資源簡介

圓錐曲線技巧---齊次化處理
一、解答題
1．如圖，設點 A和 B為拋物線 y2=4px（p＞0）上原點以外的兩個動點，已知 OA⊥OB，OM⊥AB．求點
M的軌跡方程，并說明它表示什么曲線．
【答案】M的軌跡是以（2p，0）為圓心，以 2p為半徑的圓，去掉坐標原點．
【解析】
試題分析：由 OA⊥OB可得 A、B兩點的橫坐標之積和縱坐標之積均為定值，由 OM⊥AB可用斜率處理，
得到M 的坐標和 A、B坐標的聯系，再注意到 M 在 AB 上，由以上關系即可得到M 點的軌跡方程；此題
還可以考慮設出直線 AB的方程解決．
解：如圖，點 A，B在拋物線 y2=4px上，
設 ，OA、OB的斜率分別為 kOA、kOB．
∴
由 OA⊥AB，得 ①
依點 A在 AB上，得直線 AB方程
②
由 OM⊥AB，得直線 OM方程 ③
設點M（x，y），則 x，y滿足②、③兩式，將②式兩邊同時乘以 ，
并利用③式，可得 ﹣ （﹣ ）+ =﹣x2+ ，
整理得 ④
由③、④兩式得
由①式知，yAyB=﹣16p2
∴x2+y2﹣4px=0
因為 A、B是原點以外的兩點，所以 x＞0
所以M的軌跡是以（2p，0）為圓心，以 2p為半徑的圓，去掉坐標原點．
考點：軌跡方程；拋物線的應用．
x2 y2
2．已知橢圓 C: 2 2 1(a b 0)的焦點是 ( 3,0)、 ( 3,0)
2
，且橢圓經過點 ( 2, )。
a b 2
（1）求橢圓 C的方程；
（2）設直線 l與橢圓C交于 A,B兩點，且以 AB 為直徑的圓過橢圓右頂點M ，求證：直線 l恒過定點．
x2
【答案】（1） y2 1（2）詳見解析
4
【解析】
試題分析：（1）設出橢圓方程，由題意可得a2 b2 3，再由橢圓的定義可得 2a=4，解得 a=2，b=1，進而
得到橢圓方程；（2）由題意可知，直線 l的斜率為 0時，不合題意．不妨設直線 l的方程為 x=ky+m，代入
橢圓方程，消去 x，運用韋達定理和由題意可得MA⊥MB，向量垂直的條件：數量積為 0，化簡整理，可得
m 6
5
或 m=2，即可得到定點
x2 y2
試題解析：（1）橢圓C 的方程為 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
所以所求橢圓C 的方程為 y2 1
4
（2）方法一（1）由題意可知，直線 l 的斜率為 0時，不合題意.
（2）不妨設直線 l 的方程為 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
設 1 1 ， 2 2 ，則有 1 2 2 ……①, y1y2 2 ………②k 4 k 4

因為以 AB 為直徑的圓過點M ，所以MA MB 0．

由MA (x1 2, y1),MB (x2 2, y2 )，得 (x1 2)(x2 2) y1y2 0．
將 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
將①②代入③，得 ，解得m 或m 22 （舍）．k 4 5
6
綜上，直線 l經過定點 ( ,0).
5
6
方法二證明：(1) 當 k 不存在時，易得此直線恒過點 ( ,0) .
5
（2）當 k 存在時.設直線 l的方程為 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
由題意可知

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, 由題意可知 12k 16km 5m 0,4k 1
解得 m 2k ,m
6
k.
5
（i） 當m 2k時,即y k(x 2)，直線過定點（2,0）不符合題意，舍掉.
6 6 6
（ii） m k時，即 y k(x )，直線過定點 ( ,0)，經檢驗符合題意.
5 5 5
6
綜上所述，直線 l過定點 ( ,0)
5
考點：1.橢圓方程；2.直線和橢圓相交的綜合問題
3．圓 x2 y2 4的切線與 x軸正半軸，y軸正半軸圍成一個三角形，當該三角形面積最小時，切點為 P（如
x2 y2
圖），雙曲線C1 : 1過點 P且離心率為 3 .a2 b2
（1）求C1的方程；
（2）橢圓C2過點 P且與C1有相同的焦點，直線 l過C2的右焦點且與C2交于 A，B兩點，若以線段 AB為
直徑的圓心過點 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
試題分析：（1）設切點坐標為 (x0 , y0 )(x0 0, y0 0)，則切線斜率為 y ，切線方程為0
y y x 0 0 (x x0 )y ，即
x0x y0 y 4，此時，兩個坐標軸的正半軸與切線圍成的三角形面積為
0
S 1 4 4 8
2 x y .由 x
2 y 20 0 4 2x0 y0知當且僅當 x0 y0 2 時 x0 y0有最大值，即 S有最小值，
0 0 x0 y0
因此點 P得坐標為 ( 2, 2) ，由題意知 解得 a2 1,b2 2，即可求出C1的方程；（2） 由
x2 y2
（1）知C2的焦點坐標為 ( 3,0), ( 3,0)，由此C2的方程為 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 ，顯然，l不是直線 y=0.設 l的方程為 x=my+ 3，點 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)由題意知 AP BP 0，所以
x1x2 2(x1 x2 ) y1y2 2(y1 y2 ) 4 0 ，將韋達定理得到的結果代入
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，即可求出直線 l的方程.
2
x x
（1）設切點坐標為 (x , y )(x 0, y 0) 0 00 0 0 0 ，則切線斜率為 y ，切線方程為
y y0 (x x )
0 y
0 ，即
0
1 4 4 8
x0x y0 y 4，此時，兩個坐標軸的正半軸與切線圍成的三角形面積為 S 2 x y x y .由0 0 0 0
x 20 y
2
0 4 2x0 y0知當且僅當 x0 y0 2 時 x0 y0有最大值，即 S有最小值，因此點 P得坐標為
( 2, 2) ，
由題意知
2
解得 a2 1,b2 2 y，故C1方程為 x2 1.2
x2 y2
（2）由（1）知C2的焦點坐標為 ( 3,0), ( 3,0)，由此C2的方程為 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
顯然，l不是直線 y=0.設 l的方程為 x=my+ 3，點 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)由題意知 AP BP 0，所以
x1x2 2(x1 x2 ) y1y2 2(y1 y2 ) 4 0 ⑤ ，將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，因此直線 l的方程為
2 2
x (3 6 1)y 3 0，或 x (3 6 1)y 3 0 .
2 2
考點：1.橢圓的方程；2.直線與橢圓的位置關系.
4．（2015 山西四模）分別過橢圓 E： =1（a＞b＞0）左、右焦點 F1、F2的動直線 l1、l2相交于 P點，
與橢圓 E分別交于 A、B與 C、D不同四點，直線 OA、OB、OC、OD的斜率分別為 k1、k2、k3、k4，且滿
足 k1+k2=k3+k4，已知當 l1與 x軸重合時，|AB|=2 ，|CD|= ．
（1）求橢圓 E的方程；
（2）是否存在定點M，N，使得|PM|+|PN|為定值？若存在，求出M、N點坐標，若不存在，說明理由．
【答案】（1） ．（2）存在點M，N其坐標分別為（0，﹣1）、（0，1），使得|PM|+|PN|為定值 2 ．
【解析】
試題分析：（1）由已知條件推導出|AB|=2a=2 ，|CD|= ，由此能求出橢圓 E的方程．
（2）焦點 F1、F2坐標分別為（﹣1，0），（1，0），當直線 l1或 l2斜率不存在時，P點坐標為（﹣1，0）或
（1，0），當直線 l1，l2斜率存在時，設斜率分別為 m1，m2，設 A（x1，y1），B（x2，y2），由 ，
得 ，由此利用韋達定理結合題設條件能推導出存在點M，N其坐標
分別為（0，﹣1）、（0，1），使得|PM|+|PN|為定值 2 ．
解：（1）當 l1與 x軸重合時，k1+k2=k3+k4=0，
即 k3=﹣k4，
∴l2垂直于 x軸，得|AB|=2a=2 ，|CD|= ，
解得 a= ，b= ，
∴橢圓 E的方程為 ．
（2）焦點 F1、F2坐標分別為（﹣1，0），（1，0），
當直線 l1或 l2斜率不存在時，P點坐標為（﹣1，0）或（1，0），
當直線 l1，l2斜率存在時，設斜率分別為 m1，m2，
設 A（x1，y1），B（x2，y2），由 ，
得 ，
∴ ， ，
= = = ，
同理 k3+k4= ，
∵k1+k2=k3+k4，
∴ ，即（m1m2+2）（m2﹣m1）=0，
由題意知 m1≠m2，
∴m1m2+2=0，
設 P（x，y），則 ，
即 ，x≠±1，
由當直線 l1或 l2斜率不存在時，
P點坐標為（﹣1，0）或（1，0）也滿足，
∴點 P（x，y）點在橢圓 上，
∴存在點M，N其坐標分別為（0，﹣1）、（0，1），使得|PM|+|PN|為定值 2 ．
考點：直線與圓錐曲線的綜合問題．
2 2
5．已知橢圓 C x y 3 3： =1（a>b>0），四點 P1（1,1），P2（0,1），P3（–1， ），P4（1， ）中恰有三
a2 b2 2 2
點在橢圓 C上.
（Ⅰ）求 C的方程；
（Ⅱ）設直線 l不經過 P2點且與 C相交于 A，B兩點.若直線 P2A與直線 P2B的斜率的和為–1，證明：l過定
點.
x2
【答案】(1) y2 1.
4
(2)證明見解析.
【詳解】
試題分析：（1）根據P3，P4兩點關于 y軸對稱，由橢圓的對稱性可知 C經過P3，P4兩點.另外
1 1 1 3
由 知，C不經過點 P1，所以點 P2在 C上.因此 P2 ,P3,P2 2 2 2 4 在橢圓上，代入其標準a b a 4b
方程，即可求出 C的方程；（2）先設直線 P2A與直線 P2B的斜率分別為 k1，k2，再設直線 l的
方程，當 l與 x軸垂直時，通過計算，不滿足題意，再設 l： y kx m（m 1），將 y kx m代
x2
入 y2 1，寫出判別式，利用根與系數的關系表示出 x1+x2，x1x2，進而表示出 k
4 1
k2，根
據 k1 k2 1列出等式表示出 k和m的關系，從而判斷出直線恒過定點.
試題解析：（1）由于 P3， P4兩點關于 y軸對稱，故由題設知 C經過 P3，P4兩點.
1 1 1 3
又由 知，C不經過點 P1，所以點 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的方程為 y2 1 .
4
（2）設直線 P2A與直線 P2B的斜率分別為 k1，k2，
2 2
如果 l與 x軸垂直，設 l：x=t，由題設知 t 0，且 t 2 4 t 4 t，可得 A，B的坐標分別為（t， ），（t， ）.
2 2
2 2
則 k k 4 t 2 4 t 21 2 1，得 t 2，不符合題設.2t 2t
2
從而可設 l： y kx m（m 1）.將 y kx m x代入 y2 1得
4
4k 2 1 x2 8kmx 4m2 4 0
由題設可知 =16 4k 2 m2 1 0 .
8km 4m2A 4設 （x1，y1），B（x2，y2），則 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
由題設 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當且僅當m 1時， 0，欲使 l： ，即 x 2 ，
2 2
所以 l過定點（2， 1）
點睛:橢圓的對稱性是橢圓的一個重要性質，判斷點是否在橢圓上，可以通過這一方法進
行判斷；證明直線過定點的關鍵是設出直線方程，通過一定關系轉化，找出兩個參數之間
的關系式，從而可以判斷過定點情況.另外，在設直線方程之前，若題設中未告知，則一
定要討論直線斜率不存在和存在兩種情況，其通法是聯立方程，求判別式，利用根與系數
的關系，再根據題設關系進行化簡.
3 2 2
6．已知點 P ( 1, )是橢圓 C: x y
2 2 1(a b 0)上一點，F1、F2分別是橢圓的左、右焦點，2 a b
PF1 PF2 4
（1）求橢圓 C的標準方程;
（2）設直線 l不經過 P點且與橢圓 C相交于 A，B兩點.若直線 PA與直線 PB的斜率之和為 1，問:直線 l是
否過定點 證明你的結論
x2 y2
【答案】（1） 1；（2）直線 l過定點 ( 4，0)．證明見解析.
4 3
【分析】
3
（1）由橢圓定義可知 a 2，再代入 P ( 1, )即可求出b，寫出橢圓方程；
2
（2）設直線 l的方程 y kx m，聯立橢圓方程，求出 k和m之間的關系，即可求出定點.
【詳解】
（1）由 | PF1 | | PF2 | 4，得 a 2，
P 1 3 又 ，2 在橢圓上，
1 9
代入橢圓方程有 2 2 1，解得a 4b b 3
，
x2 y2
所以橢圓 C的標準方程為 1．
4 3
（2）證明：當直線 l的斜率不存在時， A(x1，y1)， B(x1， y1)，
y 3 31 y1
k k 2 2 1，解得 x1 4，不符合題意；1 2 x1 1
當直線 l的斜率存在時，設直線 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
當m k 時，此時，直線 l過 P點，不符合題意；
2
當m 4k時， 4k 2 m2 3 0有解，此時直線 l： y k(x 4)過定點 ( 4，0)．
【點睛】
本題考查橢圓方程的求法，考查橢圓中直線過定點問題，屬于中檔題.
2 2
7 x y 2．如圖，橢圓 E : 經過點 A 0, 1 ，且離心率為 ．
a2

b2
1(a b 0)
2
（1）求橢圓 E的方程；
（2）若經過點 1,1 ，且斜率為 k的直線與橢圓 E交于不同的兩點 P，Q（均異于點 A），證明：直線 AP與
AQ的斜率之和為定值．
x2
【答案】（1） y2 1；（2）所以直線 AP、 AQ斜率之和為定值 2．
2
【分析】
（1）運用離心率公式和 a，b， c的關系，解方程可得 a，進而得到橢圓方程；
（2）把直線 PQ的方程代入橢圓方程，運用韋達定理和直線的斜率公式，化簡計算即可得到結論．
【詳解】
解：（1 c 2）由題意知 ，b 1，結合 a2 b2 c2，解得a 2，
a 2
2
x橢圓的方程為 y2 1；
2
（2）由題設知，直線 PQ的斜率不為 0，
2
則直線PQ的方程為 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，設 P(x1, y1)，Q(x2 , y2 )， x1x2 0，
則 x x 4k(k 1)1 2 2 ， x x
2k(k 2)
1 2 2 ，1 2k 1 2k
從而直線 AP與 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)
所以直線 AP、 AQ斜率之和為定值 2．
【點睛】
(1)解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去 x(或 y)建立一元二次方程，然后借助根與
系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系．
(2)涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為 0或不存在等特殊情形．
2
8 y．已知橢圓方程為 x2 1，射線 y 2 2x（x≥0）與橢圓的交點為 M，過 M作傾斜角互補的兩條直
8
線，分別與橢圓交于 A、B兩點（異于 M）．
（1）求證直線 AB的斜率為定值；
（2）求△AMB面積的最大值．
【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ） 2 .
【分析】
(1)設 k 0 ,求得 M的坐標,則可表示出 AM的直線方程和 BM的直線方程,分別與橢圓的方程聯立求得 xA和
xB ,進而求得 AB的斜率;(2)設出直線 AB的方程與橢圓方程聯立消去 y,利用判別式大于 0求得m的范圍,進而
表示出三角形 AMB的面積,利用 m的范圍確定面積的最大值.
【詳解】
（Ⅰ 2）斜率 k存在，不妨設 k＞0，求出M（ ，2）．
2
2
直線 MA方程為 y 2 k(x )，
2
x 2k
2 4k 2
分別與橢圓方程聯立，可解出 A ，k 2 8 2
2
同理得，直線 MB方程為 y 2 k(x 2 )． x 2k 4k 2B 2 2 k 8 2
k y A yB∴ AB 2 2x x ，為定值.A B
y2
（Ⅱ）設直線 AB方程為 y 2 2x m，與 x2 1聯立，消去 y得
8
16x2 4 2mx (m2 8) 0．
由 ＞0得一 4＜m＜4，且 m≠0，
m
點 M到 AB的距離為 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
設△AMB的面積為 S．
2
∴ S 2 1 | AB |2 d 2 1 m2 16 m2 1 16 2．4 32 32 2
當m 2 2時，得 Smax 2 ．
【點睛】
本題主要考查了直線與圓錐曲線的綜合問題.考查了學生分析問題和解決問題的能力. 探索圓錐曲線的定值
問題常見方法有兩種：① 從特殊入手，先根據特殊位置和數值求出定值，再證明這個值與變量無關；② 直
接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.
9．已知橢圓 兩焦點分別為 F1、F2、P是橢圓在第一象限弧上一點，并滿足 ，過
P作傾斜角互補的兩條直線 PA、PB分別交橢圓于 A、B兩點
（1）求 P點坐標；
（2）求證直線 AB的斜率為定值；
（3）求△PAB面積的最大值．
【答案】（1） 1，2 ．（2）是定值為 2．（3） 2 .
【解析】
【分析】
2 2
（1）根據 PF1 PF2 1
x y
，用坐標表示，結合點 P（x，y）在曲線橢圓 1上，即可求得點 P的坐標；
2 4
（2）設出 BP的直線方程與橢圓方程聯立，從而可求 A、B的坐標，進而可得 AB的斜率為定值；
（3）設 AB的直線方程：y 2x m ，與橢圓方程聯立，可確定 2 2＜m＜2 2，求出 P到 AB的距離，
進而可表示△PAB面積，利用基本不等式可求△PAB面積的最大值．
【詳解】
（1）由題可得 F1 0，2 ， F2 0 2 ，
設 P0（x0，y0）（x0＞0，y0＞0）

則PF1 x0，2 y0 ， PF2 x0， 2 y0 ，

∴PF1 PF
2
2 x0 2 y20 1，
2 2
∵點 P（x0，y
x y
0）在曲線上，則 0 0 1，
2 4
x2 4 y
2 4 y2
∴ 00 ，從而
0 2 y20 1，得 y0 2．2 2
則點 P的坐標為 1，2 ．
（2）由題意知，兩直線 PA、PB的斜率必存在，設 PB的斜率為 k（k＞0），
則 BP的直線方程為： 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
設 B（x ，y ），則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 ，則 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 為定值．A B
（3）設 AB的直線方程： 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的距離為 d ，
3
2
S 1 AB d 1 4 1 2
m
m 3 1
2
m2 m2 8 1 m m
2 8
則 PAB 2 2 2 3 8 8 2
2．

當且僅當m 2 2 2，2 2 取等號
∴△PAB面積的最大值為 2．
【點睛】
本題以橢圓的標準方程及向量為載體，考查直線與橢圓的位置關系，考查三角形的面積計算及利用基本不
等式求最值，解題的關鍵是直線與橢圓方程聯立，利用韋達定理進行解題．
10．已知中心在原點的橢圓C的一個焦點為 (0, 2)，且過點 P(1, 2) .
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過點 P作傾斜角互補的兩條不同直線 PA，PB分別交橢圓C于另外兩點 A，B，求證：直線 AB的
斜率是定值.
y2 x2
【答案】（Ⅰ） 1;（Ⅱ）見解析.
4 2
【解析】
【分析】
2 2
（1）設橢圓 C y x的方程為：
2 2 1 a＞b＞0 ，利用已知條件，求出 a，b，即可得出橢圓 C的方程；a b
（2）設出直線 PA、PB 的方程與橢圓方程聯立，求出 A，B的坐標，利用斜率公式，即可證明直線 AB的
斜率為定值．
【詳解】
y2 x2
（Ⅰ）設橢圓方程為 1（ a b 0）
a2 b2
2 1
則有 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
∴橢圓C的方程為 1
4 2
或解：橢圓的另一焦點為 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
∴橢圓C y x的方程為 1
4 2
（Ⅱ）依題意，直線 PA， PB都不垂直于 x軸
設直線PA方程為 y 2 k x 1 ，則直線 PB方程為 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
故直線 AB的斜率是定值
【點睛】
本題考查橢圓的方程，考查直線與橢圓的位置關系，考查直線的斜率公式，考查學生的計算能力，正確運
用韋達定理是關鍵．
11 2．已知橢圓兩焦點 F1、F2在 y軸上，短軸長為 2 2，離心率為 ，P是橢圓在第一象限弧上一點，且
2

PF1 PF2 1，過 P作關于直線 F1P對稱的兩條直線 PA、PB分別交橢圓于 A、B兩點．
（1）求 P點坐標；
（2）求證直線 AB的斜率為定值．
【答案】（1） 1，2 ；（2）證明見解析．
【分析】

（1）由已知可解出橢圓方程，然后設出 P x0，y0 ，結合 PF1 PF2 1，即可解出點 P的坐標；
（2）由（1）知 PF1 / /x軸，直線 PA，PB斜率互為相反數，設 PB的直線方程為y 2 k x 1 ，
k 2 2 2k 2 k 2 2 2k 2
與橢圓方程聯立，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．
【詳解】
y2 x2
解：（1）設橢圓的方程為 1，由題意可得2 2 b 2，a b
c 2
，即 a 2c，
a 2
a2 c2 2
c 2， a 2
y
2 x2
橢圓方程為 1，
4 2
焦點坐標為 0，2 ， 0， 2 ，
設P x0，y0 (x0 0，y0 0)，
則PF1 x0，2 y0 ， PF2 x0， 2 y0 ，

PF PF x21 2 0 2 y20 1，
y 20 x
2
點 P在曲線上，則 0 1，
4 2
x2 4 y
2
00 ，2
4 y2
從而 0 2 y20 1，得 y0 2，則點 P的坐標為 1, 2 ；2
（2）由（1）知 PF1 / /x軸，直線 PA，PB斜率互為相反數，
設 PB的斜率為 k(k 0)，則 PB的直線方程為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，
設B xB,yB
2k k 2
，則 x 1 k
2 2 2k 2
，B 2 k 2 2 k 2
k 2x 2 2k 2同理可得 A ，則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
為定值．
B
【點睛】
本題考查了橢圓的方程和性質，考查橢圓和直線的位置關系，屬于較難題．
12．如圖，橢圓 C： 經過點 P（1， ），離心率 e= ，直線 l的方程為 x=4．
（1）求橢圓 C的方程；
（2）AB是經過右焦點 F的任一弦（不經過點 P），設直線 AB與直線 l相交于點M，記 PA，PB，PM 的斜
率分別為 k1，k2，k3．問：是否存在常數λ，使得 k1+k2=λk3？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由．
【答案】（1） （2）答案見解析
【解析】試題分析：（1）由題意將點 P （1， ）代入橢圓的方程，得到 ，再由
離心率為 e= ，將 a，b用 c表示出來代入方程，解得 c，從而解得 a，b，即可得到橢圓的標準方程；
（2）方法一：可先設出直線 AB的方程為 y=k（x﹣1），代入橢圓的方程并整理成關于 x的一元二次方程，
設 A（x1，y1），B（x2，y2），利用根與系數的關系求得 x1+x2= ， ，再求點M的坐
標，分別表示出 k1，k2，k3．比較 k1+k2=λk3即可求得參數的值；
方法二：設 B（x0，y0）（x0≠1），以之表示出直線 FB的方程為 ，由此方程求得M的坐
標，再與橢圓方程聯立，求得 A的坐標，由此表示出 k1，k2，k3．比較 k1+k2=λk3即可求得參數的值
解：（1）橢圓 C： 經過點 P （1， ），可得 ①
由離心率 e= 得 = ，即 a=2c，則 b2=3c2②，代入①解得 c=1，a=2，b=
故橢圓的方程為
（2）方法一：由題意可設 AB的斜率為 k，則直線 AB的方程為 y=k（x﹣1）③
代入橢圓方程 并整理得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12=0
設 A（x1，y1），B（x2，y2），
x1+x2= ， ④
在方程③中，令 x=4得，M的坐標為（4，3k），
從而 ， ， =k﹣
注意到 A，F，B共線，則有 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
故存在常數λ=2符合題意
方法二：設 B（x0，y0）（x0≠1），則直線 FB的方程為
令 x=4，求得M（4， ）
從而直線 PM 的斜率為 k3= ，
聯立 ，得 A（ ， ），
則直線 PA的斜率 k1= ，直線 PB的斜率為 k2=
所以 k1+k2= + =2× =2k3，
故存在常數λ=2符合題意
考點：直線與圓錐曲線的關系；橢圓的標準方程．
視頻
x2 y2
13．如圖，橢圓 C: 2 2 1（a＞b＞0）經過點 P（2,3），離心率 e=
1
，直線 l的方程為 y=4．
a b 2
（Ⅰ）求橢圓 C的方程；
（Ⅱ）AB是經過（0,3）的任一弦（不經過點 P）．設直線 AB與直線 l相交于點 M，記 PA，PB，PM 的斜
1 1
率分別為 k1，k2，k3．問：是否存在常數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】
試題分析：（Ⅰ）通過將點 P（2，3）代入橢圓方程，結合離心率計算即得結論；（Ⅱ）分 AB斜率存在、不存
在兩種情況討論，結合韋達定理計算即得結論
4 9
2 2 1，
a b
試題解析：（Ⅰ）由已知得 a2 b2 c2 , 解得 a=4，b= 3 ,c=2．

c 1 ,
a 2
x2 y2
所以橢圓 C的方程為 + =1．
16 12
（Ⅱ）當直線 AB不存在斜率時，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此時 2= ， 1 ，k3= =- ，
0 2 2 0 2 2 0 2 2
1 + 1 =-4，可得λ=2．
k1 k2
當直線 AB存在斜率時，可設為 k（k≠0），則直線 AB的方程為 y=kx+3．
設 A（x1,y1），B（x2,y2），聯立直線 AB與橢圓的方程，得
x2 y2
1,
16 12 消去 y，化簡整理得，（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點坐標為（ ,4），所以 = k = ．
k k3 4 3 k
故可得λ=2 1 1 ． 因此，存在常數 2，使得 + = 恒成立．
k1 k2 k3
考點：直線與圓錐曲線的綜合問題；橢圓的簡單性質
2 2
14．在平面直角坐標系 xOy x y中，已知橢圓 1（a＞b＞0 3）的右頂點為（2，0），離心率為 ，P
a2 b2 2
是直線 x＝4上任一點，過點 M（1，0）且與 PM垂直的直線交橢圓于 A，B兩點．
（1）求橢圓的方程；
（2）若 P點的坐標為（4，3），求弦 AB的長度；
（3）設直線 PA，PM，PB的斜率分別為 k1，k2，k3，問：是否存在常數λ，使得 k1+k3＝λk2？若存在，求出λ
的值；若不存在，說明理由．
x2
【答案】（1） y2
8
1；（2） 2 ；（3）存在，λ＝2，計算見解析
4 5
【分析】
(1)根據題意可知 c，再由離心率公式可得 a，然后根據b2 a2 c2得出b，即可得橢圓的方程；
(2)根據 P 點的坐標寫出直線 AB方程，與橢圓聯立解得 A,B坐標，利用兩點間距離公式即可求得弦 AB的
長度；
(3)先假設存在，后分直線 AB斜率存在和不存在兩種情況進行求解，直線 AB斜率不存在時容易的 R ,
直線 AB斜率存在時，設 A,B點坐標，與橢圓聯立，再分別求出 k1,k2 ,k3，進行化簡整理即可得到 的值.
【詳解】
1 c 3（ ）由題知 a 2， e ，
a 2
c 3，b2 a2 c2 1，
x2
∴橢圓方程為 y2 1．
4
（2）Q M (1,0)， P(4,3)
kMP 1，
∵直線 AB與直線PM垂直，
∴ kAB 1，
∴直線 AB方程 y 0 (x 1)，即 y x 1，
y x 1

聯立 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）假設存在常數 ，使得 k1 k2 k3．
3 3
當直線 AB的斜率不存在時，其方程為 x 1，代入橢圓方程得 A 1, ， B2
1, ，此時P(4,0)，
2


易得 k1 k3 0 k2 ,
當直線 AB的斜率存在時，設直線 AB的方程為 y k(x 1)， A x1, y1 ， B x2 , y2
代入橢圓方程得（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
直線PM方程為 y x 1 ，則 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 化簡得： k ，
x1x2 4 x1 x2 16 k
8k 2x x 4k
2 4
將 1 2 ， x x ， y1 k x1 1 ， y2 k x 1
2
，代入并化簡得：
1 4k 2 1 2 1 2 4k 2 k k
2．
綜上： 2．
【點睛】
本題考查的是橢圓標準方程基本量的運算以及橢圓的幾何性質、直線與橢圓的應用和圓錐曲線中的定值問
題，是難題.
2 2
15．已知橢圓 C: x y 1（a＞b＞0）的兩個焦點分別為 F1（－ 2 ，0）、F2（ 2 ，0）.點M（1，0）
a2 b2
與橢圓短軸的兩個端點的連線相互垂直.
（1）求橢圓 C的方程；
（2）已知點 N的坐標為（3，2），點 P的坐標為（m，n）（m≠3）.過點 M任作直線 l與橢圓 C相交于 A、
B兩點，設直線 AN、NP、BN的斜率分別為 k1、k2、k3，若 k1＋k3＝2k2，試求 m，n滿足的關系式.
x2
【答案】（1） y2 1；（2）m－n－1＝0
3
【解析】
試題分析：（1）利用M與短軸端點構成等腰直角三角形，可求得 b的值，進而得到橢圓方程；（2）設出過
M的直線 l的方程，將 l與橢圓 C聯立，得到兩交點坐標關系，然后將 k1＋k3表示為直線 l斜率的關系式，
化簡后得 k1＋k3＝2，于是可得 m，n的關系式.
試題解析：（1）由題意，c＝ 2 ，b＝1，所以 a＝ b2 c2 3
x2
故橢圓 C的方程為 y2 1
3
（2 6）①當直線 l的斜率不存在時，方程為 x＝1，代入橢圓得，y＝±
3
6 6
不妨設 A（1， ），B（1，－ ）
3 3
k k 2
6
2 6
因為 1＋ 3＝ 3 ＝2 3
2 2
又 k1＋k3＝2k2，所以 k2＝1
n 2
所以 m，n的關系式為 ＝1，即 m－n－1＝0
m 3
②當直線 l的斜率存在時，設 l的方程為 y＝k（x－1）
2
將 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
設 A（x1，y1），B（x2，y2），則 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的關系式為 m－n－1＝0
綜上所述，m，n的關系式為 m－n－1＝0.
考點：橢圓標準方程，直線與橢圓位置關系，
x2 y216．已知橢圓 C： 1(a b 0)的兩個焦點分別為 F1( 2,0)、F2( 2,0)，點 M(1,0)與橢圓短軸a2 b2
的兩個端點的連線相互垂直．
(1)求橢圓 C的方程；
(2)過點 M(1,0)的直線與橢圓 C相交于 A、B兩點，設點 N(3，2)，記直線 AN、BN的斜率分別為 k1、k2,求證：
k1+k2為定值．
x2
【答案】(1) y2 1. (2)見證明
3
【分析】
（1）根據幾何條件得 a,b即可，（2）先考慮斜率不存在時特殊情況，再考慮斜率存在情況，設直線方程以
及交點坐標，化簡 k1 k2，聯立直線方程與橢圓方程，根據韋達定理代入化簡即得結果.
【詳解】
(1)依題意， c 2,a2 b2 2,由已知得b OM 1 ,解得 a 3,
x2
所以橢圓的方程為 y2 1.
3
x 1,

（2）①當直線 l 6的斜率不存在時，由 x2 2 解得 x 1, y .
y 1, 3 3
2 6 6 2 設 A 1,
6
,B
6
1, ,則k1 k
3 3
3 3 2
2
2 2
②當直線 l的斜率存在時，設直線 l的方程為 y k x 1 ,
x2
代入 + y2 = 1, 2 2 2 2化簡整理得 3k 1 x 6k x 3k 3 0.
3
依題意，直線 l與橢圓C必相交于兩點，設 A x1, y1 ,B(x2 , y 2),則
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 為定值.2k 1
綜上， k1 k2為定值 2.
【點睛】
本題考查橢圓方程以及直線與橢圓位置關系，考查綜合分析求解能力，屬中檔題.
17．已知橢圓 E： =1（a＞b＞0）的焦距為 2 ，且該橢圓經過點 ．
（Ⅰ）求橢圓 E的方程；
（Ⅱ）經過點 P（﹣2，0）分別作斜率為 k1，k2的兩條直線，兩直線分別與橢圓 E交于M，N兩點，當直線
MN與 y軸垂直時，求 k1×k2的值．
【答案】（Ⅰ） +y2=1（Ⅱ）
【解析】
試題分析:（Ⅰ）由題意得，2c=2 ， =1；從而求橢圓 E的方程；
（Ⅱ）由題意知，當 k1=0時，M點的縱坐標為 0，點 N的縱坐標為 0，故不成立；當 k1≠0時，直線 PM：
y=k1（x+2）；聯立方程 得（ +4）y2﹣ =0；從而解得 yM= ；可得M（ ，
），N（ ， ）；從而可得（k2﹣k1）（4k2k1﹣1）=0，從而解得．
解：（Ⅰ）由題意得，2c=2 ， =1；
解得，a2=4，b2=1；
故橢圓 E的方程為 +y2=1；
（Ⅱ）由題意知，當 k1=0時，M點的縱坐標為 0，
直線MN與 y軸垂直，
則點 N的縱坐標為 0，
故 k2=k1=0，這與 k2≠k1矛盾．
當 k1≠0時，直線 PM：y=k1（x+2）；
由 得，
（ +4）y2﹣ =0；
解得，yM= ；
∴M（ ， ），
同理 N（ ， ），
由直線MN與 y軸垂直，則 = ；
∴（k2﹣k1）（4k2k1﹣1）=0，
∴k2k1= ．
考點：直線與圓錐曲線的關系；橢圓的標準方程．
2 2
18．已知橢圓 C x y： ＝1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為 F1、F2，點 A為橢圓的左頂點，點 B為上
a2 b2
頂點，|AB|＝ 7 且|AF1|+|AF2|＝4.
（1）求橢圓 C的方程；
（2）過點 F2作直線 l交橢圓 C于 M、N兩點，記 AM、AN的斜率分別為 k1、k2，若 k1+k2＝3，求直線 l的
方程.
x2 y2
【答案】（1） 1；（2） x 3y 1 0
4 3
【分析】
（1）依題意得到關于 a、b的方程組，解得即可；
（2）設M x1, y1 ，N x2 , y2 ，設直線 l的方程為 x my 1，聯立直線與曲線方程消元，列出韋達定理，
y1 y
由 k 21 k2 3，即 3x 2 x ，即可得到方程，解得即可；1 2 2
【詳解】
a c a c 4 a 2 x2 y3
解：（1）依題意可得 解得2 2 ，所以橢圓方程為 1
a b 7 b 3 4 3
x my 1
（2）由（1）設M x1, y1 ，N x2 , y2 ，F2 1,0 ，設直線 l的方程為 x my 1

，聯立方程得 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
因為 x1 my1 1， x2 my2 1
8
，所以 x1 x2 ， x x
12m 4

3m2 4 1 2 3m2 4
y y
因為 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
【點睛】
本題考查待定系數法求橢圓方程，直線與橢圓的綜合應用，屬于中檔題.
2
19．設 A，B為曲線 C： y x 上兩點，A與 B的橫坐標之和為 4.
4
(1)求直線 AB的斜率；
(2)設 M為曲線 C上一點，C在 M處的切線與直線 AB平行，且 AM⊥BM，求直線 AB的方程．
【答案】（1）1；（2）y＝x＋7..
【分析】
（1）設 A,B兩點坐標，代入拋物線方程 相減后可求得 AB的斜率；
（2）由 C在 M處的切線與直線 AB平行，可求得切點M 坐標，設直線 AB的方程為 y＝x＋m，代入拋物線
方程可得 AB中點為 N (2, 2 m)
1
，AM⊥BM等價于 MN AB ，這樣可求得m值．
2
【詳解】
2 2
解：(1) x x設 A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 x1≠x2， y1 1 ，y2 2 ，x1＋x2＝4，于是直線 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
設 M(x3，y3)，由題設知 3 1，解得 x2 3
＝2，于是 M(2，1)．
設直線 AB的方程為 y＝x＋m，故線段 AB的中點為 N(2，2＋m)，|MN|＝|m＋1|.
2
將 y＝x＋m x代入 y 得 x2－4x－4m＝0.
4
當Δ＝16(m＋1)＞0，即 m＞－1時， x1,2 2 2 m 1 .
從而 AB 2 x1 x2 4 2(m 1) .
由題設知|AB|＝2|MN|，即 4 2(m 1) 2(m 1) ，解得 m＝7.
所以直線 AB的方程為 y＝x＋7.
【點睛】
本題考查直線與拋物線相交問題，解題時設直線方程方程為 y＝x＋m是解題關鍵．通過它與拋物線方程聯
1
立，可得 AB中點 N的橫坐標，從而得 MN ，而 AM⊥BM等價于 MN AB ，因此可求得m．本題
2
解法中沒有用到特殊方法，求切點坐標，求直線方程，求弦長等都是最基本的方法，務必牢固掌握．
2 2 1
20 x y．橢圓 E： 1 a b 0 的離心率 ，長軸端點和短軸端點的距離為 7 .
a2 b2 2
（1）求橢圓 E的標準方程；
2 P x2 y2 r 2（ ）點 是圓 r 0 上異于點 A r, 0 和 B r, 0 的任一點，直線 AP與橢圓 E交于點M ，
N ，直線 BP與橢圓 E交于點S，T .設O為坐標原點，直線OM ，ON，OS，OT 的斜率分別為 kOM ，kON ，
kOS， kOT .問：是否存在常數 r，使得 kOM kON kOS kOT 恒成立？若存在，求 r 的值；若不存在，請說
明理由.
x2 y2
【答案】（1） 1；（2）存在， r 3 .
4 3
【分析】
（1）由已知條件列出關于 a,b,c的方程組，解之可得橢圓標準方程；
（2）由題意直線 AP，BP斜率存在且均不為 0，設直線 AP方程為 y k x r ，M x1, y1 ，N x2 , y2 ，
1
直線方程代入橢圓方程整理后應用韋達定理得 x1 x2 , x1x2 ，代入 kOM kON ，同理用 代替 k， r代替k
r，得 kOS kOT ，由兩者相等可求得 r ．
【詳解】
b2 c2 a2

（1）設橢圓焦距為 2c c 0 c 1，由 ，解得a 2，a 2 b 3 .
a
2 b2 7
x2 y2
∴橢圓 E的標準方程為 1.
4 3
（2）由題意直線 AP，BP斜率存在且均不為 0，設直線 AP方程為 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
從而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對 k 0恒成立，解得 r 3或 r 3（舍），經檢驗，此時 0，因此存在
r 3 .
【點睛】
本題考查由離心率求橢圓的標準方程，考查直線與橢圓的位置關系．在直線與橢圓相交問題中常常采用設
而不求的思想方法．本題考查了學生的運算求解能力，邏輯推理能力．屬于中檔題．
x2 y2
21．已知橢圓 : 2 2 1(a b 0)
2
過點 ( 2, )，設橢圓 的上頂點為 B，右頂點和右焦點分別為 A，a b 2
AFB 5 F ，且 ．6
（1）求橢圓 的標準方程；
（2）設直線 l : y kx n(n 1)交橢圓 于 P，Q兩點，設直線 BP與直線BQ的斜率分別為 kBP， kBQ，
若 kBP kBQ 1，試判斷直線 l是否過定點？若過定點，求出該定點的坐標；若不過定點，請說明理由．
1 x
2
【答案】（ ） y2 1 （2）直線 l過定點，該定點的坐標為 (2, 1)．
4
【詳解】
2 2 1
（1）因為橢圓 過點 ( 2, )，所以 2 2 1 ①，2 a 2b
1
設O為坐標原點，因為 AFB 5 ，所以 BFO ，又
6 6 | BF | c
2 b2 a，所以b a ②，
2
a 2 x2
將①②聯立解得 （負值舍去），所以橢圓 的標準方程為 2b 1 y 1
．
4
（2）由（1）可知 B(0,1)，設 P(x1, y1)，Q(x2 , y2 )．
x2
將 y kx n代入 y2 1，消去 y可得 (1 4k 2 )x2 8knx 4n2 4 0，
4
2
則 (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，此時 16[4k 2 ( 2k 1)2 1] 64k 0，所以 k 0，
此時直線 l的方程為 y kx 2k 1，即 y k(x 2) 1，
令 x 2，可得 y 1，所以直線 l過定點，該定點的坐標為 (2, 1)．
x2 y2 2 6 22．已知橢圓C : 1(a b 0)，點M , 1
1
在橢圓上，橢圓C的離心率為 .a2 b2 3 2
（1）求橢圓的方程；
（2）設點 A為橢圓長軸的左端點，P，Q為橢圓上異于橢圓C長軸端點的兩點，記直線 AP，AQ斜率分
別為 k1， k
1
2，若 k1k2 ，請判斷直線 PQ是否過定點？若過定點，求該定點坐標，若不過定點，請說4
明理由.
2 2
【答案】（1 x y） 1；（2）直線 PQ過定點 1,0 .
4 3
【分析】
（1）根據點在橢圓上以及離心率列出方程組，求解出 a2 ,b2的值則橢圓方程可求；
（2）考慮直線 PQ的斜率是否存在，若斜率存在，設出直線 PQ的方程 y kx m以及點P,Q的坐標，根
k k 1據 1 2 求解出 k ,m之間的關系從而確定出定點坐標；若斜率不存在可直接進行驗證，即可得到最終4
結果.
【詳解】
2 6 1
（1）因為橢圓過點M , 1 且離心率為 ，
3 2
8 1
3a2

b2
1

c 1 a2 4 x2 y2
所以 ，所以解得a 2 2
，所以橢圓方程為 1；
b 3 4 3
a2 b2 c2

（2）因為 A 2,0 ，設 P x1, y1 ,Q x2 , y2 ，當直線的斜率存在時，設直線 PQ : y kx m，
y kx m 22
因為 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
又因為 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，
當m 2k時， PQ : y k x 2 ，此時過點 A 2,0 不符合題意，
當m k時， PQ : y k x 1 ，此時過定點 1,0 ；
當直線的斜率不存在時， lPQ : x 1，所以P,Q
3 3
坐標為 1, 2
, 1, 2
，

3 3

所以 k k 2 2 1 ，滿足要求，AP AQ 1 2 1 2 4
綜上可知：直線PQ過定點 1,0 .
【點睛】
本題考查圓錐曲線的綜合問題，涉及橢圓方程求解以及橢圓中直線過定點問題，主要考查學生的轉化與計
算能力，難度較難.
23．已知圓D : (x 1)2 y2 16，圓C過點 B(1,0)且與圓D相切，設圓心C的軌跡為曲線 E．
（1）求曲線 E的方程；
（2）點 A( 2,0)， P,Q為曲線 E上的兩點（不與點 A重合），記直線 AP, AQ的斜率分別為 k1,k2，若
k1k2 2，請判斷直線 PQ是否過定點. 若過定點，求該定點坐標，若不過定點，請說明理由．
x2 y2
【答案】（1） 1 (2)見解析
4 3
【分析】
（1）結合題意發現圓心 C的軌跡是以 D，B為焦點的橢圓，建立方程，即可．（2）設出直線 PQ的方程，
建立方程，將直線方程代入橢圓方程，結合根與系數關系，得到 m，k的關系式，計算定點，即可．
【詳解】
（1）設圓 C的半徑為 r，依題意，|CB|＝r，|CD|＝4－r，
進而有|CB|＋|CD|＝4，所以圓心 C的軌跡是以 D，B為焦點的橢圓，
x2 y2
所以圓心 C的軌跡方程為 1．
4 3
（2）設點 P、Q的坐標分別為 x1, y1 , x2 , y2 ，
設直線PQ的方程為 y kx m（直線 PQ的斜率存在），
可得 kx1 m kx2 m 2 x1 2 x2 2 ，
2
整理為： k 2 x1x2 km 4 x1 x2 m2 8 0，
x2 y2
1
4 3 y 4k 2 3 x2聯立 ，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
當m 2k時直線 PQ的方程為 y kx 2k ，即 y k x 2 ，過定點 2,0 不合題意，
m 22 k PQ y kx 22
22
k y k x
22
,0 當 時直線 的方程為 ，即 ，過定點 ．5 5 5 5
【點睛】
本道題考查了橢圓方程計算，考查了直線與橢圓位置關系，難度偏難．
x2 2xOy y 1 P 1, 3 24．在直角坐標系 中，橢圓C : 1 a b 0 的離心率為 ，點
a2 b2 2 2
在橢圓C上．

（1）求橢圓C的方程；
（2）若斜率存在，縱截距為 2的直線 l與橢圓C相交于 A、B兩點，若直線 AP,BP的斜率均存在，求證：
直線 AP,OP,BP的斜率依次成等差數列．
2 2
【答案】（1 x y） 1（2）見解析
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, 在橢圓C上，可得 2 2 1， 2 a 4b
據此即可得出．
（2）設 l : y kx 2，代入知 3 4k 2 x2 16kx 4 0，設 A x1, y1 ,B x2 , y2 ，則 x 16k1 x2 3 4k 2 ，
x 41x2 2 則 kAP kBP 可以用 k表示，將上面兩式代入即可得到 kAP kBP 3，即3 4k
kAP kBP 2kOP問題得證.
【詳解】
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）設 l : y kx 2 2，代入知 3 4k x2 16kx 4 0
1
0 k 2
4
設 A x1, y1 ,B x2 , y2 ，則 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直線 AP,OP,BP的斜率依次成等差數列。
【點睛】
本題考查橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關系，考查韋達定理，考查計算能力，屬于難題．
x2 y2 3 125．已知橢圓 E： 1( a b 0 )經過點 3, a2 b2
，離心率為 .
2 2
（1）求 E的方程；
1
（2）若點 P是橢圓 E的左頂點，直線 l交 E于異于點 P的 A，B兩點，直線 PA和 PB的斜率之積為 ，
4
求△PAB面積的最大值.
2 2 9
【答案】（1 x y） 1；（2） .
4 3 2
【分析】
（1）根據離心率和橢圓上一點的坐標結合 a2 b2 c2可解得 a,b,c得橢圓方程．
（2）分類討論，若直線 l斜率不存在，設方程為 x t( 2 t 2)，代入求得交點坐標，由直線 PA和 PB的
1
斜率之積為 ，求出 t，從而可得三角形面積，
4
若直線 l斜率存在，設 A(x1, y1)，B(x2, y2)，l： y kx m，直線方程代入橢圓方程后應用韋達定理得
x1 x2 , x1x2 ，計算 kPA k k
1
PB ，由 PA kPB 得 k ,m的關系，在△PAB存在的情況下，求出三角形的面4
積，并利用換元法求得取值范圍，結合斜率不存在的情形得最大值．
【詳解】
3
解：（1）因為點 3,
1
在橢圓上，離心率為 ，
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的方程為 1.
4 3
（2）由題意知 P( 2，0)，
當直線 l的斜率不存在時，設 l： x t( 2 t 2)，與3x2 4y2 12聯立，不妨設 A B點的坐標分別為
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
所以此時 S△PAB 3 3 .2 2
當直線 l的斜率存在時，設 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
則 1 2 2 ， x1x
4m 12
2 ，3 4k 3 4k 2
2 2
則 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因為 PA kPB 2 x ，1 2 x2 2 4
所以 (x1 2)(x2 2) 4y1y2 0，且 x1, x2 2，
則 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，
當m 2k時，直線 AB的方程為 y kx 2k k (x 2)，
此時直線 l恒過定點 ( 2,0)，顯然不適合題意，
當m k時，直線 l的方程為 y kx k k(x 1)，
此時直線恒過點 (1,0)，
所以滿足 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
因為 | 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
點P( 2,0)到直線 l： kx y k 0的距離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，則 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
綜上所述，△PAB面積的最大值為 .2
【點睛】
本題考查求橢圓方程，考查直線與橢圓相交中三角形面積最值問題．解題方法是“設而不求”的思想方法，即
設交點坐標為 (x1, y1), (x2 , y2 )，斜率存在時，設直線方程，代入橢圓方程后應用韋達定理得 x1 x2 , x1x2（需
1
要根據方便性，可能得 y1 y2 , y1y2 ），代入條件 kPA kPB 求得參數的關系，從而化簡所設直線方程，4
并求得三角形面積，利用換元法求得面積的范圍，斜率不存在時，設直線方程為 x t，由已知條件求出 t從
而得三角形面積．最終可得結論．
x2 y226．已知橢圓C : 1(a b 0) 過點 P 2,0 ,直線 l與橢圓C相交于 A,B兩點(異于點 P ).當直線
a2 b2
3
l經過原點時,直線 PA,PB斜率之積為 .
4
(1)求橢圓C的方程;
(2)若直線 PA,PB
1
斜率之積為 ,求 AB 的最小值.
4
x2 y2
【答案】 (1) 1 .(2) | AB | 3 .
4 3 min
【解析】
試題分析：(1)設出直線方程,利用直線的斜率公式、點在橢圓上求出橢圓的標準方程;
(2)聯立直線和橢圓的方程,得到關于 y的一元二次方程,利用根與系數的關系、直線的斜率公式和弦長公式進
行求解.
試題解析：設 A x1y1 B x2 y2 直線 l : x my n ,
(1)當 l經過原點時, x2 x1, y2 y1 ,
K K y1 y1 y
2
1 y
2
此時 PA PB
1 ,
x1 2 x 2 4 x
2 x 21 1 1 4
2 2 2 2
又因為A在橢圓上,
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所以橢圓方程為 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恒過定點 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
當m 0時, AB 的最小值為 3,
當直線的斜率為零時,不合題意,
綜上, | AB |min 3 .
點睛：定點、定值問題通常是通過設參數或取特殊值來確定“定點”是什么、“定值”是多少，或者將該問題涉
及的幾何式轉化為代數式或三角問題，證明該式是恒定的. 定點、定值問題同證明問題類似，在求定點、定
值之前已知該值的結果，因此求解時應設參數，運用推理，到最后必定參數統消，定點、定值顯現.

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