资源简介 专题 19 圆锥曲线(椭圆)综合大题类归类目录题型 01 圆锥韦达定理基础 ....................................................................................................................................................................1题型 02 “定点型”原理:双变量直线啊.............................................................................................................................................4题型 03 基本计算型:斜率和定 ............................................................................................................................................................6题型 04 斜率积定 ..................................................................................................................................................................................9题型 05 斜率比值定型 ..........................................................................................................................................................................12题型 06 面积最值范围型 ....................................................................................................................................................................14题型 07 圆过定点型 ..............................................................................................................................................................................17题型 08 定值型 ......................................................................................................................................................................................20题型 09 切线型 ......................................................................................................................................................................................24题型 10 韦达定理不能直接用:“点带入”型...................................................................................................................................26题型 11 韦达定理不能直接用:定比分点型.......................................................................................................................................31题型 12 韦达定理不能直接用:系数不一致.......................................................................................................................................33题型 13 韦达定理不能直接用:坐标计算型.......................................................................................................................................35题型 14 压轴大题 ..................................................................................................................................................................................38题型 01 圆锥韦达定理基础【解题规律·提分快招】基本模板实战模板1、设点, A(x1, y1), B(x2, y2 )2、方程 1:设直线: y-y0 k(x x0 ) -----此处还有千言万语,在后边分类细说。3、方程 2:曲线:椭圆,双曲线,抛物线,或者其他(很少出现),注意一个计算技巧,方程要事先去分母4、方程 3:联立方程,整理成为关于 x(或者 y)的一元二次方程。要区分,椭圆,双曲线,和抛物线联立后方程的二次项能否为零-----这就是实战经验。5、(1) 0; (2)二次项系数是否为 0;------这两条,根据题确定是直接用,或者冷处理。但是必须考虑。6、方程 4、5:韦达定理7、寻找第六个方程,第六个方程其实就是题目中最后一句话【典例 1-1】2 2(24-25 x y 3高二上·天津河东·阶段练习)已知椭圆 C: + a b 0 A(0, 1)a2 b2 1 的离心率为 ,且经过点 .2(1)求椭圆 C 的标准方程;3(2)若过点B(0, ) 的直线与椭圆交于 M,N 两点(点 M,N 与点 A 不重合),求证: AMN 为直角三角形.5x2【答案】(1) + y2 1(2)证明见解析4【分析】(1)由已知可得b 1,再由离心率求出 a即可求解;(uuu2ur)u由uur题意设出直线 MN 的方程,联立直线 MN 与椭圆方程,利用韦达定理,结合平面向量数量积计算得AM × AN 0,即可判定三角形为直角三角形.x2 2【详解】(1)Q C : y椭圆 + 1(a b 0) 3的离心率为 ,且经过点 A 0, 1 ,\b 1 .a2 b2 2c a2 1 3 2Qe ,解得 a 2 .\椭圆 Cx的标准方程为 + y2 1.a a 2 4 0, 3 (2)证明:若过点 ÷的直线 MN 的斜率不存在,此时 M,N 两点中有一个点与点 A 重合,不满足题目条件.è 5 0, 3 3故过点 ÷的直线 MN 的斜率存在,设其斜率为 k,则 MN 的方程为 y kx + ,è 5 5ì x1 + x24k2 ì 3 5 1+ 4k 2 y kx + 5 í 2 ,得x 1+ 4k2 x2 24 64+ kx 0 .设M x1,y1 , N x ,y 642 2 ,则 íx1·x2 2 , + y2 1 5 25 25 1+ 4k 4 Δ 0 \ y + y k x 6 6 2 3 9 100k2 + 91 2 1 + x2 + 2 , y1 × y2 k x1 × x2 + k x + x5 5 1+ 4k 5 1 2 + 25 2 .Q A 0, 125 1 + 4k ,uuuur uuur 64 100k 2 + 9 6\ AM × AN x1, y1 +1 × x2 ,y2 +1 x x + y y + y + y +1 + + +1 01 2 1 2 1 2 25 1+ 4k 2 25 1+ 4k 2 5 1+ 4k 2 ,\ AM ^ AN ,即 AMN 为直角三角形.【典例 1-2】x2 y2 7(24-25 高二上·天津和平·期末)已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 的离心率为 , F1, F2 分别是椭圆的左右焦点,过点F1a b 7的直线交椭圆于M , N 两点,且 MNF2的周长为 4 7 .(1)求椭圆C 的方程;(2)过点P 0,2 作斜率为 k k 0 的直线 l与椭圆C 交于两点 A, B,判断在 x 轴上是否存在点D,使得 ADB是以 AB 为底边的等腰三角形?若存在,求点D横坐标的取值范围,若不存在,请说明理由.x2 y2 é 42 ù【答案】(1) + 1(2)存在, ê ,0÷ U 0,42ú7 6 42 ÷ è 42 【分析】(1)结合椭圆的定义及离心率求解即可;(2)设直线 l的方程为 y kx + 2, k 0,设 A x1, y1 , B x2 , y2 , AB的中点为E x0 , y0 ,联立直线与椭圆方程,结合韦达定理得到m 2k 2 ,进而结合一元二次方程的判别式求解即可.7k + 6【详解】(1)由题意, MNF2的周长为 4a,则 4a 4 7 ,所以 a 7 ,e c 72 2又因为 ,所以 c 1,由 a2 b2x y+ c2,得b 6 ,所以椭圆C 的方程为 + 1.a 7 7 6(2)设直线 l的方程为 y kx + 2, k 0,设 A x1, y1 , B x2 , y2 , AB的中点为E x0 , y0 .假设存在点D m,0 ,使得 ADB为以 AB 为底边的等腰三角形,则ìy kx + 2, 28kDE ^ AB . 2由 í x2 y2 得 7k + 6 x2 + 28kx 14 0,由题意有Δ 0,解得 k R ,故 x1 + x + 1, 2 7k 2 ,+ 6 7 612 14k 2 0所以 x0 2 , y0 kx120 + 2 2 ,因为DE ^ AB,所以 k × kDE 1 k 0 7k + 61,即 14k ,7k + 6 7k + 6 m k7k 2 + 6m 2k 1 7mk 2 2k 6m 0 Δ 4 4 42m2 0 m2 42 42所以 2 ,整理得 + + ,则方程有根 ,整理得 ,即 m ,7k + 6 42 42 42又因为 k 0,所以m 0 ,综上:在 x 轴上存在点D,使得 ADB是以 AB 为底边的等腰三角形,é 42 42 ù点D横坐标m 的取值范围是 ê ,0 0, . 42÷÷ 42 ú è 【变式 1-1】2 2(24-25 · x y高三上 天津南开·期末)已知离心率为 e的椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 过点 2,0 , 3, 3e .a b(1)求椭圆C 的方程和离心率 e; uuur uuur(2) F 为椭圆C 的左焦点,A 为上顶点,点M 在 x 轴上,且 AM ^ AF .过点M 直线 l与椭圆C 交于 P,Q 两点,且 FP × FQ 4 ,求直线 l的方程.x2 y2【答案】(1) + 1; e1 (2) x ± 3y 3 04 3 2【分析】(1)根据已知条件,构造方程组,求出椭圆方程即可;(2)利用向量垂直求出点的坐标,接着设出直线方程与椭圆方程联立,通过韦达定理求出两根之和与两根之积,最后根据向量数量积的关系求出直线的斜率,从而得到直线方程.ì 4 a2 1 3 3e2 ìa 2 21 a2+ 2 1b b 3 . C x y2 c【详解】( )由已知得方程组 í 解得 í 所以椭圆 的方程为 + 1. 椭圆离心率 e ,所以 c c 1 4 3a e a a2 2 2 b + ce 1 .2(2)先求出点M 的坐标,由(1)得F ( 1,0), A(0, 3) .uuur uuuur因为 AM ^ AF ,向量 AF ( 1, 3),设M (xM ,0) ,则 AM (x , 3) .uuur uuuur M由于 AF × AM 0,即 ( 1, 3) × (xM , 3) 0,根据向量数量积公式,得到 1 xM + ( 3) ( 3) 0,解得 xM 3,所以M (3,0) .设直线 l : y k(x 3),P(x1, y1),Q(x2 , y2 ) ,x2 y2代入椭圆方程 + 1,并整理得 (3 + 4k 2 )x2 24k 2x + 36k 2 12 0 .4 3D (24k 2 )2 4(3 + 4k 2 )(36k 2 12) 0 ,展开并化简得,576k 4 4(108k 2 36 +144k 4 48k 2 ) 0,3 24k 2 2进一步得到 240k 2 +144 0,解得 k 2 < . 由韦达定理可得 x1 + x2 2 , x x36k 121 × 2 2 .uuur uuur 5 3+ 4k 3+ 4k计算FP × FQ (x1 +1)(x2 +1) + y y y k(x2 21 2 ,将 1 1 3) , y2 k(x2 3)代入得 (k +1)x1x2 + (1 3k )(x1 + x2 ) + 9k2 +1 .x x 24k2 36k 2 12 36k 2 12 24k 2 79k 2 9把 1 + 2 2 , x1 × x2 2 代入上式得 (k2 +1) 2 + (1 3k2 ) + 9k 2 +1 .3 + 4k 3+ 4k 3 + 4k 3 + 4k 2 3 + 4k 2uuur uuurFP FQ 4 79k2 9因为 × ,即 4,化简得79k 2 9 4(3 + 4k 2 ),即63k 2 21,3 + 4k 2k 2 1 3 3解得 < ,所以3 5 k ±. 直线 l的方程为 x ± 3y 3 0 .3题型 02 “定点型”原理:双变量直线啊【解题规律·提分快招】当题中的直线既无斜率,又不过定点线,就要设成“双变量”型:y=kx + m ,依旧得讨论 k 是否存在情况当直线既不过定点,也不知斜率时,设直线,就需要引入两个变量了。(1)设成y=kx + m。此时直线不包含斜率不存在,注意适当的对此补充讨论。(2)设成x=ty + m,此时直线不包含水平,也要适当的补充讨论。(3)设“双变量”求定点时,第二种设法较简单。(4)重要!双变量设法,在授课时,一定要讲清楚以下这个规律:一般情况下,试题中一定存在某个条件,能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。处理定点问题的思路:(1)确定题目中的核心变量(此处设为 k ),(2)利用条件找到 k 与过定点的曲线F x, y 0 的联系,得到有关 k 与 x, y的等式,(3)所谓定点,是指存在一个特殊的点 x0 , y0 ,使得无论 k 的值如何变化,等式恒成立,此时要将关于 k与 x, y的等式进行变形,直至找到 x0 , y0 ,①若等式的形式为整式,则考虑将含 k 的式子归为一组,变形为“ k × ”的形式,让括号中式子等于 0,求出定点;②若等式的形式是分式,一方面可考虑让分子等于 0,一方面考虑分子和分母为倍数关系,可消去 k 变为常数.【典例 1-1】224-25 · · x y2( 高二上 天津西青 期末)已知椭圆 2 + 2 1 a b 0 的左焦点F 为圆 x2 + y2 + 2x 0 的圆心,且椭圆上的点a b到点F 距离的最小值为 2 1 .(1)求椭圆的标准方程;(2)设直线 l : y kx + m m ±1 与椭圆交于两个不同点M , N ,点A 为椭圆上顶点,直线 AM 与 x 轴交于点E ,直线 ANx uuur uuur与 轴交于点D,若OE ×OD 6 ,求证:直线 l经过定点.(1) x2【答案】 + y2 1(2)证明见解析2【分析】(1)由椭圆方程求得圆心坐标即椭圆焦点坐标,知道 c的值.由椭圆上的顶点到焦点距离最小求得 a,通过平方的关系求得b ,从而得到椭圆方程.(2)设交点坐标为M x1, y1 , N x2 , y2 ,写出直线 AM 和 AN 的方程,从而求得点E, F 坐标.联立方程组并整理成关于 xuuur uuur的二次方程,由根与系数的关系得到用 k, m表示 x1 + x2 , x1x2 ,从而表示出OE ×OF ,建立等量关系,解出m 的值,从而找到直线定点.【详解】(1)由题意得圆方程为: (x +1)2 + y2 1圆心为 1,0 ,即F 1,0 ,∴ c 1 .又椭圆上的点到点F 的距离的最小值为 2 1,∴ a c 2 1,解得: a 2 ,\b2 a2 c2 1,则b 1.x2椭圆方程为 + y2 1.2y 1(2) A 0,1 ,设M x1, y1 , N x2 , y2 1,则直线 AM 的方程为 y x +1x .1x1 x x 令 y 0 ,得点E 的横坐标 xE y 1 .所以点E 1 ,0÷同理,点D 2 ,0 .1 è y1 1 è y 1÷2 ìy kx + m, 22 1+ 2k 2 x2 + 4kmx + 2m2 2 0 . x x 4km由 í x 2 得 则 1 + 2 2 , x x 2m 2 . + y 1 1+ 2k1 2 1+ 2k 2 2uuur uuur x x所以OE ×ODx x x x 1 2 1y 1÷× 2 1 × 2 è 1 è y÷2 1 kx1 + m 1 kx2 + m 1 k2x1x2 + k m 1 x1 + x 22 + (m 1)2m2 21+ 2k 2 1+ m uuur uuur 1+ m2m2 2 4km 2 又OE ×OD 6 ,所以 2 6 .k 2 × 2 + k m 1 × + (m 1)2 m 1 m 11+ 2k è 1+ 2k 2 ÷ 1解得m1 ,此时Δ 2k 2 m2 +1 2k 23+ 0 l ,所以直线 经过定点 0, .2 4 è 2 ÷ 【典例 1-2】x2 y2 3(24-25 高二上·天津静海·阶段练习)已知椭圆C 的方程为 2 + 2 1 a b 0 ,其右顶点 A 2,0 ,离心率 e .a b 2(1)求椭圆C 的方程; uuur uuur(2)若直线 l : y kx + m k 0 与椭圆C 交于不同的两点M , N (M , N 不与左、右顶点重合),且MA × NA 0.求证:直线 l过定点,并求出定点的坐标.x2 6 【答案】(1) + y2 1(2)证明见解析, ,04 è 5 ÷. 【分析】(1)由焦点坐标及离心率求出 a,b,c,得出方程;(2)设 M,uuNur的uu坐ur标,联立直线和椭圆的方程,消去y ,化简得关于 x 的一元二次方程,由韦达定理可得 x1 + x2 , x1x2的值,利用MA × NA 0得出 m 与 k 的关系式,最后检验直线所经过的定点,求出坐标.【详解】(1)右顶点是 A 2,0 3 c 3,离心率为 ,所以 a 2, ,\c 3 ,则b 1,2 a 22\ x椭圆的标准方程为 + y2 1.42 x2( )直线MN 方程 y kx + m 与椭圆方程 + y2 1 4k 2 +1 x2 + 8kmx + 4m2联立,得 4 0 ,设M x4 1, y1 , N x2 , y2 ,x + x 8km 4m2 41 2 2 , x1x2 , y1y2 kx1 + m kx2 + m k2x1x2 + km x + x + m24k +1 4k 2 1 1 2 ,+Δ 8km 2 2 uuur uuur 4 4k +1 4m2 4 0 , k R ,即 4k 2 m2 +1 0,MAgNA 0,则 x1 2, y1 x2 2, y2 0, x 2 x 2 + y y 0 4m2 4 2 8km\ 24 k 2 4m 4 km 8km+ + + 2即 1 2 1 2 , 4k 2 +1 è 4k 2+ m 0+1÷ 4k 2 +1 è 4k 2 +1÷ 6整理得5m2 +16mk +12k 2 0,\m k 或m 2k5 ,均满足 4k2 m2 +1 0 6\ 6 直线 lMN : y k x ÷或 y k x 2 ,\直线过定点 ,0÷ 或 2,0 5 (与题意矛盾,舍去)è 5 è 6 综上知直线过定点 ,0÷ .è 5 【变式 1-1】x2 y2 3 (24-25 高三上·天津南开·阶段练习)已知椭圆E : 2 + 2 1 a b 0 过点 1, ÷÷,其长轴长为 4,下顶点为 B ,若作a b è 2 与 y 轴不重合且不平行的直线 l交椭圆E 于P,Q 两点,直线BP, BQ分别与 x 轴交于M , N 两点.(1)求椭圆E 的方程;4(2)当点M , N 横坐标的乘积为 时,试探究直线 l是否过定点?若过定点,请求出定点的坐标;若不过定点,请说明理3由.2【答案】(1) x + y2 1(2)直线 l过定点,坐标为 0,2 .4 3 【分析】(1)先求出 a,再代入点 1, ÷÷解出b ,进而得到椭圆方程;è 2 8km 4m2 4(2)设直线 PQ的方程为 y kx + m ,直曲联立解出 x1 + x2 , x x 1+ 4k 2 1 2 1+ 4k 2,再由x x x1 × xM × N 2 mk 2x1 × x2 + k m +1 × x + x + m +1 2 ,解出 值即可.1 2 3【详解】(1)由椭圆长轴长为 4,可知 2a 4, a 23,将 1, 2 ÷÷代入椭圆方程: 1 4è + 1,b 1,4 b2x2所以椭圆E 的方程为: + y2 1.4(2)设直线 PQ的方程为 y kx + m ,P x1, y1 ,Q x2 , y2 ,由B 0, 1 则直线BP的方程为 yy +1 x x 1 x 1 1 2x ,令y 0 ,得 xM ,同理可得 xN ,1 y1 +1 y2 +1x x × x x × x所以 M × x 1 2 1 2N y1 +1 × y2 +1 kx1 + m +1 × kx2 + m +1 ,x x x1 × x× 2所以 M N k 2x1 × x2 + k m +1 × x + x2 ,1 2 + m +1 2把直线 y kx + mx代入椭圆方程 + y2 1中,得出 1+ 4k 2 x2 + 8kmx + 4m2 4 0 ,4 8km 2 x1 × x2 4所以 x1 + x2 2 , x x4m 4 x × x 1 2 2 ,代入 M N k 2x × x + k m +1 × x + x + m +1 2 ,1+ 4k 1+ 4k 31 2 1 24 m 1 4化简得 ,m 2, 所以直线过定点 0,2 .m +1 3题型 03 基本计算型:斜率和定【解题规律·提分快招】x2 y22 + 2 (1 a b 0)给定椭圆 a b ,与椭圆上定点 P(x0,y0),过 P 点走两条射线 PA、PB,与椭圆交与 A和 B 两点,记直线 PA、PB 的斜率分别为 K1,K2,则有2y 2b2(1)、若k1 + k2 tx,则直线AB过定点(x 00 , y 0 )t 0 a2t(2) k gk t AB 2b2x 2、若 ,则直线 过定点( 0 x 2a ty01 2 2 2 + 0, 2 2 + y )ta b ta b 0【典例 1-1】2 2 3 (24-25 x y高三上·天津滨海新·阶段练习)已知F 1,0 为椭圆 2 + 2 1 a b 0 的左焦点,Pa b 1,2 ÷为椭圆上一点.è (1)求椭圆的方程;(2)直线 l (不与 x 轴重合)经过O 0,0 并且交椭圆于C ,D两点(点C 在点D的右侧),椭圆右顶点为A ,若 N 为线段OA的中点,过点 N 作与 x 轴垂直的直线交直线 l于E ,直线 AE 与椭圆相交于点 B ,设直线 AC 与直线BD的斜率分别为k1,k2 ,请问 k1 + k2 是否为定值 若是,求出该定值;若不是,请说明理由.2 2【答案】(1) x y+ 1(2) k1 + k2 为定值,04 3【分析】(1)由题意列方程求解,即可求得答案;(2)设直线 l 方程为 y kx ,联立椭圆方程,即可表示出C, D 的坐标,进而求出 AE 方程,联立椭圆方程,求出 B 点坐标,即可得 k1 + k2 的表达式,化简即可推出结论.x2 y2 3 【详解】(1)由F 1,0 为椭圆 2 + 2 1 a b 0 的左焦点,P 1, 2 ÷为椭圆上一点.,a b è ìa2 b2 1 ìa2 4 x2 y2可得 í 1 9 ,解得 í 2 ,故椭圆方程为 + 1; 2 + 2 1 b 3 4 3 a 4bìy kx(2)由(1)知 A 2,0 , N 1,0 ,且直线 l 的斜率存在不为 0,设其方程为 y kx ,联立 í x2 y2 ,则 + 1 4 33x2 + 4k 2x2 12,2 12 2 3 2 3k C 2 3 2 3k 即 x ,则 x ,则 y ,即 , ÷ ,3 + 4k 2 C C3 + 4k 2 3 + 4k 2 è 3 + 4k 2 3 + 4k 2 ÷ D 2 3 , 2 3k k 0则 ÷÷ ; 又直线 AE 的方程为 y x 2 k x 2 ,è 3 + 4k 2 3+ 4k 2 1 2ìy k x 2 联立 í x2 y2 ,则 3+ 4k 2 x2 16k 2x +16k 2 12 0 ,由于该方程有一根为 2,故 + 1 4 316k 2 12 22x , x 8k 6B 2 \3 + 4k B 0,3 + 4k 22 3k 8k 2y k 6 2 12k 8k 2 6 12k 2 3k则 B 3 + 4k 2 ÷ 2 ,即B ,3+ 4k 3+ 4k 3+ 4k 2 3+ 4k 2 ÷故 k1 ,è è 2 3 2 3 3 + 4k23 + 4k 212k + 2 3kk 3 + 4k2 3 + 4k2 12k + 2 3k 3 + 4k 2 k k 3k 12k + 2 3k 3 + 4k22 2 ,故 + + ,8k 6 2+ 2 3 8k 6 + 2 3 3 + 4k2 1 2 3 3 + 4k 2 8k 2 6 + 2 3 3 + 4k 23 + 4k 2 3 + 4k 23k 8k 2由于 6 + 2 3 3+ 4k 2 3 3 + 4k 2 12k + 2 3k 3 + 4k 2 8 3k 3 6 3k + 6k 3 + 4k 2 +12 3k 12k 3 + 4k 2 + 6k 3 + 4k 2 2 3k 3 + 4k 2 0,故 k1 + k2 0为定值.【典例 1-2】2 2 1 3 (24-25 x y高二上·天津河北·期末)已知椭圆C : 2 + 2 1( a b 0)的离心率 e ,且椭圆过点a b 2 1, .è 2 ÷ (1)求C 的方程:(2)过点M 0,1 直线 l与椭圆有两个交点A , B ,已知 y 轴上点 N 0,3 ,求证: kNA + kNB 0 .2 2【答案】(1) x y+ 1;(2)证明见解析.4 3【分析】(1)利用给定的离心率及所过的点求出 a2 ,b2即得.(2)设出直线 l的方程,与椭圆方程联立,利用韦达定理及斜率坐标公式计算得证.x2 y2 1 a2 b2 1【详解】(1)由椭圆C : 2 + 2 1的离心率 e ,得 e2 2 ,则2 4b2 3a2 ,a b a 4(1, 3) 1 92 2由椭圆C 过点 ,得 2 + 1,解得 a2 4,b2 3 C x y,所以椭圆 的方程为 + 1.2 a 4b2 4 3(2)依题意,直线 l的斜率存在,设直线 l的方程 l: y kx +1,ì x2 y2 + 1由 í 4 3 消去 y ,得 (3 + 4k 2 )x2 + 8kx 8 0 ,设 A(x1, y1), B( x2, y2), y kx +1x 8k则 1 + x2 2 , x1x82 ,3 + 4k 3+ 4k 2y1 3 y2 3 (kx1 +1) 3 (kx2 +1) 3 kx1 2 kx2 2所以 kNA + kNB + + +x1 x2 x1 x2 x1 x28k 2 2k 2( 1 1+ ) 2k 2 x1 + x × 2 2k 2 × 3+ 4k 2k 2 8k × 0x1 x.2 x1x2 8 83+ 4k 2【变式 1-1】2 2(24-25 x y高三上·福建福州·阶段练习)已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 的右焦点 F 在直线 x + 2y 1 0上,A,B 分别a b为C 的左、右顶点,且 AF 3 BF .(1)求 C 的标准方程;(2)是否存在过点G 1,0 的直线 l交 C 于 M,N 两点,使得直线 BM , BN 的斜率之和等于-1?若存在,求出 l的方程;若不存在,请说明理由.x2 y2【答案】(1) + 1(2)存在, x y +1 0 .4 3【分析】(1)先求出点F 的坐标,得出椭圆中的 c 1,结合椭圆的几何性质可出答案.(2)设直线 l的方程为: x my 1,M x1, y1 , N x2 , y2 ,将直线方程与椭圆方程联立,得出韦达定理,由题意kPM + kPN 1,将韦达定理代入可出答案.【详解】(1) 设右焦点F c,0 ,直线 x + 2y 1 0与 x 轴的交点为 1,0 ,所以椭圆 C 右焦点 F 的坐标为 1,0 ,故在椭圆 C 中 c 1,由题意 AF a + c 3 BF 3 a c ,结合 c 1,则 a 2,2 2b2 a2 c2x y 4 1 3,所以椭圆 C 的方程为: + 1;4 3(2)当直线 l的斜率为 0 时,显然不满足条件 kPM + kPN 1,当直线 l的倾斜角不为0°时,设直线 l的方程为: x my 1,M x1, y1 , N x2 , y2 ,ìx my 1 2由 í 2 2 ,可得 3m + 4 y2 6my 9 0,由题意Δ 36m2 4 3m2 + 4 9 144m2 +144 0 3x + 4y, 126m 9 y1 y2 y1 y2 2my1 y2 3 y1 + y2 则 y1 + y2 2 , y y ,由 k + k + + 3m 4 1 2 3m2 + 4 PM PN+ x1 2 x2 2 my1 3 my2 3 m2 y1 y2 3m y1 + y2 + 92m 9 6m 2 3 3m + 4 3m2 + 49 6m m k + k 1m2 ,由 PM PN ,即m 1,故存在满足条件的直线,直线 l的方程为: 2 3m + 93m + 4 3m2 + 4x y +1 0 .题型 04 斜率积定【解题规律·提分快招】x2 y22 + 2 (1 a b 0)给定椭圆 a b ,与椭圆上定点 P(x0,y0),过 P 点走两条射线 PA、PB,与椭圆交与 A和 B 两点,记直线 PA、PB 的斜率分别为 K1,K2,则有2(1)、若k1 + k2 t,则直线AB2y 2b x过定点(x 00 , y0 0 )t a2t2b2x 2a2(2) k gk t ty、若 1 2 ,则直线AB过定点( 02 2 +x00, 2 2 + y0 )ta b ta b【典例 1-1】24-25 · · C x2 y2( 高二上 浙江嘉兴 期中)已知椭圆 : + 1 a b 0 过点H 3,1 6 1,离心率为 ,斜率为 2 2 的直线 l与a b 3 3椭圆C 相交于异于点 H 的M , N 两点,且HM ,HN 均不与 x 轴垂直.(1)求椭圆C 的方程;(2)若 MN 10 , P 为椭圆的上顶点,求 PMN 的面积;(3)记直线HM ,HN 的斜率分别为 k1, k2 ,证明: k1k2为定值.x2 y2【答案】(1) + 1(2) 6 (3)证明见解析12 4ì 9 1 2 + 2 1 a b ìa 2 3 c 2 x2 y2【详解】(1)根据题意得到 í ,解得 íb 2 ,故椭圆C 的方程为a 3 + 1; 12 4 a2 b2 + c2 c 2 2 (2 1 2)因为 MN 1+ × x1 + x2 4x1x9 2 10 ,解得m 2 或m 2,1当m 2 时,直线 l的方程 y x + 2经过点H 3,1 ,不符合题意,舍去;31 6 + 6当m 2时, y x 2,点P 0,2 到直线 l 6 10的距离 d ,3 10 5 PMN S 1 MN d 1 10 6 10故 的面积 × × × 6;2 2 51(3)设M x1, y1 , N x2 , y2 ,直线 l的方程为 y x + m,3ìy 1 x + m 3í 4x2 6mx + 9m2 36 0 Δ 6m 2 144 m2联立方程 2 2 ,得 ,由 4x y 04 3 4 3,得 < m < , + 1 3 3 12 4x x 3m+ x x 9m2 36则 1 2 , ,因为直线HM ,HN 均不与 x 轴垂直,所以 x1 3, x2 31 2 ,则m 0 且m 2,2 4 1 x + m 1 1 1 ÷ x2 + m 1 1 1y 1 y 1 ÷ x1x2 m 1 x + x2 è 3 è 3 1 2 + m 1 所以 3m2 6m 1k1k2 1 × 2 9 3 ,x1 3 x2 3 x1 3 x2 3 x1x2 3 x1 + x2 + 9 9m2 18m 3故 k1k2为定值.【典例 1-2】2 2 3 (24-25 高二上· x y浙江宁波·期中)已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 ,过点 A 1,1÷,离心率为 2 ,过点B 0,2 的直线 la b è 2 交椭圆于M , N 两点,若直线 AM , AN 的斜率都存在且分别为 k1,k2,(1)求椭圆C 的方程1 1(2)求 +k 的值1 k2(1) x2 y2【答案】 + 1(2)-44 3【分析】(1)由椭圆离心率和椭圆上的点,求出 a2 ,b2,可得椭圆C 的方程;1 1(2)直线 l与椭圆联立方程组,设M x1, y1 , N x2 , y2 ,表示出 k1,k2,利用韦达定理化简求得 +k k 的值.1 21 3 1 9【详解】(1)因为椭圆的离心率为 ,所以 a 2c ,又椭圆过点 A 1, ÷,则 + 12 ,è 2 a2 4b2x22 2 2 2 2 y2又 a b + c ,解得 a 4,b 3,所以椭圆 C 的方程: + 1.4 3(2)过点B 0,2 的直线 l交椭圆于M , N 两点,当直线 l斜率不存在时,有M 0, 3 , N 0, 3 , 3 + 3 3 3 3 + 3 3 + 3 1 1 1 1 ÷ ÷3 è 2 è 2 3k 2 3 , k 2 3 3 , + + 4 + ;1 1 0 2 2 1 0 2 k3 31 k2 3 + 3 3 3 3 9 2 2 + 3 3è 2 ÷ 2 ÷ è 4当直线 l斜率存在时,设直线方程为 y kx + 2,设M x1, y1 , N x2 , y2 ,ìy kx + 2 2 2由 í x2 y2 ,消去 y 得 3 + 4k x +16kx + 4 0 x x 16k,有 1 + 2 2 , x1x 42 2 , + 1 3+ 4k 3+ 4k 4 31 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2 é4kx1x2 + x1 + x2 2k x + x 2ù+ 1 + 2 1 + 2 1 2 k k y 3 y 3 kx 1 121 2 + kx + 4k x1x2 + 2k x1 + x2 +11 2 2 2 1 2 2 2 16k 16k 32k 22 2 2 + 2è 3 + 4k 3 + 4k 3 + 4k2 ÷ 2 24k 2 6 1 1 2 2 2 4 .综上可得 + 416k 32k 3 12k k k .1 2 +13 + 4k 2 3 + 4k 2【变式 1-1】2 2(24-25 x y 2高二上·天津和平·阶段练习)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 2 + 2 1 a b 0 的离心率为 .Auuur uuur a b 2为椭圆上异于顶点的一点,点 P 满足OP 2AO .(1)若点 P 的坐标为 2, 2 ,求椭圆的方程;uuur uuur 1(2)设过点 P 的一条直线交椭圆于 B,C 两点,且BP mBC ,直线OA,OB 的斜率之积为 ,求实数 m 的值.22 5【答案】(1) x + y2 1(2)2 2uuur uuur【分析】(1)根据条件OP 2AO以及 P 2, 2 可得 A 点的坐标,再根据离心率的条件以及 a,b,c 的关系可求得 a,b,c 的值,从而求出椭圆的方程;(2)直线与椭圆位置关系,一般有两个思路,一是利用韦达定理,二是利用点坐标变换,本题选用后一种思路:设x m 1 2y y 1 3 x2 x1,A x1, y1 , B x2 , y2 ,C x3 , y3 ,则由OA,OB1 1的斜率之积 ,得 × 2 uuur uuur{ m m2 x1 x,由BP mBC ,解出2 2 y m 1 23 y y ,m 2 m 1 m 1 2代入椭圆方程化简得 4 + 1,从而求出实数m 的值.m2 m2uuur uuur 【详解】(1)因为OP 2AO,而P 2, 2 2,所以 A 1, 2 ÷÷,è 1 2 2 b2 2代入椭圆方程,得 2 + 2 1,①又椭圆的离心率为 ,所以 .②a 4b 1 2 a2 2x2由①②,得a2 2,b2 1 .故椭圆的方程为 + y2 1,2(2)设 A x1, y1 , B uuur uuur uuur uuurx2 , y2 ,C x3 , y3 ,因为OP 2AO,所以P( 2x1, 2y1).因为BP mBC ,所以ì m 1 2ì 2x x m x x , x3 x2 x1, 2x1 x2 , 2y y m x x , y y 1 2 3 2 m m1 2 3 2 3 2 ,即 í 于是 代入椭圆方程,得 2y1 yí2 m y3 y2 , y m 1 y 2 y , 3 m 2 m 1 m 1 x 22 x1 2 m 1 2y2 2 y 2 2 2 2 21 4 x1 y2 m 1 x2 y2 4 m 1m m m m x,即 + + + 1x2 y+ 1 y2+ 1 1,③2 2 2 2 2 2 2a2 b2 m a b m a b m a2 b2 x2 y2 x2 y2因为 A, B在椭圆上,所以 1 + 1 1, 2 + 22 2 1. ④a b a2 b21 y1 y2 1 x x因为直线OA,OB 的斜率之积为 ,即 × ,结合②知 1 2y+ 1y22 2 0x x 2 .⑤2 1 2 a b2 5将④⑤代入③,得 4 m 1 + 1,解得m .m2 m2 2题型 05 斜率比值定型【典例 1-1】2 2(24-25 · x y 3高三上 天津·阶段练习)设椭圆E : 2 +2a b2 1 a b 0 的离心率等于 ,抛物线 x 4y的焦点F 是椭圆E 的2一个顶点, A, B分别是椭圆的左右顶点.(1)求椭圆E 的方程;(2)动点 P 、Q为椭圆上异于 A, B的两点,设直线 AP ,BQ的斜率分别为 k1, k2 ,且 k2 3k1 ,求证:直线 PQ经过定点.x2【答案】(1) + y2 1(2)证明见解析;4【分析】(1)由抛物线方程可得焦点坐标,由椭圆离心率的值和它的一个顶点,可得 a,b的值,即求出椭圆方程;(2)设直线 AP 的方程,与椭圆方程联立,可得点 P 坐标,同理可得点Q坐标,进而求得直线 PQ方程,可证得直线 PQ经过定点.c 3【详解】(1)易知抛物线 x2 4y的焦点F 0,1 ,由 a b 0可得b 1,由离心率 e ,且 a2 b2 + c2解得a 2a2 4;x2所以椭圆E 的方程为 + y2 1;4(2)证明:由(1)可知 A 2,0 , B 2,0 ,显然直线 AP 的斜率存在,且不为零,设直线 AP 的斜率为 k1 k ,则直线 AP 的方程为 y k x + 2 ,如下图所示:ì x2 + y2 1 2联立 í 4 2 2 2 216k 4,整理可得 1+ 4k x +16k x +16k 4 0 ,因为直线 AP 过点 A 2,0 ,所以 2 × xP , y k x + 2 1+ 4k2 2 8k 2 4k y k x 2 2 8k2 4k 可得 xP ;代入 + 可得 yP ,即P , ;1+ 4k 2 1+ 4k 2 è 1+ 4k2 1+ 4k 2 ÷ 由 k2 3k1 可得直线BQ的斜率为3k ,所以直线BQ的方程为 y 3k x 2 ;ì x2 + y2 1 2 2 2 2联立 í 4 ,消去 y 整理可得 1+ 36k x 144k x +144k 4 0 . y 3k x 2 2 2因为直线BQ B 2,0 2x 144k 4 72k 2过点 ,所以 Q ,可得 x ;1+ 36k 2 Q 1+ 36k 22代入 y 3k x 2 12k Q 72k 2 可得 yQ 2 ,即 2 , 12k;1+ 36k è 1+ 36k 1+ 36k2 ÷ x x 2 8k2 72k 2 2 2 1若 P Q ,即 2 2 ,可得 k ,1+ 4k 1+ 36k 124k 12k+1+ 4k 2 1+ 36k 2 2k 1+ 36k 2 + 3+12k 2 4k 1+12k 2 4k直线 PQ的斜率为 kPQ 2 8k 2 72k 2 2 4 ; 2 288k 1 12k 2 1+12k 2 1 12k21+ 4k 2 1+ 36k 24k 4k 2 8k 2 直线 PQ的方程为 y 2 2 x 2 ÷,令 y 0 ,解得 x 1所以直线 PQ过定点 1,0 ,1+ 4k 1 12k è 1+ 4k 若 x x 2 1P Q,则 k ,此时 xP xQ 1,直线 PQ也过定点 1,0 .综上可得,直线 PQ过定点 1,0 12【典例 1-2】2 2(24-25 x y高三上·天津河北·期末)已知直线 x 2经过椭圆 C: + a b 02 2 1( )的右焦点为 F,且被椭圆 C 截得a b的线段长为 2 2 .(1)求椭圆 C 的标准方程;(2)椭圆 C 的下顶点为 A,P 是椭圆 C 上一动点,直线 AP 与圆 O: x2 + y2 b2 相交于点 M(异于点 A),M 关于 O 的对kN AN C Q A . MN PQ k k k 0 1称点记为 ,直线 与椭圆 相交于点 (异于点 ) 设直线 , 的斜率分别为 1, 2 ,试探究当 2 时, k2是否为定值,并说明理由.x2 y2【答案】(1) + 1(2)是定值,理由见解析8 4【分析】(1)运用椭圆的几何性质,解方程可得 a,b , c,进而得到所求椭圆方程;(2)运用两点的斜率公式,分别计算线MN 的斜率为 k1,直线 PQ的斜率为 k2 ,即可得证.4 y2【详解】(1)根据题意, c 2,代入椭圆方程得 2 + 2 1,a by b2 2b2 x2 y2得 ± ,所以 2 2 ,再根据 a2 b2 + c2,可得a 2 2,b 2,所以椭圆 C 的标准方程为 + 1;a a 8 4(2)据题意,直线 AP 的斜率存在,且不为 0,设直线 AP 的斜率为 k ,则直线 AP 的方程为 y kx 2,x2 y2 8k联立 + 1,整理可得 1+ 2k 2 x2 8kx 0,所以 x 0或 x .8 4 1+ 2k 2 8k 4k 2 2 所以点 P 2 2的坐标为 2 , 2 ÷,联立 y kx 2和 x2 + y2 4,整理可得1 2k 2k 1 1+ k x 4kx 0,所以 x 0或è + + x 4k 2 .1+ k 4k 2k 2 2 1所以点M 的坐标为 2 , 2 ÷ .显然,MN 是圆O的直径,故 AM ^ AN ,所以直线 AN 的方程为 y x 2 .è1+ k k +1 k 8 4 2 1 k k 2 ÷ 8k 4 2k2 用 代替 k ,得点Q的坐标为 2 , 2 ÷,即Q 2 , 2 ÷ .直线MN 的斜率k 2 +1 2 +1 ÷ èk + 2 2 + k è k k 4k 2 2 4 2k 2k k 2k2 2 k 2 +1 k 2 1 2 PQ 2k2 +1 2 + k 2 k 11 OM × ,直线 的斜率 k .k 2 +1 4k 2k 2 8k 8k 3k1+ 2k 2 k 2 + 2k k 2 1 3k 3所以 1 × 2 ,为定值,得证.k2 2k k 1 2【变式 1-1】2 2(2024·北京· x y 1三模)已知椭圆E : + 1 b22 < 4 的离心率为 2 .4 b(1)求椭圆E 的方程和短轴长;(2)设直线 l1 : y kx + m与椭圆 E 相切于第一象限内的点 P ,不过原点O且平行于 l1的直线 l2与椭圆 E 交于不同的两点 A,kB 1,点A 关于原点O的对称点为C .记直线OP 的斜率为 k1,直线BC 的斜率为 k2 ,求 k 的值.2x2 y2【答案】(1)椭圆E 的方程为 + 1,短轴长为 2 3 (2)14 3【分析】(1)根据椭圆的离心率求出b2 ,即可得解;(2)根据直线 l1与椭圆相切,求出切点 P 的坐标,再求出直线OP 的斜率 k1;根据 l1 //l2,设出 l2的方程,表示出B,C 的k1坐标,得到BC 的斜率 k2 ,再探索 k 的值.24 b2 1 x2 y2【详解】(1)由题意可得 ,解得b2 3,所以椭圆E 的方程为 + 1,短轴长为 2 3 ;2 2 4 3ìy kx + m (2)由 í x2 y2 消 y 得 4k 2 + 3 x2 + 8kmx + 4m2 12 0 ①, + 1 4 3由Δ 8km 2 4 4k 2 + 3 4m2 12 0,得m2 4k 2 + 3,此时方程①可化:m2x2 + 8kmx +16k 2 0,4k 4k 4k 2 2解得: x m 4k 3m (由条件可知:k, m异号),设P x0 , y0 ,则 x0 , y0 kx0 + m k· ÷ + m ,m è m m m3P 4k 3即 , ,所以 k m3 ,因为 l //l ,所以可设直线 l : y kx + n ( n 0, n m),è m m ÷1 1 2 2 4k 4kmìy kx + n 由 í x2 y2 消 y 2 2 2得 4k + 3 x + 8knx + 4n 12 0,当D 0时,方程有两个不相等的实根, + 1 4 32设 A x1, y1 ,B x , y x x 8kn 4n 122 2 ,则 1 + 2 2 , x1x2 ,因为 A,C2 两点关于原点对称,所以C x1, y ,4k + 3 4k 3 1+k y2 + y kx + n + kx + n2n 2所以 2 1 2 1 k 2n+ k + kx x x x x x 8kn k4k + 3 3 k k 1,所以 1 2 12 + 1 2 +.1 2 + 1 k4k 2 + 3 4k 4k 2题型 06 面积最值范围型【解题规律·提分快招】求非常规型四边形的面积最大值,首先要选择合适的面积公式,对于非常规四边形,如果使用的面积公式为 S1DMEN xN xM y1 y2 ,为此计算 y1 y2 , xN - xM 代入转化为 k 的函数求最大值.2【典例 1-1】x2 y2 6 (24-25 高二上·天津北辰·期中)设椭圆E : 2 + 2 1(a b 0)的左右焦点分别为F1,F2,且过点 2, ÷÷ ,离心率a b è 2 1为 2 .(1)求椭圆的方程;(2)设动直线 l与坐标轴不垂直, l与曲线E 交于不同的M , N 两点,且直线F2M 和 F2 N 的斜率互为相反数.①证明:动直线 l恒过 x 轴上的某个定点,并求出该定点的坐标;②求 OMN 面积的最大值.x2 y2【答案】(1) + 1(2)①证明见解析,定点T (4,0);② 34 3【分析】(1)根据条件建立方程组,直接求出 a,b,即可求解;(2)①设直线 l : x my + t(m 0),联立椭圆方程,得到 (3m2 + 4)y2 + 6mty + 3t2 12 0,由韦达定理得到y y 6mt+ y y 3t2 121 2 2 , 1 2 2 ,再根据题设可得6m(t 4) 0,即可求解;②将问题转化成3m + 4 3m + 4S OMN S 1 OTN S OTM 2 | OT | × | y1 y2 |,利用①n中结果,通过换元得到 S OMN 24 (3n +16)2 ,再利用基本不等式,即可求解.ì 2 3 2 + 1 a 2b2 c 1 x2 y2【详解】(1)因为 í e ,所以 a 2,c 1,b a2 c2 3,所以椭圆方程为 + 1. a 2 4 3 a2 b2 + c2 ìx my + t(2)①设直线 l : x my + t(m 0),由 í ,消 y 得 (3m2 + 4)y2 + 6mty + 3t23x2 2 12 04y 12 , + 6mt 2设M (x1, y1) , N (x , y )3t 122 2 ,所以 y1 + y2 2 , y y ,3m + 4 1 2 3m2 + 4k k y1 y2 y1(x2 1) + y2 (x1 1) y1(my2 + t 1) + y2 (my1 + t 1)所以 MF +2 NF + 2 x1 1 x2 1 (x1 1)(x2 1) (x1 1)(x 1),2F M k + k 0 y1(my2 + t 1) + y2(my1 + t 1)因为直线 2 和 F2 N 的斜率互为相反数,所以 MF2 NF2 ,所以 (x1 1)(x 0 1) ,2所以 y1(my2 + t 1) + y2(my1 + t 1) 0,所以 2my1 y2 + (t 1)(y1 + y2 ) 0,2m 3t2 12即 2 + (t 1) 6mt2 0,所以6m(t 4) 03m + 4 3m + 4 ,因为m 0 ,所以 t 4,所以动直线 l恒过 x 轴上的定点T (4,0) .② 由①知,y y 24m y y 361 + 2 2 , 1 2 ,且D (24m)2 4(3m22 + 4) ×36 0 ,即2 ,3m + 4 3m + 4 m 42又 S OMN S OTN S 1 OTM | OT | × | y y 11 2 | 4 (y1 y )22 4y1y2 2 ( 24m 2 362 ) 4 2 24m 42 2 3m + 4 3m + 4 (3m2 + 4)2 ,令 n m2 4 0 ,则m2 n + 4,所以 S OMN 24n 24 n 24 n 3(3n +16)2 (2 3n ×16 )2 4 3n 16 ,当且仅当3n 16时取“=”, 所以 (S OMN )max 3 ..【典例 1-2】x 2 y 2(24-25 高二上·贵州铜仁·阶段练习)已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0),短轴的一个端点到右焦点的距离为a b 3,半焦距 c 2 .(1)求椭圆C 的方程;(2) 3设直线 l与椭圆C 交于A , B 两点,坐标原点O到直线 l的距离为 ,求VAOB 面积的最大值.22【答案】(1) x + y2 1(2) 33 2【分析】(1)由椭圆方程表示短轴的端点坐标右焦点坐标,利用两点距离公式建立方程,可得答案;(2)利用分类讨论,分别设出直线方程,联立方程,求得弦长,结合基本不等式,可得答案.x2 y2【详解】(1)由椭圆方程 + 1, c 2 ,则短轴的端点为 0,b , 0, b ,右焦点为 2,0a2 ,b2由短轴的一个端点到右焦点的距离为 3 ,2 22可得 0 + 2 + b 0 0 + 2 2 x+ b 0 2 3 ,解得b 1,所以a b2 + c2 3,椭圆方程为 + y2 1.32 l 3 3( ) 当直线 的斜率不存在时,不妨设 l : x ,将 x 代入椭圆方程可得2 22 3 2 ÷è ,+ y2 133解得 y ± ,此时 AB 3 ,VAOB 1 3 3的面积为 3 ;2 2 2 40 0 + m 2当直线 l的斜率存在时,设方程为 y kx + m , A x , y B x , y 3 3+ 3k1 1 , 2 2 ,由题意可得 ,m2 ,1+ k 2 2 4ì y kx + m 2联立可得 í x2 2 ,消去 y 可得 1+ 3k x2 + 6kmx + 3m2 3 0,由Δ 6km 2 4 1+ 3k 2 3m2 3 27k 2 + 3 0, + y 1 36km 2x + x x x 3m 3 2则 1 2 , , 2 21 3k 2 1 2 2 AB 1+ k x1 x2 1+ k × x1 + x2 4x x+ 1+ 3k 1 21 k 2 36k2m2 4 3m2 3 27k 2 + 3 + 2 2 1+ k2 × 1+ 3k 2 1+ 3k 1+ 3k 2 4k 2 4 ÷ 3 14+ 4 2 ÷ 3 1+ 1 ÷ 3 1+ ÷ 4 2,è 9k + 6k +1 9k 2 + + 6 ÷ è 2 3+ 6 è k 2 2 1 2 1 1 3 3当且仅当9k 2 ,即 k 时,等号成立,此时,VAOB 的面积最大值为3 2 ;k 2 2 23综上所述,VAOB 面积的最大值为 .2【变式 1-1】2 2(24-25 x y 2高三上·天津滨海新·阶段练习)在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆E : 2 + 2 1 a b 0 的离心率是 ,a b 2短轴长为 2,若点 A, B分别是椭圆E 的左右顶点,动点M (a, t), (t 2),直线 AM 交椭圆E 于 P 点.(1)求椭圆E 的方uu程uur;uuur(2)(i)求证:OM × BP是定值;S1(ii)设 ABP的面积为 S1,四边形OBMP 的面积为 S2,求 S 的最大值.22【答案】(1) x + y2 1;(2)①证明见解析;②1.2【分析】(1)由已知得b 的值,再由离心率求出 a关系,即可求出椭圆方程. uuuur uuur(2)①由(1)得 A( 2,0), M ( 2, t),求出直线 AM 方程,与椭圆方程联立,求出点 P 坐标,进而得出OM , BP坐标,1 S1即可证明结论;② S1 × 2a × y p , S2 S△ABM S△AOP ,将 S1, S2 表示为关于 t的函数,进而得出 关于 t的函数,整理利2 S2用 t的范围,即可求解.2 a2 b2 2【详解】(1)由短轴长为 2,得b 1,由离心率为 ,得2 e ,解得 a 2 ,a 2x2所以椭圆E 的方程为 + y2 1.2t(2)由(1)知, A( 2,0), B( 2,0), M ( 2, t),直线 AM 的斜率 kAM ,2 2ì x2 + y2 1y t直线 AM 的方程为 (x + 2) 2,由 í 消去 yt 得 (t2 + 4)x2 + 2 2t 2x + 2t 2 8 0,设点P(xP , yP ),2 2 y (x + 2) 2 22t 2 8 4 2 2t 2 y t (x 2) 4t则 ( 2)x ,解得 x + P t 2 + 4 P , P P 2 ,t 2 + 4 2 2 t + 4uuuur uuurOM ( 2, t) BP (x 2, y ) ( 2 2t2 4t uuuur uuur 2, P P 2 , ,所以2 ) OM BP 2 2t 4t× 2 × 2 + t × 2 0 .t + 4 t + 4 t + 4 t + 4② 1 1 4t 4 2t 1 1 4t 2 2t依题意, S1 ×2a × yP × 2 2 × ,2 2 S2 S△ABM S△AOP × 2 2 × t × 2 × 2 2t ,2 2 t + 4 t + 4 2 2 t + 4 t2 + 44 2tS t 21 4 S因此 + 4 2 11,当S t + 2 t 2时取等号,所以 的最大值为 1.2 2t 2 2tS 2t 2 + 4题型 07 圆过定点型【解题规律·提分快招】圆过定点,有常见几方面的思维(1)利用以“某线段为直径”,转化为向量垂直计算(2)利用对称性,可以猜想出定点,并证明。(3)通过推导求出定点(难度较大)【典例 1-1】2 2 1(2014 高三·全国·专题练习)已知椭圆E : x y+ 1 (a b 0)的左焦点为F2 2 1,右焦点为F2,离心率 e .过F2 1的直线a b交椭圆于A 、 B 两点,且DABF2 的周长为8 .(1)求椭圆E 的方程;(2)设动直线 l : y kx + m 与椭圆E 有且只有一个公共点 P ,且与直线 x 4相交于点Q .求证:以 PQ为直径的圆恒过一定点M .并求出点M 的坐标.x2 y2【答案】(1) + =1(2)存在定点 M(1,0),4 3【详解】试题分析:(Ⅰ)根据过F1的直线交椭圆于 A, B两点,且DABF2 的周长为 8,可得 4a 8,即 a 2,利用ì y kx + me 1 ,b2 a2 2 c 3 2 2 2,即可求得椭圆 E 的方程.(Ⅱ)由 í x2 y2 消元可得 4k + 3 x + 8kmx + 4m 12 0,利用2 + 1 4 3 4k 3 y kx + m动直线 l : y kx + m 与椭圆 E 有且只有一个公共点P x0 , y0 ,可得m 0, D 0,进而可得P , ÷,由{è m m x 4得Q 4,4k + m ,取 k 0, m 3;k 1 ,m 2,猜想满足条件的点M 存在,只能是M 1,0 ,再进行证明即可2试题解析:(1)∵ AB + AF2 + BF2 8 ,即 AF1 + BF1 + AF2 + BF2 8 .又 AF1 + AF2 BF1 + BF2 2a ,所以4a 8,a 2 .e 1 c 1 x2 y2又因为 ,即 ,所以 c 1,所以b a2 c2 3 .故椭圆E 的方程为 + 1. 2 a 2 4 3ìy kx + m (2)法一:由 í x2 y2 消去 y 得 (4k 2 + 3)x2 + 8kmx + 4m2 12 0 . + 1 4 3因为动直线 l与椭圆E 有且只有一个公共点P(x0 , y0 ),所以m 0 ,且D 0,即64k 2m2 4(4k 2 + 3)(4m2 12) 0,化简得 4k 2 m2 + 3 0 .此时 x4km 4k y kx m 3 P( 4k 30 , + ,所以 , )4k 2 + 3 m 0 0 m m mx 4由{ 得Q(4, 4k + m)y kx + m从而以线段 PQ4k 3为直径的圆的方程满足 (x 4, y 4k m) × (x + , y ) 0,化简得m mx2 4( k 1)x y2 (4k m 3+ + + + )y 3 4k 0 k 4k+ . 2由对称性知,点M 必在 x 轴上.而当 y 0 时, x + 4( 1)x + 3 0 ,m m m m m易得 x 1,此式恒成立.故命题成立.定点坐标为M (1,0) .ìy kx + m 法二:由 í x2 y2 消去 y 得 (4k 2 + 3)x2 + 8kmx + 4m2 12 0 .因为动直线 l与椭圆E 有且只有一个公共点P(x0 , y0 ),所+ 1 4 3以m 0 ,且D 0,即64k 2m2 4(4k 2 + 3)(4m2 12) 0,化简得 4k 2 m2 + 3 0 .x 4km 4kx 4此时 0 2 , y0 kx0 + m3 4k 3 ,所以P( , )由{ Q(4, 4k + m) .4k + 3 m m m m y kx + m得因为存在定点M 满足条件,由图形对称性知:点M 必在 x 轴上.取 k 0, m 3,此时P(0, 3),Q(4, 3), 以 PQ为直径的圆的方程为 (x 2)2 + (y 3)2 4,交 x 轴于M1(1,0) , M 2 (3,0)1;取 k ,m 2,此2时P(1,3),Q(4,0) PQ 5 2 3 2 45,以 为直径的圆的方程为 (x ) + (y ) ,交 x 轴于点M 3(1,0), M 4(4,0) .所以满足条件的点2 2 4 16存在,其必为 (1,0) .下面证明点M (1,0)满足条件.uuurMP ( 4kuuuur uuur uuuur因为 1,3 ), MQ (3, 4k m), MP MQ 12 + 所以 × k 312+ k + 3 0,故uuur uuuurm m m m恒有MP ^ MQ ,故点M (1,0)恒在以线段 PQ为直径的圆上.考点:1.直线与圆锥曲线的综合问题;2.椭圆的标准方程【典例 1-2】x2 2(24-25 高二上· y天津·期中)已知椭圆G: 2 + 2 1(a b 0) ,A 点为椭圆短轴的上端点,P 点为椭圆上异于 A 点的a b任一点,若 P 点到 A 点距离的最大值仅在 P 点为短轴的另一端点时取到,则称此椭圆为“圆椭圆”,已知b 2 ,椭圆Ge 2的离心率 2(1)求椭圆G的标准方程;(2)试判断椭圆G是否是“圆椭圆” 并证明你的结论;(3)Q 点为 P 点关于原点 O 的对称点,Q 点也异于 A 点,直线 AP、AQ 分别与 x 轴交于 M、N 两点,试问以线段 MN 为直径的圆是否过定点 证明你的结论.x2 y2【答案】(1) + 1;(2)椭圆G是“圆椭圆”,证明见解析;(3)过定点 (0, ±2 2),证明见解析.8 4【分析】(1)由给定的离心率及短半轴长求出 a即可.(2)设点P(x0 , y0 ), y0 2,利用两点间距离公式,结合椭圆方程求出 | PA |取得最大值的点 P 位置即可推理得证.(3)由(2)中点P(x0 0) ,求出点Q的坐标,由直线的点斜式方程求出点M , N 的坐标,再结合对称性可得圆过的定点必在 y 轴上,设出此点坐标,利用向量数量积列式计算即得.2 a2 b2 2【详解】(1)由b 2 ,椭圆G的离心率 e ,得 e ,解得 a 2 2 ,所以椭圆G的标准方程为2 a 2x2 y2+ 1 .8 4(2)由(1)知, A(0, 2),设P(x0 , y0 ), y 2 x2 20 ,则 0 8 2y0 ,于是 | PA | x20 + (y 2)2 8 2y2 + y2 4y + 4 (y + 2)2 +16 ,而 2 y0 < 20 0 0 0 0 ,因此当且仅当 y0 2 时,| PA |max 4,此时点P(0, 2),即点 P 点到 A 点距离的最大值仅在 P 点为短轴的另一端点时取到,所以椭圆G是“圆椭圆”.(3)由(2)知, A(0, 2) P(x , y ), x 0 Q( x , y ) x2 8 2y2,设 0 0 0 ,则 0 0 , 0 0 ,AP : y y0 2 x + 2, AQ : y y 0 2直线 x + 2,则M ( 2x0 ,0), N ( 2x0 ,0)x0 x,0 y0 2 y0 2若以线段MN 为直径的圆过定点C ,由对称性知点C 在 y 轴上,uuur uuuur uuuur 2x uuur 2x设C(0, t) 0 0,则CN ×CM 0,而CM ( , t),CN ( , t)y0 2 y 2,0uuur uuuurCN CM 4x20 t 2 0 t 2 4x20 4(8 2y2× + 0)于是 2 ,即 2 2 8,解得4 y 4 y 4 y t ±2 2 ,0 0 0所以以线段MN 为直径的圆过定点 (0, ±2 2) .【变式 1-1】x2 y2(21-22 高三上·天津武清·阶段练习)设椭圆 2 + 2 1(a b 0) 的左、右焦点分别为F1,F2,M 为椭圆上一动点,a b已知椭圆的短轴长为 2 3 ,△F1MF2面积的最大值为 3 .(1)求椭圆方程;(2)设椭圆的左顶点为 A1,过F2的直线 l与椭圆交于A 、 B 两点,连接 A1A, A1B 并延长分别交直线 x 4于 P ,Q两点,以 PQ为直径的圆是否恒过定点?若是,请求出定点坐标,若不是,请说明理由.x2 y2【答案】(1) + 1;(2)过定点,定点坐标为 7,0 和 1,0 .4 3【分析】(1)根据已知条件求得 a,b,c,由此求得椭圆方程.(2)设直线 l的方程为 x my +1,结合根与系数关系求得圆的方程,进而求得圆所过定点坐标.ì2b 2 3 1 x2 y2【详解】(1)依题意 í × 2c ×b 3,解得 a 2,b 3,c 1 .所以椭圆方程为:2 + 1. 4 3 a2 b2 + c2(2) A1 2,0 , F2 1,0 依题意可知,直线 l与 x 轴不平行,设直线 l的方程为 x my +1,ìx my +1 2 2í x2 y2 ,消去 x 并化简得 3m + 4 y + 6my 9 0 ,设 A x1, y1 , B x2 , y1 2 ,则 + 4 3y 6m 91 + y2 3m2, y1 × y2 2 ,+ 4 3m + 4y y1直线 A1A的方程为 x 2 + 6y y2,则P 4, 1 ÷,直线 A1B 的方程为 y x + 2 Q 4, 6y2 x1 + 2 è x1 + 2 x + 2,则 ,2 è x2 + 2÷ PQ 6y1 6y2PQ 3y1 3y2 PQ 4, 3y , 中点为 13y2 + ,所以,以 PQ为直径的圆的方程为:x1 + 2 x2 + 2 2 x ÷1 + 2 x2 + 2 è x1 + 2 x2 + 2 2 22 3y 3y 3y 3y 3y1 3y2 y1 x2 + 2 + y2 x1 + 2 x 4 + y 1 2 1 2 , + 3 è x + 2 x + 2÷ è x + 2 x + 2÷ x1 + 2 x2 + 2 x1 + 2 x2 + 21 2 1 2 9 6m y1 my2 + 3 + y2 my1 + 3 2my y + 3 y + y 2m è 3m2+ 3 3 3 1 2 1 2 3 + 4÷ ÷ è 3m2 + 4 3m my1 + 3 my2 + 3 m2 y1 y2 + 3m y1 + y2 .+ 9 m2 9 + 3m 6m + 9è 3m2 + 4 ÷ è 3m2 + 4 ÷ 3y1 3y2 y1 x2 + 2 y3 2 x1 + 2 y1 my2 + 33 y2 my1 + 3 9 y1 y 2x1 + 2 x2 + 2 x1 + 2 x2 + 2 my1 + 3 my 22 + 3 m y1 y2 + 3m y1 + y2 + 9 6m2 36 2 3y 3y 81 y1 + y2 2 1 2 2 4y1y2 81 è 3m + 4÷ è 3m2 + 4 ÷ ÷ 9m22 2 2 + 9 .è x1 + 2 x2 + 2 ém y1 y2 + 3m y1 + y2 + 9 ù ém2 9 3m 6m ùê 2 ÷ + 3m + 4 3m2 + 4 ÷+ 9è è ú 2 2所以圆的方程为 x 4 + y + 3m 9m2 + 9 .所以圆过定点 7,0 和 1,0 .题型 08 定值型【解题规律·提分快招】求定值问题常见的思路和方法技巧:(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.求定值题型,运算量大,运算要求高,属于中等以上难度的题【典例 1-1】2 2(2024· x y 1天津滨海新·三模)已知椭圆 M : + 1( a b 02 2 )的离心率为 A, B2 , 分别为椭圆的左顶点和上顶点,a bF 31为左焦点,且 F1AB 的面积为 .2(1)求椭圆M 的标准方程;(2)设椭圆M 的右顶点为C , P 是椭圆M 上不与顶点重合的动点.①若点P 1, y0 ( y0 0),点D在椭圆M 上且位于 x 轴下方,设△APC 和△DPC 的面积分别为 S1, S2.若S S 31 2 ,求点D的坐标;2②若直线 AB 与直线CP交于点Q,直线BP交 x 轴于点 N ,设直线QN 和直线QC 的斜率为 kQN ,kQC ,求证:2kQN kQC为定值,并求出此定值.2 2 3 【答案】(1) x y+ 1;(2)① D 1, 3÷ ;②证明见解析, .4 3 è 2 2【分析】(1)根据已知条件,列出关于 a,b,c 的方程组即可求解;(2)①根据面积关系可得 S DPC S OPC ,从而得OD∥PC ,据此即可求解;②联立 QC 和 AB 的方程,求出 Q 点坐标,联立 QC 和椭圆方程,结合韦达定理求出 P 点坐标,求出 BP 的方程,从而可求 N 的坐标,再根据斜率计算公式即可求解.ì c 1 ìa 2 a 2 2 2【详解】(1)由题意得 í ,又 c2 a2 b2 ,解得 íc 1x y,\椭圆M 的标准方程为 + 1. 1 a c b 3 4 3 2 2 b 3C 2,0 P 1, y y 0 3(2)①由(1)可得 ,点 0 ( 0 )在椭圆M 上,代入椭圆方程得 y0 ,2S S S S 1 3 3 3 1连接PC ,∵ 1 2 APC DPC 4 S , \S S S ,2 2 DPC 2 DPC 2 2 APC OPCì3 y3 x3 2\OD∥PC ,∴ 0kOD k 23 ,∴直线OD 的方程为 y x ,联立 í 2 2 ,PC 1 2 2 2 x y+ 1 4 3ìxD 1 ìxD 1 3 解得 í 3 或 í 3 (舍去),\D 1, y y ÷. D D è 2 2 2②设直线QC 的斜率为 k ,则直线QC 的方程为: y k x 2 ,ì 2 2k + 3ìy k x 2 x 又B 0, 3 , A 2,0 AB 3 2k 3,直线 的方程为 y x + 2 ,由 í2 y 3,解得 í , x + 2 2 y 4 3k 2k 3 2 2k + 3 ìy k4 3k x 2 ∴ Q , ÷ 2 2 2 2 ÷,由 í x2 y2 ,得 3+ 4k x 16k x +16k 12 0 ,2k 3 2k 3 + 1è 4 3Δ 256k 4 4 3+ 4k 2 16k 2 12 0 2x 16k2 12 8k 2 6 8k 2 6 12k,则 P ,∴ xP ,则 yP k xP 2 k 2 22 2 3 + 4k ÷ ,3 + 4k 3+ 4k 2è 3+ 4k 12k 8k 2 6 12k 3 22 3 3+ 4k 2 4 3k 12k 3 3\P 2 , 2 ÷,依题意 B 、 P 不重合,∴8k 6 0,即 ,∴ k è 3 + 4k 3 + 4kk ± BP 2 8k2 6 8k 2 , 63+ 4k 2 4 3k 2 12k 3 3 4 3k 2 12k 3 3 2 2k 3\直线BP的方程为 y x + 3,令 y 0 2 ,即 2 x + 3 0,解得8k 6 8k 6 x , 2k + 34 3k 2 2k 3 2k 3 8 3k +12 1 3\ N ,0÷,\kQN k + 3 2k + 3 ÷ 2 2k + 3 2 2k 3 16 3 2 4 ,\2kQN kQC 为定值.è 2 2k 3 2k + 3【典例 1-2】2 2(2024· x y 1天津北辰·三模)已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的离心率为 2 ,左 右焦点分别为F1,F2,上 下顶点分别a b为 A1, A2,且四边形 A1F1A2F2 的面积为 2 3 .(1)求椭圆C 的标准方程;(2)直线 l: y kx + m(m 0)与椭圆C 2 2交于 P,Q 两点,且 P,Q 关于原点的对称点分别为 M,N,若 OP + OQ 是一个与m 无关的常数,则当四边形PQMN 面积最大时,求直线 l的方程.x2 y2【答案】(1) + 1(2)答案见解析4 3e c 1 1【详解】(1) , S四边形A F A F × 2c × 2b 2bc 2 3,所以a 2 2 bc 3,1 1 2 2x2 y2因为 a2=b2+c2,所以 a=2,b 3 ,c=1,所以椭圆方程为 + 1.4 3(2)如图,设 P(x1,y1),Q(x2,y2),OP |2 + OQ |2 x2 + y2 + x2 + y2 x2 3 3+ 3 x2 + x2 + 3 x2 1 6 + x2 + x2 6 1+ [ x + x )21 1 2 2 1 4 1 2 2 2x x ù4 4 1 2 4 1 2 1 2 ,ìy kx + m 联立 í x2 y2 ,消去 y 整理得(3+4k2)x2+8kmx+4m2﹣12=0,Δ=(8km)2﹣4(4m2﹣12)(3+4k2)>0,即 m2< + 1 4 32 2 8km 4m 12 OP |2 OQ |2 6 1 [ 8km )2 8m2 24 ù3+4k ,所以 x1 + x2 , x x + + 3+ 4k 2 1 2 3 + 4k 2. , 4 3 + 4k 2è 3 + 4k2 ú 1 32k 2m26 24m2 + 96k 2 + 72 + × ,因为|OP|2 2 232 2 +|OQ| 是一个与 m 无关的常数,所以 32k2﹣24=0, k ,4 (3 + 4k ) 4k 3 ± ,22 2 2 2 2x1 + x 4km2 , x2m 61x2 , PQ 1+ k2 (x + x )2 4x x 1 k 2 16k m 8m 24 24 4m3 1 2 1 2 + 1+ k23 9 3 3m 1 6 m2O 1 3点 到直线 l 的距离dO ,所以2 S POQ PQ d m 6 m2 m2 3 ,1+ k 2 O 3 3 3当且仅当 6 m2 m2 ,即 m2=3,因为 m>0,所以m 3 时,取得最大值为 3,3 3因为 S 四边形 MNPQ=4S△POQ,所以 S△POQ 最大时,S 四边形 MNPQ最大,所以 l:y x + 3 或 y x + 3 .2 2【变式 1-1】2 2 3 (24-25 高二上·天津· x y期中)已知椭圆C : F , F , F F 2 M 3,2 + 2 1(a b 0) 的左、右焦点分别为 1 2 1 2 ,点 2 ÷÷在椭a b è 圆C 上.(1)求椭圆C 的标准方程;uuur uuuur(2) M 5过点 的直线 l与椭圆C 交于点A ,与 y 轴交于点 B .若 AB BM ,求直线 l的斜率;2PF PF(3) 1 2P 为椭圆C 上一点,射线PF1, PF2分别交椭圆C 于点D, E ,试问 +DF EF 是否为定值 若是,求出该定值; 若不1 2是,请说明理由.x2 2(1) y+ 1(2) l k 5 2 3 5 6PF PF 10【答案】 直线 的斜率 或 (3)1 + 2DF EF 是定值,为4 3 2 2 1 2 3【分析】(1)利用椭圆的标准方程和M 点坐标列方程求解即可;3 uuur 5 uuuur(2)设直线 l : y kx 3k + , A x1, y1 ,根据 AB BM 利用向量相等的坐标表示列方程求解即可;2 2PF3 x 1PF2( )分情况讨论,当点 P 在 轴上时直接求出 + xDF EF 的值,当点 P 不在 轴上时,由对称性不妨设P x0 , y0 1 2 y0 0 ,表示出直线PD, PE,联立直线与椭圆方程,消元、列出韦达定理,代入计算即可.【详解】(1)因为椭圆C 中 F1F2 2,所以 2c 2, a2 b2 1①, 又M 3,3 3 3÷÷在椭圆C 上,所以22 + 2 1②,由①②联立解得 a 4,b2 3,è 2 a 4bx2 y2所以椭圆C 的标准方程为 + 1.4 32 l 3( )由题意可知直线 的斜率存在,设直线 l : y kx 3k + , A x1, y1 ,2 uuur uuuur则B 0, 3k3 AB 3+2 ÷÷, x1, 3k + y1 ÷è ÷,BM 3, 3k ,è 2 ìx 15uuur uuuur 5 1 2 C 15 x2 y2因为 AB BM ,所以 í ,因为点A 在椭圆 上,所以将 x1 代入 + 1解得2 4 3 3k3 15 2+ y k 2 1 2y 3 3 3 15 5 2 3 3 151 ± ,当 y1 时,代入 3k + y1 k 解得 k ,当 y1 时,代入 3k + y k 解4 4 2 2 2 4 2 1 2k 3 5 6 5 2 3 5 6得 ,综上直线 l的斜率 k 或 .2 2 2(3)当点 P 在 x 轴上时,由对称性不妨设P 2,0 ,此时D, E 两点重合, PF1 EF2 1, DF1 PF2 3,所以PF1 PF 10+ 2 ;当点 P 不在 x 轴上时,由对称性不妨设P x0 , y0 y0 0 ,D x2 , y2 ,E x3 , yDF EF 3 3 ,1 2ìy yy 0 x +1当 x0 ±1时,直线PD : y 0 x +1 í x 2 2x 1 ,联立方程 0 +1 ,消 x 结合3x0 + 4 y0 12+ 整理得0 3x2 + 4y2 1215 + 6x 6 x +1 20 2 0 9y 9y2 y y 9 0 y y9y 0 y 0 y 0,由韦达定理得 0 2 ,所以 ,同理可得 ,y0 y0 15 + 6x20 15 + 6x30 15 6x0PF1 PF2 y y 15 + 6x 15 6x所以由相似三角形可得 + 0 + 0 0 + 0 ,因为 2 < x0 < 2,所以DF1 EF2 y2 y3 9 9PF1 PF2 15 + 6x0 15 6x0 10+ + x 1 ;当 ± 时,由对称性不妨设P 1,3 PF2 1DF1 EF2 9 9 3 è 2÷,则 , EF2ì 3PF 3y x +1直线 1方程为 y 13 9x +1 ,联立 í 4 解得D点坐标为 , ,4 ÷ 3x2 + 4y2 12 è 7 14 PF 7 PF PF 10 PF PF则由相似三角形得 1 1 + 2 1 + 2 10,所以DF1 3 DF1 EF, 综上2 3 DF EF是定值,为 .1 2 3题型 09 切线型【解题规律·提分快招】在利用椭圆(双曲线)的切线方程时,一般利用以下方法进行直线:(1)设切线方程为 y kx + m 与椭圆方程联立,由D 0进行求解;x2 y2(2)椭圆(双曲线) x , y2 ± 2 1在其上一点 0 0 的切线方程为a b x0x y y ,再应用此方程时,首先应2 ±0a b2 1x x y y证明直线 0 02 ± 2 1与椭圆(双曲线)a b x2 y2相切.2 ± 2 1a bx2 y22 2 1x0x y 0 y(x , y ) 2 2 1.)双曲线 a b 的以 0 0 为切点的切线方程为 a b抛物线的切线:2(1)点P x0, y 0 是抛物线 y 2mx m 0 上一点,则抛物线过点 P 的切线方程是: y0 y m x0 + x ;(2)点P x0, y 0 2是抛物线 x 2my m 0 上一点,则抛物线过点 P 的切线方程是: x0x m y0 + y .【典例 1-1】x224-25 · · y2 5( 高二上 天津 阶段练习)已知椭圆 2 + 2 1 a b 0 的右顶点为A ,上顶点为 B ,椭圆的离心率为 ,短a b 3轴长为 4.(1)求椭圆的方程;(2)直线 l与椭圆有唯一的公共点M (M 在第一象限),此直线 l与 y 轴的正半轴交于点 N ,直线 NA与直线OM 交于点16P ,且 S△POA S ,求直线 l方程.31 △NOAx2 y2 1 5【答案】(1) + 1(2) y x +9 4 2 2【分析】(1)根据离心率以及b 2 即可求解 a2 9, c2 5得解,x y(2)根据截距式得直线 NA的方程为 + 1,联立直线 l与椭圆方程,根据相切可得判别式为 0 得 23 n 9k + 4 n2 ,即可联立直线 l与 NA的方程得 P 坐标,即可根据面积关系求解.c 5【详解】(1)由题意 2b 4,则b 2 ,又 e , a2 b2 + c2,解得 a2 9, c2 5,所以椭圆的标准方程为a 3x2 y2+ 1.9 4(2)如图所示:直线 l MN 的斜率存在且为负数,不妨设直线 l的方程为 y kx + n, k 0,n 0 ,x y x2 y2则由题意有 N 0, n , A 3,0 ,所以直线 NA的方程为 + 1,将 y kx + n 与椭圆方程 + 1联立,3 n 9 4y 9k 2 2消去 并整理得, + 4 x +18knx + 9n2 36 0 ,由题意直线 l与椭圆相切与点M ,则Δ 324k 2n2 36 n2 4 9k 2 + 4 144 9k 2 + 4 n2 0 ,即9k 2 + 4 n2 ,x 9kn 9kn 9k2 2 9k n 9k2 4 9k 4 所以 M 9k 2 + 4 n2 , yM kxM + n + n ,即点M 的坐标为 , ÷ ,n n n n è n n 4 x y所以直线OM 的方程为 y x ,将其与直线 NA的方程 + 1联立,解得9k 3 n19kn 4n 9kn 4n S yP ×OA, △POA 2 4 16xP , yP ,即点 P 的坐标为 3kn 4 3kn 4 ÷,由题意 ,整理得3kn 4 3kn 4 è S 1△NOA y ×OA 3kn 4 312 Nkn 5 ,41 5 1 5结合9k 2 + 4 n2 以及 k < 0, n 0,解得 k , n ,综上所述,满足题意的直线 l的方程为 y x + .2 2 2 2【典例 1-2】2 2(23-24 x y高二上·天津南开·阶段练习)已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的右焦点为F ,点 P 为椭圆上一动点,且 P 到Fa b2的距离与到直线 l : x 2的距离之比总是 .2(1)求椭圆C 的方程;(2)过 P 作椭圆C 的切线,交直线 l于点T .①求证:PF ^ TF ;②求三角形POT 面积的最小值.x2【答案】(1) + y2 1 (2) 2证明见详解,2 2【分析】(1 2)由题意可设点P x, y 为椭圆C 上任意一点,满足 P 到F 的距离与到直线 l的距离之比为 ,列式计算可2得解;uuur uuur uuur uuur(2)根据过椭圆上一点的切线方程与直线 l求出T 点坐标,求出PF ,TF 坐标,证明PF ×TF 0即可;由坐标求出 PT以及点O到切线PT 的距离 d ,求出 S POT ,变换求出最小值得解.【详解】(1)由题意,设点P x, y 为椭圆C 上任意一点,F c,0 2,则 PF x c + y2 ,点 P 到直线 l的距离为2 x , x c 2 + y2 2 x2 y22 2 2\ ,化简整理得 x + 2y + 4 4c x 4 2c ,又点P x, y 满足 2 2 2 2 2 22 x 2 a2+ 2 1,即b x + a y a b ,b\4 4c 0,解得 c 1,\a2 2,b2 1,x2所以椭圆C 的方程为 + y2 1.2x x y y(2)先来证明过椭圆上任意一点P x0 , y0 的切线方程为 0 + 0a2 b2 1 .当过点P x0 , y0 切线的斜率不存在时, y0 0即切线为 x a或 x a,满足上式;2 2当切线斜率存在时,设过点P x0 , y x y0 切线方程为 y kx + m ,代入椭圆方程 +a2 b2 1,2 2 2 2 2 2 2 2 2整理得 a k + b x + 2a kmx + a m b 0 ,\D 2a2km 4 a2k 2 + b2 a2 m2 b2 0,解得m2 a2k 2 + b2,2 2 2 2 2x 2a km a k0 y kx m a k m b2 a2k 2 + b2 m , 0 0 + + ,m m2m b mx b2x b2x 2 2\ 0 0 0 x x y y y, k 2 2 ,所以切线方程为 y y x x 0 0 x0 0y a a y 0 2 0 ,整理得 2 + 2 2 + ,2 10 0 a y0 a b a b所以过椭圆上任意一点过点P x x x y y0 , y0 切线的切线方程为 0 + 0a2 b2 1 .x x 1 x 1 x ①在切线方程 0 + y0 y 1中,令 x 20,解得 y y ,所以点T 的坐标为 2, 0 ÷,又F 1,0 ,2 0 è y0 uuur uuur x 1 uuur uuur\PF 1 x , y ,TF 1, 0 ÷ ,\PF ×TF 1 x y x 1 + 00 0 00 0 y ,è y0 0\PF ^ TF .2 2② 2 1 x0 x0 y2 1 x0 2Q PT x 2 y + 2 4 x2 0 + 0 ÷ ,又 0 ,\ PT 0 ,又点O到切线PT 的距离为è y 2 4 2x20 0d 2 2 S 1 PT d 2 2 x 22 2 4 2 ,\ POT 0 , 2 < x0 < 2 ,x0 + 4y0 x0 2 2 2 x202\S 2 m 2 1 令m 2 x0, 2 2 < m < 2 + 2 , POT 2 m2 + 4m 2 2 2 4 , 2 + 1m mn 1 2 2令 ,1 < n <1+ ,令 y 2n2 + 4n 1,对称轴为 n 1,由二次函数单调性可得当 n 1时,y 2n2 + 4n 1m 2 2取得最大值 1,即m 1 2 4时, 2 + 12取得最大值 1, S 最小值为 .m m POT 2所以当 x0 1时, POT2的面积取得最小值 .2【变式 1-1】(22-23 高三·天津南开·阶段练习)已知椭圆 的左顶点为 A1,右焦点为 ,过点 作垂直于轴的直线交该椭圆于 两点,直线 的斜率为 .(1)求椭圆的离心率;(2)若 的外接圆在 处的切线与椭圆交于另一点 ,且 的面积为 ,求该椭圆方程.【答案】(1) ;(2) .b2【详解】试题分析:(1)首先求出M (c, ) 的坐标,由斜率公式表示出 ,从而求得a;(2)根据题意知 A1( 2c,0), ,设 的外接圆圆心 ,结合圆的性质建立等式,再利用弦长公式求解即可.试题解析:(1) ,∴ ,∴ ,∴ .(2) ,∴ ,∴椭圆方程为 , , A1( 2c,0),设外接圆圆心 ,由 得 ,整理得 ,∴ ,∴ ,∴ ,∴切线斜率 ,∴切线方程为 ,即 ,代入椭圆方程消 得 , ,,∴ ,点到 的距离 ,由 得 ,∴ ,所以椭圆方程为 .考点:1、椭圆的标准方程;2、椭圆的几何性质;3、弦长公式;4、斜率公式.题型 10 韦达定理不能直接用:“点带入”型【典例 1-1】2 2(21-22 x y高三·重庆渝中·阶段练习)已知椭圆C : 2 + 1 a b 0 的左、右焦点为F F2 1, 2, P 为椭圆上一点,且a bPF2 ^ F1F2 , tan PF1F32 .12(1)求椭圆C 的离心率 e;1 uuur uuur uuuur(2)已知直线 l 交椭圆C 于A , B 两点,且线段 AB 的中点为Q 1, 2 ÷,若椭圆C 上存在点M ,满足 2OA + 3OB 4OM ,è 试求椭圆C 的方程.3 5x2 2【答案】(1) 5ye (2) + 12 16 4b2【分析】(1)由 3 2 2 2 etan PF F a ,以及 a c b ,建立关于 的方程,即可得到结果;1 2 2c 12(2)设 A x1, y , B x , y , M x , y ,由(1)可知 a2 4b2 ,可设椭圆方程为 x21 2 2 0 0 + 4y2 4b2 ,根据uuur uuur uuuur2OA + 3OB 4OM ,ì x 2x1 + 3x2 0 4 1可得 í ,设 AB : y k(x 1) 2y 3y 将其与椭圆方程联立,由韦达定理和点M 满足椭圆方程,可求出b2 ,进而 y 1 + 2 2 0 4求出结果.b2【详解】(1 b2)解:因为 a 3 ,所以6b2 3ac ,即6 a2 c2 3actan PF F ,则,解得 e3 .1 2 2c 2ac 12 2c2 3 2 4 2 2 2 2 1 2 1 2(2)解:设 A x1, y1 , B x2 , y2 , M x 20 , y0 ,由 e 2 ,得 a c ,所以b a c c a ,所以 2 2a 4 3 3 4 a 4bx2 y2 2 2 2 2 2 2 uuur uuur uuuur设C : 2 + 2 1,即 x2 + 4y2 4b2 由于 A, B在椭圆上,则 x1 + 4y1 4b , x2 + 4y2 4b ,①由 ,4b b 2OA + 3OB 4OMì x 2x 1 + 3x2ì2x1 + 3x2 4x 00 4得 í2y 3y 4y ,即 í 2y 3y 由M 在椭圆上,则x 2 + 4y 2 20 0 4b , 1 + 2 0 y 1 + 2 0 4 2x2 2即 1+ 3x2 4 2y1 + 3y ÷ + 2 ÷ 4b2 4 x 2 + 4y 2,即 1 1 +12 x1x2 + 4y1y 2 22 + 9 x2 + 4y2 64b2 ,②è 4 è 4 将①代入②得: x1x2 + 4y1 y2 b2 ,③若直线 AB 的斜率不存在,则线段 AB 的中点在 x 轴上,不合乎题意,1 ì1 1 y k x 1 线段 AB 2 2 2 2 2的中点为Q 1, ÷,设 AB : y k(x 1) 可知 í 2 1+ 4k x 8k + 4k x + 4k + 4k 4b +1 0è 2 2 2 x + 4y2 4b22 1x1 + x8k + 4k2 2 1 k1 2,所以 x2 2x + 2 2b2 0,其中D 0,解得b ,所以 x1 × x2 2 2b22 , AB 方程为1+ 4k 2 2y 1 1 1 1 1 1 b2 2 x 1 y 又 1y2 x1 1÷ x2 1÷ x1x2 x1 + x2 +1 ,④将④代入③得:2 2b2 41 b + × b2 b2 4 ,2 è 2 è 2 4 2 2 2 52 2b2 1 C 5x 5y经检验满足 ,所以椭圆 的方程为 + 1.2 16 4【典例 1-2】x2 y2 2(2024·全国·模拟预测)已知椭圆E : + 1 a b 0 的离心率为 ,且过点 A 1, 1 .a2 b2 2(1)求 E 的方程;(2)uuur若Ouu为uur坐u标uur原点,直线l 与 E 交于 M,N 两点,且以MN 为直径的圆过点 O,点 P 是 E 上的一点,满足OP t OM + ON t 0 ,求四边形OMPN 面积的取值范围.x2 2y2 é 6 ù【答案】(1) + 1 (2) ê , 3ú3 3 2 【分析】(1)利用已知可得 a,b,c所满足的条件,计算可求得椭圆 E 的方程;uuuur uuur(2)当直线MN 的斜率存在时,设其方程为 y kx + m ,M x1, y1 , N x2 , y2 ,联立方程组,利用OM ×ON 0,可得2m2 k 2 +1 4k +1,设线段MN 的中点为 Q,可得 SOMPN 2tS△OMN ,可求得 S OMN m ,进而计算可得2k 2 +1S 6 4k2 +1OMPN 2 ,可求面积的范围.2 2k +1ì12 1 2 + 1 a2 b2 c 21 a 3 b 6 c 6x2 2y2【详解】( )由题意知 í ,解得 , , ,所以 E 的方程为a 2 + 1; 2 2 3 3 c2 a2 b2 (2)当直线MN 的斜率存在时,设其方程为 y kx + m ,M x1, y1 , N x2 , y2 ,ì x2 2y2 + 1 2由 í 3 3 2k 2 +1 x2 + 4kmx + 2m2,得 3 0 ,则 4km 4 2k 2 +1 2m2 3 4 6k 2 2m2 + 3 0, y kx + mx x 4km21 + 2 x x2m 32 , 1 2 2 ,以MN 为直径的圆过点 O,2k 1 2k +1 +uuuur uuur所以OM ×ON x1x2 + y1y2 x1x2 + kx1 + m kx2 + m 2m2 3 4km 2 2 k 2 +1 x1x2 + km x1 + x + m2 k 2 +1 × + km × + m2 3m 3k 32 0 ,2k 2 +1 ÷ 2è 2k 2 +1 2k +1uuur uuuur uuur uuur所以m2 k 2 +1 2,此时Δ 4 4k +1 0,设线段MN 的中点为 Q,由OP t OM + ON 2tOQ ,所以 SOMPN 2tS△OMN ,1 1 4km 2 2S m x x m 4 2m 3 m 4k2 +1 uuur uuuur uuur又 OMN 1 ÷ ,又OP t OM + ON t x1 + x2 , y + y2 2 2 2 1 2 ,2 2 è 2k +1 2k +1 2k +1ì t x1 + x2 4km t 2 2 2k 2 +1 P 4km t, 2m t 4km 2 t 2 2m t 又 í 2m ,所以 2k 2 1 2k 2 1 ÷,所以è + + è 2k +1÷ è 2k 2 +1 ÷ , t y + y t ék x + x + 2mù t + 1 1 2 1 2 2k 2 +1 3 38m2t 2 23 t 0 3 2k +1 化简得 2 ,又 ,所以 ,则2k +1 t 8m23 2k 2 +1 4k 2 +1 6 4k 2S 2tS 2 m +1 6 1 é 6 OMPN OMN × × 2 , 3 ,8m2 2k 2 +1 2 2k 2 +1 2 2k 2 1 ê 2 ÷+ ÷ 当直线MN 的斜率不存在时,MN 的方程为 x 1或 x 1;1当MN 的方程为 x 1,易得P 3,0 , MN 2,所以 SOMPN MN OP 3 ;2当MN 的方程为 x 1,易得P 3,0 , MN 2 1,所以 SOMPN MN OP 3 .2é 6 ù综上,四边形OMPN 面积的取值范围为 ê , 3 . 2ú 【变式 1-1】x2 y2(24-25 高二上·安徽淮南·期中)已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 的右顶点为 A 2,0 ,上顶点为B 0, 3 .a b(1)求椭圆C 的方程;(2)椭圆C 的右焦点为F ,点 P 为椭圆C 上不同于顶点的一点,若直线 AP ,FP与 y 轴相交,交点分别为M , N ,且OM × ON 9 ,求点 P 的横坐标.42 2 1【答案】(1) x y+ 1(2) 4 3 5【分析】(1)根据题意求 a,b,即可求椭圆方程;(2)方法一:首先设点P x0 , y0 ,其中 2 < x0 < 2且 x0 0,并表示直线 AP 和FP,并求点M , N 的坐标,根据条件列式,即可求解;方法二:首先设直线 AP 的方程为 y k x 2 ,联立椭圆方程,利用斜率表示点 P 的坐标,并表示直线FP,利用斜率表示点M , N 的坐标,根据条件列式,即可求解.2 2【详解】(1)由题意可得 a 2 C x y,b 3 ,所以椭圆 的方程为 + 1;4 3(2)如图 法一:设P x0 , y0 ,其中 2 < x0 < 2且 x0 0,y0因为直线 AP ,FP与 y 轴相交,所以直线 AP ,FP斜率都存在,直线 AP 方程为 y x 2 x 2 ,令 x 00 ,得y 2y 0M x0 2,y y2FP 0直线 方程为 x y 1 0 2y0 y0 2y0 9x 1 ,令 x 0,得yN x 1,所以OM × ON × ,0 0 x0 2 x0 1 x0 2 × x0 1 4x2 y2 3 4 x2 2y2 9 3 4 x20 0 9又因为 0 + 0 1,所以 y 24 3 0 0 ,代入 中,可得 ,4 x0 2 × x0 1 4 x0 2 × x0 1 42 2 x0 2 + x0 2 2 + x 3 0 3 x 7 x 1整理得 ,即 ,所以 0 或 0 ,又因为 2 < x0 < 2, x 0 0,所以 x1 ,x0 2 × x0 1 x0 1 50 51所以点 P 的横坐标为 ;5法二:由题意直线 AP 斜率存在,且不为 0,设直线 AP 的方程为 y k x 2 ,ìy k x 2 令 x 0 2 2 2 2,得 yM = -2k ,由 í x2 y2 ,得 4k + 3 x 16k x +16k 12 0 ,易知D 0, + 1 4 32 2设P x0 , y0 ,其中 2 < x0 < 2且 x0 0 16k 12 8k 6,则 y0 k x0 2 ,所以 2 × x0 2 ,即 x0 2 ,4k + 3 4k + 3 k 8k2 6 y 2 2÷直线FP 0的方程为 y x 1 x 0 k x 2 4k + 3x 1 ,令 ,得 y y0 0 è 12kN ,0 x0 1 x0 1 8k2 6 1 4k2 94k 2 + 3OM 12k 24k2 9所以 × ON 2k 2 2 k2 27 27,所以 k 2(舍)或 ,4k 9 4k 9 4 20 44x 8k2 6 1 1代入 0 中,得 x ,满足 2 < x < 2, x 0,所以点 P 的横坐标为 .4k 2 + 3 0 5 0 0 5题型 11 韦达定理不能直接用:定比分点型【解题规律·提分快招】若有 x1 x2 x + x 2 x x1.利用公式 1 2 1 + 2+ 2 ,可消去参数x1x2 x2 x12.可以直接借助韦达定理反解消去两根定比分点型,即题中向量(或者线段长度满足) x1 + x2 2x可以利用公式 1x+ 2+ 2 ,可消去x1x2 x2 x1【典例 1-1】2 231.(24-25 · x y高二上 天津北辰·期中)已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的左右焦点分别为F1,F2,长轴长为 4,且短轴a b长是焦距的 3倍.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)过点F1,斜率为 3的直线与椭圆相交M ,uuuNr 两点uu,ur 求MN 的长;(3)过点F1的直线与椭圆相交于A , B 两点, AF1 2F1B ,求直线 AB 的方程.x2 y2 16 5【答案】(1) + 1(2) (3)5 y ± (x +1)4 3 2【分析】(1)根据题干条件求出 a,b,即可得到椭圆标准方程;(2)联立直线和椭圆方程,直接利用弦长公式进行求解;(3)联立直线和椭圆方程,结合韦达定理,列方程组求解.【详解】(1)依题意, 2a 4,得到 a 2,由短轴长是焦距的 3倍,得 2b 2 3c,2 2又 a2x y b2 + c2,所以 4 3c2 + c2 4c2 ,解得 c 1,所以b2 a2 c2 3, 故椭圆的标准方程为 + 1.4 3ìy 3(x +1)(2)由(1)知,F1( 1,0) ,故该直线为 y 3(x +1), 由 í x2 y2 ,消 y 可得5x2 + 8x 0, + 1 4 3故 x81 , x22 0,由弦长公式, MN 1+ k x x161 2 .5 5 uuur uuur(3)显然 AB 的斜率存在(否则 AB ^ x轴,根据对称性, AF1 F1B ,与题设矛盾), 设 A x1, y1 ,B x2 , y2 ,直线 ABìy k(x +1)为 y k(x +1) ,由 í x2 y2 ,消 y 得 (4k2 + 3)x2 + 8k2 x + 4k2 12 0, + 1 4 38k 2 4k 2 12 uuur uuur由韦达定理可得: x1 + x2 ①, x1x2 ,又 AF1 2F1B ,则 1 x1, y1 2 x2 +1, y2 2 2 ,故 x1 + 2x2 34k + 3 4k + 3②,2 2 (4k 2 + 9)(4k 2 9) 4k 2 12由①②得 x 4k + 9 4k 92 2 , x ,故 x x 4k + 3 1 4k 2 + 3 1 2 (4k 2 + 3)2 2 ,4k + 3即16k 4 81 (4k 2 + 3)(4k 2 12) 5 5,化简可得 4k 2 5,解得 k ± .故直线 AB 为 y ± (x +1) .2 2【典例 1-2】24-25 x2 y2( 高二上·天津·阶段练习)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆C : 2 + 2 1 (a 0,b 0)的离心率为 a b1 32 , 且经过点 (1, ), A, B分别为椭圆 C 的左、右顶点,过左焦点 F 的直线 l 交椭圆 C 于D, E 两点 (其中 D 在 x 轴上2方).(1)求椭圆uuurC 的u标uur准方程;(2)若 7EF 3FD,求直线 l的方程.2 2【答案】(1) C : x y+ 1 (2) 3x 4y + 3 04 31 9【分析】(1)由离心率推得 3a 2b ,将点坐标代入得 + 1,联立解得 a 2,b 3 ,即得椭圆方程;a2 4b2 uuur uuur(2)设直线 l的方程为 x my 1,与椭圆方程联立,设D(x1, y1), E(x2 , y2 ) ,写出韦达定理,由7EF 3FD推得y 71 y2 ,与韦达定理联立,整理成关于m 的方程,解之即得.3c 1 a2 4c2 a2 b2 1 9【详解】(1)由 可得 ,即 3a 2b ①,又 2 + 2 1②,联立①,②解得 a 2,b 3 ,a 2 a 4bx2 y2故椭圆 C 的标准方程为: + 1;4 32 2(2)因F ( 1,0) x y,由题知直线 l的斜率不为 0,故可设直线 l的方程为 x my 1,代入 + 1中,4 3ì y6m1 + y2 2 ,① uuur uuur整理得:(3m2 + 4) y2 6my 9 0 D 0 D(x , y ), E(x , y ) 3m + 4,显然 ,设 1 1 2 2 ,则 í ,9 因7EF 3FD,代入坐标 y y 1 2 ,② 3m2 + 49m得: 7( 1 x2 , y2 ) 3(x71 +1, y1),即得 3y1 7 y2,即 y1 y2 代入① ,可得 y2 2(3m2 4) ③;再将其代入②,3 +2 27 9m 2 27 4可得 y 2 22 7(3m2( ) m ±+ 4) ④ ,将③代入④ , 2(3m2 4) 7(3m2 4) ,化简得 21m 4(3m + 4),解得 ,+ + 34因点 D 在 x 轴上方,故m .3 此时,直线 l的方程为:3x 4y + 3 0 .【变式 1-1】24-25 · · C : x2 y2( 高三上 天津北辰 阶段练习)已知椭圆 2 + 2 1(a b 0) 的左焦点为F ( 1,0)2,离心率 e .a b 2(1)求椭圆C 的标准方程;(2)已知直线 l交椭圆C 于A , B 两点. uuur uuur uuur uuur①若直线 l经过椭圆C 的左焦点F ,交 y 轴于点 P ,且满足PA AF ,PB m BF .求证: + m 为定值;②若OA ^ OB,求△OAB 面积的取值范围.x2 é ù【答案】(1) + y23 2 1(2)①证明见解析;② ê ,2 2 2ú 【分析】(1)根据给定条件直接计算 a,b 作答.(2)①设出直线 l的方程,与椭圆 C 的方程联立,利用向量运算并借助韦达定理计算作答;②先探讨 OA,OB 与坐标轴重合时情况,再在 OA,OB 与坐标轴不重合时,设 OA,OB 方程并列出VAOB 的面积的关系,借助二次函数性质计算,从而得解.x2 y2 2【详解】(1)椭圆C : 2 + 2 1(a 0,b 0)的左焦点为F 1,0 ,离心率 e ,a b 2c 2 x2则半焦距 c 1, , a 2 ,b 1所以椭圆C 的标准方程为 + y2 1.a 2 2(2)①依题意,直线 l的斜率存在,设直线 l的方程为 y k x +1 ,则P(0,k) ,ìy k x +1 设 A x1, y1 ,B x2 , y2 ,由 í 2 2 消去 y 并整理得: (1+ 2k 2 )x2 + 4k 2x + 2k 2 2 0, x + 2y 2 4k 2 2k 2 2 u专题 19 圆锥曲线(椭圆)综合大题类归类目录题型 01 圆锥韦达定理基础 ....................................................................................................................................................................1题型 02 “定点型”原理:双变量直线啊.............................................................................................................................................2题型 03 基本计算型:斜率和定 ............................................................................................................................................................3题型 04 斜率积定 ..................................................................................................................................................................................4题型 05 斜率比值定型 ............................................................................................................................................................................4题型 06 面积最值范围型 ......................................................................................................................................................................5题型 07 圆过定点型 ................................................................................................................................................................................6题型 08 定值型 ........................................................................................................................................................................................6题型 09 切线型 ........................................................................................................................................................................................7题型 10 韦达定理不能直接用:“点带入”型.....................................................................................................................................8题型 11 韦达定理不能直接用:定比分点型.........................................................................................................................................9题型 12 韦达定理不能直接用:系数不一致.......................................................................................................................................10题型 13 韦达定理不能直接用:坐标计算型.......................................................................................................................................10题型 14 压轴大题 ..................................................................................................................................................................................11题型 01 圆锥韦达定理基础【解题规律·提分快招】基本模板实战模板1、设点, A(x1, y1), B(x2, y2 )2、方程 1:设直线: y-y0 k(x x0 ) -----此处还有千言万语,在后边分类细说。3、方程 2:曲线:椭圆,双曲线,抛物线,或者其他(很少出现),注意一个计算技巧,方程要事先去分母4、方程 3:联立方程,整理成为关于 x(或者 y)的一元二次方程。要区分,椭圆,双曲线,和抛物线联立后方程的二次项能否为零-----这就是实战经验。5、(1) 0; (2)二次项系数是否为 0;------这两条,根据题确定是直接用,或者冷处理。但是必须考虑。6、方程 4、5:韦达定理7、寻找第六个方程,第六个方程其实就是题目中最后一句话【典例 1-1】24-25 x2 y2( 高二上·天津河东·阶段练习)已知椭圆 C: + 1 a b 0 3的离心率为 ,且经过点 A(0, 1)2 2 .a b 2(1)求椭圆 C 的标准方程;(2)若过点B(0,3) 的直线与椭圆交于 M,N 两点(点 M,N 与点 A 不重合),求证: AMN 为直角三角形.5【典例 1-2】2 2(24-25 x y 7高二上·天津和平·期末)已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 的离心率为 , F1, F2 分别是椭圆的左右焦点,过点F1a b 7的直线交椭圆于M , N 两点,且 MNF2的周长为 4 7 .(1)求椭圆C 的方程;(2)过点P 0,2 作斜率为 k k 0 的直线 l与椭圆C 交于两点 A, B,判断在 x 轴上是否存在点D,使得 ADB是以 AB 为底边的等腰三角形?若存在,求点D横坐标的取值范围,若不存在,请说明理由.【变式 1-1】2 2(24-25 高三上·天津南开·期末)已知离心率为 e C : x y的椭圆 + 1 a b 0 过点 2,0 , 3, 3e .a2 b2(1)求椭圆C 的方程和离心率 e; uuur uuur(2) F 为椭圆C 的左焦点,A 为上顶点,点M 在 x 轴上,且 AM ^ AF .过点M 直线 l与椭圆C 交于 P,Q 两点,且 FP × FQ 4 ,求直线 l的方程.题型 02 “定点型”原理:双变量直线啊【解题规律·提分快招】当题中的直线既无斜率,又不过定点线,就要设成“双变量”型:y=kx + m ,依旧得讨论 k 是否存在情况当直线既不过定点,也不知斜率时,设直线,就需要引入两个变量了。(1)设成y=kx + m。此时直线不包含斜率不存在,注意适当的对此补充讨论。(2)设成x=ty + m,此时直线不包含水平,也要适当的补充讨论。(3)设“双变量”求定点时,第二种设法较简单。(4)重要!双变量设法,在授课时,一定要讲清楚以下这个规律:一般情况下,试题中一定存在某个条件,能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。处理定点问题的思路:(1)确定题目中的核心变量(此处设为 k ),(2)利用条件找到 k 与过定点的曲线F x, y 0 的联系,得到有关 k 与 x, y的等式,(3)所谓定点,是指存在一个特殊的点 x0 , y0 ,使得无论 k 的值如何变化,等式恒成立,此时要将关于 k与 x, y的等式进行变形,直至找到 x0 , y0 ,①若等式的形式为整式,则考虑将含 k 的式子归为一组,变形为“ k × ”的形式,让括号中式子等于 0,求出定点;②若等式的形式是分式,一方面可考虑让分子等于 0,一方面考虑分子和分母为倍数关系,可消去 k 变为常数.【典例 1-1】2 2(24-25 高二上· x y天津西青·期末)已知椭圆 2 + 2 1 a b 0 的左焦点F 为圆 x2 + y2 + 2x 0 的圆心,且椭圆上的点a b到点F 距离的最小值为 2 1 .(1)求椭圆的标准方程;(2)设直线 l : y kx + m m ±1 与椭圆交于两个不同点M , N ,点A 为椭圆上顶点,直线 AM 与 x 轴交于点E ,直线 ANx uuur uuur与 轴交于点D,若OE ×OD 6 ,求证:直线 l经过定点.【典例 1-2】2 2(24-25 高二上·天津静海·阶段练习)已知椭圆C x y的方程为 2 + 2 1 a b 0 3,其右顶点 A 2,0 ,离心率 e .a b 2(1)求椭圆C 的方程; uuur uuur(2)若直线 l : y kx + m k 0 与椭圆C 交于不同的两点M , N (M , N 不与左、右顶点重合),且MA × NA 0.求证:直线 l过定点,并求出定点的坐标.【变式 1-1】2 2 3 (24-25 x y高三上·天津南开·阶段练习)已知椭圆E : 2 + 2 1 a b 0 过点a b 1, 2 ÷÷,其长轴长为 4,下顶点为 B ,若作è 与 y 轴不重合且不平行的直线 l交椭圆E 于P,Q 两点,直线BP, BQ分别与 x 轴交于M , N 两点.(1)求椭圆E 的方程;4(2)当点M , N 横坐标的乘积为 时,试探究直线 l是否过定点?若过定点,请求出定点的坐标;若不过定点,请说明理3由.题型 03 基本计算型:斜率和定【解题规律·提分快招】x2 y22 + 2 (1 a b 0)给定椭圆 a b ,与椭圆上定点 P(x0,y0),过 P 点走两条射线 PA、PB,与椭圆交与 A和 B 两点,记直线 PA、PB 的斜率分别为 K1,K2,则有2(1) k k t 2y 2b x、若 1 + 2 ,则直线AB过定点(x 00 , y 0t 0 a2)t2 2(2)、若k1 k t AB2b x0 x 2a ty2 ,则直线 过定点( 0ta2 2+ , b 0 ta2 b2+ y0 )【典例 1-1】24-25 · x2 y2 3 ( 高三上 天津滨海新·阶段练习)已知F 1,0 为椭圆 2 + 2 1 a b 0 的左焦点,P 1, 2 ÷为椭圆上一点.a b è (1)求椭圆的方程;(2)直线 l (不与 x 轴重合)经过O 0,0 并且交椭圆于C ,D两点(点C 在点D的右侧),椭圆右顶点为A ,若 N 为线段OA的中点,过点 N 作与 x 轴垂直的直线交直线 l于E ,直线 AE 与椭圆相交于点 B ,设直线 AC 与直线BD的斜率分别为k1,k2 ,请问 k1 + k2 是否为定值 若是,求出该定值;若不是,请说明理由.【典例 1-2】2 2 1 3(24-25 x y高二上·天津河北·期末)已知椭圆C : 2 + 2 1( a b 0 e )的离心率 ,且椭圆过点 1, ÷ .a b 2 è 2 (1)求C 的方程:(2)过点M 0,1 直线 l与椭圆有两个交点A , B ,已知 y 轴上点 N 0,3 ,求证: kNA + kNB 0 .【变式 1-1】x2 y2(24-25 高三上·福建福州·阶段练习)已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 的右焦点 F 在直线 x + 2y 1 0上,A,B 分别a b为C 的左、右顶点,且 AF 3 BF .(1)求 C 的标准方程;(2)是否存在过点G 1,0 的直线 l交 C 于 M,N 两点,使得直线 BM , BN 的斜率之和等于-1?若存在,求出 l的方程;若不存在,请说明理由.题型 04 斜率积定【解题规律·提分快招】x2 y2a2+ (1 a b 0)给定椭圆 b2,与椭圆上定点 P(x0,y0),过 P 点走两条射线 PA、PB,与椭圆交与 A和 B 两点,记直线 PA、PB 的斜率分别为 K1,K2,则有2y 2b2(1) x、若k1 + k2 t,则直线AB过定点(x 0 00 , y t 0 a2)t2 2(2) k k 2b x 2a ty、若 1 2 t,则直线AB过定点( 02 2 +x0,0 + y )ta b ta2 b2 0【典例 1-1】2 2 1(24-25 高二上· x y 6浙江嘉兴·期中)已知椭圆C : + 1 a b 0 过点H 3,12 2 ,离心率为 ,斜率为 的直线 l与a b 3 3椭圆C 相交于异于点 H 的M , N 两点,且HM ,HN 均不与 x 轴垂直.(1)求椭圆C 的方程;(2)若 MN 10 , P 为椭圆的上顶点,求 PMN 的面积;(3)记直线HM ,HN 的斜率分别为 k1, k2 ,证明: k1k2为定值.【典例 1-2】x2 y2 3 1(24-25 高二上·浙江宁波·期中)已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 ,过点 A 1, ÷,离心率为 2 ,过点B 0,2 的直线 la b è 2 交椭圆于M , N 两点,若直线 AM , AN 的斜率都存在且分别为 k1,k2,(1)求椭圆C 的方程1 1(2)求 +k 的值1 k2【变式 1-1】2 2(24-25 x y 2高二上·天津和平·阶段练习)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 2 + 2 1 a b 0 的离心率为 .Auuur uuur a b 2为椭圆上异于顶点的一点,点 P 满足OP 2AO .(1)若点 P 的坐标为 2, 2 ,求椭圆的方程;uuur uuur 1(2)设过点 P 的一条直线交椭圆于 B,C 两点,且BP mBC ,直线OA,OB 的斜率之积为 ,求实数 m 的值.2题型 05 斜率比值定型【典例 1-1】x2 y2(24-25 高三上·天津·阶段练习)设椭圆E : 2 + 2 1 a b 0 3的离心率等于 ,抛物线 x2 4y的焦点F 是椭圆E 的a b 2一个顶点, A, B分别是椭圆的左右顶点.(1)求椭圆E 的方程;(2)动点 P 、Q为椭圆上异于 A, B的两点,设直线 AP ,BQ的斜率分别为 k1, k2 ,且 k2 3k1 ,求证:直线 PQ经过定点.【典例 1-2】2 2(24-25 x y高三上·天津河北·期末)已知直线 x 2经过椭圆 C: 2 + 2 1( a b 0)的右焦点为 F,且被椭圆 C 截得a b的线段长为 2 2 .(1)求椭圆 C 的标准方程;(2)椭圆 C 的下顶点为 A,P 是椭圆 C 上一动点,直线 AP 与圆 O: x2 + y2 b2 相交于点 M(异于点 A),M 关于 O 的对k1称点记为 N,直线 AN 与椭圆 C 相交于点 Q(异于点 A).设直线 MN,PQ 的斜率分别为 k1, k2 ,试探究当 k2 0时, k2是否为定值,并说明理由.【变式 1-1】2 2(2024· · x y北京 三模)已知椭圆E : +4 b2 1 b2 1< 4 的离心率为 2 .(1)求椭圆E 的方程和短轴长;(2)设直线 l1 : y kx + m与椭圆 E 相切于第一象限内的点 P ,不过原点O且平行于 l1的直线 l2与椭圆 E 交于不同的两点 A,kB 1,点A 关于原点O的对称点为C .记直线OP 的斜率为 k1,直线BC 的斜率为 k2 ,求 k 的值.2题型 06 面积最值范围型【解题规律·提分快招】求非常规型四边形的面积最大值,首先要选择合适的面积公式,对于非常规四边形,如果使用的面积公式为 S1DMEN xN xM y1 y2 ,为此计算 y1 y2 , xN - xM 代入转化为 k 的函数求最大值.2【典例 1-1】2 2 6 (24-25 x y高二上·天津北辰·期中)设椭圆E : 2 + 2 1(a b 0)的左右焦点分别为F1,F2,且过点 2, ÷÷ ,离心率a b è 2 1为 2 .(1)求椭圆的方程;(2)设动直线 l与坐标轴不垂直, l与曲线E 交于不同的M , N 两点,且直线F2M 和 F2 N 的斜率互为相反数.①证明:动直线 l恒过 x 轴上的某个定点,并求出该定点的坐标;②求 OMN 面积的最大值.【典例 1-2】x 2 y 2(24-25 高二上·贵州铜仁·阶段练习)已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0),短轴的一个端点到右焦点的距离为 3 ,半焦a b距 c 2 .(1)求椭圆C 的方程;(2) 3设直线 l与椭圆C 交于A , B 两点,坐标原点O到直线 l的距离为 ,求VAOB 面积的最大值.2【变式 1-1】2 2(24-25 x y高三上·天津滨海新·阶段练习)在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆E : 2 + 2 1 a b 0 2的离心率是 ,a b 2短轴长为 2,若点 A, B分别是椭圆E 的左右顶点,动点M (a, t), (t 2),直线 AM 交椭圆E 于 P 点.(1)求椭圆E 的方程;uuuur uuur(2)(i)求证:OM × BP是定值;S1(ii)设 ABP的面积为 S1,四边形OBMP 的面积为 S2,求 S 的最大值.2题型 07 圆过定点型【解题规律·提分快招】圆过定点,有常见几方面的思维(1)利用以“某线段为直径”,转化为向量垂直计算(2)利用对称性,可以猜想出定点,并证明。(3)通过推导求出定点(难度较大)【典例 1-1】x2 y2 1(2014 高三·全国·专题练习)已知椭圆E : + 1 (a b 0)的左焦点为F1,右焦点为F2,离心率 e 2 2 .过F2 1的直线a b交椭圆于A 、 B 两点,且DABF2 的周长为8 .(1)求椭圆E 的方程;(2)设动直线 l : y kx + m 与椭圆E 有且只有一个公共点 P ,且与直线 x 4相交于点Q .求证:以 PQ为直径的圆恒过一定点M .并求出点M 的坐标.【典例 1-2】x2 y2(24-25 高二上·天津·期中)已知椭圆G: 2 + 2 1(a b 0) ,A 点为椭圆短轴的上端点,P 点为椭圆上异于 A 点的a b任一点,若 P 点到 A 点距离的最大值仅在 P 点为短轴的另一端点时取到,则称此椭圆为“圆椭圆”,已知b 2 ,椭圆G2的离心率 e 2(1)求椭圆G的标准方程;(2)试判断椭圆G是否是“圆椭圆” 并证明你的结论;(3)Q 点为 P 点关于原点 O 的对称点,Q 点也异于 A 点,直线 AP、AQ 分别与 x 轴交于 M、N 两点,试问以线段 MN 为直径的圆是否过定点 证明你的结论.【变式 1-1】x2 y2(21-22 高三上·天津武清·阶段练习)设椭圆 + 1(a b 0) 的左、右焦点分别为F ,F ,M 为椭圆上一动点,a2 b2 1 2已知椭圆的短轴长为 2 3 ,△F1MF2面积的最大值为 3 .(1)求椭圆方程;(2)设椭圆的左顶点为 A1,过F2的直线 l与椭圆交于A 、 B 两点,连接 A1A, A1B 并延长分别交直线 x 4于 P ,Q两点,以 PQ为直径的圆是否恒过定点?若是,请求出定点坐标,若不是,请说明理由.题型 08 定值型【解题规律·提分快招】求定值问题常见的思路和方法技巧:(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.求定值题型,运算量大,运算要求高,属于中等以上难度的题【典例 1-1】x2 y2(2024·天津滨海新·三模)已知椭圆M : + 1( a b 0 1)的离心率为 , A, B分别为椭圆的左顶点和上顶点,a2 b2 2F F AB 31为左焦点,且 1 的面积为 .2(1)求椭圆M 的标准方程;(2)设椭圆M 的右顶点为C , P 是椭圆M 上不与顶点重合的动点.①若点P 1, y0 ( y0 0),点D在椭圆M 上且位于 x 轴下方,设△APC 和△DPC 的面积分别为 S1, S2.若S S 31 2 ,求点D的坐标;2②若直线 AB 与直线CP交于点Q,直线BP交 x 轴于点 N ,设直线QN 和直线QC 的斜率为 kQN ,kQC ,求证:2kQN kQC为定值,并求出此定值.【典例 1-2】2 2(2024· x y 1天津北辰·三模)已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的离心率为 2 ,左 右焦点分别为Fa b 1,F2,上 下顶点分别为 A1, A2,且四边形 A1F1A2F2 的面积为 2 3 .(1)求椭圆C 的标准方程;(2)直线 l: y kx + m(m 0)与椭圆C 交于 P,Q 两点,且 P,Q 2 2关于原点的对称点分别为 M,N,若 OP + OQ 是一个与m 无关的常数,则当四边形PQMN 面积最大时,求直线 l的方程.【变式 1-1】2 2 3 (24-25 x y高二上·天津·期中)已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的左、右焦点分别为F1, F2 , F1F2 2,点M 3, ÷÷在椭a b è 2 圆C 上.(1)求椭圆C 的标准方程;uuur uuuur(2)过点M 的直线 l与椭圆C 交于点A y B . AB 5,与 轴交于点 若 BM ,求直线 l的斜率;2PF PF(3) P 为椭圆C 上一点,射线PF1, PF2分别交椭圆C D, E1 + 2于点 ,试问 DF EF 是否为定值 若是,求出该定值; 若不1 2是,请说明理由.题型 09 切线型 2【解题规律·提分快招】在利用椭圆(双曲线)的切线方程时,一般利用以下方法进行直线:(1)设切线方程为 y kx + m 与椭圆方程联立,由D 0进行求解;x22 y2( )椭圆(双曲线) 2 ± 2 1在其上一点 x0 , y0 的切线方程为a b x0x y y ,再应用此方程时,首先应± 0 1a2 b2x0x y y证明直线 ± 0 1与椭圆(双曲线) 相切.a2 b2 x2 y22 ± 2 1a bx2 y22 2 1x0x y0 y双曲线 a b 的以 (x , y ) 2 2 1.)0 0 为切点的切线方程为 a b抛物线的切线:(1 2)点P x0, y 0 是抛物线 y 2mx m 0 上一点,则抛物线过点 P 的切线方程是: y0 y m x0 + x ;2(2)点P x0, y 0 是抛物线 x 2my m 0 上一点,则抛物线过点 P 的切线方程是: x0x m y0 + y .【典例 1-1】2 2(24-25 高二上·天津· x y 5阶段练习)已知椭圆a2+ 2 1 a b 0 的右顶点为A ,上顶点为 B ,椭圆的离心率为 ,短b 3轴长为 4.(1)求椭圆的方程;(2)直线 l与椭圆有唯一的公共点M (M 在第一象限),此直线 l与 y 轴的正半轴交于点 N ,直线 NA与直线OM 交于点S 16P ,且 △POA S31 △NOA,求直线 l方程.【典例 1-2】2 2(23-24 x y高二上·天津南开·阶段练习)已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的右焦点为F ,点 P 为椭圆上一动点,且 P 到Fa b2的距离与到直线 l : x 2的距离之比总是 .2(1)求椭圆C 的方程;(2)过 P 作椭圆C 的切线,交直线 l于点T .①求证:PF ^ TF ;②求三角形POT 面积的最小值.【变式 1-1】(22-23 高三·天津南开·阶段练习)已知椭圆 的左顶点为 A1,右焦点为 ,过点 作垂直于轴的直线交该椭圆于 两点,直线 的斜率为 .(1)求椭圆的离心率;(2)若 的外接圆在 处的切线与椭圆交于另一点 ,且 的面积为 ,求该椭圆方程.题型 10 韦达定理不能直接用:“点带入”型【典例 1-1】x2 y2(21-22 高三·重庆渝中·阶段练习)已知椭圆C : + 1 a b 0 的左、右焦点为F1,F2 2 2, P 为椭圆上一点,且a bPF2 ^ F1F2 , tan PF F3 1 2 .12(1)求椭圆C 的离心率 e;1 uuur uuur uuuur(2) l C AB Q 1, 已知直线 交椭圆 于A , B 两点,且线段 的中点为 2 ÷,若椭圆C 上存在点M ,满足 2OA + 3OB 4OM ,è 试求椭圆C 的方程.【典例 1-2】x2 2(2024·全国· y模拟预测)已知椭圆E : 2 + 2 1 a b 0 2的离心率为 ,且过点 A 1, 1 .a b 2(1)求 E 的方程;(2)若 O 为坐标原点,直线 l 与 E 交于 M,N 两点,且以MN 为直径的圆过点 O,点 P 是 E 上的一点,满足uuur uuuur uuurOP t OM + ON t 0 ,求四边形OMPN 面积的取值范围.【变式 1-1】x2 y2(24-25 高二上·安徽淮南·期中)已知椭圆C : 2 + A 2,0 B 0, 3a b2 1 a b 0 的右顶点为 ,上顶点为 .(1)求椭圆C 的方程;(2)椭圆C 的右焦点为F ,点 P 为椭圆C 上不同于顶点的一点,若直线 AP ,FP与 y 轴相交,交点分别为M , N ,且OM × ON 9 ,求点 P 的横坐标.4题型 11 韦达定理不能直接用:定比分点型【解题规律·提分快招】若有 x1 x2 x + x 2 x x1.利用公式 1 2 1 + 2+ 2 ,可消去参数x1x2 x2 x12.可以直接借助韦达定理反解消去两根定比分点型,即题中向量(或者线段长度满足) x1 + x2 2x可以利用公式 1 + 2 x+ 2 ,可消去x1x2 x2 x1【典例 1-1】2 231.(24-25 高二上· x y天津北辰·期中)已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的左右焦点分别为F1,F2,长轴长为 4,且短轴a b长是焦距的 3倍.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)过点F1,斜率为 3的直线与椭圆相交M ,uuuNr 两点uu,ur 求MN 的长;(3)过点F1的直线与椭圆相交于A , B 两点, AF1 2F1B ,求直线 AB 的方程.【典例 1-2】x2 y2(24-25 高二上·天津·阶段练习)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆C : + 1 (a 0,b 0)的离心率为a2 b21 32 , 且经过点 (1, ), A, B分别为椭圆 C 的左、右顶点,过左焦点 F 的直线 l 交椭圆 C 于D, E 两点 (其中 D 在 x 轴上2方).(1)求椭圆uuurC 的u标uur准方程;(2)若 7EF 3FD,求直线 l的方程.【变式 1-1】2 2(24-25 高三上·天津北辰· x y 2阶段练习)已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的左焦点为F ( 1,0) ,离心率 e .a b 2(1)求椭圆C 的标准方程;(2)已知直线 l交椭圆C 于A , B 两点.y uuur uuur uuur uuur①若直线 l经过椭圆C 的左焦点F ,交 轴于点 P ,且满足PA AF ,PB m BF .求证: + m 为定值;②若OA ^ OB,求△OAB面积的取值范围.题型 12 韦达定理不能直接用:系数不一致 1【解题规律·提分快招】平移齐次化的步骤,(1)平移;(2)与圆锥曲线联立并其次化;(3)同除 x2;(4)利用根与系数的关系进行证明结论;如果是过定点的问题还需要平移回去.【典例 1-1】x2 y2 2(2022·安徽芜湖·模拟预测)已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 的离心率为 , A1、 A2分别为椭圆C 的左 右顶点, B 为a b 3C F A F B 5椭圆 的上顶点, 1为椭圆的左焦点,且 1 1 的面积为 .2(1)求椭圆C 的方程;(2)设过点D 1,0 的动直线 l交椭圆C 于E 、F 两点(点E 在 x 轴上方),M 、 N 分别为直线 A1E 、 A2F 与 y 轴的交点,证OM明: ON 为定值.【典例 1-2】2 2(2022 高三· · C : x y全国 专题练习)如图,已知椭圆 2 + 2 1(a b 0)1的离心率为 2 ,A , B 分别是椭圆C 的左、右顶a b点,右焦点F ,BF 1,过F 且斜率为 k(k 0) 的直线 l与椭圆C 相交于M , N 两点,M 在 x 轴上方.(1)求椭圆C 的标准方程;S 3(2)记△AFM , BFN 1的面积分别为 S1, S2,若 S 2 ,求 k 的值;2(3)设线段MN 的中点为D,直线OD 与直线 x 4相交于点E ,记直线 AM ,BN ,FE的斜率分别为 k1, k2 , k3 ,求k2 × (k1 k3 ) 的值.【变式 1-1】2 2 3 (2024· · E : x y天津 一模)已知椭圆 2 + 2 1(a b 0)过点 1, 2 ÷÷,焦距是短半轴长的 2 3 倍,a b è (1)求椭圆E 的方程;(2)点 A, B, P 是椭圆E 上的三个不同点,线段 AB 交 x 轴于点Q(Q异于坐标原点O),且总有△AQP 的面积与 BQP的面积相等,直线PA, PB分别交 x 轴于点M , N 两点,求 OM × ON 的值.题型 13 韦达定理不能直接用:坐标计算型----1【解题规律·提分快招】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.【典例 1-1】2 2(2024·天津河东· x y一模)已知椭圆C : 2 + 1 a b 0 3 M 0,32 的离心率为 ,点 到椭圆右焦点距离等于焦距.a b 2(1)求椭圆标准方程;(2)过点M 斜率为 k 的直线 l与椭圆交于 A, B两点,且与 x 轴交于点 N ,线段 AB 的垂直平分线与 x 轴, y 轴分别交于点7P ,点Q, S△POQ S△MON ,O 为坐标原点,求 k 的值.50【变式 1-1】2 2(24-25 高三下·浙江宁波· x y阶段练习)已知椭圆E : 2 + 2 1 a b 0 2的离心率为 ,且过点 2,0 .a b 2(1)求椭圆E 的标准方程;(2)已知点P 4,0 ,G 1,0 ,过点 P 作直线 l(不与 x 轴重合)交椭圆E 于 A, B,连接BG 交E 于点C ,连接 AC ,直线 ACAH Sx △GCP与 轴交于点 H .(i)求 AC 的值;(ii)若点A 在线段BP上,求 S 的取值范围.△GBP题型 14 压轴大题【典例 1-1】(24-25 高三上·云南昆明·期中)平面内,动点C 与定点F 1,0 C 1的距离与 到定直线 l: x 4的距离之比为常数 2 .(1)求动点C 的轨迹方程;(2)过点F 作不垂直于 y 轴的直线m ,m 与动点C 的轨迹交于M , N 两点,点 P 在直线 l上,记直线PM , PF , PN 的斜率分别为 k1, k2 ,k3 ,证明: k1, k2 ,k3 成等差数列.【典例 1-2】2(24-25 高二上·天津武清· x阶段练习)已知F1、F2分别为椭圆G : + y2 1的左、右焦点,M 为G上的一点.4(1)若点 M 的坐标为 1, m m 0 ,求△F1MF2的面积;(2)若点 M 的坐标为 0,1 3 uuur uuur,且直线 y kx k R 与G交于不同的两点 A、B,求证:MA × MB 为定值,并求出该定值;5(3)如图,设点 M 的坐标为 s,t ,过坐标原点 O 作圆M : x s 2 + y t 2 r 2 (其中 r 为定值,0 < r <1且 s r )的两条切线,分别交G于点 P,Q,直线 OP,OQ 的斜率分别记为 k1, k2 .如果 k1k2为定值,求 OP × OQ 的最大值,【变式 1-1】2 2(22-23 2 3 x y 2高三上·云南昆明·阶段练习)已知过点P( , )的椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的离心率为 . 如图所示,过2 2 a b 2椭圆右焦点 F 的直线(不与 x 轴重合)与椭圆C 相交于 A,B 两点,直线 l : x 2与 x 轴相交于点 H ,过点 A 作 AD ^ l ,垂足为D .(1)求四边形OAHB(O为坐标原点 ) 的面积的最大值;(2)求证:直线BD过定点E ,并求出点E 的坐标.冲高考 22 21.(2021· x y 2天津宁河·一模)已知椭圆 E : 2 + 2 1 a b 0 的离心率为 ,一个顶点 A 在抛物线 x2 12y 的准线上,a b 2其中O为原点.(1)求椭圆的方程; uuur uuur(2)设F 为椭圆E 的右焦点,点C 满足mOF OC ,点 B 在椭圆上( B 异于椭圆的顶点).(i)直线 AB 与以C 为圆心的圆相切于点 P ,且 P 为线段 AB 的中点,求实数m 的取值范围;(ii)若点 B 在第四象限,且 sin AFB 2 sin BFC ,求直线 AB 的斜率.x2 y2 12.(高三上·江苏淮安·期末)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C: + 1(a>b>0)的离心率 e 2 ,a b2 2左顶点为 A(﹣4,0),过点 A 作斜率为 k(k≠0)的直线 l 交椭圆 C 于点 D,交 y 轴于点 E.(1)求椭圆 C 的方程;(2)已知 P 为 AD 的中点,是否存在定点 Q,对于任意的 k(k≠0)都有 OP⊥EQ,若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在说明理由;(3)若过 O AD + AE点作直线 l 的平行线交椭圆 C 于点 M,求 的最小值.OM2 23. x y(2025·河北保定·一模)已知椭圆C : 2 + 2 1 a b1 0 的离心率为 F , F2 ,左、右焦点分别为 1 2 ,点 P 为C 上的动a b点, F1PF2的周长为 6.(1)求C 的标准方程.(2)延长线段PF1, PF2分别交C 于Q,M 两点,连接QF2 ,并延长线段QF2 交C 于另一点 N ,若直线 PQ和MN 的斜率均存k1在,且分别为 k1,k2,试判断 k 是否为定值.若是,求出该定值;若不是,说明理由.22 24.(2025· x y 1山东青岛·一模)已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的左,右焦点分别为F1,F2,短轴长为 2 3 ,离心率为 .a b 2(1)求C 的方程;1(2)记C 的左顶点为A ,直线 l与C 交于 P,Q 两点,直线 AP,AQ 的斜率之积为 .4(i)证明:直线 l过定点;(ii)若 P 在 x 轴上方,直线PF 与圆M : (x +1)2 21 + y 16交于点 B ,点 B 在 x 轴上方.是否存在点 P ,使得 PBF2 与 QF1F2的面积之比为 3:5?若存在,求出点 P 坐标;若不存在,说明理由.2 25.(2025· x y辽宁抚顺·模拟预测)在平面直角坐标系 xOy 中,点M 0, 3 在椭圆 2 + 2 1(a b 0) 上,椭圆的离心率a b1为 2 ,左、右焦点分别为F1,F2,过F1且斜率为 k k 0 的直线与椭圆交于 A,B 两点,其中点 A 在 x 轴的上方.(1)当 k 1时,求 AF2 + BF2 的值:(2)将平面 xOy 沿 x 轴折叠成直二面角,点 A,B 在折叠后分别到达点 A ,B 位置.(i)若 A B 2 OA 2 + OB 2 ,求 k 的值;31(ii)是否存在 k,使得 A B F2 的周长为 ?若存在,请求出 k 的值;若不存在,请说明理由.4 展开更多...... 收起↑ 资源列表 专题19圆锥曲线综合大题(原卷版)2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练(天津专用)[完整版].pdf 专题19圆锥曲线综合大题(解析版)2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练(天津专用)[完整版].pdf