）已知椭圆经过点，且椭圆的上顶点与右焦点所在直线的斜率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上异于左顶点的两个点，若以为直径的圆过点，求证：直线过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）由椭圆的定义，性质列方程，求出的值，再得到椭圆的方程；
（2）设出直线BC方程，与椭圆联立，由题可得，利用建立关系可得.
【详解】（1）由已知设椭圆的上顶点的坐标为，右焦点为，
则由已知可得，解得，
所以椭圆方程为；
（2）可得，设直线方程为，代入椭圆方程可得
，
设，
则，
，
，
以为直径的圆过点，，即，
，
解得或，又，故，
所以直线方程为，故直线过定点.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
5．（2022醴陵市期中）已知椭圆的左右顶点是双曲线的顶点，且椭圆的上顶点到双曲线的渐近线距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)点F为椭圆的左焦点，不垂直于x轴且不过F点的直线l与曲线相交于A、B两点，若直线FA、FB的斜率之和为0，则动直线l是否一定经过一定点？若存在这样的定点，则求出该定点的坐标；若不存在这样的定点，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）由双曲线顶点求出a，再由点到直线距离求出b作答.
（2）设出直线l的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算、推理作答.
【解析】（1）
双曲线的顶点坐标为，渐近线方程为，
依题意，，椭圆上顶点为到直线的距离，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）
依题意，设直线l的方程为，、，点，
由消去y并整理得，则，，
直线FA、FB的斜率之和为，
即，有，整理得，
此时，，否则，直线l过F点，
因此当且，即且时，直线l与椭圆交于两点，直线l：，
所以符合条件的动直线l过定点．
6．（2022德州期末）椭圆的离心率为，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得线段长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）在轴上是否存在异于点的定点，使得直线变化时，总有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在定点满足题意.
【详解】试题分析：（1）由椭圆的离心率是，直线被椭圆截得的线段长为列方程组求出，从而可得椭圆的标准方程；（2）设直线方程为，由得，，根据韦达定理及斜率公式可得，令，可得符合题意.
试题解析：（1）∵，∴，
椭圆方程化为：，由题意知，椭圆过点，
∴，解得，
所以椭圆的方程为：；
（2）当直线斜率存在时，设直线方程：，
由得，，
设，
假设存在定点（t不为2）符合题意，∵，∴，
∴
，
∵上式对任意实数恒等于零，∴，即，∴，
当直线斜率不存在时，两点分别为椭圆的上下顶点，
显然此时，综上，存在定点满足题意．
7．（2022滑县期末）已知椭圆，点在椭圆上，椭圆的四个顶点的连线构成的四边形的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设点为椭圆长轴的左端点，为椭圆上异于椭圆长轴端点的两点，记直线斜率分别为，若，请判断直线是否过定点？若过定点，求该定点坐标，若不过定点，请说明理由．
（2022吴起县校级模拟）
【答案】(1)
(2)直线过定点
【分析】（1）根据四个顶点构成的四边形面积和椭圆所过点可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；
（2）当直线斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合两点连线斜率公式可得，代入韦达定理的结论可整理求得或；当时可知直线过，不合题意；当可求得直线过定点；当直线斜率不存在时，设，与椭圆方程联立，利用可求得，可知直线过点；综合可得定点坐标.
【详解】（1）椭圆的四个顶点连线构成的四边形面积，；
又椭圆过点，，
由得：，椭圆的方程为：.
（2）
由（1）知：，设，；
当直线斜率存在时，设，
由得：，
则，解得：；
，，
，
，
，解得：或
当时，直线，恒过定点，不合题意；
当时，直线，恒过定点；
当直线斜率不存在时，设，
由得：，
，解得：（舍）或，
直线过点；
综上所述：直线过定点.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的求解，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，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用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已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；
④根据直线过定点的求解方法可求得结果.
8．（2022吴起县校级模拟）已知中心在原点O，焦点在x轴上，离心率为的椭圆过点（，）．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设不过原点O的直线l与该椭圆交于P，Q两点，满足直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求直线l的斜率．
【答案】（Ⅰ）+y2=1；（Ⅱ）±．
【详解】试题分析：（Ⅰ）设出椭圆的方程，将已知点代入椭圆的方程及利用椭圆的离心率公式得到关于椭圆的三个参数的等式，解方程组求出a，b，c的值，代入椭圆方程即可．
（Ⅱ）设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，消去x得到关于y的二次方程，利用韦达定理得到关于两个交点的坐标的关系，将直线OP，PQ，OQ的斜率用坐标表示，据已知三个斜率成等比数列，列出方程，将韦达定理得到的等式代入，求出k的值．
解：（Ⅰ）由题意可设椭圆方程为+=1（a＞b＞0），
则e==，a2﹣b2=c2，+=1，
解得a=2，b=1，
可得椭圆方程为+y2=1；
（Ⅱ）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，
故可设直线l的方程为y=kx+m（m≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），
由，消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）=0，
则△=64k2b2﹣16（1+4k2b2）（b2﹣1）=16（4k2﹣m2+1）＞0，
且x1+x2=﹣，x1x2=．
故y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2．
因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，
所以 =k2，即k2+=k2，
即+m2=0，又m≠0，
所以k2=，即k=±．
即有直线l的斜率为±．
考点：椭圆的简单性质．
9．（2022广东一模）已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解，.
（1）由题意可得，∴由题意可得且，解得，，
∴椭圆的方程为：．
（2）
解法1：由（1）可得，
当直线 没有斜率时，设方程为： ，则 ，此时，化简得： 又，解得 或（舍去），此时P到直线l的距离为
设直线l有斜率时，设，，设其方程为：，联立可得且整理可得：，
，且，，
，整理可得：，
整理可得，整理可得，即，或，
若，则直线方程为：，直线恒过，与P点重合，
若，则直线方程为：，∴直线恒过定点，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．
解法2：公共点，左移1个单位，下移个单位，，
，，
，等式两边同时除以，，，，，
过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．
10．（2022相城区月考）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点M，N是椭圆上异于A，B的不同两点，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：直线过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）由，得到，再由点在该椭圆上，求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）设的方程为，联立方程组求得，再由的的方程，联立方程组，求得，结合斜率公式，进而得到直线过定点.
【详解】（1）由椭圆的离心率为，且点在椭圆上，
可得，所以，
又点在该椭圆上，所以，所以，
所以椭圆C的标准方程为
（2）由于的斜率为，设的方程为，
联立方程组，整理得，
所以，所以，
从而，即，
同理可得：由于的斜率为，则，
联立方程组，可得，
即，
所以，所以，
从而，即，
当时即；时，，过点，
当时，，，即，所以直线过点，
综上可得，直线过点.
【点睛】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.
11．（2022漳州期末）已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，OAB的面积为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过右焦点F作与x轴不重合的直线l交椭圆C于P，Q两点，连接AP，AQ，分别交直线x=3于M，N两点，若直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，试问:k1k2是不是定值？若是，求出该值，若不是，请说明理由.
【答案】（1）+=1；（2）是，定值-.
【分析】解法一:（1）根据离心率为，OAB的面积为，由求解
（2）由（1）知F(1，0)，A(2，0)，①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，与椭圆方程联立，分别求得P，Q的坐标，进而得到M，N的坐标，利用斜率公式求解；
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x-1)，与椭圆方程联立，利用斜率公式结合韦达定理求解；
解法二:（1）同解法一.
（2）由（1）知F(1，0)，A(2，0)，设直线l的方程为x=my+1，与椭圆方程联立，利用斜率公式结合韦达定理求解；
【详解】解法一:（1）由题意得
解得
所以椭圆C的方程为+=1.
（2）由（1）知F(1，0)，A(2，0)，
①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，
联立得
不妨设P，Q，
则直线AP的方程为y=(x-2)，
令x=3，得y=-，则M，
此时k1==-，
同理k2=，
所以k1k2=-×=-；
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x-1)，
联立得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1+x2=，x1x2=，
直线AP的方程为y=(x-2)，
令x=3，得y=，则M，
同理，N，
所以k1===，k2===，
所以k1k2=·=，
=，
==-.
综上所述，k1k2为定值-.
解法二:（1）同解法一.
（2）由（1）知F(1，0)，A(2，0)，
设直线l的方程为x=my+1，
联立得(3m2+4)y2+6my-9=0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则y1+y2=，y1y2=.
直线AP的方程为y=(x-2)，
令x=3，得y=，则M，
同理，N，
所以k1===，k2===，
所以k1k2=·=，
=，
==-，
所以k1k2为定值-.
12．（2022龙湖区校级期末）如图，点为椭圆的右焦点，过且垂直于轴的直线与椭圆相交于 两点(在的上方)，.
（1）求椭圆的方程；
（2）设点 是椭圆上位于直线两侧的动点，且满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，理由见解析.
【解析】（1）由焦点及通经长，用待定系数法求椭圆的标准方程；
（2）设出直线：，与椭圆联立，用“设而不求法”表示，整理得.
【详解】（1）由得：，
椭圆的方程：
（2）依题意知直线的斜率存在，设方程：
，
代入椭圆方程得：(*)
，
由得
，
整理得：
或
当时，直线过定点，不合题意
，，直线的斜率是定值
另解：设直线的方程为
椭圆的方程即：
即：
联立得：
即
由得即：
直线的斜率为，是定值.
【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；
"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.
13．（2022湖北期末）设曲线过两点，直线与曲线交于两点，与直线交于点.
（1）求曲线的方程；
（2）记直线的斜率分别为，求证：，其中为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）由已知建立方程组可求得曲线的方程；
（2）令，则，联立整理得，设，，表示，，可求得定值．
【详解】解：（1）由已知得，解得，
所以曲线的方程为；
（2）令，则，联立，整理得，
设，则，
∴，
，
又，
∴，∴等于定值2，得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合问题，关键在于由直线的方程与椭圆的方程联立后，由根与系数的关系表示直线的斜率，求得定值．
14．（2022光明区期末）已知椭圆的离心率为，设椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，且，1，为等比数列.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点P（4，0）作直线l与椭圆交于M，N两点（直线l与x轴不重合），设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，判断是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由.
【答案】(1) ；(2) 为定值.
【分析】(1)根据已知条件，解列方程组即可得到椭圆C的方程；
(2)根据题意，设出直线l的方程，再与椭圆C的方程的联立，结合韦达定理求出与，进而表示出与，即可判断是否为定值.
【详解】(1)由题意得，故，
又，故椭圆C的方程为：.
(2)由题意，设直线l：，，，
联立 ，得，
则，即，
由韦达定理得：，，
结合，得：，，
故，
因点在椭圆上，故，
则，
因此，
故为定值.
【点睛】求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．
15．（2022合肥期末）
已知椭圆E：的离心率为，点在椭圆E上.
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点任作一条直线l，l与椭圆E交于不同于P点的A，B两点，直线l与直线m：交于C点，记直线，，的斜率分别为，，，试探究与的关系，并证明你的结论.
【答案】（1）；（2）关系为，证明见解析.
【解析】（1）由椭圆的离心率得，再将已知点代入可求得，得椭圆E的方程
（2）设直线l的方程为，设，为l与椭圆E的两个交点.将直线的方程与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系表示，，可得出其间关系.
【详解】解：（1）因为椭圆E：()的离心率为，所以，
因为，所以.
故可设椭圆E的方程为，因为点在椭圆E上，
所以将其代入椭圆E的方程得.
所以椭圆E的方程.
（2）依题意，直线l不可能与x轴垂直，
故可设直线l的方程为，设，为l与椭圆E的两个交点.
将代入方程，消去y并整理得.
所以，.
所以
.
又由，解得，，
所以.
因此，与的关系为.
【点睛】关键点点睛：在解决直线与椭圆的综合问题时，关键在于将目标条件表示为椭圆上的点的坐标间的关系．
16.（2022枣庄期末）
已知椭圆的左焦点为，抛物线，与交于点．
（1）求与的方程；
（2）动直线与交于不同两点、，与交于不同两点、，且，记、的斜率分别为是、，满足，记线段的中点的纵坐标为，求的取值范围．
【答案】（1）；的方程为；（2）.
【分析】（1）解法1：利用椭圆的定义求得，然后利用求得，从而求得椭圆方程.解法2：由题意，，解得，，进而可得的方程，把代入抛物线方程，解得，进而可得的方程．
（2）设，，，，分两种情况：当直线的斜率不存在，当直线的斜率存在．分析，得出的取值范围．
【详解】（1）解法1：因为椭圆的左焦点为，所以右焦点．
由椭圆的定义，，因此．
又半焦距，所以，所以的方程为．
把代入，得，所以的方程为．
解法2：由题意，消去可得，即．
又因为，所以．．所以的方程为．
把代入，得，所以的方程为．
（2）设，．若直线的斜率不存在，则．
由，得（★）
又，可得，代入（★）式，可得．
所以直线的方程为．可见，直线过点．这与矛盾，因此，直线的斜率必存在．
注：下列说明同样给分，若直线的斜率不存在，则，显然，与只有一个交点，这与已知条件矛盾．所以直线的斜率必存在．
设．由于，故．
由消去，整理得．
由判别式，得（※）
因此，（☆）
由题意，．
所以，
即．
把（☆）代入上式并整理得．因为，所以．
因此，直线的方程为．
由（※）可得，即．
又因为，所以．
由消去，整理得．由判别式，得．
所以的取值范围是，且．
设，，．
则由，可得，所以．
代入，得．
因为，且，所以，且，
所以，实数的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：本题先利用关键是设出直线方程和椭圆方程联立，利用韦达定理结合求出斜率的值，然后代入直线方程和椭圆联立利用判别式求解.
17（2022古县模拟）
已知抛物线，与圆有且只有两个公共点．
（1）求抛物线的方程；
（2）经过的动直线与抛物线交于两点，试问在直线上是否存在定点，使得直线的斜率之和为直线斜率的倍？若存在，求出定点；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在定点满足题意．
【分析】（1）联立方程，得，由可得值，即可得抛物线的方程；
（2）由题设，易得当直线的斜率不存在时，恒有；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，联立方程，由韦达定理与斜率公式表示出，由列方程求解出即可.
【详解】（1）联立方程，得，
因为抛物线与圆有且只有两个公共点，
则，解得或，
又，所以，
所以抛物线的方程为；
（2）假设直线上存在定点，
当直线的斜率不存在时，，，
由题知，即恒成立．
当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，，，
联立方程得，
则，，
由题知，
所以
，
整理得，
因为上式对任意成立，所以，解得，
故所求定点为．
【点睛】本题主要考查了抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系，抛物线中的定点问题，考查了学生的运算求解能力.【圆锥曲线】计算技巧系列10讲
——仿射变换的定义、性质及其7大应用
仿射变换，即平行投影变换，是几何学中的一个重要变换，是从运动变换过渡到射影变换的桥梁．在初等几何中，仿射图形经过平面仿射变换，可以由对特殊几何图形的证明，得出对一般几何图形的证明．而且，根据仿射变换的性质，可以把特殊图形的命题推广到一般图形，从而达到事半功倍的效果．本文将探讨应用仿射变换中的仿射不变性质与仿射不变量来解决解析几何一些较难问题．
【知识与典例精讲】
一、仿射变换概述
先看一个引例：
【解析】设点的坐标为，点，由题意可知，则由题可得，即，
点P在圆上运动，，即点的轨迹方程为，点的轨迹为椭圆，除去与轴的交点．
这个问题就是用仿射变换把圆变换为椭圆．在高中数学解析几何题中，我们可以利用仿射变换将一部分有关椭圆的问题转化为圆的问题，这样就可以借助圆中的特有的一些性质解决问题，从而使问题的解决过程大大简化．
二、仿射变换定义
解析几何中的仿射变换（Affine Transformation）是 种 维坐标到 维坐标之间的线性变换，保持 维图形的“平直性”（译注：straightness，即变换后直线还是直线，不会打弯，圆弧还是圆弧）和“平 性”（译注：parallelness，其实是指保持 维图形间的相对位置关系不变，平 线还是平 线，相交直线还是相交直线，另外特别注意向量间的夹角可能会发生变化．）仿射变换可以通过 系列的原 变换的复合来实现，包括：平移（Translation）、缩放（Scale）、翻转（Flip）、旋转（Rotation）和剪切 （Shear）．
下面是字母R的反射变换效果图：
三、仿射变换性质
仿射变换有如下性质：
1．同素性：在经过变换之后，点仍然是点，线仍然是线；
2．结合性：在经过变换之后，在直线上的点仍然在直线上；
3．其它不变关系．
我们以椭圆为例阐述上述性质．
椭圆，经过仿射变换，则椭圆变为了圆，并且变换过程有如下对应关系：
（1）点变为；
（2）直线斜率k变为，对应直线的斜率比不变（见例4）
（3）图形面积S变为，对应图形面积比不变（见例7～例10）；
（4）点、线、面位置不变（平 直线还是平 直线，相交直线还是相交直线，中点依然是中点，相切依然是相切等，见例1）；
（5）弦长关系满足，因此同一条直线上线段比值不变，三点共线的比不变（见例6）．
总结可得下表：
变换前 变换后
方 程
横坐标
纵坐标
斜 率
面 积
弦 长
不变量 平行关系；共线线段比例关系；点分线段的比
注意：仿射变换一般而言主要应用于选填中快速得出结果，对于解答题可以利用仿射变换快速得出结果但是容易丢掉步骤分，因此还是用正常解法写出过程．
四、仿射变换的应用
当出现以下几个场景的时候就可以联想仿射变换去处理：
①面积问题（尤其是有一个顶点是坐标原点的时候）；
②斜率之积出现之类；
③同一条线段的比例问题；
④其他与之相关联的问题．
（一）初识仿射变换
例1．（一般情况下的标准椭圆与直线）已知直线，椭圆，讨论直线与椭圆的位置关系．
【解析】作变换，直线变为，椭圆变为圆，
圆心到直线的距离为，由直线与圆的位置关系易得：
（1）当，即时，直线与圆相切，当时，直线与椭圆相切；
（2）当，即时，直线与圆相离，当时，直线与椭圆相离；
（3）当，即时，直线与圆相交，当时，直线与椭圆相交．
【推广】标准变换后，直线变为，此结论可以作为公式记熟，提高做题速度．
例2．已知椭圆的方程为，点的坐标为．
（1）设直线交椭圆于两点，交直线于点．若，证明：为的中点；
（2）对于椭圆上的点，如果椭圆上存在不同的两个交点满足，写出求作点的步骤．
【解析】（1）证法一：设，则
可得，又，，而由题意知，，即，即线段的中点在直线上，也即直线与的交点为线段的中点．
证法二：由方程组，消y得方程，
因为直线交椭圆于两点，，即，
设的中点坐标为，则，
由方程组，消y得方程，
又因为，所以，故为的中点．
（2）求作点的步骤：
1 取的中点；
2 连接，求出直线OE的斜率；
3 由知为的中点，根据（1）可得的斜率；
4 从而得直线的方程：；
5 将直线与椭圆的方程联立，方程组的解即为点的坐标．
下面利用仿射变换解决这个问题：
（1）作仿射变换：，椭圆方程变为，则，，由垂径定理得为的中点，是的中点．
（2）如图，求作点的步骤：
1 以为圆心，椭圆的长半轴长为半径作圆；
2 作射线，使，射线与圆交于；
3 过圆与轴正方向的交点作轴的垂线，过圆与轴负方向的交点作轴的垂线，两垂线交于点；
4 连接，取其中点；
5 连接，过作的垂线，交圆于；
6 过点作作轴的垂线，交椭圆于点即为所求．
证明：上述作图相当于作了纵轴方向上的伸缩变换，易证线段与互相平分，而伸变换不改变线段的比例，因此与互相平分，．
【说明】题（1）表明中点弦问题由点差法得到的结论可以看作是椭圆的“垂径定理”；题（2）利用仿射变换完成纯几何作图，注意椭圆的参数方程在仿射变换图形下获得了确定的几何意义．
例3．（2012年高考湖北理21）
设是单位圆上的任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足.当点在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程，判断曲线为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；
（2）过原点且斜率为的直线交曲线于，两点，其中在第一象限，它在轴上的射影为点，直线交曲线于另一点.是否存在，使得对任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）答案见解析；（2）存在，.
【解析】（1）设，，则由，可得与，与的关系，所以代入 ，得所求曲线的方程再讨论m的取值范围.
（2），设，，则，，
把，两点坐标代入椭圆方程，点差法可得，
由，，三点共线，即，再由，
而等价于，即，又，得可得答案.
【详解】（1）如图1，设，，则由，且
可得，，所以，① ，
因为点在单位圆上运动，所以② ，
将①式代入②式即得所求曲线的方程为且，
因为，所以
当时，，曲线是焦点在轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为，；
当时，，曲线是焦点在轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为.
（2）存在，理由如下：
如图2 3，，设，，则，，
因为，两点在椭圆上，所以两式相减可得
，③
依题意，由点在第一象限可知，点也在第一象限，且，不重合，
故，于是由③式可得
，④
又，，三点共线，所以，即，
于是由④式可得，
而等价于，即，又，得，
故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系；考查分类讨论的数学思想以及运算求解的能力.本题是一个椭圆模型，求解标准方程时注意对焦点的位置分类讨论，不要漏解；对于探讨性问题一直是高考考查的热点，一般先假设结论成立，再逆推所需要求解的条件，对运算求解能力和逻辑推理能力有较高的要求.
（二）凸显隐含几何条件
利用仿射变换可以将一些题目中“平凡”的条件转化为对解题很有利的“特殊”条件，比如：①利用仿射变换可以改变斜率，从而可以使得某些与椭圆相关的平行四边形转化成矩形，达到简化问题的目的； ②利用仿射变换可以将椭圆变成圆，从而可以使得某些与椭圆相关的平行四边形转化为菱形，达到简化问题的目的．
例4．已知椭圆的标准方程为．
(1)设动点满足：，其中，是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由．
(2)设动点满足：，其中，是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在点，使得点到的距离与到直线的距离之比为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)存在；点坐标为
(2)存在；
【分析】（1）根据仿射变换进行换元，令，即可得到新的轨迹方程，得到.然后根据题意找到的轨迹方程，结合椭圆定义即可解题；
（2）结合第一小问，找到的轨迹方程，结合椭圆定义即可解题.
（1）
设椭圆上一点为，椭圆上的点，，
令，椭圆的方程为，，
可得是以为圆心，半径为2的圆上的点，记仿射变换下，在圆上对应的点为，，
直线与的斜率之积为
．可得.
，四边形为正方形，于是，
则点的轨迹方程为，因此点的轨迹方程为，即.，
由椭圆的定义可得，存在符合题意的点，坐标为（即椭圆的两个焦点）．
（2）
，由（1）可知，此时四边形为矩形，于是，点的轨迹方程为，因此点的轨迹方程为，即.，，
直线为椭圆的右准线.
由椭圆的定义可得，存在符合题意的点，坐标为（即椭圆的右焦点）．
（三）利用仿射变换处理斜率问题
例5. 已知，平面内一动点满足．
(1)求点运动轨迹的轨迹方程；
(2)已知直线与曲线交于，两点，当点坐标为时，恒成立，试探究直线的斜率是否为定值？若为定值请求出该定值，若不是定值请说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值；
【分析】对于小问1，设点，代入，整理化简得点轨迹方程；
对于小问2，设出直线：，联立曲线的方程，结合韦达定理，代入，整理得到和的关系，进而判断直线是否过定点．
（1）
设，则，所以点轨迹方程为：．
（2）
显然直线不垂直于轴，
故设：，，
代入并整理得： ，
∴
，
整理得：，
若，此时过，不合题意；
若，即符合题意，
故直线的斜率为．
（四）利用仿射变换处理弦长问题
例6．（2011年高考辽宁理20）本小题满分12分）
如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.
（1）设，求 与的比值；
（2）当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由
【答案】（1）
（2）当时，不存在直线l，使得BO//AN；当时，存在直线l使得BO//AN
【详解】（1）因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设
.
设直线分别和C1，C2联立，求得.
当时，，分别用yA，yB表示A、B的纵坐标，可知
|BC|:AD|=
（2）t=0时的l不符合题意，t≠0时，BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即
，
解得.
因为，又，所以，解得.
所以当时，不存在直线l，使得BO//AN；当时，存在直线l使得BO//AN.
（五）利用仿射变换处理同一条线段的比例问题
例7．（2018年高考浙江卷17）已知点，椭圆上两点满足，则当 时，点横坐标的绝对值最大．
【答案】5
【解析】解法一：如图，作仿射变换：得，由于三点共线，则变换后依然共线，且对应长度的比不变，则有，不妨设在第一象限，设且，则，由于在圆上，
则，当时，取最大值，即点的横坐标的绝对值最大，此时．
解法二：令．
，则，，
，，，当时，点横坐标的绝对值最大．
解法三：显然直线的斜率存在，设直线的方程为：，
联立方程可得，
记，，则，，由可得，所以，，当取最大值时，，此时．
【评注】解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决．
例8．已知椭圆经过点，离心率为，A，B是椭圆C上两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若射线OA上的点Р满足，且PB与椭圆交于点Q，求的值．
【解析】（1）设椭圆的焦距为2c，易知一个∴椭圆方程为平
（2）解法1：设，则，设，则由于A，B，Q都在椭圆上，并且，
因此，
∴（舍）或，因此．
解法2：作变换，于是椭圆C变为圆：，
因此，，
过点O作于H，则，
又由于．
【思考总结】当出现同一条边的比值问题的时候很多时候就可以考虑能否用仿射变换利用圆的性质对其作变形化简，很多情况能简化相当多的问题．而这道题还出现了斜率之积为，于是更加考虑用仿射变换去解决．
（六）利用仿射变换处理面积问题
利用仿射变换可以将椭圆内接三角形变成圆内接三角形，它们的面积之间存在固定的比例关系，而求解圆内接三角形的面积运算量要低很多．
例9．M，N分别是椭圆和上的动点，则面积最大值为 ．
【答案】
【解析】作变换之后两个椭圆均变为圆，方程分别为，故，当时面积最大，此时，．
例10．（2019年高考全国II理21）已知，动点满足直线AM与直线BM斜率之积为，记M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，轴，垂足为E．连接QE并延长交C于点G．
（i）证明：是直角三角形；
（ⅱ）求面积的最大值．
【解析】（1）由题意得，整理得曲线C的方程：，
∴曲线C是焦点在x轴上不含长轴端点的椭圆．
（2）（i）解法1：设，则，，
∴直线QE的方程为：，与联立消去y，得，
∴，∴，∴，
∴，
把代入上式，得，
∴，∴，故为直角三角形．
解法2：作变换后椭圆C变为圆，方程为，
由于为直径，则，则，
又，
∴即是直角三角形．
（ii）
．
令，则，，利用函数在的单调性可知， （时取等号），∴ （此时），故面积的最大值为．
【评注】求△面积的构建有以下方法：
（1）；
（2）设点到直线的距离为，则；
（3）设点到直线的距离为，则；
（4）；
（5）仿射变换；
（6）用角表示面积．
例11．（2014年高考新课标Ⅰ理20）已知点，椭圆的离心率为，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．
（1）求E的方程；
（2）设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当的面积最大时，求l的方程．
【分析】这里第二问出现面积最大，因此可以联想仿射变换化椭为圆去做．
【解析】（I）设，由条件知，得，又，
∴，故E的方程．
（2）解法1：作变换，椭圆E变为圆：，
此时过点，此时，因此最大时，同样最大．
，当且仅当时最大，
设直线方程为，那么O到直线距离，
，∴直线l的方程为：．
解法2：依题意当轴不合题意，故设直线，设，
将代入，得，当，即时，，从而，又点O到直线PQ的距离，∴的面积，
设，则，，当且仅当等号成立，且满足，∴当的面积最大时，l的方程为：或．
【评注】当过椭圆外一个定点P作一条直线与椭圆交于A，B两点时，面积最大值，当且仅当经过仿射变换之后的与原点O所构成的三角形为直角三角形时取到最大值．如果定点P是圆内点，则有两种情况：①如果作仿射变换之后到圆心距离大于等于，那么面积最大值仍然是，②如果作仿射变换之后到圆心距离小于，那么当时面积取到最大值．
例12．已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，P为椭圆C上异于A，B两点的任意一点，直线PA，PB的斜率分别记为．
（1）求；
（2）过坐标原点О作与直线PA，PB平行的两条射线分别交椭圆C于点M，N，问：的面积是否为定值？请说明理由．
【分析】第一问的，并且出现了以原点为顶点的三角形的面积因此考虑用仿射变换去处理．
【解析】（1）设，则，∴．
（2）解法1：①轴时，设，则，
又，则．
②与x轴不垂直时，设直线MN方程为：，
，
∴．
综上可知，面积为．
解法2：作变换，椭圆C变为圆：，
于是，∴，
则，∴．
【总结思考】当斜率之积出现时，很多情况都可以考虑用仿射变换去处理，∵经过变换之后，这两条直线变成垂直了，于是就可以利用垂直以及圆的特殊性质去处理．
（七）仿射变换的综合应用
例13．已知椭圆，分别为椭圆左右焦点，过作两条互相平行的弦，分别与椭圆交于四点，若当两条弦垂直于轴时，点所形成的平行四边形面积最大，则椭圆离心率的取值范围为 ．
【分析】利用仿射变换将椭圆变换为圆，此时四点分别变换为四点，由仿射变换时变换前后对应图形的面积比不变这个性质，故将上述题目中的椭圆变换为圆时，四点所形成的平行四边形面积最大值仍在两条弦与轴垂直时取到，故只需研究在圆的一条直径上，取关于圆心对称的两点，当为多少时，能使得过的两条互相平行的弦与此直径垂直时刻，与圆的四个交点所形成的面积最大．
【解析】作仿射变换，令，可得仿射坐标系，在此坐标系中，上述椭圆变换为圆，点坐标分别为，过作两条平行的弦分别与圆交于四点．由平行四边形性质易知，三角形的面积为四点所形成的平行四边形面积的，故只需令三角形面积的最大值在弦与轴垂直时取到即可．由文[2]中的结论，易得当时，三角形面积的最大值在弦与轴垂直时取到．故此题离心率的取值范围为．
【评注】此题的一般解法也较多，但按照常规解法则较为繁琐．而上述解法利用仿射变换把椭圆变换为圆后，由于圆中三角形面积的计算较为简便，故使得本题的解答过程大大简化．本题以面积的求解为载体，在此载体下可以有多种变式，笔者给出一种，有兴趣的读者不妨用仿射变换的办法尝试求解．
例13变式
已知椭圆，为椭圆内一定点，过点的弦与椭圆交于两点，若使得三角形面积为的弦存在两条，则取值范围为_________________．
【答案】1．
【分析】当直线斜率不存在时，可验证知其不合题意；可设，由在直线上可得；将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用弦长公式和点到直线距离公式可表示出，将代入化简可整理得到，根据满足题意的直线有两条可知，结合点在椭圆内即可求得的范围.
【详解】当直线斜率不存在时，其方程为，则，，
，不合题意；
直线斜率存在，可设其方程为：，
在直线上，，即；
由得：，
，即；
设，，，，
，
又原点到直线距离，
，则，
将代入上式得：，
，即，
整理可得：，
使得三角形面积为的弦存在两条，，；
在椭圆内部，，则，，
或，即实数的取值范围为.
故答案为：.
例14．已知动直线与椭圆C:交于，两个不同点，且的面积=,其中为坐标原点.
(1)证明和均为定值;
(2)设线段的中点为，求的最大值；
(3)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；(2)(3)椭圆C上不存在三点，使得
【分析】（1）根据已知设出直线的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线的距离，根据三角形面积公式，即可求得和均为定值；
（2）由（I）可求线段PQ的中点为M，代入|OM| |PQ|并利用基本不等式求最值；
（3）假设存在，满足，由（1）得，，，， ，，从而得到的坐标，可以求出方程，从而得出结论.
(1)
（ⅰ）当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，所以
∵在椭圆上
∴ ①
又∵，
∴ ②
由①②得，．此时；
（ⅱ）当直线的斜率存在时，是直线的方程为，将其代入得
故即
又，
∴
∵点到直线的距离为
∴
又
整理得
此时
综上所述结论成立．
(2)
（ⅰ）当直线的斜率不存在时，由（1）知
，
因此．
（ⅱ）当直线的斜率存在时，由（1）知
所以
．当且仅当，
即时，等号成立．
综合（1）（2）得的最大值为.
(3)
椭圆C上不存在三点，使得
证明：假设存在，满足
由（1）得，，，， ，
解得：，.
因此从集合中选取，从集合中选取；
因此只能从点集这四个点选取三个不同的点，而这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这与矛盾.
所以椭圆C上不存在三点，使得
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，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．（3）考查学生观察、推理以及创造性地分析问题解决问题的能力.
四、仿射变换总结
以上内容是对仿射变换在解析几何应用的总结，当然有些题有其它做法，但是应用仿射变换解决起来更简捷、更方便．从以上例题可以总结得出，应用仿射变换中的仿射不变性质与仿射不变量解题的步骤可概括如下：
①判断求解的问题是否能利用仿射不变性质，仿射不变量求解，一般涉及到点共直线，直线共点，线段比，面积比等一类问题皆可应用仿射变换解题；
②选择合适的仿射变换，找出所给图形的合适的仿射图形；
③在仿射图形中求证，写出具体的仿射变换及解题过程．
但值得我们注意的是，所考虑的问题都必须是仿射性质的问题，否则这种方法就不适用了．如有关线段长度，直线垂直，直线夹角大小的问题属于非仿射性质，自然就不能使用平行投影的方法解决．
【提升训练】
椭圆，则该椭圆所有斜率为的弦的中点的轨迹方程为_________________．
【答案】
【分析】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，利用点差法可得答案.
【详解】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，
设中点坐标为，则，
所以，两式相减可得，
，即，
由于在椭圆内部，由得，
所以时，即直线与椭圆相切，
此时由解得或，
所以，
所求得轨迹方程为．
故答案为：
如图，，P，Q是椭圆上的两点（点Q在第一象限），且直线PM，QM的斜率互为相反数．若，则直线QM的斜率为__________．
【答案】
【分析】延长，交椭圆于点，由椭圆的对称性和直线PM，QM的斜率互为相反数可知：，设出直线的斜率，写出直线的直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，消得到一元二次方程，结合,利用一元二次方程根与系数的关系，求出点坐标，并代入椭圆方程中，求出直线的斜率，也就能求出直线QM的斜率.
【详解】延长，交椭圆于点，由椭圆的对称性和直线PM，QM的斜率互为相反数可知：，如下图所示：
设直线的斜率为，所以直线的方程为：，与椭圆方程联立得：，消元得，，
设，根据根与系数关系可得：，
，，
所以，把代入椭圆方程中得，，解得，
所以直线QM的斜率为.
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，考查了椭圆的几何性质的应用，考查了数学运算能力.
已知椭圆的右端点为A，O为坐标原点，若在椭圆上存在一点P使得OP⊥PA，则此椭圆离心率的取值范围是________.
【答案】
【分析】根据题意，求出点的轨迹，再与椭圆方程联立，转化为一元二次方程在区间内有一个根，结合图像即可得到，关系，进而得到离心率的取值范围.
【详解】由题意得，点P在以为直径的圆上，
因，，则以为直径的圆方程为：，
即，
联立，得，
令，则，，
结合图像可知，要使OPPA，
只需方程在区间内有一个根，
根据二次函数根的分布，得，即，
因，故，即，
又因，所以.
故答案为：.
【点睛】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；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为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)．
MN是椭圆上一条不过原点且不垂直于坐标轴的弦，P是MN的中点，则_________，A，B是该椭圆的左右顶点，Q是椭圆上不与A，B重合的点，则_________．CD是该椭圆过原点O的一条弦，直线CQ，DQ斜率均存在，则_________．
【答案】
【分析】通过伸缩变换将椭圆变为圆，在圆中得到的垂直关系转化为斜率之积为-1，进而得到椭圆中的斜率之积为定值.
【详解】作变换，那么椭圆变为圆，方程为：，
是中点，那么，
∴，
是圆的左右顶点即直径，那么，∴，
是过圆心O的一条弦即直径，那么，
∴．
（2022年高考浙江卷21）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）
设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）
设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．
已知椭圆的离心率为为椭圆上一点，为椭圆上不同两点，为坐标原点，
（1）求椭圆的方程；
（2）线段的中点为，当面积取最大值时，是否存在两定点，使为定值？若存在，求出这个定值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在；．
【分析】（1）由离心率公式以及将点代入方程，列出方程组，进而得出方程；
（2）当直线的斜率存在时，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求出，再由二次函数的性质得出的坐标，消去，得出点在椭圆上，结合定义得出平面内存在两点使得，当直线的斜率不存在时，设出坐标，由三角形面积公式以及正弦函数的性质求出的坐标，进而得出平面内存在两点使得.
【详解】（1）由，可设，则方程化为
又点在椭圆上，则，解得
因此椭圆的方程为．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为
联立直线和椭圆的方程消去得，
化简得：
当时，取得最大值，即此时
又，则
即
令，则
因此平面内存在两点使得．
当直线的斜率不存在时，设，则
，即当取得最大值．
此时中点的坐标为，满足方程
即．
【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键是由弦长公式以及点到直线的距离公式表示三角形的面积，进而由韦达定理、二次函数的性质进行求解.
7．如图，作斜率为的直线与椭圆交于 两点，且在直线的上方，则△内切圆的圆心所在的定直线方程为__________________________．
【答案】
【分析】作仿射变换，则椭圆变成圆，则可得，由垂径定理可得的方程，从而可求得的方程
【详解】如图，作仿射变换：，椭圆变为，直线的斜率变为直线的斜率，变为
，
由垂径定理平分，其方程为，
平分，
△内切圆的圆心所在的定直线方程为．
故答案为：
8. 已知椭圆的右端点为A，O为坐标原点，若在椭圆上存在一点P使得OP⊥PA，则此椭圆离心率的取值范围是________.
【答案】
【分析】根据题意，求出点的轨迹，再与椭圆方程联立，转化为一元二次方程在区间内有一个根，结合图像即可得到，关系，进而得到离心率的取值范围.
【详解】由题意得，点P在以为直径的圆上，
因，，则以为直径的圆方程为：，
即，
联立，得，
令，则，，
结合图像可知，要使OPPA，
只需方程在区间内有一个根，
根据二次函数根的分布，得，即，
因，故，即，
又因，所以.
故答案为：.
【点睛】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；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为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)．
Р是椭圆上任意一点，O为坐标原点，，过点Q的直线交椭圆于A，B两点，并且，则面积为______________．
【答案】
【分析】通过伸压变换将椭圆变成圆再还原回去.
【详解】作变换之后椭圆变为圆，方程为，
是的重心，又O是的外心
′是等边三角形，
∴．
故答案为：
在平面直角坐标系中，椭圆的右准线为直线，动直线交椭圆于两点，线段的中点为，射线分别交椭圆及直线于点，如图，当两点分别是椭圆的右顶点及上顶点时，点的纵坐标为（其中为椭圆的离心率），且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如果是的等比中项，那么是否为常数？若是，求出该常数；若不是，请说明理由．
【答案】(1)(2)为定值
【分析】（1）由已知条件求得，，由此列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）把代入椭圆，得到，取得，得到的方程为，联立方程组，求得，结合，列出方程求得，即可求解.
【详解】（1）
椭圆的右准线为直线，动直线交椭圆于两点，
当零点分别是椭圆的有顶点和上顶点时，则，
因为线段的中点为，射线分别角椭圆及直线与两点，所以，
由三点共线，可得，解得，
因为，所以，可得，
又由，解得，所以椭圆的标准方程为.
（2）
解：把代入椭圆，
可得，可得，
则，
所以，即,
所以直线的方程为，
由，可得，
因为是的等比中项，所以，
可得，
又由，解得，所以，此时满足，
所以为常数.
11.（2022成都一模）已知椭圆的离心率为，且直线与圆相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆相交于不同的两点﹐，为线段的中点，为坐标原点，射线与椭圆相交于点，且点在以为直径的圆上．记，的面积分别为，，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）依题意得到，再利用点到直线的距离公式得到，再根据解方程即可；
（2）由为线段的中点，可得，对直线的斜率的斜率存在与否分两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设直线，，．联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，根据，即可得到，从而得到与的关系，即可求出面积比的取值范围；
【详解】解：（1）∵椭圆的离心率为，∴（为半焦距）．
∵直线与圆相切，∴．
又∵，∴，．
∴椭圆的方程为．
（2）∵为线段的中点，∴．
（ⅰ）当直线的斜率不存在时，
由及椭圆的对称性，不妨设所在直线的方程为，得．
则，，∴．
（ⅱ）当直线的斜率存在时，设直线，
，．
由，消去，得．
∴，即．
∴，．
∵点在以为直径的圆上，∴，即．
∴．
∴．
化简，得．经检验满足成立．
∴线段的中点．
当时，．此时．
当时，射线所在的直线方程为．
由，消去，得，．
∴．
∴，∴．
综上，的取值范围为．
【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．
平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点.
（i）求的值；
（ⅱ）求面积的最大值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）2；（ⅱ）.
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定的值，从而得到椭圆的方程；（Ⅱ）（i）设，，由题意知，然后利用这两点分别在两上椭圆上确定的值; （ⅱ）设，利用方程组结合韦达定理求出弦长，选将的面积表示成关于的表达式，然后，令，利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而求出的面积的最大值，并结合（i）的结果求出面积的最大值.
试题解析：（Ⅰ）由题意知，则,又可得,
所以椭圆C的标准方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆E的方程为,
（i）设，，由题意知因为,
又，即,所以，即.
（ⅱ）设
将代入椭圆E的方程，
可得
由，可得①
则有
所以
因为直线与轴交点的坐标为
所以的面积
令,将代入椭圆C的方程可得
由，可得②
由①②可知
因此,故
当且仅当，即时取得最大值
由（i）知，面积为,所以面积的最大值为.
考点：1、椭圆的标准方程与几何性质；2、直线与椭圆位置关系综合问题；3、函数的最值问题.
【综合培优】
1．已知直线l与椭圆交于M，N两点，当______，面积最大，并且最大值为______.记，当面积最大时，_____﹐_______.Р是椭圆上一点，，当面积最大时，______.
2．过椭圆的右焦点F的直线与椭圆交于A，B两点，则面积最大值为_______.
3．已知A，B，C分别是椭圆上的三个动点，则面积最大值为_____________.
4．已知椭圆左顶点为，为椭圆上两动点，直线交于，直线交于，直线的斜率分别为且， （是非零实数），求______________.
5．已知椭圆C：，A，B是椭圆C上两点，且关于点对称，P是椭圆C外一点，满足，的中点均在椭圆C上，则点P的坐标是___________.
6．已知椭圆，分别为椭圆左右焦点，过作两条互相平行的弦，分别与椭圆交于四点，若当两条弦垂直于轴时，点所形成的平行四边形面积最大，则椭圆离心率的取值范围为______________.
7．已知椭圆C：过点A(2，0)，B(0，1)两点.
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.
8．已知椭圆：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线：与椭圆有且只有一个公共点T．
（Ⅰ）求椭圆的方程及点的坐标；
（Ⅱ）设是坐标原点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点，证明：存在常数，使得，并求的值．
9．分别是椭圆于的左、右焦点.
(1)若Р是该椭圆上的一个动点，求的取值范围；
(2)设是它的两个顶点，直线与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点.求四边形AEBF面积的最大值.
10．已知圆：，定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于点．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）四边形的四个顶点都在曲线上，且对角线、过原点，若，求证：四边形的面积为定值，并求出此定值．
参考答案：
1． 4 2 1
【分析】作伸缩变换，将椭圆变为圆，根据三角形面积公式求得当时，最大，进而依次计算可得.
【详解】作变换此时椭圆变为圆，方程为，
当时，最大，并且最大为，
此时，.
由于，，
∴，
，
因为，所以
.
故答案为：；；4；2；1.
2．##
【分析】利用仿射变换，将椭圆变换为圆，利用圆的性质求出面积的最大值，从而可求出面积最大值
【详解】作变换之后椭圆变为圆，方程为，，
由于，因此时面积最大，
此时，
那么，
故答案为：
3．##4.5
【分析】作变换之后椭圆变为圆，方程为，是圆的内接三角形，圆的内接三角形面积最大时为等边三角形，则，求出，代入即可得出答案.
【详解】作变换之后椭圆变为圆，方程为，
是圆的内接三角形，设的半径为，
设所对应边长为，所以
，当且仅当时取等，
因为在上为凸函数，则，
，当且仅当时取等，
所以圆的内接三角形面积最大时为等边三角形，因此，又因为，
∴.
故答案为：.
4．1
【分析】设，由以及解出，代入椭圆方程求出；同理可得；进而求出的值．
【详解】解法1：可得点，设，则，
由可得，即有，
，，两边同乘以，可得，解得，将代入椭圆方程可得，由可得，可得；
故答案为：．
解法2：作变换之后椭圆变为圆，方程为，
，
设，则，
，
∴，
，
∴.
故答案为：．
5．或.
【解析】先利用点差法可求出直线AB的斜率为，即可得出直线方程，代入椭圆方程可求出A，B坐标，设出点P，则可表示出PA，PB中点坐标，代入椭圆方程即可求出点P坐标.
【详解】设， A，B是椭圆C上两点，
则，两式相减得，
是AB中点，则，即，
故直线AB斜率为，则直线AB方程为，即，
将直线方程代入椭圆得，解得，
则可得，
设，则PA中点为，PB中点为，
，的中点均在椭圆C上，
则，解得或，
的坐标为或.
故答案为：或.
【点睛】本题考查中点弦问题，解题的关键是先利用点差法求出直线斜率，进而求出A,B坐标，再结合题意求解.
6．
【分析】利用仿射变换将椭圆变换为圆，此时四点分别变换为四点，由仿射变换时变换前后对应图形的面积比不变这个性质，故将上述题目中的椭圆变换为圆时，四点所形成的平行四边形面积最大值仍在两条弦与轴垂直时取到，故只需研究在圆的一条直径上，取关于圆心对称的两点，当为多少时，能使得过的两条互相平行的弦与此直径垂直时刻，与圆的四个交点所形成的面积最大.
【详解】作仿射变换，令，可得仿射坐标系，在此坐标系中，上述椭圆变换为圆，点坐标分别为，过作两条平行的弦分别与圆交于四点.
由平行四边形性质易知，三角形的面积为四点所形成的平行四边形面积的，故只需令三角形面积的最大值在弦与轴垂直时取到即可.当时，三角形面积的最大值在弦与轴垂直时取到.
故此题离心率的取值范围为.
故答案为：.
7．(1)；；
(2)证明见解析.
【分析】(1)由顶点可求a和b，由可求c，则椭圆的方程可求，离心率为可求；
(2)设，，求出、所在直线方程，得到，的坐标，求得，．由，结合在椭圆上求得四边形的面积为定值．
（1）
由题可知，，则，
椭圆的方程为，离心率为；
（2）
设，，则，所在直线方程为，
取，得；
，所在直线方程为，
取，得．
，．
．
四边形的面积为定值2．
【点睛】解决定值定点方法一般有两种：
(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；
(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.
8．（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.
【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y得关于x的方程有两个相等的实数根，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系，进行求解.
试题解析：（Ⅰ）由已知，，则椭圆E的方程为.
由方程组 得.①
方程①的判别式为，由，得，
此时方程①的解为，
所以椭圆E的方程为.
点T坐标为（2,1）.
（Ⅱ）由已知可设直线的方程为，
由方程组 可得
所以P点坐标为（），.
设点A，B的坐标分别为.
由方程组 可得.②
方程②的判别式为，由，解得.
由②得.
所以，
同理，
所以
.
故存在常数，使得.
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质
【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．
9．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可知、的坐标，设，表示出，，代入向量的数量积可得，由二次函数的性质计算可得.
（2）设，，联立直线与椭圆方程消去整理可得，解方程可求，，根据点到直线的距离公式可求，点，到直线的距离，，代入四边形的面积为，结合基本不等式可求面积的最大值.
(1)
解：由题意可知，，
，，设，
，，
由椭圆的性质可知，
，
，故，即.
(2)
解：设，，联立消去整理可得，
，，
，，
直线的方程为：，
根据点到直线的距离公式可知，点，到直线的距离分别为
，
，
，
，
四边形的面积为
，当且仅当即时，上式取等号，
所以的最大值为.
10．（1）；（2）证明详见解析，定值为．
【分析】（1）利用椭圆的定义即可得到点的轨迹的方程；
（2）不妨设点、位于轴的上方，则直线的斜率存在，设的方程为，与椭圆方程联立，求出四边形的面积，即可证明结论.
【详解】（1）因为在线段的中垂线上，所以．
所以，
所以轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，所以，
故轨迹的方程．
（2）不妨设点、位于轴的上方，则直线的斜率存在，设的方程为
，，．
联立，得，
则，．①
由，
得．②
由①、②，得．③
设原点到直线的距离为，
，
．④
由③、④，得，故四边形的面积为定值，且定值为．
【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系中的定值问题，此类问题一般要涉及根与系数的关系，考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.【圆锥曲线】计算技巧系列10讲
——圆锥曲线系方程如何巧用？
应用曲线系方程解题，即引入适当的参数先设出符合部分条件的曲线系方程，然后根据题中的其他条件，通过推理，运算求出曲线系方程中的参数值，从而实现问题的解决.运用曲线系方程往往可以回避联立解方程组、求交点坐标等带来的麻烦，既减少了计算量，又体现了参数变化、整体处理、待定系数法等重要的数学思想方法。当然，由于曲线系方程的多样化、所给问题条件的隐蔽性，应用曲线系方程解题虽然减少了运算量，但对技巧的要求颇高，在高中数学竞赛中运用较为广泛，本文对各类圆雉曲线系方程进行归纳总结.
【知识精讲】
曲线系方法是优化圆锥曲线运算的一种重要方法，它本质上是对圆锥曲线的一种更深层的认识.
一．基本原理
【定理2】即是四点共圆的充要条件：
设两条直线与二次曲线有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是.
【证明】由组成的曲线即
所以经过它与的四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式不同时为0)：
③
必要性.若四个交点共圆，则存在使方程③表示圆，
所以式③左边的展开式中含项的系数.
而(否则③表示曲线，不表示圆)，所以.
充分性.当时，式③左边的展开式中不含的项，选时，再令式③左边的展开式中含项的系数相等，即，得.
此时曲线③即 ④的形式，
这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个交点都在曲线④上，所以曲线④表示圆.这就证得了四个交点共圆.
二．结论归纳
圆锥曲线系方程:
【真题精讲】
【解析】
（1）（曲线系）点处的切线方程为，
设直线的方程为，的方程为，的方程，
则过这四条直线交点的二次曲线方程为.
又因为双曲线过这些交点，比较的系数得.
又由，所以.
（2）不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，
因为，所以，即，
即，解得，
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以， ，
同理可得，， ．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
【解析】
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，直线的方程为,
则二次曲线．又由，
得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：，
整理可得：，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【解析】
（2）设，则，
将写成双直线二次曲线:，
因为是双直线二次曲线与椭圆的交点,联立方程:，
考虑到是已知的，且纵坐标均为，则联立后的方程必有因式
于是将①式按整理得:
由①:，代入得:，
由于交点满足联立后的方程，且纵坐标不为，（关注微信公众号：Hi数学派）
于是满足方程，即直线的方程为: ，
按整理得，令得定点.
【解析】
（2）A点处的切线方程为，即．
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程．
由题意得．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得，
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
【典例精讲】
(1)求渐近线方程为,焦点为椭圆的一对顶点的双曲线的方程；
(2)求与双曲线有共同的渐近线,且与直线相切的标准双曲线方程.
【分析】当已知双曲线的渐近线方程为或)时,可设双曲线的方程为或(其中为不等于零的待定常数,以简化运算过程,这里方程且)称之为与双曲线共渐近线的双曲线系,为解题带来方便.
【解析】
依题意,可设双曲线的方程为是正实数),
当双曲线的焦点为椭圆的长轴的顶点,即与时,
由,可得,
双曲线的方程为;
当双曲线的焦点为椭圆的短轴的顶点,即与时,
双曲线的方程为是正实数),即.
双曲线的方程为（关注微信公众号：Hi数学派）
(2)【解法1】(利用共渐近线双曲线系方程结合判别式法)
设所求双曲线的方程为,
此双曲线与直线相切,且显然其渐近线都不平行于直线
由方程组消去,得,其判别式
,解得.
故所求双曲线的标准方程为,即.
【解法2】(利用共渐近线双曲线系方程结合待定系数法)
设所有双曲线的方程为,即,
设其与直线相切的切点为,
则切线方程为有.
代人双曲线方程中并化简得,
故所求双曲线的标准方程为.
【解法3】(利用共渐近线双曲线系方程结合双曲线参数方程解)
设所求双曲线方程为,双曲线上一点的坐标为,,
以此点为切点的双曲线的切线方程为
化简得.
它和直线重合,,即,
由等比定理得,即,
代人原双曲线方程得,此即为所求.
讨论方程所表示的曲线.
【分析】观察方程可以发现其中心在原点,是有心曲线,对称轴为坐标轴,若,则方程表示椭圆系,若
方程表示则曲线系,.所有的曲线焦点相同,因此,原方程表示中心在原点,对称轴为坐标轴,有相同焦点的圆锥曲线系.
【解析】
由所给方程知且,原方程可化为
它表示中心在原点,对称轴为两坐标轴的有心圆锥曲线系.
(1)当时,它的曲线是椭圆.
焦点为和
(2)当时,它的曲线是双曲线.
焦点为和
(3)当时,,方程无实数解,故方程无轨迹.
因此,原方程表示的是具有同一中心,相同对称轴、相同焦点的有心圆锥曲线系.
已知圆和双曲线,求通过它们的4个交点和点的二次曲线方程.
【分析】
构造过圆与双曲线4个交点的圆锥曲线系,而圆锥曲线系过点,2),可待定参数的值,从而大大减少运算量.
【解析】
圆方程和双曲线方程可分别写成,将其中第二个方程乘以任意实数,然后与第一个方程相加,得
圆和双曲线的任一交点的坐标同时满足圆方程和双曲线的方程,因而使式左边两个括号里面代数式的值同时为0,所以这些交点都在①式表示的二次曲线上.（关注微信公众号：Hi数学派）
将点的坐标代入(1)式,得
将所得值代入(1)式,得
化简得,即
所得的曲线是一个椭圆,它的中心是点,焦点在轴上,长半轴和短半轴分别是和(如图所示)．
一条圆锥曲线过点,切直线于点,切直线于点,求它的方程.
【分析】由于圆锥曲线的形态不清楚,无法直接求解,只能通过圆锥曲线系来解,如何列出符合条件的圆锥曲线系是关键.
【解析】
过点的直线方甶为,①
由于都是切点,直线(1)可以看作是两条重合的直线(退化了的曲线),
于是所求方程可写成.②
再由曲线过点,代人(2)式,解得.
故所求方程为.
(1)(蝴蝶定理)过圆弦的中点,任意作两弦和和交弦于,求证:;
(2)是圆的一条定弦,为上的定点,过点作圆的两条弦和,弦和交于点,弦与交于点求证:
【分析】运用曲线系方程证明蝴蝶定理及其推广比用平面几何知识证明要简便许多.
【证明】
(1)如图所示,以为原点,所在直线为轴建立直角坐标系,设圆方程为
设直线的方程分别为.将它们合并为,
于是过点的曲线系方程为
令,得,即过点的曲线系与交于点的横坐标是方程的两个根.
由韦达定理得,即是的中点,故
(2)如图所示,以为原点,直线为轴建立平面直角坐标系,设圆的方程为
则直线合成的二次曲线方程为
从而,经过这4点的曲线系方程为（关注微信公众号：Hi数学派）
0
存在,使得(1)为直线合成的二次曲线.
在①中,令,则是方程的两个根.
由韦达定理得.
在(1)中,令,则是方侱的两个根.
由韦达定理得,
【提升训练】
1 . 已知任意二次曲线是曲线的弦,是的中点,过点任意作弦、,过点另作一条任意二次曲线,如果曲线与直线交于点、,求证:
【分析】
上例5.介绍了平面几何蝴蝶定理的证明和应用,本例是平面几何蝴蝶定理的推广,从圆一步飞跃到任意的二次曲线,联结圆上4点的两直线和也直接换成一般的二次曲线,从蝴蝶定理的特殊图形里看到一般的二次曲线系,升级换代、一次到位,不是拾级而上,而是直上高楼,美景无限.观察如图所示图形,里面是否隐藏着一只飞舞的蝴蝶
【证明】
如图所示,取直线为轴,为原点,方向为轴的正方向建立直角坐标系.
设,则点的坐标为,点的坐标为.
二次曲线通过点,
在曲线的方程中,当时,应有.因而二次曲线的方程形如：
又：弦者通过原点,且与直线相交(因而都不是轴).
可设它们的方程分别为
这一对直线和合在一起,可以看成一条退化二次曲线.
其方程为.(2)
曲线(1)和(2)相交于点,利用曲线系知识,通过的二次曲线系的方程为,(3)
若曲线(3)中的一条二次曲线交轴于点和点,
则在(3)式中以代人,得,(4)
和应该是所得二次方程(4)的两个实数根,由二次方程根与系数的关系,得,即.
2 . (1)4条直线围成一个四边形,问取何值时,该四边形有一个外接圆,并求出外接圆的方程;
（2)已知椭圆与双曲线有4个交点,求证:此4个交点共圆,并求出此圆的中心坐标.
【分析】第(1)问,用直线方程交,点构成的二次其线系方程求解;第(2)问,用过两圆锥曲线交点的二次曲线系方程求解或证明.
【解析】
（1）设过该四边形4个顶点的二次曲线系方程为
(2)【证明】
设过和交点的曲线系方程为(不包括,
即（关注微信公众号：Hi数学派）
显然,当,即时,曲线系方程表示一个过和交点的圆.
将代人曲线系方程化简得:,
即椭圆与双曲线的4个交点共圆。不难得到此圆的中心坐标即圆心坐标为.
3 . 求过这5点的二次曲线方程.
【分析】写出过其中4点的二次曲线系,用第5点的坐标代入确定参数的值.
【解析】
过的直线方程为,过的直线方程为,两者合并为.
直线的方程为,直线的方程为,两者合并为
因此,过这4点的二次曲线系方程为.
所求二次曲线必须经过点.
代人解得,从而所求二次曲线方程为.
即.
4 . 已知点为椭圆上异于点的任意两点,且若点在线段上的射影为,求点的轨迹方程.
【分析】在运用曲线手方程解题时,曲线系方程中包含着一些特殊情况,如本题中设出经过三,点的曲线系,其中包含椭圆在点处的切线和直线,这点务必请注意到.
【解析】
易知直线的斜率均存在且不为0,
设
则经过点的曲线系方程为(1)
即,其中包含过点的椭圆的切线.
方程左边多项式中必含有因子,把代人(1)式
得,而不恒等于0,故,即
此时
直线的方程为,即恒过定点
如图所示,由知,点的轨迹是以线段为直径的圆(除去点).
,即,
其方程为,即.
5 . 求与抛物线相切于点两点,且过点的圆锥曲线方程.
【解析】【解法一】
设过两点的切线方程为,则,
化简得.
则过两切点的圆锥曲线系为,
又曲线过点.
代人圆锥曲线系方程可得所求圆锥曲线方程为
【解法二】（关注微信公众号：Hi数学派）
过点两切点的直线方程为.
则过两点的曲线系为,
把点代人,得,故求得圆锥曲线方程
.
6 .设是双曲线上两点,是线段的中点,线段的垂直平分线交双曲线于两点.
(1)确定实数的取值范围;
(2)试判断点是否共圆 说明理由.
【解析】设,则.
两式相减,得.
由得
,即.
,即,代人,得.
由,得,
又,即,代人,得,
由,得,
综上,的取值范围为.
(2)由(1)知,,所以经过点的曲线系方程为
即.(1)
若点共圆,则有,即.
又当时,是单调递增函数,,即,
可得.
将代入(1),得，
均在以为圆心,为半径的圆上.【圆锥曲线】计算技巧系列10讲
——如何妙用同解方程？
近段时间，小π遇到不少一道题目中出现两条甚至多条二次曲线的问题。解决这样的题目时，往往需要大量的计算，不仅费时费力，而且大量的计算往往会更容易出错。因此，这样的题目劝退了不少同学。但其实如果掌握了一些技巧，这样的题目做起来并不难。这一讲，小π就给大家介绍一下如何利用同解方程的方法解决这类多条二次曲线的问题。
【知识精讲】
一、什么是同解方程？
这里给大家举个例子，与在实数域是同解方程，但在复数域不是同解方程；再比如与不是同解方程。
二、同解方程在解析几何中的应用
当题目中出现两条二次曲线（可以是椭圆、双曲线、抛物线抑或是圆，下面是二次曲线的统一方程）、，且两条曲线存在交点时，则过交点的直线（或）分别与这两条二次曲线联立得到的两个方程可能是同解方程。因此看到出现上述情况时可以考虑利用同解方程的方法。
注意：这里是可能是同解方程，因为这要具体看两条二次曲线交点的个数。当仅有一个交点时，过交点的直线可以与两条二次曲线分别交于不同的点，这时并不是同解方程。当有两个或三个以上的交点时，一定是同解方程，因为只要选择其中两点就可以确定一条直线。
当联立后的方程是同解方程时，比如
则这时两方程的系数对应成比例，即。
虽然上式看着不叫复杂，但这是基于二次曲线一般方程推导出来的，而在题目中往往是椭圆与圆、双曲线与圆、或是抛物线与圆等等，这是上式就会大大简化。
【典例精讲】
【解析】
由题意得，则直线可设为。
过、和点的圆的圆心在轴上，则可设圆心，
所以圆方程为，化简得
联立直线与圆得：
联立直线与双曲线得：
由于方程与的解都是点、的横坐标，所以这两个方程是同解方程，因此，解得。
【点睛】此题中两个二次曲线分别是双曲线与圆，而且题中已告诉有两个交点、，因此过、的直线与两二次曲线联立得的两个方程必为同解方程。我们还可以看出在解题过程中并不用求出点、的具体坐标以及圆心坐标，大大简化了计算。
【提升训练】
【解析】
由题意得，设、、
直线与抛物线交于、两点，则可设：
代入得：……①
，
假设存在定点，使得为定值，并记为
则，即
转化为……②
将①式两边平方得：……③
则式②③为同解方程，则，解得
若时，，不存在，所以或
所以存在定点或，使得为定值1.
【解析】
因为、两点关于轴对称，且的外接圆经过原点，所以圆方程可设为。
设直线为，
联立直线与圆得：
联立直线与双曲线得：
由于方程与的解都是点、的横坐标，所以这两个方程是同解方程，因此，解得
所以直线到原点的距离，因此直线 与圆相切。
【点睛】此题中两个二次曲线分别是双曲线与圆，而且题中已提示利用直线，所以考虑直线与两二次曲线联立得的两个方程为同解方程。至于为什么设直线方程为，而不是，一方面因为考虑到直线与圆联立时，这样设直线，计算量大了一点，而另一方面是因为这样设直线，最后利用同解方程时，不容易得出与的关系。抛物线阿基米德三角形
1.知识要点：如图，假设抛物线方程为， 过抛物线准线上一点向抛物线引两条切线，切点分别记为，其坐标为. 则以点和两切点围成的三角形中，有如下的常见结论:
结论1.直线过抛物线的焦点.
证明：参见下面的例1.
结论2.直线的方程为.
证明：参见下面的例1.也可由极点与极线得到.
进一步，设：，则.
则，显然由于过焦点，代入可得.我们得到了抛物线焦点弦两端点坐标之间的基本关系.
上述结论的逆向也成立，即：
结论3.过的直线与抛物线交于两点，以分别为切点做两条切线，则这两条切线的交点的轨迹即为抛物线的准线.
证明：过点的切线方程为，过点的切线方程为，两式相除可得：.这就证明了该结论.
结论4..
证明：由结论3，，.那么.
结论5..
证明：,则.由抛物线焦点弦的性质可知，代入上式即可得，故.
结论6.直线的中点为，则平行于抛物线的对称轴.
证明：由结论3的证明可知，过点的切线的交点在抛物线准线上.且的坐标为，显然平行于抛物线的对称轴.
（2019年全国三卷）已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
(1)证明：设,,则．又因为，所以.
故，整理得.
设，同理得.
,都满足直线方程.
于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，
当时等式恒成立．所以直线恒过定点.
（2）由（1）得直线的方程为.
由，可得，
于是
.
设分别为点到直线的距离，则.
因此，四边形ADBE的面积.
设M为线段AB的中点，则，
由于，而，与向量平行，所以，解得或.当时，；当时
因此，四边形的面积为或.极点极线结构及非对称韦达定理
1.基础知识:极点极线
椭圆极点和极线的定义与作图：已知椭圆（a＞b＞0），则称点和直线为椭圆的一对极点和极线.极点和极线是成对出现的.
从定义我们共同思考和讨论几个问题并写下你的思考:
（1）若点在椭圆上，则其对应的极线是什么
（2）椭圆的两个焦点对应的极线分别是什么
（3）过椭圆外（上、内）任意一点，如何作出相应的极线？
如图，若点在曲线外，过点作两条割线依次交曲线于且与交于，延长交于点,则直线即为点所对应的极线.
假设椭圆方程为
（1）焦点与准线：点与直线；（2）点与直线
2.非对称韦达定理
在一元二次方程中，若，设它的两个根分别为，则有根与系数关系：，，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理、、之类的“对称结构”，但有时，我们会遇到涉及的不同系数的代数式的应算，比如求、之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了.特别是在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去 x 或 y ，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，可采用反过来应用韦达定理，会有较好的作用.
3.典例
（2020一卷）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.
解析：由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）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．
4.练习：（2010江苏）在平面直角坐标系中，如图，已知椭圆的左、右顶点为A、B，右焦点为F. 设过点T（）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M、，其中m>0,.
（1）设动点P满足,求点P的轨迹；
（2）设，求点T的坐标；
（3）设,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）
解：（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。
由，得 化简得。
故所求点P的轨迹为直线
（2）将分别代入椭圆方程，以及得：
M（2，）、N（，）
直线MTA方程为：，即，直线NTB 方程为：，即
联立方程组，解得：，所以点T的坐标为
（3）点T的坐标为直线MTA方程为：，即，
直线NTB 方程为：，即
分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，
解得：、
（方法1）当时，直线MN方程为：
令，解得：。此时必过点D（1，0）；
当时，直线MN方程为：，与x轴交点为D（1，0）。
所以直线MN必过x轴上的一定点D（1，0）。
（方法2）若，则由及，得，
此时直线MN的方程为，过点D（1，0）
若，则，直线MD的斜率，
直线ND的斜率，得，所以直线MN过D点。
因此，直线MN必过轴上的点（1，0）.与斜率和，斜率积有关的定点定值
1.基本结论：设为椭圆上的定点，是椭圆上一条动弦，直线的斜率分别为；
（1）若，则有，
（2）若，则直线过定点，
（3）若，则有，
（4）若，则直线过定点.
典例分析（2017一卷）
已知椭圆，四点中恰有三点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线不经过点且与相交于两点，若直线的斜率之和为，证明：直线过定点.
解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得. 故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得
，由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而.
由题设，故.
即.解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）

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