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圆锥曲线题型技巧---非对称韦达
一、解答题
2 2
1 x y 3．已知椭圆 E： 1(a b 0)的离心率是 ，A1，A2 分别为椭圆 E的左右顶点，B为上顶点，a2 b2 2
A1BA2的面积为 2.直线 l过点D 1,0 且与椭圆 E交于 P，Q两点．
1 求椭圆 E的标准方程；
2 求 OPQ面积的最大值；
3 设直线A1P与直线QA2交于点 N，证明：点 N在定直线上，并写出该直线方程．
2
【答案】（1 x y2 1 2 3） （ ） （3）见证明
4 2
【分析】
1 根据离心率和三角形的面积即可求出 a 2， b 1，
2 分两种情况，当 PQ 3斜率不存在时，S y k x 1OPQ ，当直线 PQ的斜率存在时，设 PQ的方程为 ，2
k 0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式、，函数的性质，结合已知条件能求出 OPQ的面积的
最大值．
3 分两种情况，PQ斜率不存在时，易知N 4, 3 ，当直线 PQ的斜率存在时，直线A1P的方程为
y y 1 x 2 y，直线A2Q 2
x 2 1
x 2 的方程为
y x 2
x 2 ，即可整理化简可得 ，解得即可．1 2 x 2 3
【详解】
c 2
解：由题意知 e 1 b 3 2 ，a a 2
b2 1
2 ，即 a 2b，a 4
A1BA2的面积为 2，
ab 2，
解得 a 2， b 1，
2
C x椭圆 的标准方程为 y2 1，
4

2 PQ斜率不存在时，易知P 1,
3 3
2
，Q 3 1, ，此时S OPQ ，
2 2
当直线 PQ的斜率存在时，设 PQ的方程为 y k x 1 ， k 0，
设P x1, y1 ，Q x2 , y2 ，
x2y k x 1 y2 1 1 4k2 x2将 代入 ，整理可得 8k2x 4k2 4 0，
4
2 2
x1 x
8k
2 ，2 x
4k 4
1x2 ，1 4k 1 4k 2
2
x1 x2 (x
2
1 x2 ) 4x x
4 3k 1
，
1 2 1 4k2
1 k 4 2
S OPQ 1 y1 y
2 3k k
2 2
x1 x2 ，2 1 4k2
令1 4k2 t， t 1，
S 2 3 1 OPQ (t 1)
2 t 1 1 1 2 3 ，
t 16 4 2 t2
3
t 2
OPQ 3故 面积的最大值
2
证明 3 PQ斜率不存在时，易知N 4, 3 ，
y y
当直线 PQ 1的斜率存在时，直线A1P的方程为 y x 2 ，直线A2Q 2的方程为 y x 2 x 2 x 2 ，1 2
y
1 x y 2 2 x 2
x1 2 x 2
，
2
4k2 2
x 2 y x 2 k x 1 x 2 x x x x 2 x 2 x1 1
1 2 1 2 1 2 1 2 1 4k 1
x 2 y2
，
x1 2 k x2 1 x1 2 x1x 22 2 x1 x2 2 3x1 12k 6
2 3x
3
4k 1 1
解得 x 4，即 N点的横坐标为 4，
综上所述，点 N在定直线 x 4上．
【点睛】
本题考查椭圆性质、根的判别式、韦达定理、弦长公式、考查考查推理论证能力、数据处理能力、运算求
解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，属于中档题．
x2 y22．已知 A，B分别为椭圆C : 1(a b 0)的左右顶点，E为椭圆 C的上顶点，F为椭圆 C的右
a2 b2
焦点，E与 F关于直线 y x
a
对称， AEF的面积为 2 1，过D ,0 的直线交椭圆 C于两点 M，N(异
2
于 A，B两点).
（1）求椭圆 C的方程；
（2）证明：直线 AM 与 BN 的交点 P在一条定直线上.
2 2
【答案】（1 x y） 1；（2）证明见解析.
4 2
【分析】
（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；
x2 y2
（2）设出直线 MN的方程 x ty 1，与椭圆 1联立，得到 t 2 2 y2 2ty 3 0，求出 AM、
4 2
BN的交点坐标，结合一元二次方程根与系数的关系，得出结论.
【详解】
b c

（1）由 (a b)b 2( 2 1)
a2 b2 c
2
a2 4
得 2 ，
b 2
x2 y2
1
4 2
（2）由题可知，直线MN 与 x轴不重合，设为 x ty 1,M x1, y1 ,N x2, y2
x ty 1 2
由 2 得 t 2x 2y2 4 0 y
2 2ty 3 0 2t 3∴ y1 y 2
2 y y
t 2
1 2 t2 2
由椭圆的对称性可知，交点必在一条垂直于 x轴的直线上
直线 AM : x
x 2
1 y ty 3 2 1
y ，即
x y 2
y ①1 1
BN : x x 2 ty 1直线 2 y 2 x 2 y 2y ，即 ②2 y2
x 4ty y 12 y
12 y2 t 2 2 12t
联立①②得： 1 2 2 2 2 4
3y2 y1 2 y t 22 2 2t
直线 AM 与 BN 的交点 P在定直线 x 4上.
【点睛】
（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；
（2）"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.
3 x
2 y2 2
．已知椭圆 1(a b 0)的左、右焦点是 F1、F2，左右顶点是 Aa2 b2 1
、A2 ，离心率是 ，过 F2的
2
直线与椭圆交于两点 P、Q(不是左、右顶点)，且 F1PQ的周长是 4 2，
直线 A1P与 A2Q交于点 M.
(1)求椭圆的方程；
(2)(ⅰ)求证直线 A1P与 A2Q交点 M在一条定直线 l上；
PF
(ⅱ)N 2是定直线 l上的一点，且 PN平行于 x轴，证明： 是定值．
PN
2
【答案】(1) x y2 1 (2) (ⅰ)见证明；(ⅱ)见证明
2
【解析】
【分析】
c 2

(1)由题意可得 a 2 ，可以求出 a 2， c 1，从而求出椭圆的方程；(2)(ⅰ)由点斜式分别写出 A1P

4a 4 2
与 A2Q的方程，两式子消去 y，根据韦达定理可得 P x1, y1 ，Q x2 , y2 的坐标关系，进而可以得到点 M
PF x 1 2 y 2 PF2 2
在一条定直线 x＝2上；(ⅱ)由于 2 1 1 ，结合点 P在椭圆上，可以求出 为定
PN 2 x PN 21
值。
【详解】
(1)设椭圆的焦距是 2c，
c 2

据题意有： a 2 ，a 2， c 1，则b 1，

4a 4 2
x2
所以椭圆的方程是 y2 1 .
2
(2) (ⅰ)由(1)知 A1 2,0 ， A2 2,0 ，F2 1,0 ，
设直线 PQ的方程是 x my 1，
2 2
代入椭圆方程得： m 2 y 2my 1 0，
易知 4m2 4 m2 2 8m2 8 0，
设P x1, y1 ，Q x2 , y2 ， y1 y2，

y
2m
1
y2 m2 2
则
y y 11 2 m2 1
y y y y 2 4y y 2 2m
2 2
2 1 1 2 1 2 ，m2 2
y
直线 A1P
1
的方程是： y x 2 ①，
x1 2
y2
直线 A2P的方程是： y x 2 ②，x2 2
设M x, y ，既满足①也满足②，
x2 y1 x1y2 2 y2 y1 2my1y2 y1 y2 2 y2 y
则 x 2 2 1
x1y2 x2 y1 2 y2 y1 2 y1 y2 y2 y1
2m 2m 2 2 2m 2 2
2 2
2 m 2 m
2 2 m2 2 2 4m 2 2 2m 2 2 ，
2 2m 2 2m2 2 2 2m 2 2m2 2

m2 2 m2 2
故直线 A1P与 A2P交点 M在一条定直线 l：x＝2上.
(ⅱ)设 N 2, t ，P x1, y1 ， x1 2,2 ，则 PN 2 x1，
2
x 2 x 1 2
∴ PF x
2
1 y2 1 1 1 x1 2 2 1 1 2 2 2 .
PN 2 x1 2 x1 2 x1 2
【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 2
4 2 x y．已知 A1、A2分别是离心率 e 的椭圆 E : 1(a b 0)的左右项点，P是椭圆 E的上顶点，
2 a2 b2

且PA1 PA2 1 .
（1）求椭圆 E的方程；
（2）若动直线 l过点 0, 4 ，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 AM 恒
过定点.
2
【答案】（1 x） y2 1
2
（2）证明见解析
【分析】
（1）由向量数量积的坐标运算可求得 c 1，再由离心率可得 a，然后求得b，得椭圆方程；
（2）当直线 l的斜率存在时，设直线 l : y kx 4， A x1, y1 ， B x2 , y2 ，则M x2 , y2 ，
由直线方程与椭圆方程联立并消元后应用韦达定理得 x1 x2 , x1x2 ，然后写出直线 AM 方程并变形后代入
x1 x2 , x1x2 ，可得定点坐标，再验证直线 l斜率不存在时，直线 AM 也过这个定点即可．
【详解】
解：（1）由题意得 A1 a,0 ， A2 a,0 ， P 0,b ，

则PA1 PA2 ( a, b) (a, b) a
2 b2 c2 1，所以 c 1，

e c 2 x2
又 a 2 ，所以 a 2，b 1，所以椭圆 E的方程为 y2 1 .
2 2 a b
2 c2
（2）当直线 l的斜率存在时，设直线 l : y kx 4， A x1, y1 ， B x2 , y2 ，则M x2 , y2 ，
x2
y2 1
由 2 ，消去 y得 1 2k 2 x2 16kx 30 0 .由 ( 16k)2 120 1 2k 2 0，
y kx 4
k 2 15 x 16k 30得 ，所以
2 1
x2 ， x x1 2k 2 1 2
.
1 2k 2
k y1 y2 kx1 4 kx2 4
k x1 x2
AM ，x1 x2 x1 x2 x1 x2
k x x
直线 AM 1 2的方程为 y y1 x x1 ，x1 x2
即
k x x
y y 1 2 k x1 x2 kx 4 x x k x x x xx x kx 4 x x 1 1 2 1 2 1 1 1 1 x1 x x 12 1 x2 x1 x2
2kx1x2 4 x1 x2 kx x1 x2 k x1 x 2 x 2kx 1x2 4，
x1 x2 x1 x2 x1 x2
30
x x 16k
2kx x 2k 2 1
因为 1 2 2 ， x1x
30 1 2 1 2k
1 2k 2

1 2k 2
，所以 4
x x 16k
4 ，
1 2 4
1 2k 2
k x1 xy 2 x 1 1 直线 AM 的方程为可化为 ，则直线x x 4 AM 恒过定点 0, .1 2 4
1 1
当直线 l的斜率不存在时，直线 AM 也过点 0, ，综上知直线 AM 恒过定点 0,4 4
.

【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 l方程 y kx 4，设交点坐标 A x1, y1 ，B x2 , y2 ，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达
定理得 x1 x2 , x1x2 ，利用此结论求出直线 AM 方程，可确定定点坐标．
2 2 1
5．已知椭圆C : x y2 1 a b 0 的离心率为 ，短轴长为 2 3．a b2 2
（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 P 4,0 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．
x2 y2
【答案】（1） 1；（2）证明见解析.
4 3
【分析】
（1）用离心率公式和b列方程求得 a，即可得椭圆方程；
（2）方法一：设直线MN : x ty 4，M x1, y1 ， N x2 , y2 联立椭圆方程，由韦达定理得 y1, y2关系，
由直线 AM 和BN 方程联立求解交点坐标，并化简得 x 1，即可证明问题；
方法二：设M x1, y1 ， N x2 , y2 ，Q x3, y3 ， x1, x2 , x3两两不等，
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 x3 1，即可证明问题.
【详解】
1 c 1
解：（1）因为椭圆的离心率 ， ， a 2c，
2 a 2
又2b 2 3， b 3．
因为b2 a2 c2 3c2 3，所以 c 1， a 2，
x2 y2
所以椭圆 C的方程为 1．
4 3
（2）解法一：设直线MN : x ty 4，M x1, y1 ， N x2 , y2 ，
x ty 4
2 2
x2 y2 ，可得 3t 4 y 24ty 36 0，
1 4 3
y 24t 1 y 2 3t2 4
所以 ．
y1y
36
2

3t2 4
y
直线 AM的方程： y 1 x 2 x 2 ①1
y
直线 BN 2的方程： y x 2 x 2 ②2
由对称性可知：点 Q在垂直于 x轴的直线上，
x 2ty1y2 6y2 2y1联立①②可得 3y ．2 y1
y1 y2 2
因为 ty ，1y2 3
2ty1y2 6y2 2y1 3 y1 y2 6y2 2y
所以 x 1 1
3y2 y1 3y2 y1
所以点 Q在直线 x 1上．
解法二：设M x1, y1 ， N x2 , y2 ，Q x3, y3 ， x1, x2 , x3两两不等，
因为 P，M，N三点共线，
x21 3 1 3 1 x
2
2

所以 y1 y2 y
2
1 y
2
2
4
4 ，
x1 4 x2 4 x1 4
2 x 2 2 22 4 x1 4 x2 4
整理得： 2x1x2 5 x1 x2 8 0．
y y
又 A，M，Q 3 1三点共线，有： x ①3 2 x1 2
y y
又 B N Q 3 2， ， 三点共线，有 x 2 x 2 ②将①与②两式相除得：3 2
2 2
x3 2 y
2
2 x1 2 x3 2 y2 x1 2
x3 2 y

1 x2 2 x

3 2 y21 x2 2
2
2
3 1
x
2 x 2 2
4
1
x 2 x 2 2 1

3 x
2
1 2 x1 2 x2 2
1 x 2
4
2

2
x 2 x 2 x 2 x x 2 x x 4
即 3 2 1 1 2 1 2 x 2
，
3 x1 2 x2 2 x1x2 2 x1 x2 4
将2x1x2 5 x1 x2 8 0即 x
5
1x2 x1 x2 4 02
2
x3 2 代入得： 9解得 x3 4（舍去）或 x3 1，（因为直线 BQ与椭圆相交故 x3 4）
x3 2
所以 Q在定直线 x 1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.
2 2
6 x y．已知椭圆W : 1的长轴长为 4，左、右顶点分别为 A, B，经过点 P(1,0)的动直线与椭圆W 相
4m m
交于不同的两点C, D（不与点 A, B重合）.
（1）求椭圆W 的方程及离心率；
（2）求四边形 ACBD面积的最大值；
（3）若直线CB与直线 AD相交于点M ，判断点M 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）
2
【答案】（Ⅰ x） y2 1 3，离心率 e （Ⅱ） 2 3 （Ⅲ） x 4
4 2
【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 a2 4m 4 , 解得m 1.
2
所以椭圆W x方程为 y2 1 .
4
故 a 2，b 1， c a2 b2 3 .
c 3
所以椭圆W 的离心率 e .
a 2
（Ⅱ）当直线CD的斜率 k不存在时，由题意，得CD的方程为 x 1，
3 3
代入椭圆W 的方程，得C 1, ，D 1, 2
，
2
又因为 AB 2a 4， AB CD，
1
所以四边形 ACBD的面积 S AB CD 2 3 .
2
当直线CD的斜率 k存在时，设CD的方程为 y k x 1 k 0 ，C x1, y1 ，D x2 , y2 ，
y k x 1 ,
2 2 2 2
联立方程 x2 消去 y，得 4k 1 x 8k x 4k 4 0 .
y
2 1,
4
8k 2 4k 2 4
由题意，可知 0恒成立，则 x1 x2 ， x x 4k 2 1 1 2 4k 2 1
1 1
四边形 ACBD的面积 S S ABC S ABD AB y1 AB y2 2 2
1
AB y1 y2 2 k x2 1
x2
k 2 3k 2 1
2 k 2

x x 21 2 4x1x 2 8 ， 24k 2 1
1
设4k 2 1 t，则四边形 ACBD的面积 S 2
1 2
， 0,1 ，
t2
3
t t
1
2

所以 S 2 1 4 2 3 .
t
综上，四边形 ACBD面积的最大值为 2 3 .
（Ⅲ）结论：点M 在一条定直线上，且该直线的方程为 x 4 .
【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．
2 2
7．已知 F1( 3,0),F2 ( 3,0)
x y
分别是椭圆C : 2 2 1 (a b 0)的左、右焦点，P是椭圆 C上的一a b
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．
x2 y2 9
【答案】（1） 1；（2）直线 NM 过定点 ,0
9 6 4
.

【分析】
2
（1）由椭圆的定义和已知条件得 PF1 2 PF1 2a, PF1 a，又由 PF1 F1F2 可得出点 P的坐标，代3
入椭圆的标准方程中可解出 a,b，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 NM 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 F1( 3,0),F 22 ( 3,0)得 c 3 ， a b2 ( 3)2 b2 3，
由椭圆的定义得 PF1 PF2 2a， PF2 2 PF1 ， PF1 2 PF1 2a, PF
2
1 a，3
PF 2 1 F1F2，所以点 P的坐标为 3, a ，
3
2
2
P a

将点 的坐标代入椭圆的方程中有 ( 3)2
3
，
2 2 1a b
2
2 a
又 a2 b2 3,b2 a2 3， ( 3)2 ，
3 1
a2 a2 3
解得 a2 9 a2
9
或 ，
5
a2 9 b2 a2 3 6当 ， 0，故舍去；
5 5
当a2 9，b2 a2 3 9 3 6，
x2 y2
所以椭圆的标准方程为： 1 .
9 6
（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 y k (x 4)，设M x1, y1 ,N x2 , y2 ，则
M x1, y1 ，
x2 y2
1
9 6 3k 2 2 x2 24k 2x 48k 2联立方程组 ，得 18 0，
y k(x 4)
24k 2 2 4 3k 2 2 48k 2 18 168k 2 144 0，
k 2 6
2 2
解得 ， x x 24k x x 48k 18
7 1
2 ， ，3k 2

2 1 2 3k 2 2
y y
又N x2 , y2 ，M x ,

1 y1 2 1，设直线 NM 的方程为 y y2 x x
y2 y 1
x x 2
x x
x x 2
，
2 1 2 1
y y2 y1 x y2 y1 x y y2 y1 x y2x2 y1x2 y x 2 2 y2x1 y y y x y x2 2 2 1 x 1 2 2 1x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1
k x2 4 k x1 4 k x 4 x kx x 4 x 1 2 2 1
x2 x1 x2 x1
k x1 x 2 8k 2kx1x2 4k xx 1 x2
x2 x1 x2 x1
24k 2 k 48k
2 18 24k 2
2 8k 2k 2 4k 2

3k 2 3k 2x
3k 2
x2 x1 x2 x1
16k x 36k
x2 x1 3k 2 2 x2 x1 3k 2 2
16k
x 9
x2 x 3k 2 2 4 ，1
x 9
9
当 时， y 0 ，所以直线 NM 过定点 ,04 4
.

【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.
x2 28 y．已知椭圆C : 1过点 A( 2, 1)，且2 2 a 2b．a b
（Ⅰ）求椭圆 C的方程：
| PB |
（Ⅱ）过点 B( 4,0)的直线 l交椭圆 C于点M ,N ,直线MA,NA分别交直线 x 4于点 P,Q．求 的值．| BQ |
2 2
【答案】（Ⅰ x y） 1；（Ⅱ）1.
8 2
【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 yP yQ 0，从而可得两线段长度的比值.
【详解】
x2 y2(1)设椭圆方程为： 1 a b 0 ，由题意可得：
a2 b2
4 1
1 a2 8
a2 b2 ，解得： b2
，
a 2b
2
x2 y2
故椭圆方程为： 1 .
8 2
(2)设M x1, y1 ，N x2 , y2 ，直线MN 的方程为： y k x 4 ，
x2 y2
与椭圆方程 1联立可得： x2 4k 2 x 4 2 8，
8 2
即： 4k 2 1 x2 32k 2x 64k 2 8 0，
2 2
则： x1 x
32k 64k 8
2 , x1x2 .4k 2 1 4k 2 1
y 1
直线 MA 1的方程为： y 1 x 2 x ，1 2
y1 1 k x1 4 1 x1 2 2k 1 x 4
令 x 4可得： yP 2 1 2
1
，
x1 2 x1 2 x1 2 x1 2
2k 1
y x2 4 同理可得： Q .x2 2
PB y
很明显 y PP yQ 0，且： ，注意到：PQ yQ
x1 4 x2 4 x1 4 x2 2 x2 4 x 2y P yQ 2k 1 2k 1 1 ，
x1 2 x2 2 x1 2 x2 2
而： x1 4 x2 2 x2 4 x1 2 2 x1x2 3 x1 x2 8
64k 2 8 32k 2
2 4k 2
3 8
1

4k
2 1
64k 2 8 3 32k 2 8 4k 2 1
2 ，
4k 2
0
1
故 yP yQ 0, yP yQ .
PB y
从而 P 1 .
BQ yQ
【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．
2 2
9 x y．如图，O为坐标原点，椭圆C : 1（ a b 0）的焦距等于其长半轴长，M ,N为椭圆2 2 C的a b
上、下顶点，且 |MN | 2 3
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点 P 0,1 作直线 l交椭圆C于异于M ,N的 A,B两点，直线 AM ,BN 交于点T ．求证：点T 的纵
坐标为定值 3．
2 2
【答案】（1 x y） 1；（2）3
4 3
【分析】
（1）由 |MN | 2 3得b 3，再根据焦距等于其长半轴长可求 a,c，故可得椭圆的方程.
（2）设直线方程为 y kx 1， A x1, y1 ,B x2, y2 ，
【详解】
解：（1）由题意可知： 2c a ,2b 2 3，又 a2 b2 c2，
2 2
有b 3,c 1,a x y 2，故椭圆C的方程为： 1．
4 3
（2）由题意知直线 l的斜率存在，设其方程为 y kx 1，用 A,B的横坐标表示T 的纵坐标，再联立 l的方
2
程和椭圆的方程，消去 y得 4k 3 x2 8kx 8 0，利用韦达定理化简T 的纵坐标后可得所求的定值.
设 A x1, y1 ,B x2, y2 （ x1x2 0），
y kx 1
联立直线方程和椭圆方程得 2 2 ，消去 y得 4k 2 3 x2 8kx 8 0，
3x 4y 12 0
x x 8k 81 2 , x x ，且有 x x＝kx x4k 2 3 1 2 4k 2 3 1 2 1 2
，
又 lBN : y
y 3
2 x 3， l : y y 3AM 1 x 3，x2 x1

y y 2
3
x 3
x2 y 3 y 3 x
由 得 1 2 ，
y 3 y 3 x1 1 y2 3

y x 3
x1
y 3 kx1 1 3 x2 kx1x故 2
(1 3)x2 ，整理得到
y 3 x1 kx2 1 3 kx1x2 (1 3)x1
y 3 kx1x2 (1 3)x 2 y 3 2kx1x2 2(1 3)x

，故 2 1
2 3 (1 3)x1 (1 3)x2 (1 3)x1 (1 3)x2
2kx1x2 x1 x2 3 x1 x3 2
(1 3)x1 (1 3)x2
3 x
3 1
x2 3 x1 x2 3．
3 x1 x2 x1 x2
故点T 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 x或 y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 x1x2 , x1 x2 或 y1y2 , y1 y2 ，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.
2 210 ．椭圆 2 + 2 = 1( > > 0) 的两顶点为,
2
如图，离心率为 ，过其焦点(0,1)的直线与椭圆交于,
2
两点，并与轴交于点，直线与直线交于点.
Ⅰ || = 3 2（ ）当 时，求直线的方程；
2
（Ⅱ）当点异于, 两点时，求证： 为定值.
【答案】（Ⅰ） =± 2 + 1（Ⅱ） = 1
2
【解析】试题分析：（I）根据 = 2 , = 1 ，可求得椭圆的标准方程为 + 2 = 1.联立直线方程和椭圆方程，
2 2
写出韦达定理，利用弦长公式和弦长列方程，求出斜率的值，进而得到直线的方程.（I）设出直线,
的方程，联立方程求得点的坐标，将坐标代入数量积，并利用（I）韦达定理的条件，化简后可求得定值.
2 2
试题解析：（Ⅰ）椭圆的标准方程为 2 + 2 = 1( > > 0) ，
2
由已知得： = 1, = 2，所以 = 2, = 1 ，椭圆的方程为 + 2 = 1 ，
2 2
当直线与轴垂直时与题意不符，
设直线的方程为 = + 1，1(1, 1), (2, 2) ，
将直线的方程代入椭圆的方程化简得(2 + 2)2 + 2 1 = 0 ，
2 1
则1 + 2 = 2 ，12 = 2 ， +2 +2
∴ || = 1 + 2 (1 + 2 2
2 2 1
2) 412 = 1 + ( ) + 4 ×2+2 2+2
2
= 2 2( +1)2 =
3 2
，解得： =± 2，
+2 2
所以直线的方程为 =± 2 + 1，
（Ⅱ）证明：当直线与轴垂直时与题意不符，设直线的方程为 = + 1，( ≠ 0, ≠± 1)，(1, 1)，
(2, 2)，∴
1
点的坐标为( , 0)，

由（Ⅰ）知1 +
2
2 = 2 ，12 =
1
，
+2 2+2
且直线的方程为 = 1 ( + 1) ，且直线的方程为 = 2 ( 1)，
1+1 2 1
+1 ( +1)
将两直线联立，消去得 = 2 1 ，
1 1(2 1)
∵ 1 < 1, 2 < 1, ∴
+1
与 2异号，
1 1
( +1 )2 =
2
2 (1+1)2 = 2 2
2
2 (1+1)
2
= (1+1)(1+2)
1 21 ( 1)22 2 2 21 (2 1)2 (1 1)(1 2)
1 2 1
= 2+2 2+2 = ( 1 )2 ，
1+ 22
1
2 +1 +2 +2
= 2 + ( + ) + 1 = 2( 1 ) + ( 2 ) + 1 = 2(1+)
2 1
1 2 1 2 1 2 2+2 2+2 2
，
+2 +1
∴ 1 +1 1 +1 1与 1 2异号， 与 同号，∴ = ，解得， = ，+1 1 +1 1 +1
故点坐标为( , 0)， = (
1 , 0) ( , 0 ) = 1，故 为定值.
点睛：本题主要考查直线和圆锥曲线的位置关系，还考查了两条直线的交点坐标的求法，考查了根与系数
关系与弦长、向量数量积运算的关系. 直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合
已知条件，从图形角度求解．联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的
关系求解是一个常用的方法. 涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及
垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线
的定义求解．
2
11 x y
2 1 3
．已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A，B，离心率为 ，点 P 1, 为椭圆上一点．
a2 b2 2

2
（1）求椭圆 C的标准方程；
（2）如图，过点 C(0，1)且斜率大于 1的直线 l与椭圆交于 M，N两点，记直线 AM的斜率为 k1，直线 BN
的斜率为 k2，若 k1＝2k2，求直线 l斜率的值．
x2 y2 3
【答案】（1） ＋ ＝1；（2） .
4 3 2
【分析】
3
(1)由椭圆的离心率,和点 P 1, 2 在椭圆上求出椭圆的标准方程;
(2) 由椭圆的对称性可知直线 l的斜率一定存在，设其方程为 y＝kx＋1, 设 M(x1，y1)，N(x2，y2), 联立方程
组消去 y,再将 k1＝2k2用坐标表示,利用点在椭圆上和韦达定理求出直线 l的斜率.
【详解】
1
(1)因为椭圆的离心率为 ，所以 a＝2c.
2
又因为 a2＝b2＋c2，所以 b＝ 3 c.
x2 y2
所以椭圆的标准方程为 ＋ ＝1.
4c2 3c2
9
3 1
又因为点 P 1, 为椭圆上一点，所以 ＋ ＝1，解得 c＝1.
2 4c2 43c2
x2 y2
所以椭圆的标准方程为 ＋ ＝1.
4 3
(2) 由椭圆的对称性可知直线 l的斜率一定存在，设其方程为 y＝kx＋1.
设 M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立方程组
消去 y可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.
8k 8
所以由根与系数关系可知 x1＋x2＝－ 2 ，x1x2＝－ .3 4k 3 4k 2
y1 y2 y1 2y
因为 k1＝ x 2 ，k
2
2＝ x 2 ，且 k1＝2k2，所以 x 2 ＝ x .1 2 1 2 2
y 2 21 4y2
即 2 ＝ . ① x1 2 x
2
2 2
又因为 M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，
2 3 3
所以 y1 ＝ (4 x
2 ) y2 2－ 1 ， 2 ＝ (4－ x )． ②4 4 2
2 x1 4 2 x2
将②代入①可得： 2 x ＝ ，即 3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0. 1 2 x2
8 8k
所以 3 2
3 4k 2
＋10 2 ＋12＝0，即 12k －20k＋3＝0. 3 4k
1 3 3
解得 k＝ 或 k＝ ，又因为 k>1，所以 k＝ .
6 2 2
【点睛】
本题考查直线与椭圆的位置关系,考查椭圆的标准方程和椭圆的几何性质,考查学生分析解决问题的能力,属
于中档题.
x2 y2 112．已知椭圆C : 2 2 1(a b 0)的长轴长为 6，离心率为 .a b 3
（1）求椭圆 C的标准方程；
（2）设椭圆 C的左、右焦点分别为 F1，F2，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F1M / /F2N ，记直线 AM，BN的斜率分别为 k1,k2，且3k1 2k2 0 ,求直线 F1M的方程.
x2 y2
【答案】（1） + = 1（2）2 6x y 2 6 0
9 8
【分析】
1
（1）根据长轴长为 6，离心率为 ，可求得 a,b,c的值，即可得答案；
3
（2）设的 F1M方程为 x my 1，M (x1,y1)( y1 0)，直线 F1M与椭圆的另一个交点为M x2 , y2 ，利
用3k1 2k2 0得到方程5my1y2 6y1 4y2 0，与韦达定理联立，求得 y1, y2，进一步求得关于m的方
程，求出m的值，即可得到直线方程.
【详解】
c 1
（1）由题意，可得 2a 6， ， 2 2 2，
a 3 a b c
联立解得a 3 ，c 1，b 2 2 ，
x2 y2
∴椭圆的标准方程为 + = 1 .
9 8
（2）如图，由（1）知 A( 3,0),B(3,0),F1( 1,0),F2(1,0)，
设的 F1M方程为 x my 1，M (x1,y1)( y1 0)，
直线 F1M与椭圆的另一个交点为M x2 , y2 ，
∵F1M //F2N ，根据对称性可得 N x2 , y2 ，
8x2 9y2 72
2 2联立 ，整理得 8m 9 y 16my 64 0，
x my 1
∴ y1 y
16m 64
2 2 ， y y 8m 9 1 2 8m2 9
y1 0
k1 2 my1 2 2∵ ，∴ y 0 k 3 ，2 2 3
my2 2
即5my1y2 6y1 4y2 0，
y 128m y 112m联立解得 1 2 ， 2 ，8m 9 8m2 9
∵ y1 0， y2 0，∴m 0，
y y 128m 112m 64∴ 1 2 ，∴m
6
，
8m2 9 8m2 9 8m2 9 12
FM x 6∴直线 1 的方程为 y 1，即 2 6x y 2 6 0 .
12
【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.
x2 y2 113．已知椭圆C : 1(a b 0)的长轴长为 6，离心率为 .
a2 b2 3
(1)求椭圆 C的标准方程；
(2)设椭圆 C的左 右焦点分别为 F1， F2，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F1M / /F2N ，直线 F1M的斜率为 2 6，记直线 AM，BN的斜率分别为 k1,k2，试证明:3k1 2k2的
值为定值.
2 2
【答案】(1) x y+ = 1；(2)证明见详解.
9 8
【分析】
（1）根据长轴及离心率信息，求解 a,b,c，写出椭圆方程即可；
（2）由题可知直线MF1的方程，联立方程组求得点M 坐标，根据对称性求得 N点坐标，再计算斜率，即
可证明.
【详解】
（1）由题意，可得 2a 6，
c 1
又 ，
a 3 a
2 b2 c2，
联立解得 a 3， c 1，b 2 2 ，
x2 y2
故椭圆C的标准方程为 + = 1.
9 8
（2）证明:如图，由(1)可知 A( 3，0)， B(3，0)，F1( 1，0)， F2 (1，0)，
据题意， F1M的方程为 y 2 6(x 1) .
记直线F1M 与椭圆的另一个交点为M ，
设M (x1，y1)( y1 0)，M (x2，y2 )，
∵F1M //F2N ，根据对称性可得 N ( x2， y2 )，
8x2 9y2 72，
联立 消去 y，得
y 2 6(x 1)，
14x2 27x 9 0，
∵ x x x 3 31 2 ，∴ 1 ， x2 ，7 2
k y1 2 6(x1 1) 4 6∵ 1 ，x1 3 x1 3 9
k y2 2 6(x2 1) 2 62 ， x2 3 x2 3 3

∴3k1 2k 3
4 6
2 2
2 6

9 3
0 ，

即3k1 2k2的值为定值 0.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆上点的坐标求解，属椭圆基础题.
2
14 E : x y
2
1 a b 0 3．已知椭圆 的左、右顶点分别为 A， B，离心率为 ，过点P 1,0 作直线
a2 b2 ( )2
交椭圆于点C，D（与 A， B均不重合）.当点D与椭圆E的上顶点重合时， AD 5 .
（1）求椭圆 E的方程
k
2 1（ ）设直线 AD， BC的斜率分别为 k1， k2，求证： k 为定值.2
1 x
2
【答案】（ ） y2 1；（2）证明见解析.
4
【分析】
2 2
（1）解方程 a2 2
a b 3
b 5 .① ，②即得解；
a 2
x2
y2 1,
（2）设直线CD 2 2的方程为 x my 1，联立方程组 4 得 m 4 y 2my 3 0，得到韦达
x my 1,
k1
定理，再利用韦达定理化简 k 即得证.2
【详解】
（1）当点D与椭圆E的上顶点重合时，有D 0,b ，
所以 AD a2 b2 5 .①
a2 b2 3
又因为离心率 e ，②
a 2
由①②解得 a 2，b 1，
E x
2
所以 的方程为 y2 1.
4
（2）由题意，设直线CD的方程为 x my 1，
x2
y2 1,
4 m2联立方程组 得 4 y 2 2my 3 0，
x my 1,
设C x1, y
2m 3
1 ，D x2 , y2 ，则 y1 y2 2 ， y y m 4 1 2 m2 . 4
y y
由（1）得 A 2,0 ，B 2,0 ，所以 k1 2 k 1x ， 2 2 ，2 x1 2
k1 y2 x 1 2 y2 my1 1 my1y y 2 2
k2 y1 x2 2 y1 my2 3 my1y2 3y1
m
my1y y y1 2 1 y2 y1
2 1
m 43m .my1y2 3y1 3y 3
m2 4 1
【点睛】
方法点睛：定值问题：在几何问题中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，定值问题的处理常
见的方法有：（1）特殊探究，一般证明.（2）直接求题目给定的对象的值，证明其结果是一个常数.

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