資源簡(jiǎn)介

圓錐曲線題型技巧---非對(duì)稱韋達(dá)
一、解答題
2 2
1 x y 3．已知橢圓 E： 1(a b 0)的離心率是 ，A1，A2 分別為橢圓 E的左右頂點(diǎn)，B為上頂點(diǎn)，a2 b2 2
A1BA2的面積為 2.直線 l過(guò)點(diǎn)D 1,0 且與橢圓 E交于 P，Q兩點(diǎn)．
1 求橢圓 E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
2 求 OPQ面積的最大值；
3 設(shè)直線A1P與直線QA2交于點(diǎn) N，證明：點(diǎn) N在定直線上，并寫出該直線方程．
2
【答案】（1 x y2 1 2 3） （ ） （3）見證明
4 2
【分析】
1 根據(jù)離心率和三角形的面積即可求出 a 2， b 1，
2 分兩種情況，當(dāng) PQ 3斜率不存在時(shí)，S y k x 1OPQ ，當(dāng)直線 PQ的斜率存在時(shí)，設(shè) PQ的方程為 ，2
k 0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、，函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合已知條件能求出 OPQ的面積的
最大值．
3 分兩種情況，PQ斜率不存在時(shí)，易知N 4, 3 ，當(dāng)直線 PQ的斜率存在時(shí)，直線A1P的方程為
y y 1 x 2 y，直線A2Q 2
x 2 1
x 2 的方程為
y x 2
x 2 ，即可整理化簡(jiǎn)可得 ，解得即可．1 2 x 2 3
【詳解】
c 2
解：由題意知 e 1 b 3 2 ，a a 2
b2 1
2 ，即 a 2b，a 4
A1BA2的面積為 2，
ab 2，
解得 a 2， b 1，
2
C x橢圓 的標(biāo)準(zhǔn)方程為 y2 1，
4

2 PQ斜率不存在時(shí)，易知P 1,
3 3
2
，Q 3 1, ，此時(shí)S OPQ ，
2 2
當(dāng)直線 PQ的斜率存在時(shí)，設(shè) PQ的方程為 y k x 1 ， k 0，
設(shè)P x1, y1 ，Q x2 , y2 ，
x2y k x 1 y2 1 1 4k2 x2將 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 面積的最大值
2
證明 3 PQ斜率不存在時(shí)，易知N 4, 3 ，
y y
當(dāng)直線 PQ 1的斜率存在時(shí)，直線A1P的方程為 y x 2 ，直線A2Q 2的方程為 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點(diǎn)的橫坐標(biāo)為 4，
綜上所述，點(diǎn) N在定直線 x 4上．
【點(diǎn)睛】
本題考查橢圓性質(zhì)、根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、考查考查推理論證能力、數(shù)據(jù)處理能力、運(yùn)算求
解能力，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．
x2 y22．已知 A，B分別為橢圓C : 1(a b 0)的左右頂點(diǎn)，E為橢圓 C的上頂點(diǎn)，F(xiàn)為橢圓 C的右
a2 b2
焦點(diǎn)，E與 F關(guān)于直線 y x
a
對(duì)稱， AEF的面積為 2 1，過(guò)D ,0 的直線交橢圓 C于兩點(diǎn) M，N(異
2
于 A，B兩點(diǎn)).
（1）求橢圓 C的方程；
（2）證明：直線 AM 與 BN 的交點(diǎn) P在一條定直線上.
2 2
【答案】（1 x y） 1；（2）證明見解析.
4 2
【分析】
（1）待定系數(shù)法可以求二次曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；
x2 y2
（2）設(shè)出直線 MN的方程 x ty 1，與橢圓 1聯(lián)立，得到 t 2 2 y2 2ty 3 0，求出 AM、
4 2
BN的交點(diǎn)坐標(biāo)，結(jié)合一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得出結(jié)論.
【詳解】
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）由題可知，直線MN 與 x軸不重合，設(shè)為 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
由橢圓的對(duì)稱性可知，交點(diǎn)必在一條垂直于 x軸的直線上
直線 AM : x
x 2
1 y ty 3 2 1
y ，即
x y 2
y ①1 1
BN : x x 2 ty 1直線 2 y 2 x 2 y 2y ，即 ②2 y2
x 4ty y 12 y
12 y2 t 2 2 12t
聯(lián)立①②得： 1 2 2 2 2 4
3y2 y1 2 y t 22 2 2t
直線 AM 與 BN 的交點(diǎn) P在定直線 x 4上.
【點(diǎn)睛】
（1）待定系數(shù)法可以求二次曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）"設(shè)而不求"是一種在解析幾何中常見的解題方法，可以解決直線與二次曲線相交的問(wèn)題.
3 x
2 y2 2
．已知橢圓 1(a b 0)的左、右焦點(diǎn)是 F1、F2，左右頂點(diǎn)是 Aa2 b2 1
、A2 ，離心率是 ，過(guò) F2的
2
直線與橢圓交于兩點(diǎn) P、Q(不是左、右頂點(diǎn))，且 F1PQ的周長(zhǎng)是 4 2，
直線 A1P與 A2Q交于點(diǎn) M.
(1)求橢圓的方程；
(2)(ⅰ)求證直線 A1P與 A2Q交點(diǎn) M在一條定直線 l上；
PF
(ⅱ)N 2是定直線 l上的一點(diǎn)，且 PN平行于 x軸，證明： 是定值．
PN
2
【答案】(1) x y2 1 (2) (ⅰ)見證明；(ⅱ)見證明
2
【解析】
【分析】
c 2

(1)由題意可得 a 2 ，可以求出 a 2， c 1，從而求出橢圓的方程；(2)(ⅰ)由點(diǎn)斜式分別寫出 A1P

4a 4 2
與 A2Q的方程，兩式子消去 y，根據(jù)韋達(dá)定理可得 P x1, y1 ，Q x2 , y2 的坐標(biāo)關(guān)系，進(jìn)而可以得到點(diǎn) M
PF x 1 2 y 2 PF2 2
在一條定直線 x＝2上；(ⅱ)由于 2 1 1 ，結(jié)合點(diǎn) P在橢圓上，可以求出 為定
PN 2 x PN 21
值。
【詳解】
(1)設(shè)橢圓的焦距是 2c，
c 2

據(jù)題意有： a 2 ，a 2， c 1，則b 1，

4a 4 2
x2
所以橢圓的方程是 y2 1 .
2
(2) (ⅰ)由(1)知 A1 2,0 ， A2 2,0 ，F(xiàn)2 1,0 ，
設(shè)直線 PQ的方程是 x my 1，
2 2
代入橢圓方程得： m 2 y 2my 1 0，
易知 4m2 4 m2 2 8m2 8 0，
設(shè)P x1, y1 ，Q x2 , y2 ， y1 y2，

y
2m
1
y2 m2 2
則
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
直線 A1P
1
的方程是： y x 2 ①，
x1 2
y2
直線 A2P的方程是： y x 2 ②，x2 2
設(shè)M x, y ，既滿足①也滿足②，
x2 y1 x1y2 2 y2 y1 2my1y2 y1 y2 2 y2 y
則 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
故直線 A1P與 A2P交點(diǎn) M在一條定直線 l：x＝2上.
(ⅱ)設(shè) N 2, t ，P x1, y1 ， x1 2,2 ，則 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
【點(diǎn)睛】
本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，橢圓與直線的綜合問(wèn)題，考查了學(xué)生綜合分析能力及計(jì)算能力，屬于難題。
2 2
4 2 x y．已知 A1、A2分別是離心率 e 的橢圓 E : 1(a b 0)的左右項(xiàng)點(diǎn)，P是橢圓 E的上頂點(diǎn)，
2 a2 b2

且PA1 PA2 1 .
（1）求橢圓 E的方程；
（2）若動(dòng)直線 l過(guò)點(diǎn) 0, 4 ，且與橢圓 E交于 A、B兩點(diǎn)，點(diǎn) M與點(diǎn) B關(guān)于 y軸對(duì)稱，求證：直線 AM 恒
過(guò)定點(diǎn).
2
【答案】（1 x） y2 1
2
（2）證明見解析
【分析】
（1）由向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算可求得 c 1，再由離心率可得 a，然后求得b，得橢圓方程；
（2）當(dāng)直線 l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線 l : y kx 4， A x1, y1 ， B x2 , y2 ，則M x2 , y2 ，
由直線方程與橢圓方程聯(lián)立并消元后應(yīng)用韋達(dá)定理得 x1 x2 , x1x2 ，然后寫出直線 AM 方程并變形后代入
x1 x2 , x1x2 ，可得定點(diǎn)坐標(biāo)，再驗(yàn)證直線 l斜率不存在時(shí)，直線 AM 也過(guò)這個(gè)定點(diǎn)即可．
【詳解】
解：（1）由題意得 A1 a,0 ， A2 a,0 ， P 0,b ，

則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，所以橢圓 E的方程為 y2 1 .
2 2 a b
2 c2
（2）當(dāng)直線 l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線 l : y kx 4， A x1, y1 ， B x2 , y2 ，則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
直線 AM 1 2的方程為 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?yàn)?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 直線 AM 的方程為可化為 ，則直線x x 4 AM 恒過(guò)定點(diǎn) 0, .1 2 4
1 1
當(dāng)直線 l的斜率不存在時(shí)，直線 AM 也過(guò)點(diǎn) 0, ，綜上知直線 AM 恒過(guò)定點(diǎn) 0,4 4
.

【點(diǎn)睛】
本題考查求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與橢圓相交問(wèn)題中的定點(diǎn)問(wèn)題．解題方法是設(shè)而不求思想方法．設(shè)
出動(dòng)直線 l方程 y kx 4，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo) A x1, y1 ，B x2 , y2 ，直線方程與橢圓方程聯(lián)立消元后應(yīng)用韋達(dá)
定理得 x1 x2 , x1x2 ，利用此結(jié)論求出直線 AM 方程，可確定定點(diǎn)坐標(biāo)．
2 2 1
5．已知橢圓C : x y2 1 a b 0 的離心率為 ，短軸長(zhǎng)為 2 3．a(chǎn) b2 2
（1）求橢圓 C的方程；
（2）設(shè) A，B分別為橢圓 C的左、右頂點(diǎn)，若過(guò)點(diǎn) P 4,0 且斜率不為 0的直線 l與橢圓 C交于 M、N兩
點(diǎn)，直線 AM與 BN相交于點(diǎn) Q．證明：點(diǎn) Q在定直線上．
x2 y2
【答案】（1） 1；（2）證明見解析.
4 3
【分析】
（1）用離心率公式和b列方程求得 a，即可得橢圓方程；
（2）方法一：設(shè)直線MN : x ty 4，M x1, y1 ， N x2 , y2 聯(lián)立橢圓方程，由韋達(dá)定理得 y1, y2關(guān)系，
由直線 AM 和BN 方程聯(lián)立求解交點(diǎn)坐標(biāo)，并化簡(jiǎn)得 x 1，即可證明問(wèn)題；
方法二：設(shè)M x1, y1 ， N x2 , y2 ，Q x3, y3 ， x1, x2 , x3兩兩不等，
因?yàn)?P，M，N三點(diǎn)共線，由斜率相等得到方程，同理 A，M，Q三點(diǎn)共線與 B，N，Q三點(diǎn)共線也得到兩方
程，再結(jié)合三條方程求解 x3 1，即可證明問(wèn)題.
【詳解】
1 c 1
解：（1）因?yàn)闄E圓的離心率 ， ， a 2c，
2 a 2
又2b 2 3， b 3．
因?yàn)閎2 a2 c2 3c2 3，所以 c 1， a 2，
x2 y2
所以橢圓 C的方程為 1．
4 3
（2）解法一：設(shè)直線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
直線 AM的方程： y 1 x 2 x 2 ①1
y
直線 BN 2的方程： y x 2 x 2 ②2
由對(duì)稱性可知：點(diǎn) Q在垂直于 x軸的直線上，
x 2ty1y2 6y2 2y1聯(lián)立①②可得 3y ．2 y1
y1 y2 2
因?yàn)? ty ，1y2 3
2ty1y2 6y2 2y1 3 y1 y2 6y2 2y
所以 x 1 1
3y2 y1 3y2 y1
所以點(diǎn) Q在直線 x 1上．
解法二：設(shè)M x1, y1 ， N x2 , y2 ，Q x3, y3 ， x1, x2 , x3兩兩不等，
因?yàn)?P，M，N三點(diǎn)共線，
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 1三點(diǎn)共線，有： x ①3 2 x1 2
y y
又 B N Q 3 2， ， 三點(diǎn)共線，有 x 2 x 2 ②將①與②兩式相除得：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
將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?yàn)橹本€ BQ與橢圓相交故 x3 4）
x3 2
所以 Q在定直線 x 1上．
【點(diǎn)晴】
求解直線與圓錐曲線定點(diǎn)定值問(wèn)題：關(guān)鍵在于運(yùn)用設(shè)而不求思想、聯(lián)立方程和韋達(dá)定理，構(gòu)造坐標(biāo)點(diǎn)方程
從而解決相關(guān)問(wèn)題.
2 2
6 x y．已知橢圓W : 1的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為 4，左、右頂點(diǎn)分別為 A, B，經(jīng)過(guò)點(diǎn) P(1,0)的動(dòng)直線與橢圓W 相
4m m
交于不同的兩點(diǎn)C, D（不與點(diǎn) A, B重合）.
（1）求橢圓W 的方程及離心率；
（2）求四邊形 ACBD面積的最大值；
（3）若直線CB與直線 AD相交于點(diǎn)M ，判斷點(diǎn)M 是否位于一條定直線上？若是，寫出該直線的方程.（結(jié)
論不要求證明）
2
【答案】（Ⅰ x） y2 1 3，離心率 e （Ⅱ） 2 3 （Ⅲ） x 4
4 2
【分析】
（Ⅰ）由題意可知：m＝1，可得橢圓方程，根據(jù)離心率公式即可求出
（Ⅱ）設(shè)直線 CD的方程，代入橢圓方程，根據(jù)韋達(dá)定理，由 SACBD＝S△ACB+S△ADB，換元，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)
性即可求得四邊形 ACBD面積的最大值．
（Ⅲ）點(diǎn) M在一條定直線上，且該直線的方程為 x＝4
【詳解】
（Ⅰ）由題意，得 a2 4m 4 , 解得m 1.
2
所以橢圓W x方程為 y2 1 .
4
故 a 2，b 1， c a2 b2 3 .
c 3
所以橢圓W 的離心率 e .
a 2
（Ⅱ）當(dāng)直線CD的斜率 k不存在時(shí)，由題意，得CD的方程為 x 1，
3 3
代入橢圓W 的方程，得C 1, ，D 1, 2
，
2
又因?yàn)?AB 2a 4， AB CD，
1
所以四邊形 ACBD的面積 S AB CD 2 3 .
2
當(dāng)直線CD的斜率 k存在時(shí)，設(shè)CD的方程為 y k x 1 k 0 ，C x1, y1 ，D x2 , y2 ，
y k x 1 ,
2 2 2 2
聯(lián)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
由題意，可知 0恒成立，則 x1 x2 ， x x 4k 2 1 1 2 4k 2 1
1 1
四邊形 ACBD的面積 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
設(shè)4k 2 1 t，則四邊形 ACBD的面積 S 2
1 2
， 0,1 ，
t2
3
t t
1
2

所以 S 2 1 4 2 3 .
t
綜上，四邊形 ACBD面積的最大值為 2 3 .
（Ⅲ）結(jié)論：點(diǎn)M 在一條定直線上，且該直線的方程為 x 4 .
【點(diǎn)睛】
本題考查了直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，考查了橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查弦長(zhǎng)公式的應(yīng)用，體現(xiàn)了“設(shè)而
不求”的解題思想方法，函數(shù)性質(zhì)的運(yùn)用，計(jì)算量大，要求能力高，屬于難題．
2 2
7．已知 F1( 3,0),F2 ( 3,0)
x y
分別是橢圓C : 2 2 1 (a b 0)的左、右焦點(diǎn)，P是橢圓 C上的一a b
點(diǎn)，當(dāng) PF1⊥F1F2時(shí)，|PF2|＝2|PF1|．
（1）求橢圓 C的標(biāo)準(zhǔn)方程：
（2）過(guò)點(diǎn) Q（﹣4，0）的直線 l與橢圓 C交于 M，N兩點(diǎn)，點(diǎn) M關(guān)于 x軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn) M′，證明：直線
NM′過(guò)定點(diǎn)．
x2 y2 9
【答案】（1） 1；（2）直線 NM 過(guò)定點(diǎn) ,0
9 6 4
.

【分析】
2
（1）由橢圓的定義和已知條件得 PF1 2 PF1 2a, PF1 a，又由 PF1 F1F2 可得出點(diǎn) P的坐標(biāo)，代3
入橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程中可解出 a,b，從而得出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)出直線 l的方程，點(diǎn) M、N的坐標(biāo)，直線 l的方程與橢圓的方程聯(lián)立可得點(diǎn) M、N的坐標(biāo)的關(guān)系，
再表示出直線 NM 的方程，將點(diǎn) M、N的坐標(biāo)的關(guān)系代入可得直線 NM′所過(guò)的定點(diǎn).
【詳解】
（1）由 F1( 3,0),F 22 ( 3,0)得 c 3 ， a b2 ( 3)2 b2 3，
由橢圓的定義得 PF1 PF2 2a， PF2 2 PF1 ， PF1 2 PF1 2a, PF
2
1 a，3
PF 2 1 F1F2，所以點(diǎn) P的坐標(biāo)為 3, a ，
3
2
2
P a

將點(diǎn) 的坐標(biāo)代入橢圓的方程中有 ( 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當(dāng) ， 0，故舍去；
5 5
當(dāng)a2 9，b2 a2 3 9 3 6，
x2 y2
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為： 1 .
9 6
（2）由題意可知，直線 l的斜率必然存在,故設(shè)直線 l的方程為 y k (x 4)，設(shè)M x1, y1 ,N x2 , y2 ，則
M x1, y1 ，
x2 y2
1
9 6 3k 2 2 x2 24k 2x 48k 2聯(lián)立方程組 ，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，設(shè)直線 NM 的方程為 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
當(dāng) 時(shí)， y 0 ，所以直線 NM 過(guò)定點(diǎn) ,04 4
.

【點(diǎn)睛】
本題考查橢圓的定義和簡(jiǎn)單的幾何性質(zhì)，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，以及直線與橢圓的位置關(guān)系中直線過(guò)定點(diǎn)的
問(wèn)題，關(guān)鍵在于將目標(biāo)條件轉(zhuǎn)化到直線與橢圓的交點(diǎn)的坐標(biāo)上去，屬于較難題.
x2 28 y．已知橢圓C : 1過(guò)點(diǎn) A( 2, 1)，且2 2 a 2b．a(chǎn) b
（Ⅰ）求橢圓 C的方程：
| PB |
（Ⅱ）過(guò)點(diǎn) B( 4,0)的直線 l交橢圓 C于點(diǎn)M ,N ,直線MA,NA分別交直線 x 4于點(diǎn) P,Q．求 的值．| BQ |
2 2
【答案】（Ⅰ x y） 1；（Ⅱ）1.
8 2
【分析】
(Ⅰ)由題意得到關(guān)于 a,b的方程組，求解方程組即可確定橢圓方程；
(Ⅱ)首先聯(lián)立直線與橢圓的方程，然后由直線 MA,NA的方程確定點(diǎn) P,Q的縱坐標(biāo)，將線段長(zhǎng)度的比值轉(zhuǎn)化為
縱坐標(biāo)比值的問(wèn)題，進(jìn)一步結(jié)合韋達(dá)定理可證得 yP yQ 0，從而可得兩線段長(zhǎng)度的比值.
【詳解】
x2 y2(1)設(shè)橢圓方程為： 1 a b 0 ，由題意可得：
a2 b2
4 1
1 a2 8
a2 b2 ，解得： b2
，
a 2b
2
x2 y2
故橢圓方程為： 1 .
8 2
(2)設(shè)M x1, y1 ，N x2 , y2 ，直線MN 的方程為： y k x 4 ，
x2 y2
與橢圓方程 1聯(lián)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
則： x1 x
32k 64k 8
2 , x1x2 .4k 2 1 4k 2 1
y 1
直線 MA 1的方程為： 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
很明顯 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
從而 P 1 .
BQ yQ
【點(diǎn)睛】
解決直線與橢圓的綜合問(wèn)題時(shí)，要注意：
(1)注意觀察應(yīng)用題設(shè)中的每一個(gè)條件，明確確定直線、橢圓的條件；
(2)強(qiáng)化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運(yùn)算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長(zhǎng)、斜率、三
角形的面積等問(wèn)題．
2 2
9 x y．如圖，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C : 1（ a b 0）的焦距等于其長(zhǎng)半軸長(zhǎng)，M ,N為橢圓2 2 C的a b
上、下頂點(diǎn)，且 |MN | 2 3
（1）求橢圓C的方程；
（2）過(guò)點(diǎn) P 0,1 作直線 l交橢圓C于異于M ,N的 A,B兩點(diǎn)，直線 AM ,BN 交于點(diǎn)T ．求證：點(diǎn)T 的縱
坐標(biāo)為定值 3．
2 2
【答案】（1 x y） 1；（2）3
4 3
【分析】
（1）由 |MN | 2 3得b 3，再根據(jù)焦距等于其長(zhǎng)半軸長(zhǎng)可求 a,c，故可得橢圓的方程.
（2）設(shè)直線方程為 y kx 1， A x1, y1 ,B x2, y2 ，
【詳解】
解：（1）由題意可知： 2c a ,2b 2 3，又 a2 b2 c2，
2 2
有b 3,c 1,a x y 2，故橢圓C的方程為： 1．
4 3
（2）由題意知直線 l的斜率存在，設(shè)其方程為 y kx 1，用 A,B的橫坐標(biāo)表示T 的縱坐標(biāo)，再聯(lián)立 l的方
2
程和橢圓的方程，消去 y得 4k 3 x2 8kx 8 0，利用韋達(dá)定理化簡(jiǎn)T 的縱坐標(biāo)后可得所求的定值.
設(shè) A x1, y1 ,B x2, y2 （ x1x2 0），
y kx 1
聯(lián)立直線方程和橢圓方程得 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
故點(diǎn)T 的縱坐標(biāo)為 3．
【點(diǎn)睛】
求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，關(guān)鍵是基本量的確定，方法有待定系數(shù)法、定義法等. 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系中的
定點(diǎn)、定值、最值問(wèn)題，一般可通過(guò)聯(lián)立方程組并消元得到關(guān)于 x或 y的一元二次方程，再把要求解的目標(biāo)
代數(shù)式化為關(guān)于兩個(gè)的交點(diǎn)橫坐標(biāo)或縱坐標(biāo)的關(guān)系式，該關(guān)系中含有 x1x2 , x1 x2 或 y1y2 , y1 y2 ，最后利
用韋達(dá)定理把關(guān)系式轉(zhuǎn)化為若干變量的方程（或函數(shù)），從而可求定點(diǎn)、定值、最值問(wèn)題.