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圆锥曲线技巧---齐次化处理
一、解答题
1．如图，设点 A和 B为抛物线 y2=4px（p＞0）上原点以外的两个动点，已知 OA⊥OB，OM⊥AB．求点
M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线．
【答案】M的轨迹是以（2p，0）为圆心，以 2p为半径的圆，去掉坐标原点．
【解析】
试题分析：由 OA⊥OB可得 A、B两点的横坐标之积和纵坐标之积均为定值，由 OM⊥AB可用斜率处理，
得到M 的坐标和 A、B坐标的联系，再注意到 M 在 AB 上，由以上关系即可得到M 点的轨迹方程；此题
还可以考虑设出直线 AB的方程解决．
解：如图，点 A，B在抛物线 y2=4px上，
设 ，OA、OB的斜率分别为 kOA、kOB．
∴
由 OA⊥AB，得 ①
依点 A在 AB上，得直线 AB方程
②
由 OM⊥AB，得直线 OM方程 ③
设点M（x，y），则 x，y满足②、③两式，将②式两边同时乘以 ，
并利用③式，可得 ﹣ （﹣ ）+ =﹣x2+ ，
整理得 ④
由③、④两式得
由①式知，yAyB=﹣16p2
∴x2+y2﹣4px=0
因为 A、B是原点以外的两点，所以 x＞0
所以M的轨迹是以（2p，0）为圆心，以 2p为半径的圆，去掉坐标原点．
考点：轨迹方程；抛物线的应用．
x2 y2
2．已知椭圆 C: 2 2 1(a b 0)的焦点是 ( 3,0)、 ( 3,0)
2
，且椭圆经过点 ( 2, )。
a b 2
（1）求椭圆 C的方程；
（2）设直线 l与椭圆C交于 A,B两点，且以 AB 为直径的圆过椭圆右顶点M ，求证：直线 l恒过定点．
x2
【答案】（1） y2 1（2）详见解析
4
【解析】
试题分析：（1）设出椭圆方程，由题意可得a2 b2 3，再由椭圆的定义可得 2a=4，解得 a=2，b=1，进而
得到椭圆方程；（2）由题意可知，直线 l的斜率为 0时，不合题意．不妨设直线 l的方程为 x=ky+m，代入
椭圆方程，消去 x，运用韦达定理和由题意可得MA⊥MB，向量垂直的条件：数量积为 0，化简整理，可得
m 6
5
或 m=2，即可得到定点
x2 y2
试题解析：（1）椭圆C 的方程为 2 2 1(a b 0)a b
a2 1 1 11 11 b2 3， 2a ( 2 3)2 ( 2 3)2 2 6 2 6 4
2 2 2 2
x2
所以所求椭圆C 的方程为 y2 1
4
（2）方法一（1）由题意可知，直线 l 的斜率为 0时，不合题意.
（2）不妨设直线 l 的方程为 x ky m．
x ky m

由 x2 , 消去 x得 (k 2 4)y2 2kmy m2 4 0
y
2 1 .
4
A(x , y ) B(x , y ) y y 2km
m2 4
设 1 1 ， 2 2 ，则有 1 2 2 ……①, y1y2 2 ………②k 4 k 4

因为以 AB 为直径的圆过点M ，所以MA MB 0．

由MA (x1 2, y1),MB (x2 2, y2 )，得 (x1 2)(x2 2) y1y2 0．
将 x1 ky1 m, x2 ky2 m代入上式，
得 (k 2 1) y1y2 k (m 2)( y1 y
2
2 ) (m 2) 0 . ……… ③
5m2 16m 12 0 6
将①②代入③，得 ，解得m 或m 22 （舍）．k 4 5
6
综上，直线 l经过定点 ( ,0).
5
6
方法二证明：(1) 当 k 不存在时，易得此直线恒过点 ( ,0) .
5
（2）当 k 存在时.设直线 l的方程为 y kx m， A(x1, y1),B(x2 , y2 ) ，M (2,0) .
x2
y2 1
由 4 (4k 2，可得 1)x2 8kmx 4m2 12 0 .
y kx m
16(4k 2 m2 1) 0
x x 8km 4m
2 4
1 2 2 , ……① x1x2 2 ……. ②4k 1 4k 1
由题意可知

MA MB 0 ,MA (x1 2, y1), MB (x2 2, y2 ),
y1 kx1 m, y2 kx2 m.
可得 (x1 2) (x2 2) y1y2 0 .
整理得 (km 2)(x1 x2 ) (k
2 1)x1x2 4 m
2 0 ③
12k 2 16km 5m2 2 2
把①②代入③整理得 2 0, 由题意可知 12k 16km 5m 0,4k 1
解得 m 2k ,m
6
k.
5
（i） 当m 2k时,即y k(x 2)，直线过定点（2,0）不符合题意，舍掉.
6 6 6
（ii） m k时，即 y k(x )，直线过定点 ( ,0)，经检验符合题意.
5 5 5
6
综上所述，直线 l过定点 ( ,0)
5
考点：1.椭圆方程；2.直线和椭圆相交的综合问题
3．圆 x2 y2 4的切线与 x轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为 P（如
x2 y2
图），双曲线C1 : 1过点 P且离心率为 3 .a2 b2
（1）求C1的方程；
（2）椭圆C2过点 P且与C1有相同的焦点，直线 l过C2的右焦点且与C2交于 A，B两点，若以线段 AB为
直径的圆心过点 P，求 l的方程.
2
【答案】（1） x2 y 1 3 6 3 6；（2） x ( 1)y 3 0，或 x ( 1)y 3 0 ..
2 2 2
【解析】
x0
试题分析：（1）设切点坐标为 (x0 , y0 )(x0 0, y0 0)，则切线斜率为 y ，切线方程为0
y y x 0 0 (x x0 )y ，即
x0x y0 y 4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为
0
S 1 4 4 8
2 x y .由 x
2 y 20 0 4 2x0 y0知当且仅当 x0 y0 2 时 x0 y0有最大值，即 S有最小值，
0 0 x0 y0
因此点 P得坐标为 ( 2, 2) ，由题意知 解得 a2 1,b2 2，即可求出C1的方程；（2） 由
x2 y2
（1）知C2的焦点坐标为 ( 3,0), ( 3,0)，由此C2的方程为 2 2 1，其中b1 0 .3 b1 b1
2 2
由 P( 2, 2)在C2上，得 13 b 2 b 2 ，显然，l不是直线 y=0.设 l的方程为 x=my+ 3，点 1 1
x my 3
A(x1, y1),B(x2 , y2 )由{x2 y2 得 (m2 2)y2 2 3my 3 0，因
1
6 3

AP ( 2 x1, 2 y1),BP ( 2 x2 , 2 y2)由题意知 AP BP 0，所以
x1x2 2(x1 x2 ) y1y2 2(y1 y2 ) 4 0 ，将韦达定理得到的结果代入
x1x2 2(x1 x2 ) y1y2 2(y1 y2 ) 4 0 式整理得 2m2 2 6m 4 6 11
3 6
0，解得m 1
2
m 3 6或 1，即可求出直线 l的方程.
2
x x
（1）设切点坐标为 (x , y )(x 0, y 0) 0 00 0 0 0 ，则切线斜率为 y ，切线方程为
y y0 (x x )
0 y
0 ，即
0
1 4 4 8
x0x y0 y 4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为 S 2 x y x y .由0 0 0 0
x 20 y
2
0 4 2x0 y0知当且仅当 x0 y0 2 时 x0 y0有最大值，即 S有最小值，因此点 P得坐标为
( 2, 2) ，
由题意知
2
解得 a2 1,b2 2 y，故C1方程为 x2 1.2
x2 y2
（2）由（1）知C2的焦点坐标为 ( 3,0), ( 3,0)，由此C2的方程为 2 2 1，其中b 0 .3 b 11 b1
2 2
由 P( 2, 2)在C2上，得 3 b 2
1
1 b
2 ，
1
显然，l不是直线 y=0.设 l的方程为 x=my+ 3，点 A(x1, y1),B(x2 , y2 )
x my 3
由{x2
2
y2 得 (m 2)y
2 2 3my 3 0，又 y1, y2是方程的根，因此
1
6 3
y 2 3m1 y2 2 ①
{ m 2 ，由 x1 my1 3, x2 my2 3 得
y1y
3
2 2 ②m 2
x x 4 31 2 m(y1 y2 ) 2 3 m2
③
{ 2
x x m2y y 3m(y y ) 3 6 6m
2
1 2 1 2 1 2 2 ④m 2

因 AP ( 2 x1, 2 y1),BP ( 2 x2 , 2 y2)由题意知 AP BP 0，所以
x1x2 2(x1 x2 ) y1y2 2(y1 y2 ) 4 0 ⑤ ，将①，②，③，④代入⑤式整理得
2m2 3 6 3 6 2 6m 4 6 11 0，解得m 1或m 1，因此直线 l的方程为
2 2
x (3 6 1)y 3 0，或 x (3 6 1)y 3 0 .
2 2
考点：1.椭圆的方程；2.直线与椭圆的位置关系.
4．（2015 山西四模）分别过椭圆 E： =1（a＞b＞0）左、右焦点 F1、F2的动直线 l1、l2相交于 P点，
与椭圆 E分别交于 A、B与 C、D不同四点，直线 OA、OB、OC、OD的斜率分别为 k1、k2、k3、k4，且满
足 k1+k2=k3+k4，已知当 l1与 x轴重合时，|AB|=2 ，|CD|= ．
（1）求椭圆 E的方程；
（2）是否存在定点M，N，使得|PM|+|PN|为定值？若存在，求出M、N点坐标，若不存在，说明理由．
【答案】（1） ．（2）存在点M，N其坐标分别为（0，﹣1）、（0，1），使得|PM|+|PN|为定值 2 ．
【解析】
试题分析：（1）由已知条件推导出|AB|=2a=2 ，|CD|= ，由此能求出椭圆 E的方程．
（2）焦点 F1、F2坐标分别为（﹣1，0），（1，0），当直线 l1或 l2斜率不存在时，P点坐标为（﹣1，0）或
（1，0），当直线 l1，l2斜率存在时，设斜率分别为 m1，m2，设 A（x1，y1），B（x2，y2），由 ，
得 ，由此利用韦达定理结合题设条件能推导出存在点M，N其坐标
分别为（0，﹣1）、（0，1），使得|PM|+|PN|为定值 2 ．
解：（1）当 l1与 x轴重合时，k1+k2=k3+k4=0，
即 k3=﹣k4，
∴l2垂直于 x轴，得|AB|=2a=2 ，|CD|= ，
解得 a= ，b= ，
∴椭圆 E的方程为 ．
（2）焦点 F1、F2坐标分别为（﹣1，0），（1，0），
当直线 l1或 l2斜率不存在时，P点坐标为（﹣1，0）或（1，0），
当直线 l1，l2斜率存在时，设斜率分别为 m1，m2，
设 A（x1，y1），B（x2，y2），由 ，
得 ，
∴ ， ，
= = = ，
同理 k3+k4= ，
∵k1+k2=k3+k4，
∴ ，即（m1m2+2）（m2﹣m1）=0，
由题意知 m1≠m2，
∴m1m2+2=0，
设 P（x，y），则 ，
即 ，x≠±1，
由当直线 l1或 l2斜率不存在时，
P点坐标为（﹣1，0）或（1，0）也满足，
∴点 P（x，y）点在椭圆 上，
∴存在点M，N其坐标分别为（0，﹣1）、（0，1），使得|PM|+|PN|为定值 2 ．
考点：直线与圆锥曲线的综合问题．
2 2
5．已知椭圆 C x y 3 3： =1（a>b>0），四点 P1（1,1），P2（0,1），P3（–1， ），P4（1， ）中恰有三
a2 b2 2 2
点在椭圆 C上.
（Ⅰ）求 C的方程；
（Ⅱ）设直线 l不经过 P2点且与 C相交于 A，B两点.若直线 P2A与直线 P2B的斜率的和为–1，证明：l过定
点.
x2
【答案】(1) y2 1.
4
(2)证明见解析.
【详解】
试题分析：（1）根据P3，P4两点关于 y轴对称，由椭圆的对称性可知 C经过P3，P4两点.另外
1 1 1 3
由 知，C不经过点 P1，所以点 P2在 C上.因此 P2 ,P3,P2 2 2 2 4 在椭圆上，代入其标准a b a 4b
方程，即可求出 C的方程；（2）先设直线 P2A与直线 P2B的斜率分别为 k1，k2，再设直线 l的
方程，当 l与 x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设 l： y kx m（m 1），将 y kx m代
x2
入 y2 1，写出判别式，利用根与系数的关系表示出 x1+x2，x1x2，进而表示出 k
4 1
k2，根
据 k1 k2 1列出等式表示出 k和m的关系，从而判断出直线恒过定点.
试题解析：（1）由于 P3， P4两点关于 y轴对称，故由题设知 C经过 P3，P4两点.
1 1 1 3
又由 知，C不经过点 P1，所以点 P2在 C上.
a2 b2 a2 4b2
1
2 1 b a2 4
因此 ，解得1 3 2
.
1 b 1
a2 4b2
2
故 C x的方程为 y2 1 .
4
（2）设直线 P2A与直线 P2B的斜率分别为 k1，k2，
2 2
如果 l与 x轴垂直，设 l：x=t，由题设知 t 0，且 t 2 4 t 4 t，可得 A，B的坐标分别为（t， ），（t， ）.
2 2
2 2
则 k k 4 t 2 4 t 21 2 1，得 t 2，不符合题设.2t 2t
2
从而可设 l： y kx m（m 1）.将 y kx m x代入 y2 1得
4
4k 2 1 x2 8kmx 4m2 4 0
由题设可知 =16 4k 2 m2 1 0 .
8km 4m2A 4设 （x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x2= 2 ，x1x2= .4k 1 4k 2 1
k k y1 1 y 1而 1 22 x1 x2
kx1 m 1 kx2 m 1
x1 x2
2kx1x2 m 1 x1 x 2 .
x1x2
由题设 k1 k2 1，故 2k 1 x1x2 m 1 x1 x2 0 .
2
即 2k 1 4m 4 8km 2 m 1 .4k 1 4k 2 0 1
k m 1解得 .
2
y m 1 x m y 1 m 1当且仅当m 1时， 0，欲使 l： ，即 x 2 ，
2 2
所以 l过定点（2， 1）
点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进
行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间
的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一
定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数
的关系，再根据题设关系进行化简.
3 2 2
6．已知点 P ( 1, )是椭圆 C: x y
2 2 1(a b 0)上一点，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，2 a b
PF1 PF2 4
（1）求椭圆 C的标准方程;
（2）设直线 l不经过 P点且与椭圆 C相交于 A，B两点.若直线 PA与直线 PB的斜率之和为 1，问:直线 l是
否过定点 证明你的结论
x2 y2
【答案】（1） 1；（2）直线 l过定点 ( 4，0)．证明见解析.
4 3
【分析】
3
（1）由椭圆定义可知 a 2，再代入 P ( 1, )即可求出b，写出椭圆方程；
2
（2）设直线 l的方程 y kx m，联立椭圆方程，求出 k和m之间的关系，即可求出定点.
【详解】
（1）由 | PF1 | | PF2 | 4，得 a 2，
P 1 3 又 ，2 在椭圆上，
1 9
代入椭圆方程有 2 2 1，解得a 4b b 3
，
x2 y2
所以椭圆 C的标准方程为 1．
4 3
（2）证明：当直线 l的斜率不存在时， A(x1，y1)， B(x1， y1)，
y 3 31 y1
k k 2 2 1，解得 x1 4，不符合题意；1 2 x1 1
当直线 l的斜率存在时，设直线 l的方程 y kx m， A(x1，y1)， B(x2，y2 )，
y kx m
由 2 2 ，整理得 (3 4k
2 )x2 8kmx 4m2 12 0，
3x 4y 12 0
x 8km 4m
2 12
1 x2 2 ， x x ， 4k 2 21 2 2 m 3 0．3 4k 3 4k
5
由 k1 k2 1，整理得 (2k 1)x1x2 k m (x1 x2 ) 2m 4 0， 2
即 (m 4k)(2m 2k 3) 0．
3
当m k 时，此时，直线 l过 P点，不符合题意；
2
当m 4k时， 4k 2 m2 3 0有解，此时直线 l： y k(x 4)过定点 ( 4，0)．
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查椭圆中直线过定点问题，属于中档题.
2 2
7 x y 2．如图，椭圆 E : 经过点 A 0, 1 ，且离心率为 ．
a2

b2
1(a b 0)
2
（1）求椭圆 E的方程；
（2）若经过点 1,1 ，且斜率为 k的直线与椭圆 E交于不同的两点 P，Q（均异于点 A），证明：直线 AP与
AQ的斜率之和为定值．
x2
【答案】（1） y2 1；（2）所以直线 AP、 AQ斜率之和为定值 2．
2
【分析】
（1）运用离心率公式和 a，b， c的关系，解方程可得 a，进而得到椭圆方程；
（2）把直线 PQ的方程代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简计算即可得到结论．
【详解】
解：（1 c 2）由题意知 ，b 1，结合 a2 b2 c2，解得a 2，
a 2
2
x椭圆的方程为 y2 1；
2
（2）由题设知，直线 PQ的斜率不为 0，
2
则直线PQ的方程为 y k (x 1) 1 (k 2) x，代入 y2 1，得
2
(1 2k 2 )x2 4k(k 1)x 2k(k 2) 0，
由已知 0，设 P(x1, y1)，Q(x2 , y2 )， x1x2 0，
则 x x 4k(k 1)1 2 2 ， x x
2k(k 2)
1 2 2 ，1 2k 1 2k
从而直线 AP与 AQ的斜率之和：
k k y1 1 y2 1 kx1 2 k kx 2 kAP AQ 2x1 x2 x1 x2
2k (2 k)( 1 1 ) 2k (2 k) x1 x2
x1 x2 x1x2
2k (2 k) 4k(k 1) 2k 2(k 1) 2 ．
2k(k 2)
所以直线 AP、 AQ斜率之和为定值 2．
【点睛】
(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 x(或 y)建立一元二次方程，然后借助根与
系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为 0或不存在等特殊情形．
2
8 y．已知椭圆方程为 x2 1，射线 y 2 2x（x≥0）与椭圆的交点为 M，过 M作倾斜角互补的两条直
8
线，分别与椭圆交于 A、B两点（异于 M）．
（1）求证直线 AB的斜率为定值；
（2）求△AMB面积的最大值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 2 .
【分析】
(1)设 k 0 ,求得 M的坐标,则可表示出 AM的直线方程和 BM的直线方程,分别与椭圆的方程联立求得 xA和
xB ,进而求得 AB的斜率;(2)设出直线 AB的方程与椭圆方程联立消去 y,利用判别式大于 0求得m的范围,进而
表示出三角形 AMB的面积,利用 m的范围确定面积的最大值.
【详解】
（Ⅰ 2）斜率 k存在，不妨设 k＞0，求出M（ ，2）．
2
2
直线 MA方程为 y 2 k(x )，
2
x 2k
2 4k 2
分别与椭圆方程联立，可解出 A ，k 2 8 2
2
同理得，直线 MB方程为 y 2 k(x 2 )． x 2k 4k 2B 2 2 k 8 2
k y A yB∴ AB 2 2x x ，为定值.A B
y2
（Ⅱ）设直线 AB方程为 y 2 2x m，与 x2 1联立，消去 y得
8
16x2 4 2mx (m2 8) 0．
由 ＞0得一 4＜m＜4，且 m≠0，
m
点 M到 AB的距离为 d ．
3
2
AB 1 k 2 x x 2A B 1 k 2 x x 2 4x x ] 3 16 mA B A B 8
设△AMB的面积为 S．
2
∴ S 2 1 | AB |2 d 2 1 m2 16 m2 1 16 2．4 32 32 2
当m 2 2时，得 Smax 2 ．
【点睛】
本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题.考查了学生分析问题和解决问题的能力. 探索圆锥曲线的定值
问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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 两焦点分别为 F1、F2、P是椭圆在第一象限弧上一点，并满足 ，过
P作倾斜角互补的两条直线 PA、PB分别交椭圆于 A、B两点
（1）求 P点坐标；
（2）求证直线 AB的斜率为定值；
（3）求△PAB面积的最大值．
【答案】（1） 1，2 ．（2）是定值为 2．（3） 2 .
【解析】
【分析】
2 2
（1）根据 PF1 PF2 1
x y
，用坐标表示，结合点 P（x，y）在曲线椭圆 1上，即可求得点 P的坐标；
2 4
（2）设出 BP的直线方程与椭圆方程联立，从而可求 A、B的坐标，进而可得 AB的斜率为定值；
（3）设 AB的直线方程：y 2x m ，与椭圆方程联立，可确定 2 2＜m＜2 2，求出 P到 AB的距离，
进而可表示△PAB面积，利用基本不等式可求△PAB面积的最大值．
【详解】
（1）由题可得 F1 0，2 ， F2 0 2 ，
设 P0（x0，y0）（x0＞0，y0＞0）

则PF1 x0，2 y0 ， PF2 x0， 2 y0 ，

∴PF1 PF
2
2 x0 2 y20 1，
2 2
∵点 P（x0，y
x y
0）在曲线上，则 0 0 1，
2 4
x2 4 y
2 4 y2
∴ 00 ，从而
0 2 y20 1，得 y0 2．2 2
则点 P的坐标为 1，2 ．
（2）由题意知，两直线 PA、PB的斜率必存在，设 PB的斜率为 k（k＞0），
则 BP的直线方程为： y 2 k x 1 ．
y 2 k x 1
2 2 2
由 x2 y2 得 2 k x 2k 2 k x ( 2 k) 4 0，
1
2 4
2k k 2 2k k 2 2
设 B（x ，y ），则1 x k 2 2k 2B B ，B 2 k 2 ，xB 2 1 2 k 2 k 2
k 2 2 2k 2 4 2k y y k x 1 k x 1 8k同理可得 xA ，则 x x ， ．2 k 2 A B 2 A B A B k 2 2 k 2
y y
所以 AB A B的斜率 kAB 2x x 为定值．A B
（3）设 AB的直线方程： y 2x m ．
y 2x m

由 x2 y2 ，得 4x2 2 2mx m2 4 0，
1
2 4
由 (2 2m)2 16 m2 4 ＞0，得 2 2＜m＜2 2
m
P到 AB的距离为 d ，
3
2
S 1 AB d 1 4 1 2
m
m 3 1
2
m2 m2 8 1 m m
2 8
则 PAB 2 2 2 3 8 8 2
2．

当且仅当m 2 2 2，2 2 取等号
∴△PAB面积的最大值为 2．
【点睛】
本题以椭圆的标准方程及向量为载体，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形的面积计算及利用基本不
等式求最值，解题的关键是直线与椭圆方程联立，利用韦达定理进行解题．
10．已知中心在原点的椭圆C的一个焦点为 (0, 2)，且过点 P(1, 2) .
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过点 P作倾斜角互补的两条不同直线 PA，PB分别交椭圆C于另外两点 A，B，求证：直线 AB的
斜率是定值.
y2 x2
【答案】（Ⅰ） 1;（Ⅱ）见解析.
4 2
【解析】
【分析】
2 2
（1）设椭圆 C y x的方程为：
2 2 1 a＞b＞0 ，利用已知条件，求出 a，b，即可得出椭圆 C的方程；a b
（2）设出直线 PA、PB 的方程与椭圆方程联立，求出 A，B的坐标，利用斜率公式，即可证明直线 AB的
斜率为定值．
【详解】
y2 x2
（Ⅰ）设椭圆方程为 1（ a b 0）
a2 b2
2 1
则有 2 1 又 2a b2 a b
2 2
2 1
∴ 1
b2 2 b2
∴b4 b2 2 0 解得b2 2
∴a2 4
y2 x2
∴椭圆C的方程为 1
4 2
或解：椭圆的另一焦点为 0, 2
由2a (1 0)2 ( 2 2)2 (1 0)2 ( 2 2)2 4
得a 2 又 c 2
∴b2 2
2 2
∴椭圆C y x的方程为 1
4 2
（Ⅱ）依题意，直线 PA， PB都不垂直于 x轴
设直线PA方程为 y 2 k x 1 ，则直线 PB方程为 y 2 k x 1
y 2 k x 1
由 得 k 2 2 x2 2k( 2 k)x ( 2 k)2 4 0
y2 2x2 4
1 x ( 2 k)
2 4
∵ A k 2 2
( 2 k)2 4 ( 2 k)2x x 4∴ A 同理2 B k 2 k 2 2
k yA yB (kxA 2 k) ( kxB 2 k) k(xA x ) 2k∴ AB B =xA xB xA x
2
B xA xB
故直线 AB的斜率是定值
【点睛】
本题考查椭圆的方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查直线的斜率公式，考查学生的计算能力，正确运
用韦达定理是关键．
11 2．已知椭圆两焦点 F1、F2在 y轴上，短轴长为 2 2，离心率为 ，P是椭圆在第一象限弧上一点，且
2

PF1 PF2 1，过 P作关于直线 F1P对称的两条直线 PA、PB分别交椭圆于 A、B两点．
（1）求 P点坐标；
（2）求证直线 AB的斜率为定值．
【答案】（1） 1，2 ；（2）证明见解析．
【分析】

（1）由已知可解出椭圆方程，然后设出 P x0，y0 ，结合 PF1 PF2 1，即可解出点 P的坐标；
（2）由（1）知 PF1 / /x轴，直线 PA，PB斜率互为相反数，设 PB的直线方程为y 2 k x 1 ，
k 2 2 2k 2 k 2 2 2k 2
与椭圆方程联立，即可解出 xB ，同理可得2 xA ，然后解出 y y2 k 2 k 2 A B
，即可
算出 AB的斜率 kAB 2．
【详解】
y2 x2
解：（1）设椭圆的方程为 1，由题意可得2 2 b 2，a b
c 2
，即 a 2c，
a 2
a2 c2 2
c 2， a 2
y
2 x2
椭圆方程为 1，
4 2
焦点坐标为 0，2 ， 0， 2 ，
设P x0，y0 (x0 0，y0 0)，
则PF1 x0，2 y0 ， PF2 x0， 2 y0 ，

PF PF x21 2 0 2 y20 1，
y 20 x
2
点 P在曲线上，则 0 1，
4 2
x2 4 y
2
00 ，2
4 y2
从而 0 2 y20 1，得 y0 2，则点 P的坐标为 1, 2 ；2
（2）由（1）知 PF1 / /x轴，直线 PA，PB斜率互为相反数，
设 PB的斜率为 k(k 0)，则 PB的直线方程为y 2 k x 1 ，
y 2 k x 1

由 x2 y2 ，
1
2 4
得 2 k 2 x2 2k 2 k x ( 2 k)2 4 0，
设B xB,yB
2k k 2
，则 x 1 k
2 2 2k 2
，B 2 k 2 2 k 2
k 2x 2 2k 2同理可得 A ，则2 x
4 2k
A xB ，2 k 2 k 2
yA yB k xA 1 k xB 1
8k
2 ，2 k
yA yB
所以 AB的斜率 kAB 2xA x
为定值．
B
【点睛】
本题考查了椭圆的方程和性质，考查椭圆和直线的位置关系，属于较难题．
12．如图，椭圆 C： 经过点 P（1， ），离心率 e= ，直线 l的方程为 x=4．
（1）求椭圆 C的方程；
（2）AB是经过右焦点 F的任一弦（不经过点 P），设直线 AB与直线 l相交于点M，记 PA，PB，PM 的斜
率分别为 k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得 k1+k2=λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1） （2）答案见解析
【解析】试题分析：（1）由题意将点 P （1， ）代入椭圆的方程，得到 ，再由
离心率为 e= ，将 a，b用 c表示出来代入方程，解得 c，从而解得 a，b，即可得到椭圆的标准方程；
（2）方法一：可先设出直线 AB的方程为 y=k（x﹣1），代入椭圆的方程并整理成关于 x的一元二次方程，
设 A（x1，y1），B（x2，y2），利用根与系数的关系求得 x1+x2= ， ，再求点M的坐
标，分别表示出 k1，k2，k3．比较 k1+k2=λk3即可求得参数的值；
方法二：设 B（x0，y0）（x0≠1），以之表示出直线 FB的方程为 ，由此方程求得M的坐
标，再与椭圆方程联立，求得 A的坐标，由此表示出 k1，k2，k3．比较 k1+k2=λk3即可求得参数的值
解：（1）椭圆 C： 经过点 P （1， ），可得 ①
由离心率 e= 得 = ，即 a=2c，则 b2=3c2②，代入①解得 c=1，a=2，b=
故椭圆的方程为
（2）方法一：由题意可设 AB的斜率为 k，则直线 AB的方程为 y=k（x﹣1）③
代入椭圆方程 并整理得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12=0
设 A（x1，y1），B（x2，y2），
x1+x2= ， ④
在方程③中，令 x=4得，M的坐标为（4，3k），
从而 ， ， =k﹣
注意到 A，F，B共线，则有 k=kAF=kBF，即有 = =k
所以 k1+k2= + = + ﹣ （ + ）
=2k﹣ × ⑤
④代入⑤得 k1+k2=2k﹣ × =2k﹣1
又 k3=k﹣ ，所以 k1+k2=2k3
故存在常数λ=2符合题意
方法二：设 B（x0，y0）（x0≠1），则直线 FB的方程为
令 x=4，求得M（4， ）
从而直线 PM 的斜率为 k3= ，
联立 ，得 A（ ， ），
则直线 PA的斜率 k1= ，直线 PB的斜率为 k2=
所以 k1+k2= + =2× =2k3，
故存在常数λ=2符合题意
考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程．
视频
x2 y2
13．如图，椭圆 C: 2 2 1（a＞b＞0）经过点 P（2,3），离心率 e=
1
，直线 l的方程为 y=4．
a b 2
（Ⅰ）求椭圆 C的方程；
（Ⅱ）AB是经过（0,3）的任一弦（不经过点 P）．设直线 AB与直线 l相交于点 M，记 PA，PB，PM 的斜
1 1
率分别为 k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得 ？若存在，求λ的值．
k1 k2 k3
x2 y2
【答案】（Ⅰ） + =1（Ⅱ） 2
16 12
【解析】
试题分析：（Ⅰ）通过将点 P（2，3）代入椭圆方程，结合离心率计算即得结论；（Ⅱ）分 AB斜率存在、不存
在两种情况讨论，结合韦达定理计算即得结论
4 9
2 2 1，
a b
试题解析：（Ⅰ）由已知得 a2 b2 c2 , 解得 a=4，b= 3 ,c=2．

c 1 ,
a 2
x2 y2
所以椭圆 C的方程为 + =1．
16 12
（Ⅱ）当直线 AB不存在斜率时，A（0,-2 3），B（0,2 3），M（0,4），
k 2 3 3 = 3 2 3 k = 2 3 3 = 3 2 3 4 3 1此时 2= ， 1 ，k3= =- ，
0 2 2 0 2 2 0 2 2
1 + 1 =-4，可得λ=2．
k1 k2
当直线 AB存在斜率时，可设为 k（k≠0），则直线 AB的方程为 y=kx+3．
设 A（x1,y1），B（x2,y2），联立直线 AB与椭圆的方程，得
x2 y2
1,
16 12 消去 y，化简整理得，（4k2+3）x2+24kx-12=0，
y kx 3,
x +x 24k x x 12所以 1 2= ， 1 2= ，
4k 2 3 4k 2 3
1 1 x 2 x 2 x 2 x 2 2x x 2(x x )
而 + = 1 + 2 = 1 + 2 = 1 2 1 2 = 2 4k ．
k1 k2 y1 3 y2 3 kx1 kx2 kx1x2 k
1
1 1 2 1 2k
又M点坐标为（ ,4），所以 = k = ．
k k3 4 3 k
故可得λ=2 1 1 ． 因此，存在常数 2，使得 + = 恒成立．
k1 k2 k3
考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的简单性质
2 2
14．在平面直角坐标系 xOy x y中，已知椭圆 1（a＞b＞0 3）的右顶点为（2，0），离心率为 ，P
a2 b2 2
是直线 x＝4上任一点，过点 M（1，0）且与 PM垂直的直线交椭圆于 A，B两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若 P点的坐标为（4，3），求弦 AB的长度；
（3）设直线 PA，PM，PB的斜率分别为 k1，k2，k3，问：是否存在常数λ，使得 k1+k3＝λk2？若存在，求出λ
的值；若不存在，说明理由．
x2
【答案】（1） y2
8
1；（2） 2 ；（3）存在，λ＝2，计算见解析
4 5
【分析】
(1)根据题意可知 c，再由离心率公式可得 a，然后根据b2 a2 c2得出b，即可得椭圆的方程；
(2)根据 P 点的坐标写出直线 AB方程，与椭圆联立解得 A,B坐标，利用两点间距离公式即可求得弦 AB的
长度；
(3)先假设存在，后分直线 AB斜率存在和不存在两种情况进行求解，直线 AB斜率不存在时容易的 R ,
直线 AB斜率存在时，设 A,B点坐标，与椭圆联立，再分别求出 k1,k2 ,k3，进行化简整理即可得到 的值.
【详解】
1 c 3（ ）由题知 a 2， e ，
a 2
c 3，b2 a2 c2 1，
x2
∴椭圆方程为 y2 1．
4
（2）Q M (1,0)， P(4,3)
kMP 1，
∵直线 AB与直线PM垂直，
∴ kAB 1，
∴直线 AB方程 y 0 (x 1)，即 y x 1，
y x 1

联立 x2 ，得5x2
y2
-8x = 0
1
4
8
x 0或 ,
5
8 3
A(0,1) B , ， 5 5
，

| AB | 8 2．
5
（3）假设存在常数 ，使得 k1 k2 k3．
3 3
当直线 AB的斜率不存在时，其方程为 x 1，代入椭圆方程得 A 1, ， B2
1, ，此时P(4,0)，
2


易得 k1 k3 0 k2 ,
当直线 AB的斜率存在时，设直线 AB的方程为 y k(x 1)， A x1, y1 ， B x2 , y2
代入椭圆方程得（1+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣4＝0，
2 2
x1 x
8k x x 4k 42 ， ，1 4k 2 1 2 1 4k 2
1 3
直线PM方程为 y x 1 ，则 P 4,

k k
k 12 ,k
y 31
k k ,1 x1 4
y 32
k3 k
,
x2 4
k1 k3 k2 ,
y 31 y
3

k 2 k 1 ，
x1 4 x 4
k 2
(y 3 3 1 ) x2 4 y2 x 4
即 k k 1 ，
x1 4 x2 4 k
x1y
3 24
2 x2 y1 xk 1 x2 化简得： k ，
x1x2 4 x1 x2 16 k
8k 2x x 4k
2 4
将 1 2 ， x x ， y1 k x1 1 ， y2 k x 1
2
，代入并化简得：
1 4k 2 1 2 1 2 4k 2 k k
2．
综上： 2．
【点睛】
本题考查的是椭圆标准方程基本量的运算以及椭圆的几何性质、直线与椭圆的应用和圆锥曲线中的定值问
题，是难题.
2 2
15．已知椭圆 C: x y 1（a＞b＞0）的两个焦点分别为 F1（－ 2 ，0）、F2（ 2 ，0）.点M（1，0）
a2 b2
与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直.
（1）求椭圆 C的方程；
（2）已知点 N的坐标为（3，2），点 P的坐标为（m，n）（m≠3）.过点 M任作直线 l与椭圆 C相交于 A、
B两点，设直线 AN、NP、BN的斜率分别为 k1、k2、k3，若 k1＋k3＝2k2，试求 m，n满足的关系式.
x2
【答案】（1） y2 1；（2）m－n－1＝0
3
【解析】
试题分析：（1）利用M与短轴端点构成等腰直角三角形，可求得 b的值，进而得到椭圆方程；（2）设出过
M的直线 l的方程，将 l与椭圆 C联立，得到两交点坐标关系，然后将 k1＋k3表示为直线 l斜率的关系式，
化简后得 k1＋k3＝2，于是可得 m，n的关系式.
试题解析：（1）由题意，c＝ 2 ，b＝1，所以 a＝ b2 c2 3
x2
故椭圆 C的方程为 y2 1
3
（2 6）①当直线 l的斜率不存在时，方程为 x＝1，代入椭圆得，y＝±
3
6 6
不妨设 A（1， ），B（1，－ ）
3 3
k k 2
6
2 6
因为 1＋ 3＝ 3 ＝2 3
2 2
又 k1＋k3＝2k2，所以 k2＝1
n 2
所以 m，n的关系式为 ＝1，即 m－n－1＝0
m 3
②当直线 l的斜率存在时，设 l的方程为 y＝k（x－1）
2
将 y x＝k（x－1）代入 y2 1，
3
整理得：（3k2＋1）x2－6k2x＋3k2－3＝0
6k 2 3k 2 3
设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1 x2 2 ,x3k 1 1
x2 3k 2 1
又 y1＝k（x1－1），y2＝k（x2－1）
2 y1 2 y2 (2 y1)(3 x2) (2 y2)(3 x )
所以 k1＋k3＝ 13 x1 3 x2 (3 x1)(3 x2)
[2 k(x1 1)](3 x2) [2 k(x2 1)](3 x1)
＝ x1x2 3(x1 x2 ) 9
2kx1x2 (4k 2)(x1 x2 ) 6k 12
＝ x1x2 3(x1 x2 ) 9
3k 22k 3 (4k 2) 6k
2
2 2 6k 123k 1 3k 1
＝
3k 2 3 6k 2
2 3 2 93k 1 3k 1
2(12k 2 6)
＝ ＝2
12k 2 6
n 2
所以 2k2＝2，所以 k2＝ ＝1
m 3
所以 m，n的关系式为 m－n－1＝0
综上所述，m，n的关系式为 m－n－1＝0.
考点：椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系，
x2 y216．已知椭圆 C： 1(a b 0)的两个焦点分别为 F1( 2,0)、F2( 2,0)，点 M(1,0)与椭圆短轴a2 b2
的两个端点的连线相互垂直．
(1)求椭圆 C的方程；
(2)过点 M(1,0)的直线与椭圆 C相交于 A、B两点，设点 N(3，2)，记直线 AN、BN的斜率分别为 k1、k2,求证：
k1+k2为定值．
x2
【答案】(1) y2 1. (2)见证明
3
【分析】
（1）根据几何条件得 a,b即可，（2）先考虑斜率不存在时特殊情况，再考虑斜率存在情况，设直线方程以
及交点坐标，化简 k1 k2，联立直线方程与椭圆方程，根据韦达定理代入化简即得结果.
【详解】
(1)依题意， c 2,a2 b2 2,由已知得b OM 1 ,解得 a 3,
x2
所以椭圆的方程为 y2 1.
3
x 1,

（2）①当直线 l 6的斜率不存在时，由 x2 2 解得 x 1, y .
y 1, 3 3
2 6 6 2 设 A 1,
6
,B
6
1, ,则k1 k
3 3
3 3 2
2
2 2
②当直线 l的斜率存在时，设直线 l的方程为 y k x 1 ,
x2
代入 + y2 = 1, 2 2 2 2化简整理得 3k 1 x 6k x 3k 3 0.
3
依题意，直线 l与椭圆C必相交于两点，设 A x1, y1 ,B(x2 , y 2),则
6k 2x x , x x 3k
2 3
1 2 3k 2 1 1 2
2 .3k 1
又 y1 k x1 1 , y2 k x2 1 ,
k k 2 y1 2 y2 2 y 1 3 x2 2 y2 3 x1 故 1 2 3 x1 3 x2 3 x1 3 x2
12 2 x1 x2 k 2x1x2 4 x1 x2 6 =
9 3 x1 x2 x1x2
6k 2 3k 2 3 6k 2 12 2 k 2 4 6
= 3k
2 1 3k
2 1 3k 2 1
9 3 6k
2 3k 2 3
2 3k 1 3k 2 1
12 2k 2 1
= 2
6 2 为定值.2k 1
综上， k1 k2为定值 2.
【点睛】
本题考查椭圆方程以及直线与椭圆位置关系，考查综合分析求解能力，属中档题.
17．已知椭圆 E： =1（a＞b＞0）的焦距为 2 ，且该椭圆经过点 ．
（Ⅰ）求椭圆 E的方程；
（Ⅱ）经过点 P（﹣2，0）分别作斜率为 k1，k2的两条直线，两直线分别与椭圆 E交于M，N两点，当直线
MN与 y轴垂直时，求 k1×k2的值．
【答案】（Ⅰ） +y2=1（Ⅱ）
【解析】
试题分析:（Ⅰ）由题意得，2c=2 ， =1；从而求椭圆 E的方程；
（Ⅱ）由题意知，当 k1=0时，M点的纵坐标为 0，点 N的纵坐标为 0，故不成立；当 k1≠0时，直线 PM：
y=k1（x+2）；联立方程 得（ +4）y2﹣ =0；从而解得 yM= ；可得M（ ，
），N（ ， ）；从而可得（k2﹣k1）（4k2k1﹣1）=0，从而解得．
解：（Ⅰ）由题意得，2c=2 ， =1；
解得，a2=4，b2=1；
故椭圆 E的方程为 +y2=1；
（Ⅱ）由题意知，当 k1=0时，M点的纵坐标为 0，
直线MN与 y轴垂直，
则点 N的纵坐标为 0，
故 k2=k1=0，这与 k2≠k1矛盾．
当 k1≠0时，直线 PM：y=k1（x+2）；
由 得，
（ +4）y2﹣ =0；
解得，yM= ；
∴M（ ， ），
同理 N（ ， ），
由直线MN与 y轴垂直，则 = ；
∴（k2﹣k1）（4k2k1﹣1）=0，
∴k2k1= ．
考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程．
2 2
18．已知椭圆 C x y： ＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为 F1、F2，点 A为椭圆的左顶点，点 B为上
a2 b2
顶点，|AB|＝ 7 且|AF1|+|AF2|＝4.
（1）求椭圆 C的方程；
（2）过点 F2作直线 l交椭圆 C于 M、N两点，记 AM、AN的斜率分别为 k1、k2，若 k1+k2＝3，求直线 l的
方程.
x2 y2
【答案】（1） 1；（2） x 3y 1 0
4 3
【分析】
（1）依题意得到关于 a、b的方程组，解得即可；
（2）设M x1, y1 ，N x2 , y2 ，设直线 l的方程为 x my 1，联立直线与曲线方程消元，列出韦达定理，
y1 y
由 k 21 k2 3，即 3x 2 x ，即可得到方程，解得即可；1 2 2
【详解】
a c a c 4 a 2 x2 y3
解：（1）依题意可得 解得2 2 ，所以椭圆方程为 1
a b 7 b 3 4 3
x my 1
（2）由（1）设M x1, y1 ，N x2 , y2 ，F2 1,0 ，设直线 l的方程为 x my 1

，联立方程得 x2 y3 ，
1 4 3
x 3m2 4 y2 6my 9 0 y y 6m y y 9消去 整理得 ，所以 1 2 ， 3m2 4 1 2 3m2 4
2
因为 x1 my1 1， x2 my2 1
8
，所以 x1 x2 ， x x
12m 4

3m2 4 1 2 3m2 4
y y
因为 k1 k2 3
1
，即 2 3x ，1 2 x2 2
所以 2my1y2 3 y1 y2 3x1x2 6 x1 x2 12 0
2m 9 3 6m
2
代入得 2 3
12m 4 8

3m 4 3m2 4 3m2
6 2 12 0 4 3m 4
解得m 3
即 l： x 3y 1 0
【点睛】
本题考查待定系数法求椭圆方程，直线与椭圆的综合应用，属于中档题.
2
19．设 A，B为曲线 C： y x 上两点，A与 B的横坐标之和为 4.
4
(1)求直线 AB的斜率；
(2)设 M为曲线 C上一点，C在 M处的切线与直线 AB平行，且 AM⊥BM，求直线 AB的方程．
【答案】（1）1；（2）y＝x＋7..
【分析】
（1）设 A,B两点坐标，代入抛物线方程 相减后可求得 AB的斜率；
（2）由 C在 M处的切线与直线 AB平行，可求得切点M 坐标，设直线 AB的方程为 y＝x＋m，代入抛物线
方程可得 AB中点为 N (2, 2 m)
1
，AM⊥BM等价于 MN AB ，这样可求得m值．
2
【详解】
2 2
解：(1) x x设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1≠x2， y1 1 ，y2 2 ，x1＋x2＝4，于是直线 AB的斜率4 4
k y 1 y2 x1 x 2 1
x .1 x2 4
x2 x(2)由 y ，得 y .
4 2
x
设 M(x3，y3)，由题设知 3 1，解得 x2 3
＝2，于是 M(2，1)．
设直线 AB的方程为 y＝x＋m，故线段 AB的中点为 N(2，2＋m)，|MN|＝|m＋1|.
2
将 y＝x＋m x代入 y 得 x2－4x－4m＝0.
4
当Δ＝16(m＋1)＞0，即 m＞－1时， x1,2 2 2 m 1 .
从而 AB 2 x1 x2 4 2(m 1) .
由题设知|AB|＝2|MN|，即 4 2(m 1) 2(m 1) ，解得 m＝7.
所以直线 AB的方程为 y＝x＋7.
【点睛】
本题考查直线与抛物线相交问题，解题时设直线方程方程为 y＝x＋m是解题关键．通过它与抛物线方程联
1
立，可得 AB中点 N的横坐标，从而得 MN ，而 AM⊥BM等价于 MN AB ，因此可求得m．本题
2
解法中没有用到特殊方法，求切点坐标，求直线方程，求弦长等都是最基本的方法，务必牢固掌握．
2 2 1
20 x y．椭圆 E： 1 a b 0 的离心率 ，长轴端点和短轴端点的距离为 7 .
a2 b2 2
（1）求椭圆 E的标准方程；
2 P x2 y2 r 2（ ）点 是圆 r 0 上异于点 A r, 0 和 B r, 0 的任一点，直线 AP与椭圆 E交于点M ，
N ，直线 BP与椭圆 E交于点S，T .设O为坐标原点，直线OM ，ON，OS，OT 的斜率分别为 kOM ，kON ，
kOS， kOT .问：是否存在常数 r，使得 kOM kON kOS kOT 恒成立？若存在，求 r 的值；若不存在，请说
明理由.
x2 y2
【答案】（1） 1；（2）存在， r 3 .
4 3
【分析】
（1）由已知条件列出关于 a,b,c的方程组，解之可得椭圆标准方程；
（2）由题意直线 AP，BP斜率存在且均不为 0，设直线 AP方程为 y k x r ，M x1, y1 ，N x2 , y2 ，
1
直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得 x1 x2 , x1x2 ，代入 kOM kON ，同理用 代替 k， r代替k
r，得 kOS kOT ，由两者相等可求得 r ．
【详解】
b2 c2 a2

（1）设椭圆焦距为 2c c 0 c 1，由 ，解得a 2，a 2 b 3 .
a
2 b2 7
x2 y2
∴椭圆 E的标准方程为 1.
4 3
（2）由题意直线 AP，BP斜率存在且均不为 0，设直线 AP方程为 y k x r ，M x1, y1 ，N x2 , y2 ，
y k (x r)

由 x2 y2 得， 3 4k 2 x2 8k 2rx 4k 2r 2 12 0 .
1 4 3
8k 2 2x x r x x 4k r
2 12
∴ 1 2 ， 1 2 .①3 4k 2 3 4k 2
y1 y2 k x1 r k x2 rk k 2kx1x 2 kr x1 x2 又 OM ON ，②x1 x2 x1 x2 x1x2
6k 1
从而①代入②得 kOM kON 2 2 .又 AP BP，以 替代 k，以 r替代 r，k r 3 k
k k 6k 6k 6k同理可得 OS OT 2 2 ，∴ ，r 3k k 2r 2 3 r 2 3k 2
∴ k 2 1 r 2 3 0对 k 0恒成立，解得 r 3或 r 3（舍），经检验，此时 0，因此存在
r 3 .
【点睛】
本题考查由离心率求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系．在直线与椭圆相交问题中常常采用设
而不求的思想方法．本题考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．
x2 y2
21．已知椭圆 : 2 2 1(a b 0)
2
过点 ( 2, )，设椭圆 的上顶点为 B，右顶点和右焦点分别为 A，a b 2
AFB 5 F ，且 ．6
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）设直线 l : y kx n(n 1)交椭圆 于 P，Q两点，设直线 BP与直线BQ的斜率分别为 kBP， kBQ，
若 kBP kBQ 1，试判断直线 l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
1 x
2
【答案】（ ） y2 1 （2）直线 l过定点，该定点的坐标为 (2, 1)．
4
【详解】
2 2 1
（1）因为椭圆 过点 ( 2, )，所以 2 2 1 ①，2 a 2b
1
设O为坐标原点，因为 AFB 5 ，所以 BFO ，又
6 6 | BF | c
2 b2 a，所以b a ②，
2
a 2 x2
将①②联立解得 （负值舍去），所以椭圆 的标准方程为 2b 1 y 1
．
4
（2）由（1）可知 B(0,1)，设 P(x1, y1)，Q(x2 , y2 )．
x2
将 y kx n代入 y2 1，消去 y可得 (1 4k 2 )x2 8knx 4n2 4 0，
4
2
则 (8kn)2 4(1 4k 2 )(4n2
8kn
4) 16(4k 2 4n 4 n2 1) 0， x1 x2 2 ， x1x2 2 ，1 4k 1 4k
y1 1 y2 1 x2 (kx1 n) x2 x1(kx2 n) x1 2kx1x2 (n 1)(x1 x2 )
所以 kBP kBQ x1 x2 x1x2 x1x2
2k 4n
2 4 (n 1) 8kn
1 4k 2 1 4k 2 8k(n 1) 2k 1，
4n2 4 4(n 1)(n 1) n 1
1 4k 2
所以 n 2k 1，此时 16[4k 2 ( 2k 1)2 1] 64k 0，所以 k 0，
此时直线 l的方程为 y kx 2k 1，即 y k(x 2) 1，
令 x 2，可得 y 1，所以直线 l过定点，该定点的坐标为 (2, 1)．
x2 y2 2 6 22．已知椭圆C : 1(a b 0)，点M , 1
1
在椭圆上，椭圆C的离心率为 .a2 b2 3 2
（1）求椭圆的方程；
（2）设点 A为椭圆长轴的左端点，P，Q为椭圆上异于椭圆C长轴端点的两点，记直线 AP，AQ斜率分
别为 k1， k
1
2，若 k1k2 ，请判断直线 PQ是否过定点？若过定点，求该定点坐标，若不过定点，请说4
明理由.
2 2
【答案】（1 x y） 1；（2）直线 PQ过定点 1,0 .
4 3
【分析】
（1）根据点在椭圆上以及离心率列出方程组，求解出 a2 ,b2的值则椭圆方程可求；
（2）考虑直线 PQ的斜率是否存在，若斜率存在，设出直线 PQ的方程 y kx m以及点P,Q的坐标，根
k k 1据 1 2 求解出 k ,m之间的关系从而确定出定点坐标；若斜率不存在可直接进行验证，即可得到最终4
结果.
【详解】
2 6 1
（1）因为椭圆过点M , 1 且离心率为 ，
3 2
8 1
3a2

b2
1

c 1 a2 4 x2 y2
所以 ，所以解得a 2 2
，所以椭圆方程为 1；
b 3 4 3
a2 b2 c2

（2）因为 A 2,0 ，设 P x1, y1 ,Q x2 , y2 ，当直线的斜率存在时，设直线 PQ : y kx m，
y kx m 22
因为 3x2
，所以 3 4k
4y2 12 x
2 8kmx 4m2 12 0 8km，所以 x1 x2 2 ,x x
4m 12
，
3 4k 1 2 3 4k 2
1 y1 y2 kx1 m kx2 m k 2x1x2 km x1 x2 m2 1
又因为 k1k2 ，所以 ，4 x1 2 x2 2 x1 2 x2 2 x1x2 2 x1 x2 4 4
4k 2m2 12k 2 8k 2m2 3m2 4k 2m2 1
所以 ，所以2 2 m
2 mk 2k 2 0，
4m 12 16km 12 16k 4
所以 m 2k m k 0，所以m 2k或m k，
当m 2k时， PQ : y k x 2 ，此时过点 A 2,0 不符合题意，
当m k时， PQ : y k x 1 ，此时过定点 1,0 ；
当直线的斜率不存在时， lPQ : x 1，所以P,Q
3 3
坐标为 1, 2
, 1, 2
，

3 3

所以 k k 2 2 1 ，满足要求，AP AQ 1 2 1 2 4
综上可知：直线PQ过定点 1,0 .
【点睛】
本题考查圆锥曲线的综合问题，涉及椭圆方程求解以及椭圆中直线过定点问题，主要考查学生的转化与计
算能力，难度较难.
23．已知圆D : (x 1)2 y2 16，圆C过点 B(1,0)且与圆D相切，设圆心C的轨迹为曲线 E．
（1）求曲线 E的方程；
（2）点 A( 2,0)， P,Q为曲线 E上的两点（不与点 A重合），记直线 AP, AQ的斜率分别为 k1,k2，若
k1k2 2，请判断直线 PQ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．
x2 y2
【答案】（1） 1 (2)见解析
4 3
【分析】
（1）结合题意发现圆心 C的轨迹是以 D，B为焦点的椭圆，建立方程，即可．（2）设出直线 PQ的方程，
建立方程，将直线方程代入椭圆方程，结合根与系数关系，得到 m，k的关系式，计算定点，即可．
【详解】
（1）设圆 C的半径为 r，依题意，|CB|＝r，|CD|＝4－r，
进而有|CB|＋|CD|＝4，所以圆心 C的轨迹是以 D，B为焦点的椭圆，
x2 y2
所以圆心 C的轨迹方程为 1．
4 3
（2）设点 P、Q的坐标分别为 x1, y1 , x2 , y2 ，
设直线PQ的方程为 y kx m（直线 PQ的斜率存在），
可得 kx1 m kx2 m 2 x1 2 x2 2 ，
2
整理为： k 2 x1x2 km 4 x1 x2 m2 8 0，
x2 y2
1
4 3 y 4k 2 3 x2联立 ，消去 得： 8kmx 4m2 12 0，
y kx m
2 2
由 64k m 4 4k 2 3 4m2 12 48 4k 2 m2 3 0，有 4k 2 3 m2，
2
x x 8km x x 4m 12有 1 2 ， ，4k 2 3 1 2 4k 2 3
k1k
y y
2
1 2 2
x1 2 x 2
，可得 y1y2 2 x1 2 x2 2 ，2
2 8km
故有： k 2 2 4m 122 km 4 m2 8 04k 3 4k 2 3
整理得： 44k 2
22
32km 5m2 0，解得：m 2k或m k，5
当m 2k时直线 PQ的方程为 y kx 2k ，即 y k x 2 ，过定点 2,0 不合题意，
m 22 k PQ y kx 22
22
k y k x
22
,0 当 时直线 的方程为 ，即 ，过定点 ．5 5 5 5
【点睛】
本道题考查了椭圆方程计算，考查了直线与椭圆位置关系，难度偏难．
x2 2xOy y 1 P 1, 3 24．在直角坐标系 中，椭圆C : 1 a b 0 的离心率为 ，点
a2 b2 2 2
在椭圆C上．

（1）求椭圆C的方程；
（2）若斜率存在，纵截距为 2的直线 l与椭圆C相交于 A、B两点，若直线 AP,BP的斜率均存在，求证：
直线 AP,OP,BP的斜率依次成等差数列．
2 2
【答案】（1 x y） 1（2）见解析
4 3
【解析】
【分析】
c 1 3 1 9
（1）由 可得，a 2c 2

，又
a 2 b a
2 c2，b2 3c2，，又 P 1, 在椭圆C上，可得 2 2 1， 2 a 4b
据此即可得出．
（2）设 l : y kx 2，代入知 3 4k 2 x2 16kx 4 0，设 A x1, y1 ,B x2 , y2 ，则 x 16k1 x2 3 4k 2 ，
x 41x2 2 则 kAP kBP 可以用 k表示，将上面两式代入即可得到 kAP kBP 3，即3 4k
kAP kBP 2kOP问题得证.
【详解】
c 1 1 9 2 2
（1）由 , 1知 a 2,b 3,c 1, x y C : 1
a 2 a2 4b2 4 3
（2）设 l : y kx 2 2，代入知 3 4k x2 16kx 4 0
1
0 k 2
4
设 A x1, y1 ,B x2 , y2 ，则 x1 x
16k
2 2 ， x x
4

3 4k 1 2 3 4k 2
3 3 7 7 y y kx1 x2 1 kx2 x1 1 1
k k 2
2
2 2 2 AP BP x1 1 x2 1 x1 1 x2 1
2kx 7 1x2 k x1 x2 7 8k 16k k 72

7 3 4k 2
2 12k
2 48k 21
x x 2 2 31 2 x1 x2 1 4 16k 3 4k 4k 16k 7
∴ kAP kBP 2kOP直线 AP,OP,BP的斜率依次成等差数列。
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，考查计算能力，属于难题．
x2 y2 3 125．已知椭圆 E： 1( a b 0 )经过点 3, a2 b2
，离心率为 .
2 2
（1）求 E的方程；
1
（2）若点 P是椭圆 E的左顶点，直线 l交 E于异于点 P的 A，B两点，直线 PA和 PB的斜率之积为 ，
4
求△PAB面积的最大值.
2 2 9
【答案】（1 x y） 1；（2） .
4 3 2
【分析】
（1）根据离心率和椭圆上一点的坐标结合 a2 b2 c2可解得 a,b,c得椭圆方程．
（2）分类讨论，若直线 l斜率不存在，设方程为 x t( 2 t 2)，代入求得交点坐标，由直线 PA和 PB的
1
斜率之积为 ，求出 t，从而可得三角形面积，
4
若直线 l斜率存在，设 A(x1, y1)，B(x2, y2)，l： y kx m，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得
x1 x2 , x1x2 ，计算 kPA k k
1
PB ，由 PA kPB 得 k ,m的关系，在△PAB存在的情况下，求出三角形的面4
积，并利用换元法求得取值范围，结合斜率不存在的情形得最大值．
【详解】
3
解：（1）因为点 3,
1
在椭圆上，离心率为 ，
2 2
3 3
a2

4b2
1
c2 1
c 1 2
∴ ，得 a 4，
a 2 2
a2 b2 c2 b 3

x2 y2
所以 E的方程为 1.
4 3
（2）由题意知 P( 2，0)，
当直线 l的斜率不存在时，设 l： x t( 2 t 2)，与3x2 4y2 12联立，不妨设 A B点的坐标分别为
2 2
t,
12 3t
， t,
12 3t
，
2 2
2 2
k k 1
12 3t 12 3t
由 AP BP ，得4 2 2 1
，

t 2 t 2 4
解得 t 1或 t 2 (舍去)，
1 9
所以此时 S△PAB 3 3 .2 2
当直线 l的斜率存在时，设 A(x1, y1)，B(x2, y2)，l： y kx m，
3x2 4y2 12
由 ，
y kx m
消去 y得： (3 4k 2)x2 8kmx 4m2 12 0，
x x 8km
2
则 1 2 2 ， x1x
4m 12
2 ，3 4k 3 4k 2
2 2
则 y y (kx m)(kx m) k 2 2 3m 12k1 2 1 2 x1x2 km(x1 x2 ) m .3 4k 2
k y1 y 1因为 PA kPB 2 x ，1 2 x2 2 4
所以 (x1 2)(x2 2) 4y1y2 0，且 x1, x2 2，
则 x1x2 2(x1 x2) 4 4y1y2 0，
4m2 12 2( 8km) 4(3m2 12k 2)
所以 4 0，
3 4k 2 3 4k 2 3 4k 2
整理得m2 km 2k 2 0，
所以 (m 2k )(m k ) 0，m 2k或m k，
当m 2k时，直线 AB的方程为 y kx 2k k (x 2)，
此时直线 l恒过定点 ( 2,0)，显然不适合题意，
当m k时，直线 l的方程为 y kx k k(x 1)，
此时直线恒过点 (1,0)，
所以满足 0， k R ，且 k 0，
x x 8k
2 4k 2 12
1 2 ， x x ，3 4k 2 1 2 3 4k 2
因为 | AB | 1 k 2 (x1 x
2
2 ) 4x1x2
2 2 2
2 8k 4 4k 12 1 k
3 4k
2 2
3 4k
12(1 k 2)
，
3 4k 2
3k
点P( 2,0)到直线 l： kx y k 0的距离d ，
1 k 2
S 1
3k 12(1 k 2)
所以 △PAB 2 1 k 2 3 4k 2
18 k 2(1 k 2 ) k 4 k 2
，
3 4k 2
18
(3 4k 2 )2
u 3
令m 4k 2 3，u 3，则 k 2 ，
4
2
所以 S 9 u 2u 3 9 3 2△PAB 2 2 12 u 2 u u
9 3 1
2
2
1
1
2 u u
9 3 1 1
2 4


，2 u 3 3
0 1 1由u 3得 ，
u 3
9 3 1 1
2 4 9
所以
2 u 3
，
3 2
9
综上所述，△PAB面积的最大值为 .2
【点睛】
本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交中三角形面积最值问题．解题方法是“设而不求”的思想方法，即
设交点坐标为 (x1, y1), (x2 , y2 )，斜率存在时，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得 x1 x2 , x1x2（需
1
要根据方便性，可能得 y1 y2 , y1y2 ），代入条件 kPA kPB 求得参数的关系，从而化简所设直线方程，4
并求得三角形面积，利用换元法求得面积的范围，斜率不存在时，设直线方程为 x t，由已知条件求出 t从
而得三角形面积．最终可得结论．
x2 y226．已知椭圆C : 1(a b 0) 过点 P 2,0 ,直线 l与椭圆C相交于 A,B两点(异于点 P ).当直线
a2 b2
3
l经过原点时,直线 PA,PB斜率之积为 .
4
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线 PA,PB
1
斜率之积为 ,求 AB 的最小值.
4
x2 y2
【答案】 (1) 1 .(2) | AB | 3 .
4 3 min
【解析】
试题分析：(1)设出直线方程,利用直线的斜率公式、点在椭圆上求出椭圆的标准方程;
(2)联立直线和椭圆的方程,得到关于 y的一元二次方程,利用根与系数的关系、直线的斜率公式和弦长公式进
行求解.
试题解析：设 A x1y1 B x2 y2 直线 l : x my n ,
(1)当 l经过原点时, x2 x1, y2 y1 ,
K K y1 y1 y
2
1 y
2
此时 PA PB
1 ,
x1 2 x 2 4 x
2 x 21 1 1 4
2 2 2 2
又因为A在椭圆上,
x
所以 1
y
1
y b
2 1
1
2 ,4 b x1 4 4
b2 3 x2 y2
所以 b2 3所以椭圆方程为 1 .
4 4 4 3
x my n

(2)由 x2 y2 3m2 4 y2 6mny 3n2 12 0 ,
1
4 3
y y 6mn
2
所以 1 2 2 , y y
3n 12
,
3m 4 1 3m2 4
1 y1 y y y 1
由KPA KPB 2 1 2 4 x1 2 x2 2 x1 2 x2 2 4
,
4y1y2 my1 n 2 my2 n 2 0 ,
4 m2 y1y2 m n 2 y1 y2 n 2 2 0 ,
2
所以 4 m2 3n 12 2 mn 2m 6mn n 2 2 0 ,3m 4 3m2 4
n 1或n 2 舍 ,
所以l : x my 1,
所以l恒过定点 1,0 ,
2
所以 AB 1 3= 1 m2 y y = 1 m2 12 m 11 2 = 42 1 2 4 3 ,3m 4 3m 4 4
当m 0时, AB 的最小值为 3,
当直线的斜率为零时,不合题意,
综上, | AB |min 3 .
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉
及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定
值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.

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