专题05五大类圆锥曲线题型-2024年高考数学最后冲刺大题秒杀技巧及题型专项训练（新高考新题型专用）（解析版）_2024年4月_01按日期_16号

专题 05 五类圆锥曲线题型-2024 年高考数学大题秒 杀技巧及专项训练（解析版） 【题型1 圆锥曲线中的轨迹方程问题】 【题型2 圆锥曲线中齐次化处理斜率乘积问题】 【题型3 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题】 【题型4 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题】 【题型5 圆锥曲线中的极点与极线】 题型1 圆锥曲线中的轨迹方程问题 曲线方程的定义 一般地，如果曲线 与方程 之间有以下两个关系： ①曲线 上的点的坐标都是方程 的解； ②以方程 的解为坐标的点都是曲线 上的点． 此时，把方程 叫做曲线 的方程，曲线 叫做方程 的曲线． 求曲线方程的一般步骤： （1）建立适当的直角坐标系（如果已给出，本步骤省略）； （2）设曲线上任意一点的坐标为 ； （3）根据曲线上点所适合的条件写出等式； x、y （4）用坐标 表示这个等式，并化简； （5）确定化简后的式子中点的范围． 上述五个步骤可简记为：求轨迹方程的步骤：建系、设点、列式、化简、确定点的范围．求轨迹方程的方法： 定义法： 如果动点 的运动规律合乎我们已知的某种曲线（如圆、椭圆、双曲线、抛物线）的定 义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程。 直接法： 如果动点 的运动规律是否合乎我们熟知的某些曲线的定义难以判断，但点 满足的等量 关系易于建立，则可以先表示出点 所满足的几何上的等量关系，再用点 的坐标 表示该等量关系式，即可得到轨迹方程。 代入法（相关点法）： 如果动点 的运动是由另外某一点 的运动引发的，而该点的运动规律已知，（该点坐标 满足某已知曲线方程），则可以设出 ，用 表示出相关点 的坐标，然后把 的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点 的轨迹方程。 点差法： 圆锥曲线中与弦的中点有关的轨迹问题可用点差法，其基本方法是把弦的两端点 的坐标代入圆锥曲线方程，然而相减，利用平方差公式可得 ， ， ， 等关系式，由于弦 的中点 的坐标满足 ， 且直线 的斜率为 ，由此可求得弦 中点的轨迹方程. 已知双曲线 与直线 ： 有唯一的公共点 ，过点 且与 垂直的直线 分别交 轴， 轴于 ， 两点，点 坐标为 ，当 点坐标为 时， 点坐标为 . (1)求双曲线的标准方程； (2)当点 运动时，求 点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线.破解：（1）第一步：设点设线联立化解韦达判别 由题设， ，令 ，则 ，令 ，则 ， 所以 ， ，故 ， 所以 ，可得 ，即 且过 ，则 ， 所以 ，代入 并整理得 ， 第二步：判别式等于0 则 ，即 ，又 ， 所以 ， ，故 . （2） 第一步：设点设线联立化解韦达判别 由（1）联立双曲线与直线 ，则 ， 所以 ，则 ， 整理得 ， 第二步：多元合一元 故 ， ， 而 ，令 ，则 ，令 ，则 ，所以 ，显然 ， 故 点的轨迹方程为 ，即 且 （注意： 的斜率存在）， 所以轨迹是去掉顶点的双曲线. 已知A1,0,B1,0 ，直线AM,BM 相交于M ，且直线AM,BM 的斜率之积为2. (1)求动点M 的轨迹方程； (2)设P,Q是点M 轨迹上不同的两点且都在y轴的右侧，直线AP,BQ在y轴上的截距之比 为1:2，求证：直线PQ经过一个定点，并求出该定点坐标. 破解：（1）直接法 y y 设 ，则直线 的斜率是k  ，直线 的斜率是k  ， M(x,y)(x1) AM 1 x1 BM 2 x1 y y y2 所以k k   2，化简整理得：x2 1x1， 1 2 x1 x1 2 y2 所以动点 的轨迹方程是x2 1x1. M 2 （2）第一步：设点设线联立化解韦达判别 设直线AP在y轴上的截距为t，则直线BQ在y轴上的截距为2t，显然t0， x y x y 直线 的方程为  1，即 ，直线 的方程为  1，即 ， AP 1 t yt(x1) BQ 1 2t y2t(x1) y2 又双曲线x2 1的渐近线方程为 ，显然直线 与双曲线两支各交于一点， 2 y 2x AP 2 直线 与双曲线右支交于两点，则有 ，且 ，于是 |t| 2， BQ |t| 2 2|t| 2 2ytx1  由 y2 消去 化简整理得： ，设点 ，   x2 2 1 y  t22  x22t2x  t22  0 P(x ,y ) P P t22 t22  t22  4t 则x P 1 t22 ，解得x P  t22 ，有y P t   t22 1   t22 ， y2tx1,  由 y2 消去 化简整理得： ，设点 ，   x2 2 1 y  2t21  x24t2x  2t21  0 P(x ,y ) Q Q 2t21 2t21 2t21  4t 则x Q 1 2t21 ，解得x Q  2t21 ，有y Q 2t 2t21 1   2t21 ， 第二步：含参点表示向量 2t21 t22 4(t41) 4t 4t 4t(t21) x x    ，y y    ， Q P 2t21 t22 (2t21)(t22) Q P 2t21 t22 (2t21)(t22) (cid:2) 4(t21) 于是PQ (2t21)(t22) (t21,t)，设直线 PQ 上任意一点 Rx,y，则 (cid:2) t22 4t PR(x ,y )， t22 t22 显然 (cid:2) (cid:2) ，因此t(x t22 )(t21)(y 4t )，即x t21 (y 4t ) t22 ， PR//PQ t22 t22 t t22 t22 t21 t21 整理得x y3，显然直线x y3恒过定点 ， t t (3,0) 所以直线PQ经过定点 3,0 .    在平面直角坐标系xOy中，已知点F 1  3,0 ､F 2 3,0 , MF 1  MF 2 4，点 M 的轨迹为C. (1)求C的方程； (2)设点 P 在直线xs(s 2)上，A､B为C的左右顶点，直线PA交C于点E（异于A,B）， 直线PB交C于点F （异于A,B），EF交AB于G，过G作x轴的垂线分别交PA､PB于 R､T ，问是否存在常数，使得 RG TG . 破解：（1）定义法因为F( 3,0)、F ( 3,0)，|MF ||MF |4|FF |2 3， 1 2 1 2 1 2 所以点M 的轨迹以F 1 、F 2 为焦点的椭圆， 这里c 3，2a4，a2，所以b2 a2c2 431， x2 所以椭圆 的方程为 y2 1. C 4 （2）第一步：设点设线联立化解韦达判别 x2 设 ，代入 y2 1，得 ， PA:xmy2 4 (my2)24y2 4 4m 2m28 即 m24  y24my0 ，得：y E  m24 ,x E my E 2 m24 ， x2 设 ，代入 y2 1，得 ， PB:xny2 4 (ny2)24y2 4 4n 2n28 即 n24  y24ny0，得：y F  n24 ,x F ny F 2 n24 ， 第二步：含参点表示向量 (cid:2) (cid:2) GEx x ,y ,EF x x ,y y  ， E G E F E F E y x x  由(cid:2) (cid:2) 得 ，得x x  E F E ， EG//EF x E x G y F y E x F x E y E E G y F y E 2m28 4n 2n28 4m 得x x  y E x F x E   x E y F y E x F  m24  n24  n24  m24 G E y y y y 4n 4m F E F E  n24 m24 2m28 n  2n28  m 2mnmn8mn 2mn    . n  m24  m  n24  mnmn4mn mn 4 4 代入 ，得y  ，代入 ，得y  ， PA:xmy2 R mn PB:xny2 T mn |RG| |y |   R 1 因为 ，所以 . RG TG |TG| |y | T 所以存在常数1，使得 RG TG . 1．M是一个动点， 与直线 垂直，垂足 位于第一象限， 与直线 垂直，垂足 位于第四象限，且 ． (1)求动点M的轨迹方程E； (2)设 ， ，过点 的直线l与曲线E交于A，B两点（点A在x轴上方）， P为直线 ， 的交点，当点P的纵坐标为 时，求直线l的方程． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设 ，直线 的倾斜角为 ，则 为钝角，， 所以 由于 位于第一象限， 位于第四象限， 所以 的轨迹方程 （2）设 联立： ，化简得： 则 ， 直线 ，直线 联立消去 得： 又故点 ，直线 的斜率为： 联立 ，消去 化简得： 故 ，故 , 直线 的方程为 2．在平面直角坐标系 中，已知双曲线 经过点 ，点 与点 关于 原点对称， 为 上一动点，且 异于 两点. (1)求 的离心率； (2)若△ 的重心为 ，点 ，求 的最小值； (3)若△ 的垂心为 ，求动点 的轨迹方程. 【答案】(1) (2) (3) （去除点 ）. 【详解】（1）因为双曲线 经过点 ，所以 ，解得 ，所以 的离心率 ， （2）易知 .设 . 因为△ 的重心为 ，所以 ,解得 , 因为 ，所以 ，即 . 因为 不共线，所以 且 ， 所以 的轨迹不含 两点. 故 ，当且仅当 时，等号成立， 即 的最小值为 . （3）因为 为△ 的垂心，所以 ， 设 ， 当直线 或 的斜率为0时，点 的坐标为 或 ， 此时点 与点 重合，不合题意，舍. 当直线 或 的斜率不为0时，直线 与 的斜率存在， 则 ， 由（2）知 ，则 ， 则 . 因为 ，所以 ，，则 ，得 ， 则 ，因为 构成三角形，故 不能在轨迹上， 综上，动点 的轨迹方程为 （去除点 ）. 3．已知长为 的线段 的中点为原点 ，圆 经过 两点且与直线 相切， 圆心 的轨迹为曲线 . (1)求曲线 的方程； (2)过点 且互相垂直的直线 分别与曲线 交于点 和点 ，且 ， 四边形 的面积为 ，求实数 的值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意知圆心 在线段 的垂直平分线上，则 ,设 ， 圆 的半径为 ， 则 ， 又圆 与直线 相切，故 ， 于是 ，化简得 ， 所以曲线 的方程为 . （2）设 ，根据 可得 为 的中点，则 ，得 ， 即 ，所以直线 . 联立方程，得 ，得 ， 由 ，得 ， 所以x x 2,x x 4b， 1 2 1 2 1 2 所以 EH  1   2244b  5 4b1. 2 设Mx ,y ,Nx ,y  ，因为l,l 互相垂直，易知直线l :y2x1b， 3 3 4 4 1 2 2 y2x1b 联立方程，得 ，  x2 4y2 得x28x4b100， 13 由Δ 8244b1016b1040，得b ， 2 2 所以x x 8,x x 4b10， 3 4 3 4 所以 MN  1(2)2 (8)244b10 2 5 4b26 . 则四边形MENH 的面积为 1 1 EH MN   5 4b12 5 4b26 5 4b14b26 . 2 2 令5 4b14b26 15 6， 化简得4b227b70， 1 1 解得 （舍）或b ，符合 ，所以b . b7 4 0 4x2 y2 4．已知椭圆C:  1(ab0)的离心率为1 ，长轴长为4， 是其左、右顶点， a2 b2 2 A,B F 是其右焦点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设Px 0 ,y 0 y 0 0 是椭圆C上一点，PFB的角平分线与直线 AP 交于点T． ①求点T的轨迹方程； 9 ②若 面积为 ，求 ． △TPF 4 x 0 x2 y2 【答案】(1)  1(2) 4 3 1x4(y0)；2x 1 0  c 1 e    a 2 【详解】（1）由题意知， 2a4 ，解得a2 ，   a2 b2c2 b 3 x2 y2 所以椭圆 的标准方程为  1； C 4 3 （2）①：由（1）知，A(2,0),B(2,0),F(1,0),P(x ,y )，设BFT ，则PFB2， 0 0 3 易知当 时，P(1, )， ，此时AP:y 1 x1,FT:yx1， x 0 1 2 k FT 1 2  1 y x1 由 2 ，解得x4 ，即 ；   yx1 y3 T(4,3) y y y sin2 0  0 当 x 0 1 时，k FP tan2 x 0  0 1 ， PF (x 0 1)2y 0 2 ，设直线 FT 的斜率为 k ， 3 (x 1)23 x2 (x 1) 则 ktan 1cos2  1  1  (x 0 1)2y 0 2 (x 0 1)  0 4 0 0  3(2x 0 ) ， sin2 sin2 tan2 y y 2y 0 0 0 y 所以直线 方程为y 3(2x 0 ) (x1)，又直线 方程为y 0 (x2)， FT 2y 0 AT x 0 2 3(2x ) y 0 (x1)   2y 0 由 ，得 ，即 ， y y 0 (x2) 3(2x ) y 3(4x2)2y 3(4x2)4y 0 (x1) 0 (x2) 0 0 x 0 0   x 2 2y x 2 2(2x )y 2(2x )y 0 0 0 0 0 0 0 3 123x24(3 x2) 解得x 3(4x 0 2)4y 0  0 4 0  2(123x 0 2) 4， 3(4x2)2y 3 1 0 0 123x22(3 x2) (123x2) 0 4 0 2 0 6y 将 代入直线 方程，得y 0 ，即T(4, 6y 0 )， x4 AT x 0 2 x 0 2 6y 又 ，所以 0 0， y 0,2x 2 x 2 0 0 0 故点T的轨迹方程为x4(y0)； 1 1 6y 3 6y ②：由 ，得S S S  AF y  AF  0  (y  0 )， AF 3 TPF TAF PAF 2 0 2 x 2 2 0 x 2 0 0 又S TPF  9 4 ，所以 9 4  3 2 (y 0  x 6 0 y  0 2 )，得 3 2  y 0  x 6 0 y  0 2 ， 整理得y  3(x 0 2) ，又y  3 3 x2 ，所以 3(x 0 2)  3 3 x2 ， 0 82x 0 4 0 82x 4 0 0 0 整理得x310x235x 260，即(x 1)(x29x 26)0， 0 0 0 0 0 0 由2x 2，解得x 1. 0 0 5．已知点F1,0 和直线m:x2，点 P 到m的距离d 4 2 PF . (1)求点P的轨迹方程； (2)不经过圆点O的直线l与点P的轨迹交于A，B两点. 设直线OA，OB的斜率分别为k 1 ， k 2 ，记 k 1 k 2 t，是否存在t值使得OAB的面积为定值，若存在，求出t的值；若不存在， 说明理由.x2 1 【答案】(1) y2 1(2)存在，t  2 2 【详解】（1）设点Px,y ，由d  x2 4 2 PF ， 当x2时， PF 3，d 4 2 PF 43 2 0不成立， x2 所以 ，则 2 x12 y2 2x，即 y2 1； x2 2 （2）设Ax,k x ，Bx ,k x ，则OA   1k2 x2 ，OB   1k2 x2 ， 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 又点 Ax 1 ,k 1 x 1 在椭圆上，则 x 2 1 2 k 1 x 1 2 1，则x 1 2  1 2 2k 1 2 ，同理x 2 2  1 2 2k 2 2 ， 设直线OA与OB的倾斜角分别为，，则 tantan k k tanAOB  tan   1 2 ， 1tantan 1kk 1 2 k k sinAOB 1 2 则 ， 1k2k2kk 2 1 2 1 2 则S  2 AOB     1 2 OAOB sinAOB    2  1 4  1k 1 2  1 1 2k 1 2   1k 2 2  1 1 2k 2 2  1k 1 2   k 1 k  2 2 k  2  2 k 1 k 2 2 k2k22kk k2k22t 1 2t12  1 2 1 2  1 2   ， 12k22k24kk 2 12k22k24t2 2 2  12k22k24t2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 所以当t  2 时， S  2 AOB 为定值1 2 ，即 OAB 面积为定值. 6．已知动圆过定点A2,0 ，且截y轴所得的弦长为4. (1)求动圆圆心C的轨迹方程；(2)若点F1,0 ，过点P5,4 的直线交C的轨迹于M,N两点，求 FM  FN 的最小值. 36 【答案】(1) y2 4x (2) 5 【详解】（1）设动圆圆心为Cx,y,CA  (x2)2y2 ， C到y轴距离为 x ，动圆截y轴所得半弦长为2， 则(x2)2y2 |x|2 22，化简得y2 4x； 所以动圆圆心C的轨迹方程为y2 4x. （2） 设Mx 1 ,y 1 ,Nx 2 ,y 2  ，当直线MN斜率存在时，由题易知直线MN的斜率不为0， 设直线MN的方程为ykx54kx5k4k 0 ， y2 4x, 与 的轨迹方程联立得 C ykx5k4, 消去y得k2x2  10k28k4  x(5k4)2 0， 10k28k4 (5k4)2 由 P5,4在抛物线内部，故 Δ0 ，所以x 1 x 2  k2 ,x 1 x 2  k2 . 由（1）知，F1,0 为轨迹C的焦点，由抛物线定义得， (5k4)2 10k28k4 FM  FN x 1x 1xx x x 1  1 1 2 1 2 1 2 k2 k2 48k20 1 6 2 36 36  3620     ， k2 k 5 5 51 6 5 36 所以当  ,k  时， FM  FN 的最小值为 ； k 5 6 5 当直线MN斜率不存在时，x x 5. 1 2 由抛物线定义知 FM  FN x 1x 136. 1 2 36 综上， FM  FN 的最小值为 . 5 7．在ABC中，已知B1,0 ，C1,0 ，设G,H,W 分别是ABC的重心、垂心、外心， (cid:2) (cid:2) 且存在R使GH BC. (1)求点A的轨迹的方程； (2)求ABC的外心W 的纵坐标m的取值范围； (3)设直线AW 与的另一个交点为M ，记△AWG与MGH的面积分别为S 1 ,S 2 ，是否存在 S 7 1  实数 使 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.  S 22  2 【答案】(1)x2 y2 1y0(2)   3 ,0        0, 3 (3)存在， 1 3 3 3     6 x y 【详解】（1）设 Ax,yy0，则 ABC 的重心G 3 , 3   . (cid:2) B1,0 ，C1,0 ，则BC 2,0 ， 为垂心，故Hx,y  H h 因为存在 R 使 G (cid:2) H    B  C (cid:2) 2,0，故y h  3 y ，所以H    x, 3 y   ，C  H (cid:2)     x1, 3 y   ， 而  B (cid:2) A  x1,y，由垂心定义得(cid:2) (cid:2) ，即x1x1 y y0，整理得x2 y2 1， CHBA0 3 3 y2 所以点 的轨迹 的方程为x2 1y0. A  3（2） 由外心的定义知点W 在y轴上，则W0,m ， x1 y (cid:2) x1 y2m 的中点N , ，WN  , ， AB  2 2  2 2  (cid:2) (cid:2) x1 y2m 所以WNBA 2 x1 2 y0，整理得 x21y22my0 . y2 y 与 的方程为x2 1y0联立，得m .  3 3  3   3 因为 y 3,0    0, 3 ，所以m 3 ,0    0, 3 .       （3）由对称性，不妨设点 A 在第一象限，设Ax 1 ,y 1  ，Mx 2 ,y 2  ，直线AM ： xtym ， xtym  联立方程 y2 得 ， x2 1  3t21  y26mt2y3m2t230  3 Δ36m2t44  3t21  3m2t23  0，整理得3t2m2t210； 6mt2 y t21 y y  ，又m 1，所以y  y . 1 2 3t21 3 2 3t21 1 x y   y   y  由条件知G 1, 1 ，Hx, 1 ，W0, 1 ，所以 三点共线且所在直线平行于  3 3   1 3   3  G、H、W 2x x 轴，由GH  1 ，WG  1 知GH 2WG ， x 3 31  y  2y WG y  1  WG  1 S 2  1 3  3 3t21 1    所以 S 1  y   y t21  2  3t22  . 2 2 GH   3 1 y 2   2WG   3 1  3t21 y 1   3t21 7  1 1 令 2  3t22  22 ，解得t  （t  舍去）. 2 2 又点Ax 1 ,y 1  在直线AM ：xtym 上，所以x 1 ty 1 m ， 1 y  y2 1 2x 1 即x  y  1 ，所以 .又x2 1 1，联立得x  ，所以GH  1  . 1 2 1 3  y 3x 1 3 1 2 3 3 1 1 (cid:2) (cid:2) 1 1 又(cid:2) (cid:2) ，所以GH  BC ，即 2，所以 . GH BC 3 6 1 1 所以，当点 在第一、四象限时， ；当点 在第二、三象限时， . A 6 A 6 1 S 7 故存在实数 使 1  . 6 S 22 2 8．已知A2,0 ， B2,0 ， 为平面上的一个动点.设直线AP,BP的斜率分别为k ，k ， P 1 2 3 且满足k k  .记 的轨迹为曲线 . 1 2 4 P Γ (1)求Γ的轨迹方程； (cid:2) (cid:2) (2)直线PA，PB分别交动直线xt于点C,D，过点C作PB的垂线交x轴于点H .HCHD 是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由. x2 y2 【答案】(1)  1,(x2)(2)存在，12 4 3 3 【详解】（1）由题意设点 ，由于k k  ， P(x,y),(x2) 1 2 4 y y 3 x2 y2 故   ，整理得  1， x2 x2 4 4 3 x2 y2 即 的轨迹方程为  1,(x2)； Γ 4 33 （2）由题意知直线 的斜率分别为 ， ，且满足k k  ， AP,BP k k 1 2 4 1 2 设直线 PA 的方程为yk 1 x2 ，令xt，则可得yk 1 t2 ，即Ct,k 1 t2 ， 直线PB:yk x2 ，同理求得Dt,k t2 ， 2 2 1 又直线 的方程为yk t2 xt ， 1 k CH 2 1 3 t6  令 ，得x tkk t2 t ，即H ,0， y0 H 1 2 4 2  4  故  H (cid:2) C  H (cid:2) D   3t6 ,k t2     3t6 ,k t2   3t62 kk  t24   4 1   4 2  16 1 2 3t62 3  t24  3t62    12， 16 4 16 3t62 当 时， 12取到最大值12， t6 16 (cid:2) (cid:2) 即HCHD存在最大值，最大值为12. 题型2 圆锥曲线中齐次化处理斜率乘积问题 ： x 2 y2 + =1(a>b>0) 2 2 已知点 是椭圆a b 上的一个定点， 是椭圆上的两个动点。 若直线 ，则直线 过定点且定点为 ；当 时， 为定值 ； 证 明 : 重 新 建 系 将 椭 圆 上 的 成 为 新 的 坐 标 原 点 按 得椭圆 2 2 x y + =1 2 2 又 点 在 椭 圆 a b 上 ， 所 以 ， 代 入 上 式 可 得 ① 椭圆 上的定点 和动点 分别对应椭圆 上的定点 和动点 ，设直线 的方程为 ，代入①得 。当 1+2y 0 n y'2 2x 0 n 2y 0 m y' 1+2x 0 m +( + ) + =0 时，两边除以 得． b 2 x'2 a 2 b 2 x' a 2 ，因为点 的坐标满足这个方程，所以 是这个关于 的方程的两个根． 若 ，由平移斜率不变可知 ，故 ，当 时，所以 ，由此得 。所以 的斜率为定值 ， 为定值 ； 即 ，由此知点 在直线 上，从而直线 过定点． ： 已知点 是平面内一个定点，椭圆 ： 上有两动点 若直线 ，则直线 过定点． 证 明 ： 重 新 建 系 将 椭 圆 上 的 成 为 新 的 坐 标 原 点 按 椭圆 ： ，展开得： ． 平面内的定点 和椭圆 上的动点 分别对应椭圆 上的定点 和动点 、 ， 设 直 线 的 方 程 为 ， 代 入 展 开 式 得 （ 构 造 齐 次 式 ） ， 当 时 ， 两 边 同 时 除 以 整 理 得 ， 因为点 的坐标满足这个方程，所以 和 是关于 的方程的两根．若 ， 由 平 移 斜 率 不 变 可 知 所 以 整理可得到 和 的关系，从 而可知直线 过定点，由平移规律可得直线 过定点．已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ， 点 是椭圆的 一个顶点， 是等腰直角三角形． （1）求椭圆 的方程； （2）设点 是椭圆 上一动点，求线段 的中点 的轨迹方程； （3）过点 分别作直线 ， 交椭圆于 ， 两点，设两直线的斜率分别为 ， ，且 ，探究：直线 是否过定点，并说明理由. 解：（1）由点 是椭圆的一个顶点，可知 ， 又 是等腰直角三角形，可得 ，即 ，所以 ， 所以椭圆的标准方程为 ； （2）设 ，线段 的中点坐标 ，可得 ，即 又点 是椭圆 上一动点，所以 ，整理得 所以线段 的中点 的轨迹方程是： 齐次化方法 第一步：明确定点 第二步：重新建系第三步：联立齐次式 设直线 方程为 ，故 第四步：同时除以 得 故 故定点为 第五步：还原成原直角坐标系的定点 故定点为 已知椭圆 的左、右焦点分别是 ， ，点 在椭圆上，且 ． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点 且不过点 的直线 交椭圆于 ， 两点，求证：直线 与 的斜 率之和为定值． 解：（1）根据点 在椭圆 上，得 ．由 ，得 ． 因为 ，所以 ， 所以椭圆的标准方程为 ． 齐次化方法 第一步：明确定点 第二步：重新建系 第三步：联立齐次式 设直线 方程为 ，故 第四步：同时除以 得 过 故 如图，椭圆 经过点 ，且离心率为 ．（1）求椭圆E的方程； （2）若经过点 ，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A）， 证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值． 解：（1）由题意知 ， ，结合 ，解得 ， 椭圆的方程为 ； 齐次化方法 第一步：明确定点 第二步：重新建系 第三步：联立齐次式 设直线 方程为 ，故 第四步：同时除以 得 过故 1．已知椭圆 经过点 ，下顶点 为抛物线 的焦点． (1)求椭圆 的方程； (2)若点 均在椭圆 上，且满足直线 与 的斜率之积为 ， （ⅰ）求证：直线 过定点； （ⅱ）当 时，求直线 的方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【详解】（1）抛物线 的焦点为 ，所以椭圆的下顶点 ，则 ， 又椭圆 经过点 ，所以 ，解得 ， 所以椭圆方程为 ； （2）（ⅰ）当直线 的斜率不存在时，设 ，则 ， 所以 ，则 ，与 矛盾， 所以直线 的斜率存在， 由已知直线 斜率同号，因此直线 的斜率存在且不为 ， 设直线 的方程为 ，设 ， 由 得 ，由 ，可得 ， 所以 ， ， 则 ， ， 所以 ， 即 ， 所以 ，解得 或 ， 当 时直线 方程为 ，令 ，可得 ，所以直线 恒过定点 ， 不合题意， 当 时直线 方程为 ，令 ，可得 ，所以直线 恒过定点 ，符 合题意． 综上可得直线 恒过定点 . （ⅱ）设直线 恒过定点为 ， 此时 ，解得 ， 由 ，可得 ，又 ， ， 所以 ， ， 所以 ，解得 ，满足 ，所以 ，所以直线 方程为 . 2．已知椭圆 ： （ ）中，点 ， 分别是 的左、上顶点， ，且 的焦距为 ． (1)求 的方程和离心率； (2)过点 且斜率不为零的直线交椭圆于 ， 两点，设直线 ， ， 的斜率分别 为 ， ， ，若 ，求 的值． 【答案】(1) ， (2) 【详解】（1）由题意可得 ， ， 可得 ， ，可得 ， 可得 ， ， 解得 ， ，所以离心率 ， 所以椭圆的方程为 ，离心率 ； （2）由（1）可得 ， 由题意设直线 的方程为 ，则 ， 设 ， ，联立 ，整理可得 ， 显然 ，且 ， ， 直线 ， 的斜率 ， ， 则 ， 因为 ，即 ，解得 ， 所以直线 的斜率 ．即 的值为3． 3．已知椭圆E： 经过点 ，右焦点为 ，A，B分别为椭圆 E的上顶点和下顶点. (1)求椭圆E的标准方程； (2)已知过 且斜率存在的直线l与椭圆E交于C、D两点，直线BD与直线AC的斜率分 别为k 和k，求 的值. 1 2【答案】(1) (2) ． 【详解】（1）由 ， ， ， 椭圆 的标准方程为 ． （2）设直线 ： ，联立直线 和椭圆方程， ， ，记 ， ， 则 ， 由题意知 和 ．则 ， ， 则 ， 所以 ． 4．在平面直角坐标系 中，重新定义两点 之间的“距离”为，我们把到两定点 的“距离”之和为常数 的点的轨迹叫“椭圆”． (1)求“椭圆”的方程； (2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由； (3)设 ，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为 的左顶点为 ， 过 作直线交 于 两点，AMN 的外心为Q，求证：直线OQ与MN的斜率之积为定 值． 【答案】(1) xc  xc 2 y 2aac0 (2)答案见解析(3)证明见解析 【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为 ，则 ， 即 ，即 ， 所以“椭圆”的方程为 ； （2）由方程 xc  xc 2 y 2a，得2 y 2a xc  xc ， 因为 y 0，所以2a xc  xc 0，即2a xc  xc ， xc cxc xc 所以 或 或 ， xcxc2a xcxc2a xcxc2a 解得axa， 由方程 xc  xc 2 y 2a，得 xc  xc 2a2 y ， 2x,xc  即2a2 y 2c,cxc，所以 ，所以 ，  2x,xc 2a2 y 2c ca yac 所以“椭圆”的范围为axa，ca yac， 将点 x,y 代入得， xc  xc 2 y 2a， 即 xc  xc 2 y 2a，方程不变，所以“椭圆”关于y轴对称， 将点 x,y 代入得， xc  xc 2 y 2a，即 xc  xc 2 y 2a，方程不变，所以“椭圆”关于x轴对称， 将点 x,y 代入得， xc  xc 2y 2a， 即 xc  xc 2 y 2a，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称， 所以“椭圆”关于x轴， y 轴，原点对称； x2 y2 （3）由题意可设椭圆 的方程为  1， C 4 b2 1 1 3 将点1,1代入得  1，解得b2  ， 4 b2 4 x2 3y2 所以椭圆 的方程为  1， F 1,0,A2,0， C 4 4 2 由题意可设直线MN的方程为xmy1m0,Mx 1 ,y 1 ,Nx 2 ,y 2  ， xmy1  联立x2 3y2 ，得 ，   1  m23  y22my30  4 4 Δ4m212  m23  16m2360恒成立， 2m 3 则y y  ,y y  ， 1 2 m23 1 2 m23 x 2 y  y y 因为 的中点为 1 , 1 ,k  1  1 ， AM  2 2  AM x 1 2 my 1 3 my 3 所以直线 的中垂线的方程为y 1 xy ， y 1 AM 1 my 3 同理直线 的中垂线的方程为y 2 xy ， AN y 2 2my3 设 Qx ,y ，则 y ,y 是方程y 0  y x 0 y的两根， 0 0 1 2 即y ,y 是方程y2mx y y3x 0的两根， 1 2 0 0 0 所以y y mx y ,y y 3x ， 1 2 0 0 1 2 0 2m 3 又因y y  ,y y  ， 1 2 m23 1 2 m23 2m 3 所以mx y  ,3x  ， 0 0 m23 0 m23 mx y 2m y 两式相比得 0 0  ，所以 0 3m， 3x 3 x 0 0 y 1 所以k k  0  3， MN OQ x m 0 所以直线OQ与MN的斜率之积为定值3． x2 y2 5．焦点在 x 轴上的椭圆 4  b2 1的左顶点为 M ， Ax 1 ,y 1  ， Bx 2 ,y 2  ， Cx 3 ,y 3 为椭圆 1 上不同三点，且当(cid:2) (cid:2) 时，直线 和直线 的斜率之积为 ． OBOC MB MC 4 (1)求b的值； (2)若OAB的面积为1，求x 1 2x 2 2 和y 1 2y 2 2 的值； (3)在（2）的条件下，设AB的中点为D，求OD  AB 的最大值． 5 【答案】(1) b1 (2) x2x2 4 ， y2y2 1 ；(3) 2 1 2 1 2 (cid:2) (cid:2) 【详解】（1）因为OBOC，所以O,B,C三点共线，则必有点B和点C关于点O对称，所以y 2 y 3 ,x 2 x 3 ，设直线MB和直线MC的斜率分别为k MB ，k MC ， 因为点M 为椭圆的左顶点，所以M2,0 ， y 0 y y 0 y k  2  2 k  3  3 所以 MB x 2 x 2 ， MC x 2 x 2 ， 2 2 3 3 y y 1 所以k k  2  3  ， MB MC x 2 x 2 4 2 3 y2 1 所以 2  ， x 22x  4 2 2 x2 所以 2 y2 1，所以 ，即 ； 4 2 b2 1 b1 （2）设过A,B两点的直线为l， 当直线l的斜率不存在时，A,B两点关于x对称，所以x x ，y y ， 2 1 2 1 x2 因为 Ax 1 ,y 1 在椭圆上，所以 4 1  y 1 2 1，又 S OAB 1 ， 1 x2 1 所以 x 2y 1，即 ，结合 1  y2 1可得 x  2, y  ， 2 1 1 x 1 y 1 1 4 1 1 1 2 x2x2 此时 ， ，所以 1 2 4； x2x2 4 y2y2 1 y2y2 1 2 1 2 1 2 当直线l的斜率存在时，设其方程为ykxm，m0， ykxm  联立x2 ，消去 得 ，   4 y2 1 y  14k2 x28kmx4m240 其中Δ8km24  14k2 4m24  16  4k2m21  0①， 8km 4m24 所以x x  ,x x  ， 1 2 14k2 1 2 14k2 4 4k2m21 所以 AB  1k2 x x 2 4xx  1k2  1 2 1 2 14k2 m 因为 到直线 的距离d  ， O l 1k21 所以S  AB d 1， OAB 2 1 4 4k2m21 m 所以 1k2   1，整理的 ，符合①式， 2 14k2 1k2 4k22m210 此时x2x2 x x 22xx    8km   2  8m28 4， 1 2 1 2 1 2 14k2  14k2 x2 x2 y2y2 1 1 1 2 211； 1 2 4 4 （3）因为4OD 2  AB 2 4     x 1 x 2   2    y 1 y 2   2 x x 2 y y 2   2   2   1 2 1 2 2  x2x2y2y2 10， 1 2 1 2 4OD2 AB2 所以2OD  AB  5， 2 5 即OD  AB  ，当且仅当2OD  AB  5时等号成立， 2 此时OAB为直角三角形且AOB为直角， (cid:2) (cid:2) 故OAOBxx y y xx kx mkx m  1k2 xx mkx x m2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2   1k2 4m24 mk   8km  m2  3m23 0， 14k2 14k2  2m2 1 解得 ，从而k2  ，此时等号可成立. m2 1 4 5 所以OD  AB 的最大值为 . 2 x2 y2 6．已知 ， 分别是椭圆C:  1ab0的左、右焦点，左顶点为A，则上顶点 F 1 F 2 a2 b2为B ，且AB 的方程为 3x2y2 30. 1 1 (1)求椭圆C的标准方程； (2)若P是直线x3上一点，过点P的两条不同直线分别交C于点D，E和点M ，N ，且 PD PM  ，求证：直线 的斜率与直线 的斜率之和为定值. PN PE DE MN x2 y2 【答案】(1)  1(2)证明见解析 4 3 【详解】（1）因为AB 1 的方程为 3x2y2 30，可知A2,0,B 1  0, 3  ， x2 y2 可知 ，所以椭圆 的标准方程为  1. a2,b 3 C 4 3 PD PM （2）由  可得 ， PN PE PD  PE  PM  PN 因为点P在直线x3上，可设点P3,n ， 由题可知：直线DE的斜率与直线MN的斜率都存在． 所以直线DE的方程为：ynk x3 ，即yk xn3k  ， 1 1 1 直线MN的方程为：ynk x3 ，即yk xn3k  ， 2 2 2 设Dx,y  ，Ex ,y  ，Mx ,y  ，Nx ,y  ， 1 1 2 2 3 3 4 4 x2 y2   1 所以 4 3 ，消去y可得 ， yk xn3k  3x24k xn3k  2 12  1 1  1 1  整理可得  4k23  x28k n3k x4n3k 2 120， 1 1 1 18k n3k  4n3k 2 12 且 ，则x x  1 1 ，xx  1 ， 0 1 2 4k23 1 2 4k23 1 1 又因为 PD  1k2 x 3 ， PE  1k2 x 3 ， 1 1 1 2 则 PD  PE  1k2 x 3 1k2 x 3   1k2x 3x 3 1 1 1 2 1 1 2 4n3k 2 12 8k n3k    1k2 xx 3x x 9   1k2 1 3 1 1 9 1 1 2 1 2 1 4k23 4k23 1 1 4n224kn36k21224kn72k236k227   1k2 1 1 1 1 1 1 4k23 1 4n215 1k2   1k2  1 4n215 ， 1 4k23 4k23 1 1 1k2 同理可得 PM  PN  2 4n215 ， 4k23 2 1k2 1k2 又因为 ，则 1 4n215  2 4n215 ， PD  PE  PM  PN 4k23 4k23 1 2 1k2 1k2 可知 ，则 1  2 ，整理可得 ， 4n215 0 4k23 4k23 k2 k2 1 2 1 2 又因为k k ，则k k 0， 1 2 1 2 所以直线DE的斜率与直线MN的斜率之和为0． x2 y2 7．已知椭圆C:  1(ab0)的左、右焦点分别为 ， ，上顶点为 ，右顶点为 a2 b2 F 1 F 2 A π ， 的面积为 ，FAF  . B ABF 1 2 22 1 2 2 (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点F 1 且斜率大于0的直线l交椭圆C于M ，N 两点，线段MN的中点为Q，若  5 2 P  0,  ，求直线 与直线 的斜率之积的最小值. 2   PQ l x2 y2 【答案】(1)   1(2) 8 4 2【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c， π π 因为FAF  ，则OAF FAO ，所以 ， 1 2 2 2 1 4 a 2c 2b 1 因为 的面积为 ，所以 bac2 22， ABF 2 22 2 1 1   即 c 2cc 2 22，解得 （负值舍去），所以 ， 2 c2 a2 2,b2 x2 y2 故椭圆 的标准方程为   1． C 8 4 （2）设直线l的方程为xmy2m0 ，Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ， xmy2,  联立x2 y2 整理得 ，显然 ，   1,  m22  y24my40  8 4 0 4m 所以y y  ． 1 2 m22 y y 2m x x my y  4 从而 1 2  , 1 2  1 2 2 ， 2 m22 2 2 m22  4 2m  故点 的坐标为 , ． Q m22 m22 2m 5 2  m22 2 5 2m24m10 2 因为  5 2，所以k   ． P0,  PQ 4 8    2  m22 10 2 5 2m4 因为直线 的斜率 1 ，所以 m ， k  k k  2 l m PQ 8 当且仅当m 2时，等号成立，即直线PQ与直线l斜率之积的最小值为2．8．已知P为圆x2y2 4上任意一点，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，M为PQ的中点. M的轨迹曲线E. (1)求曲线E的轨迹方程； (2)曲线E交x轴正半轴于点A，交y轴正半轴于点B.直线l与曲线E交于C，D两点，若直 线l//直线AB，设直线AC，BD的斜率分别为k ,k .证明：k k 为定值． 1 2 1 2 x2 【答案】(1) y2 1(2)证明见解析 4 【详解】（1）由题意可知，作出图形如图所示 设点M 的坐标为 x,y ，点 P 的坐标为 x 0 ,y 0  ，则 y xx ,y 0 . 0 2 因为点Px ,y  在圆x2y2 4上，所以x2y2 4. 0 0 0 0 x2 把 代入 中，得 ，即 y2 1. x  x,y 2y x2y2 4 x24y2 4 4 0 0 0 0 x2 所以曲线E的轨迹方程为 y2 1. 410 1 （2）由题意可知，A2,0,B0,1,直线AB的斜率为k AB  02  2 ,作出图形如图所示 1 设直线 的方程为y xt,Cx,y ,Dx ,y  ，则 l 2 1 1 2 2 x2  y2 1  4  ，消去 化简整理，得 ， ，解得 1   y 2 xt x 2y22tyt210 Δ4t242  t21  0 t2 2， t21 所以y y t,y y  . 1 2 1 2 2 所以x 1 x 2 2x 2 4ty 1 ty 2 4ty 2  4  t2ty 1 y 2 y 1 y 2 ty 2   4y y 2 y y y y y y y y y  4y y y .  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 y y 1 y y y y y y 1 kk  1  2  1 2 1  1 2 1  所以 1 2 x 2 x xx 2x 4y y y  4 . 1 2 1 2 2 1 2 1 1 故 为定值 . k k 4 1 2 题型3 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题 弦长公式（最常用公式，使用频率最高） √ 1 = 1+ √ (y +y ) 2 −4 y y k2 1 2 1 2 三角形面积问题 直线 方程： 焦点三角形的面积 y A F 1 O F 2 x B直线 过焦点 的面积为 注意： 为联立消去 后关于 的一元二次方程的二次项系数 平行四边形的面积 y C A 直线 为 ，直线 为 H O x D B 注意： 为直线与椭圆联立后消去 后的一元二次方程的系数. 范围问题 应用均值不等式求解最值时，应注意“一正二定三相等” 圆锥曲线经常用到的均值不等式形式列举：（1） （注意分 三种情况讨论） （2） 当且仅当 时，等号成立 （3） 当且仅当 时等号成立. （4） 当且仅当 时，等号成立 (5) 当且仅当 时等号成立. 双曲线，最早由门奈赫莫斯发现， 后来阿波罗尼兹进行了总结和完善.在他的著作中，双 x2 y2 曲线也被称作“超曲线”. 已知双曲线C:  1(a，b0)的实半轴长为2，左､右顶点 a2 b2 分别为A 1 ，A 2 ，经过点B4，0 的直线l与C的右支分别交于M，N 两点，其中点M 在x轴 上方. k 2 (1)若 轴时， ，设直线 的斜率分别为 ，求 的值； l x MN 2 6 MA，NA k，k 2k 1 2 1 2 1 (2)若BA N 2BAM ，求AMN 的面积. 2 1 1破解：（1）如图所示， ：因为 2a4 ，所以 a2 ，令 x4 得 y2 3b2 ，所以 MN 2 3b2 6， x2 y2 解得 ，所以 的方程为  1，显然直线 与 轴不垂直，设其方程为 b 2 C 4 2 MN y xty4，  xty4  联立直线 与 的方程x2 y2 ，消去 得 ，当 时，   1  t22  y28ty120 MN C  4 2 x t2 2 8t 12 Δ=16t2960 ，设Mx 1 ，y 1 ，Nx 2 ，y 2 ，则y 1 y 2  t22 ，y 1 y 2  t22 .因为 y y 1 x 2 k  1 ，k  2   2 ， 1 x 2 2 x 2 2 y 1 2 2 k x 2x 2 ty 6ty 6 所以 2  1 2  1 2 2k 4y y 4y y 1 1 2 1 2 12t2 48t2  t2y 1 y 2 6ty 1 y 2 36  t22  t22 36  3 . 4y y 48 2 1 2 t22  2a4  ：由题意得 16  ，解得 a2 ， 双曲线 的方程为  2  1b2 2 6   a2  b 2  C x2 y2  1. 4 2  xmy4 设 方程为 ，联立 ， MN xmy4，Mx 1 ，y 1 ，Nx 2 ，y 2 ，A 1 2，0，A 2 2，0 x22y2 4 可得  m22  y28my120，m2 2，64m24  m22  12m260， 8m 12 y y  ，y y  ， 1 2 m22 1 2 m22y y k y x 2 y my 6 my y 6y k  1 ，k  2 ，  2  2  1  2 1  1 2 2 1 x 2 2 x 2 2k x 2 2y 2my 2y 2my y 4y y 4y 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 12 12m m 6y 6y m22 2 m22 2 3    . 24 32m 8m 2 m  4y 4y m22 m22 2 m22 2 （2） ：因为 ，所以 BA N 2BAM 2 1 2tanBAM tanBA N tan2BAM  1 ，又因为 ， 2 1 1tan2BAM k tanBAM，k tanBA N 1 1 1 2 2 2k 2k 所以k  1 ，即k  1 ， 2 1k2 2 k21 1 1 2k 将 代入得3k  1 ， 1 k21 k 2 3k 1 1 3 3 因为 在 轴上方，所以k  ，所以直线 方程为y x2， M x 1 3 MA 1 3  3 y x2  3 联立 与直线 方程 ，消去 得， ，解得 或  x2 y2  1 C MA  4 2 y x28x200 x10 x2 1   （舍），所以M 10，4 3 ， 3 3 代入 ，得t  ，所以直线 方程为x y4，联立 与直线 方程 xty4 2 MN 2 C MN  3 x y4  2  ，消去 得， ，解得 或 ，  x2 y2 4 3  1 y  4 2 x 5y216 3y480 y=4 3 5 1 1 24 72 所以 的面积为 AB  y y  6 3 3. AMN 2 1 1 2 2 5 5 1 k tan2θ ：设 ，由 2 3，可得 3， BAM ，BA N 2 k tanθ 1 2 1 2 3  3，解得tanθ= ， 1tan2 3x 3y2 方程 ，联立 ，可得 ，解得 ， AM :x 3y2 x22y2 4 y24 3y0 y 4 3 1 1  3 x y2 同理联立 3 ，解得 4 3 ，   x22y2 4 y 2  5 1 24 3 72 3 S  6 y y 3  . A 1 MN 2 1 2 5 5 设抛物线方程为y2 2x，过点P的直线PA,PB分别与抛物线相切于A,B两点，且点A在x 轴下方，点B在x轴上方. (1)当点 的坐标为 1,2 时，求 AB ； P (2)点C在抛物线上，且在x轴下方，直线BC交x轴于点N ，直线AB交x轴于点M ，且 S ABC .若 的重心在 轴上，求 的最大值.（注： 表示三角形的面积） 3 AM 2 BM ABC x S S BMN 破解：（1） ：设Ax,y ,Bx ,y ， y 0 ， y 0 ， 1 1 2 2 1 2 1 1 由 ，可得 ，当y0,y 2x,y= = ， y2 2x y 2x 2x y 1 1 1 1 当y0,y- 2x,y=- = ，所以y ，直线 的斜率k  ， 2x y y PA PA y 1 1 直线 ：yy 1  y xx 1  ，又∵ P1,2在 上， PA PA 1 1 1 2y  1x  y  1x ,x 12y ， 1 y 1 1 2 1 1 1 1 y2 2x  1 1 所以 1 ，又 ，所以 ，   y 1  2 1x 1  y 0 y 2 6 1 1 同理可得y 2 6， 2∴y y 2 6,x x 12y 12y 2y y 4 6， 1 2 1 2 1 2 1 2 ∴ AB  x x 2 y y 2  (4 6)2(2 6)2 2 30 ； 1 2 1 2 ：设 Ax,y ,Bx ,y ， y 0 ， y 0 ，由 y2 2x ，可得 y 2x ， 1 1 2 2 1 2 1 1 1 所以y y ，直线 PA 的斜率k PA  y 1 ，直线 PA ：yy 1  y 1 xx 1  ，又∵ P1,2在 PA 上， 1 故2y  1x  ，即 ， 1 y 1 2y y2 1x 1 1 1 1 因为y2 2x ，所以x 2y 1，同理可得x 2y 1， 1 1 1 1 2 2 故直线AB的方程为x2y1， y2 2x 联立 消去 ，得 ，故 ， x2y1 x y24y20 y y 4,y y 2 1 2 1 2 故 AB  x x 2y y 2  5 y y 24y y  5 24 2 30 1 2 1 2 1 2 1 2 （2）设Cx ,y  ，由条件知y y y 0， 3 3 1 2 3 1  AB  BC sinABC S 2 AB BC  AM   CN  ∴ ABC    1 1  S 1 BM BN  BM   BN  BMN  BM  BN sinABC     2  y  y  y y y y 1 1 1 31 1 3  1 3  y  y  y y2 2 2 2 2 y y y y y  y2y y 2 1 3 2 1 1 2 2 1 1 2 y2 y2 y2 2 2 2 2 2  y   y   y 1 9  1   1 2 1    ，  y   y   y 2 4 2 2 2 AM y 2 2 y ∵ ∴  1  ，  1 0 3 AM 2 BM BM y 3 3 y 2 2y 1 S 9 1  ABC ∴当 时， 取得最大值 . y 2 S 4 2 BMN x2 y2 2 已知椭圆C：  1(ab0)过点A（2， ），且C的离心率为 . a2 b2 2 2 (1)求C的方程； (2)设直线l交C于不同于点A的M，N两点，直线AM，AN的倾斜角分别为，，若 cos 1，求 面积的最大值. cos AMN 4 2 破解：（1）因为C过点A（2， ），所以   1 2 a2 b2 c 2 1 1 设C的焦距为2c，由  得c2  a2，所以b2 a2c2  a2，. a 2 2 2 代入上式，解得a2 8，b2 4， x2 y2 所以C的方程为   1. 8 4 （2） 设Mx,y ,Nx ,y  ，易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为xmyt， 1 1 2 2 xmyt  由x2 y2 得 ，   1  m22  y22mtyt280  8 4 则4m2t24  m22  t28  8  t24m28  0， 2mt t28 y y  ，y y  ， 1 2 m22 1 2 m22 cos 由 cos 1得， coscoscos， 又0,，0, ，所以，则， 由题意知直线AM，AN的斜率存在，所以k k 0， AM AN  y  2 x 2  y  2 x 2 y  2 y  2 1 2 2 1 则 1  2  0，.. x 2 x 2 x 2x 2 1 2 1 2 所以  y  2 my t2  y  2 my t20， 1 2 2 1 则2my y   t2 2m y  y 2 2t20 1 2 1 2 即 2m  t28    t2 2m   2mt  2 2t20， m22  m2 2    整理得，4 m 2 2mt2 0 又知l不过点A（2， 2），则 2mt20， 所以m 2， 所以直线l的方程为x 2yt，则8  t216  0，所以4t4， 2t t28 y y  ，y y  1 2 2 1 2 4 t 则点A（2， ）到直线l的距离为d  2 3 2 2 x28  | MN| 3  y 1  y 2 2 4y 1 y 2    3       2    4 4     3    8 1 2 t2    1  1  t28 t2  则 1 t  1  2 1  1  2 2  2  ， S    38 t2   t2 8 t2    2 2 AMN 2 3  2  2 2  2  2 2 1 1 当且仅当 t2 8 t2 ，即 时取等号. 2 2 t 2 2 故AMN 面积的最大值为2 2. 1．设点 、 分别是椭圆 的左、右焦点， 为椭圆 上任意一 点，且 的最小值为 ． (1)求椭圆 的方程； (2)求椭圆 的外切矩形 的面积 的最大值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）解：设点 ，则 ，其中 ， ， ， 所以，， 故当 时， 取最小值 ，可得 ， 因此，椭圆 的方程为 . （2）解：设点 ， 当直线 、 的斜率都存在时，设直线 、 的斜率分别为 、 ， 设过点 且斜率存在的直线的方程为 ，即 ， 联立 可得 ， 则 ， 整理可得 ，即 ， 则 、 是关于 的方程 的两根， 因为 ，则 ，整理可得 ； 当 、 分别与两坐标轴垂直时，则 ，满足 . 所以，点 的轨迹方程为 ， 由对称性可知，矩形 的四个顶点都在圆 ，该圆的半径为 ， 由勾股定理可得 ， 由基本不等式可得 ，即 ， 当且仅当 时，即当 时，等号成立， 故 ，即矩形 的面积的最大值为 .2．在椭圆 上任取一点 ，过点 作 轴的垂线段 ， 为垂足，点 在线 段 上，且满足 . (1)当点 在椭圆 上运动时，求点 的轨迹 的方程； (2)若曲线 与 ， 轴的正半轴分别交于点 ， ，点 是 上第三象限内一点，线段 与 轴交于点 ，线段 与 轴交于点 ，求四边形 的面积. 【答案】(1) (2)2 【详解】（1）由 得 ， 设 ， ，则 所以 ， ∵ ，得 ， 所以点 的轨迹 的方程为 ； （2）由题知 ， ，设 ，则 ，所以 ， 令 ，解得 ，同理 ， ， 所以 又因为 所以所以四边形 的面积为2 3．在椭圆(双曲线)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭 圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算 术平方根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆 的蒙日圆的面积为 ，该 椭圆的上顶点和下顶点分别为 ，且 ，设过点 的直线 与椭圆 交于 两点（不与 两点重合）且直线 . (1)证明： ， 的交点 在直线 上; (2)求直线 围成的三角形面积的最小值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）根据题意，蒙日圆的半径为 ，所以 . 因为 ，可知 ，则 ， 所以椭圆 的标准方程为 ， 因为直线 过点 ，可知直线 的斜率存在，且直线 与椭圆必相交， 可设直线 ， 联立方程 ，消去 可得 ， 由根与系数的关系可得： 因为 ，可得直线 ，直线 ，所以 即 ，解得 ， 所以直线 的交点 在直线 上. （2）设直线 与直线 的交点分别为 ， 则由（1）可知：直线 ，直线 . 联立方程 和 ， 解得 因为 ， 又因为点 到直线 的距离 ， 可得 ，只需求 的最小值. 由弦长公式可得令 ，则 . 可得 ， 当且仅当 ，即 时等号成立. 即 的最小值为 ，可得 面积的最小值为 . 故直线 围成的三角形面积的最小值为 . 4．已知椭圆 的方程 ，右焦点为 ，且离心率为 (1)求椭圆 的方程； (2)设 是椭圆 的左、右顶点，过 的直线 交 于 两点（其中D点在x轴上 方），求DBF与△AEF 的面积之比的取值范围. x2 y2 1 【答案】(1)  1(2)( ,1) 4 3 9 【详解】（1）设椭圆焦距为2c， c 1 由题意可得c1,e  , ， a 2 a2,b a2c2  3 x2 y2 故椭圆方程为  1 4 3S |BF| ac 1 （2）当 斜率不存在时，易知 BDF    ； l S |AF| ac 3 AEF ②当l斜率存在时，设l:xty1(t0)，D(x ,y)(y 0)，E(x ,y )(y 0)， 1 1 1 2 2 2 xty1  由x2 y2 ，得 ，显然 ，   4  3 1 (3t24)y26ty90 36t236(3t24)0 6t 9 所以y y  ，y y  ， 1 2 3t24 1 2 3t24 1 3 1 1 因为S  |AF||y | (y )，S  |BF||y | y ， AEF 2 2 2 2 BDF 2 1 2 1 1 y S 2 1 1 y 所以 BDF    1 ， S 3 3 y AEF y  2 2 2 36t2 (y y )2 (3t24)2 4t2 4 4 因为 1 2     ， y y 9 3t24 4 3 1 2  3 3t24 t2 4 (y  y )2 所以  1 2 0， 3 y y 1 2 (y y )2 y22y y y2 y y 又 1 2  1 1 2 2  1  2 2， y y y y y y 1 2 1 2 2 1 y 4 1 1 设 1 k ，则 ， k 20，解得3k  且 ， y k 0 3 k 3 k 1 2 S 1 y 1 1 1  所以 BDF   1  ,  ,1， S 3 y 9 3 3  AEF 2 S 1 综上可得 BDF 的取值范围为( ,1)． S 9 AEFx2 y2 2 5．已知椭圆C:  1(ab0)的左、右焦点分别为 、 ，离心率为 ．点 在 a2 b2 F 1 F 2 2 M 直线x3(y0)上运动，且直线MF 的斜率与直线MF 的斜率之商为2． 1 2 (1)求C的方程； (2)若点A、B在椭圆C上，O为坐标原点，且OAOB，求AOB面积的最小值． x2 【答案】(1) y2 1(2) 2 2 3 【详解】（1） 设F c,0,F c,0,M3,y ,y 0 ， 1 2 0 0 y y 所以k  0 ,k  0 ，由直线 的斜率与直线 的斜率之商为2， MF1 3c MF2 3c MF 1 MF 2 y 3c 可得 0  2，所以 ， 3c y c1 0 c 2 又离心率e  ，所以 ，则 ， a 2 a 2 b a2c2 1 x2 所以 的标准方程为 y2 1. C 2 （2） 当直线 OA ，直线OB其中一条直线斜率不存在时，不妨令A1,0,B  2,0  ， 1 2 此时 面积为 1 2  ； AOB 2 2当直线OA，直线OB的斜率均存在时，不妨设直线OA的方程为ykxk 0 ， 1 则直线 的方程为y x，设点Ax,y ,Bx ,y ， OB k 1 1 2 2 x22y2 2 联立方程 ykx 可得 2k21  x2 2 ， 2  k21  所以OA2 x2y2   k21  x2  ， 1 1 1 2k21 x22y2 2  联立方程 1 可得 2  ，   y k x  k2 1  x2 2  1  所以OB2  x2 y2    1 1  x2  2 k2 1   2  k21  ， 2 2 k2  2 2 k22 1 k2 1 1 3  k21  3 所以    ， OA2 OB2 2  k21  2 3 1 1 2 1    因为S AOB  2 OAOB ，又 2 OA2 OB2 OAOB ， 4 2 2 所以OAOB  ，又  ， 3 3 2 2 所以 面积的最小值为 ，当且仅当OA  OB ，即 时等号成立. AOB 3 k1 x2 y2 6．已知椭圆C:  1(ab0)的下、上顶点分别为 ，左、右顶点分别为 ， a2 b2 B,B A,A 1 2 1 2 四边形ABA B 的面积为6 5，若椭圆C上的点到右焦点距离的最大值和最小值之和为6. 1 1 2 2 (1)求椭圆C的方程；(2)过点 1,0 且斜率不为0的直线l与C交于P,Q（异于A 1 ,A 2  两点，设直线A 2 P与直线 A 1 Q交于点M ，探究三角形B 1 B 2 M 的面积是否为定值，请说明理由. x2 y2 【答案】(1)  1(2)三角形 的面积是定值，理由见详解 9 5 BB M 1 2 1 【详解】（1）由题意可知：  2 2a2b2ab6 5 ，解得 a3 ，    acac2a6 b 5 x2 y2 所以椭圆 的方程为  1. C 9 5 （2）三角形BB M 的面积是定值，理由如下： 1 2 由（1）可知：A 3,0,A 3,0,B  0, 5  ,B  0, 5  ， 1 2 1 2 因为 1,0 在椭圆C的内部，可知直线l与椭圆C必相交， 由题意可设：直线l :xmy1m0,Px 1 ,y 1 ,Qx 2 ,y 2  ， xmy1  联立方程x2 y2 ，消去x得， ，   1  5m29  y210my400  9 5 10m 40 则y 1 y 2  5m29 ,y 1 y 2  5m29 ，可知my 1 y 2 4y 1 y 2 ， y y 又因为直线A P:y 1 x3 ，直线AQ:y 2 x3 ， 2 x 3 1 x 3 1 2  y y 1 x3   x 3 1 联立方程 ， y y 2 x3   x 3 23x 3y x 3y  3my 4y my 2y  解得x  1 2 2 1   1 2 2 1 x 3y x 3y my 2y my 4y 2 1 1 2 2 1 1 2  3my 1 y 2 y 1 2y 2   3  4y 1 y 2 y 1 2y 2   9， y 2y y 2y 1 2 1 2 即点M 在直线x9上， 1 所以三角形 的面积为 2 599 5. BB M 2 1 2 x2 y2  6  3 7．已知椭圆E: a2  b2 1(a0,b0)经过P   2, 2   ，Q  1, 2   两点． (1)求E的方程； (2)若圆x2y2 1的两条相互垂直的切线l 1 ,l 2 均不与坐标轴垂直，且直线l 1 ,l 2 分别与E相交 于点A，C和B，D，求四边形ABCD面积的最小值． x2 y2 240 【答案】(1)  1．(2) ． 4 3 49  6  3 【详解】（1）因为 E 过点P    2, 2    ，Q  1, 2   ，  2 3  1,  a2 2b2 所以 1 9 解得a2 4,   1,  a2 4b2 b2 3. x2 y2 故 的方程为  1． E 4 3 （2）由题知l,l 的斜率存在且不为0． 1 2 设l :ykxm(k 0)． 1 |m| 因为 与圆 相切，所以 1，得 ． l x2y2 1 1k2 m2 1k2 1 联立l 与 的方程，可得  34k2 x28kmx4m2120， 1 E 8km 4m212 设 Ax 1 ,y 1 ， Cx 2 ,y 2 ，则x 1 x 2  34k2 ，x 1 x 2  34k2 ．4 3  1k2 4k23m2 所以 AC  1k2 x x  1k2 x x 24xx  ， 1 2 1 2 1 2 34k2 4 3  1k2 3k22  将 代入，可得 AC  ． m2 1k2 34k2 4 3  1k2 32k2 1 用  替换 ，可得 BD  ． k k 3k24 24  1k2  3k22  32k2 1 四边形 的面积S  AC  BD  ． 2  34k2 3k24  ABCD 1 1 24 6  24t 6t2t1 t t2 令 ，则 ，可得S   ， 12t2t1 1 1 12  t 1k2 t(1,) t t2 24u 24 24 240 S     再令 1 1 ， ，则  5，可得 u26 6 5 2 49 ， u 6  u 6,  u 6 t t2 t(1,)  2 u 2 5 240 即四边形 面积的最小值为 ． ABCD 49 x2 y2 8．已知椭圆 的方程为  1ab0，由其 个顶点确定的三角形的面积为 ，点 C a2 b2 3 4 P2,1 在C上，A,B为直线x4上关于x轴对称的两个动点，直线AP,BP与C的另一个交 点分别为M,N. (1)求C的标准方程； (2)证明：直线MN经过定点； (3)O为坐标原点，求△MON 面积的最大值. x2 y2 【答案】(1)  1(2)证明见解析(3)最大值为 8 2 2 【详解】（1） ab4  由题意知 4 1 ，结合椭圆参数关系，解得 ，  1  a2 b2 a2 2,b 2x2 y2 所以椭圆 的方程为  1. C 8 2 （2）直线MN的斜率必存在，设其方程为ykxn. ykxn  x2 y2 消去 得 ，   8  2 1 y  14k2 x28nkx4n280 由0得 8nk24  14k2 4  n22  0n2 8k22. 8nk 4  n22  设 Mx 1 ,y 1 ,Nx 2 ,y 2  ，则x 1 x 2  14k2 ,x 1 x 2  14k2 ，（*） y 1 直线 的方程为y1 1 x2 ， PM x 2 1 2y 1 2y 1 令 ，得y 1 1 ，同理y 1 2 ， A x 2 B x 2 x4 1 2 2y 1 2y 1 由y y 02 1  2 0，又 ， A B x 2 x 2 y kx n,y kx n 1 2 1 1 2 2 代入整理得 2k1xx n2k3x x 84n0， 1 2 1 2 将（*）式代入并整理得n26k1n8k24k 0n4kn2k10. 因为直线MN不过P2,1 ，故n2k10不成立，所以n4k 0， 此时直线MN的方程为ykx4 ，经过定点 4,0 . 32k2 8  8k21  （3）由 ， x x  ,xx  ， n2 8k224k2 1 1 2 14k2 1 2 14k24 2 1k2 14k2 所以 MN  1k2 x x  1k2 x x 2 4xx  1 2 1 2 1 2 14k2 4k 又点 到直线 的距离为d  ， O MN 1k2 1 1 4 2 1k2 14k2 4k k 14k2 所以S MON  2 MN d  2  14k2  1k2 8 2 14k2 t12t 1 3 2 1 令 ，则S 4 2 4 2 2    2， t14k2,1t2 MON t2 t 4 8 1 3 1 当  ，即k2  时取等，所以 的面积的最大值为 . t 4 12 △MON 2 题型4 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 定点问题 1.求解(或证明)直线和曲线过定点的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量 ， 视作 常数，把方程一边化为零，既然是过定点，那么这个方程就是对任意参数都成立，这时参 数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于 ， 的方程组，这个方程组的解所确定 的点就是直线或曲线所过的定点． 2.常用方法：一是引进参数法，引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究 变化的量与参数何时没有关系，找到定点；二是特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情 况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 定值问题 1.解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜 率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始 终是一个确定的值．常见定值问题的处理方法： （1）确定一个（或两个）变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示（2）将所求表达式用核心变量进行表示，然后进行化简，看能否得到一个常数. 2. 定值问题的处理技巧： （1）对于较为复杂的问题，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直线等）求出定值，进 而给后面一般情况的处理提供一个方向. （2）在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢 （3）巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运 算 定直线问题 定直线问题是证明动点在 定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为 求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等． 已知抛物线C：y2=2px（p>0），M是其准线与x轴的交点，过点M的直线l与抛物线C交 于A，B两点，当点A的坐标为（4，y）时，有|MB||BA|． 0 (1)求抛物线C的方程； (2)设点A关于x轴的对称点为点P，证明：直线BP过定点，并求出该定点坐标． 破解：（1）如图，   设B x ,y ，由|MB||BA|，得B为线段MA的中点． B B  p 2x 4 因为  p ，所以 B 2 ， M   2 ,0   2y B  y 0 p x 2   B 4 所以 ，即 ， y  p y  y  0 B2 , 0   B 2  4 2   p y   y  2  p 把B2 , 0 代入 中，得 0  2p2 ，  4 2  y2 2px  2   4  p 把 A4,y 代入 y2 2px 中，得 y2 8p ，所以2p  2 4   2p． 0 0 又p>0，所以p=4， 所以抛物线C的方程为y2 8x. （2）由题意，知直线l的斜率存在且不为0， 因为M（-2，0），所以可设直线l的方程为x=my-2． 设Ax,y  ，Bx ,y  ，则点Px,y  ． 1 1 2 2 1 1 xmy2 由 ，消去x，得 ，所以 ， , y2 8x y28my160 Δ0 64m2640 根据根与系数的关系，得y y 8m，y y 16． 1 2 1 2 y  y y  y 8 k  2 1  2 1  直线BP的斜率 x x y2 y2 y  y ， 2 1 2 1 2 1 8 8 y y  xx  所以直线BP的方程为 ， 2 y  y 2 2 1 1 1 所以x y  y y y y  y x 8 2 1 8 2 2 1 2 1 1 1 1  y  y y y2 y y  y2 8 2 1 8 2 8 2 1 8 2 1  y  y y2， 8 2 1 1 即直线BP的方程可表示为x y  y y2． 8 2 1 所以直线BP过定点，且定点坐标为（2，0）．已知斜率为 3的直线l与抛物线C:y2 4x相交于P,Q两点． (1)求线段PQ中点纵坐标的值； (2)已知点T( 3,0)，直线TP,TQ分别与抛物线相交于M,N两点（异于P,Q）．求证：直 线MN恒过定点，并求出该定点的坐标． 破解：（1）设Px,y ,Qx ,y  ，其中x  x ， 1 1 2 2 1 2 y2 4x y y 4 由 1 1 ，得 ，化简得 1 2  ， y2 4x y2y2 4x 4x x x y y 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 y y 2 3  3 ，即 1 2  ， y y 2 3 1 2 2 3 线段 中点纵坐标的值为 ；  PQ 3  y2   y2   y2   y2  （2）证明：设P 1 ,y ,Q 2 ,y ,M 3 ,y ,N 4 ,y ，  4 1   4 2   4 3   4 4  y y 4 k  1 3  PM y2 y2 y y ， 1  3 1 3 4 4 4  y2 直线 的方程为y y  x 1 ，化简可得 ，  PM 1 y 1  y 3  4  y 1 y 3 y4xy 1 y 3 0 T( 3,0)在直线PM 上，解得y y 4 3， 1 3 同理，可得y y 4 3， 2 4 4 4 y y k    3 4  3 PQ y y 4 3 4 3  3y  y  ， 1 2  3 4 y y 3 4 y y 3y y  ， 3 4 3 4 又直线MN的方程为 y 3 y 4 y4xy 3 y 4 0，即 y 3 y 4 (y3)4x0，直线MN恒过定点(0,3)． x2 已知双曲线C: 4  y2 1，点 A 是双曲线 C 的左顶点，点 P 坐标为4,0. (1)过点P作C的两条渐近线的平行线分别交双曲线C于R，S两点.求直线RS 的方程； x2 (2)过点 作直线 与椭圆 y2 1交于点 ， ，直线 ， 与双曲线 的另一个交 P l 4 D E AD AE C 点分别是点M ，N .试问：直线MN是否过定点，若是，请求出该定点坐标；若不过定点， 请说明理由. 1 破解：（1）由题意，得双曲线 的渐近线方程为y x， C 2  1 y x4 过 与 1 平行的直线方程为 1 ，由 2 ，解得 5 3， P y  2 x y 2 x4  x24y2 4 R 2 , 4    1 y x4 过 与 1 平行的直线方程为 1 ，由 2 ，解得 5 3， P y 2 x y 2 x4  x24y2 4 S 2 , 4   5 ∴直线 的方程为x . RS 2 （2）直线MN过定点. 由已知，易知过P的直线斜率存在且不为0，直线AD，AE斜率存在且不为0，设直线AD，AE的直线方程分别为xt 1 y2和xt 2 y2，Dx D ,y D ,Ex E ,y E  . xt y2 4t 2t28 由 x2 1 4y2 4 ，得 t 1 24  y24t 1 y0 ，解得y D  t 1 2 1 4 ，则x D  t 1 2 1 4 . 4t 2t28 同理y  2 ，则x  2 . E t24 D t24 2 2 (cid:2) 2t224 4t  (cid:2) 2t224 4t  又 ， ， 三点共线，而PD 1 , 1 ，PE 2 , 2  P D E  t 1 24 t 1 24  t 2 24 t 2 24 2t224 4t 2t224 4t 故 1  2  2  1 0，解得 . t24 t24 t24 t24 tt 12 1 2 2 1 12 y 1 y 1 设 Mx,y ， Nx ,y ，则k AM  x  1 2 k AD  t ，k AN  x  2 2 k AE  t ， 1 1 2 2 1 1 2 2 x 2 x 2 ∴tt  1  2 12， 12 y y 1 2 即 x 2x 212y y 12kx mkx m 1 2 1 2 1 2 化简整理，得 12km2x x   12k21  xx 12m240（*）， 1 2 1 2 易知直线MN斜率存在，设直线MN的方程ykxm， ykxm 由 x24y2 4 ，消去 y 整理，得 14k2 x28kmx4m240 ， ∴当14k2 0且64k2m216  14k2 m21  0时， 8km 4m24 有x x  ，x x  ， 1 2 14k2 1 2 14k2 代入（*）化简，解得m2mk2k2 0， 即 mkm2k0，故mk或m2k. 当m2k时，ykxmkx2k，经过点 2,0 ，不合题意， 当mk时，ykxmkxk ，经过点 1,0 ，满足题意. 因此直线MN过定点 1,0 .1．已知椭圆 的左､右焦点分别为 过点 ，且 的长 轴长为8. (1)求 的方程. (2)设 的右顶点为点 ，过点 的直线 与 交于 两点（异于 ），直线 与 轴分别交于点 ，试问线段 的中点是否为定点？若是，求出该定点的 坐标；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)是定点，定点坐标为 【详解】（1）因为 的长轴长为8，所以 ，所以 . 又 ，所以 ，所以 的方程为 . （2） 易知 ，则直线 的斜率存在，设其方程为 .联立 得 ， ， 因为点 在直线 上，所以 ， ， 直线 ，令 ，得 ， 直线 ，令 ，得 ， ， 所以线段 的中点为 ，为定点. 2．已知椭圆 的上下顶点分别为 ，左右顶点分别为 ，四 边形 的面积为 ，若椭圆 上的点到右焦点距离的最大值和最小值之和为6.(1) 求椭圆 的方程； (2)过点 且斜率不为0的直线 与 交于 （异于 ）两点，设直线 与直线 交于点 ，证明：点 在定直线上. 【答案】(1) (2)证明见解析【详解】（1）设右焦点坐标为 ，椭圆 上的一点 ，则 ， 故 ，即 ， 则 到右焦点的距离 ， 因为 ，所以 ， ， 故 ， 即椭圆 上的点到右焦点距离的最大值为 ，最小值为 ， 故 ，解得 ， 又四边形 的面积为 ， 故 ，所以 ， 椭圆方程为 ； （2）当过点 且斜率不存在时，直线 方程为 ， 中，令 得， ， 不妨设 ，直线 ，即 ， 同理可得 ， 联立 得， ，故点 在直线 上， 当过点 的直线斜率存在且不为0时，设直线 方程设为 ， 联立 得 ， 设 ，则 ， 两式相除得 ， 直线 ，直线 ， 联立 得， ， 故 ， 解得 ， 将 代入上式中，得 ， 要想 恒成立，则 ， 故点 在定直线 上， 综上，点 在定直线 上.3．如图，已知椭圆 的短轴长为 ，焦点与双曲线 的焦点重合.点 ，斜 率为 的直线 与椭圆 交于 两点. (1)求常数 的取值范围，并求椭圆 的方程. (2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答) 极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论 稿》中正式阐述的.对于椭圆 ，极点 （不是原点）对应的极线为 ，且若极点 在 轴上，则过点 作椭圆的割线交 于点 ，则对于 上任意一点 ，均有 （当斜率均存在时）.已知点 是直线 上的一点，且 点 的横坐标为2.连接 交 轴于点 .连接 分别交椭圆 于 两点. ①设直线 、 分别交 轴于点 、点 ，证明：点 为 、 的中点； ②证明直线： 恒过定点，并求出定点的坐标. 【答案】(1) ， (2)①证明过程见解析②证明过程见解析，定点坐标为 4t0 【详解】（1）由题意焦点在 轴上，所以 t0 ，解得 0t4 ，即 t 的范围为0,4， 且c 4tt 2,2b4,a2 b2c2，解得a2 8,b2 4， x2 y2 所以椭圆方程为   1. 8 4 （2）我们首先给出题目给出的引理的证明：a2  设Pp,0,Q ,t，则Q在P的极线上，  p  现在如果经过P的直线xmy p交椭圆于A(x,y ),B(x ,y )： 1 1 2 2 那么，代入椭圆就得到  a2b2m2 y22b2mpyb2p2a2b2 0， 所以Δ4b4m2p24b2 p2a2 a2b2m2 4b4m2p24b2 p2a2 p2b2m2a4a2b2m2 4a2b2 a2b2m2 p2 0a2b2m2  p2 ， 2b2mp b2p2a2b2 由韦达定理有y y  ,y y  ， 1 2 a2b2m2 1 2 a2b2m2 此时要证明的是：k k 2k ， QA QB PQ y t y t 2t 1  2  也就是 a2 a2 a2 ， my  p my  p p 1 p 2 p p y t y t 2t 1  2  0 也就是 a2 a2 a2 ， my  p my  p p 1 p 2 p p 也就是  a2   a2   a2   a2  a2  p  y t my  p y t my  p 2tmy  p my  p 0，  p  1  2 p  2  1 p   1 p  2 p    a2     a2  2  a2   也就是2mp 2m2ty y p  tmp y y 0，   p   1 2    p   p   1 2   a2   b2p2a2b2   a2  2  a2    2b2mp  也就是2mp 2m2t p  tmp  0，   p   a2b2m2    p   p    a2b2m2    a2     a2  2  a2   也就是mp m2tb2 p2a2 p  tmp   b2mp  0，   p      p   p    a2     a2  2  a2   也就是p mtb2 p2a2 b2pp  tmp 0，  p      p   p   a2     a2  2  a2   也就是p mt  p2a2  pp  tmp 0，  p      p   p    a2    a2   a2 2  a2  也就是p mtp p  tmp 0，  p    p     p   p    a2    a2   a2  2  a2  也就是p mtp p  tmp ，  p    p   p   p  这显然成立，所以结论得证. 接下来我们回到原题， ①首先由于Q在P的极线x2上，故由引理有k QN k QB 2k PQ ，k QA k QM 2k PQ ， 1 而k k  ， QA QB 2 所以k QN k QM ，这表明Q是MN和AB的交点， 又由于k k 2k ，故k k 2k ， QA QM PQ BA NM PQ ty ty ty 设 Q2,t，而k AB k QD  2 D ，k MN k QT  2 T ，k PQ k QE  2 E ， 所以y D y T 2y E ，也就是E是DT 的中点； t 1 1 ②设 Q2,t，那么k PQ  2 ,k AB  2 ，所以k MN t 2 ， 1 1 这表明 的方程是yt  x2t，即t3x1 xy0， MN  2 2  1 所以 恒过点3, . MN  2 x2 y2 4．已知椭圆C: a2  b2 1ab0的左､右焦点分别为 F,F ， C 过点 B2,3，且 1 2 (cid:2) (cid:2) (cid:2) FBFF  BF . 1 1 2 2 (1)求C的方程. (2)设C的右顶点为点A，过点D4,6 的直线l与C交于P,Q两点（异于 B ），直线 AP,AQ与y轴分别交于点M,N，试问线段MN的中点是否为定点？若是，求出该定点的 坐标；若不是，请说明理由. x2 y2 【答案】(1)  1(2)是定点，定点为0,2 16 12 (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) 2 2 【详解】（1） FBFF  BF  FF FB ，FBFF  FF FB ， 1 1 2 2 1 2 1 1 1 2 1 2 1 (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) 整理可得：FBFF 0，FBFF ， 1 1 2 1 1 2 c2  BF 2  322c2 5，BF 1  BF 2 352a，解得： a4 ， b2 a2c2 12 ， x2 y2 椭圆 的方程为：  1.  C 16 12 （2） 由（1）可得：A4,0 ，则直线l的斜率存在，可设l:ykxm，Px,y ,Qx ,y  ， 1 1 2 2 x2 y2   1 由16 12 得： ，  ykxm  4k23  x28kmx4m24808km 4m248 Δ48  16k2m212  0 ，x 1 x 2  4k23 ，x 1 x 2  4k23 ，  直线l过点D4,6 ，m64k， y 4y  4y  直线 方程为：y 1 x4，令 得：y 1 ，即M0, 1 ； AP x 1 4 x0 x 1 4  x 1 4  4y  同理可得：N0, 2 ；  x 4 2  4y   4y  4y x 44y x 4 4kx mx 44kx mx 4  1  2  1 2 2 1  1 2 2 1  x 4  x 4 x 4x 4 x 4x 4 1 2 1 2 1 2 4m248 8km 4 2kx 1 x 2 4kmx 1 x 2 8m 4 2k 4k23 4km 4k23 8m xx 4x x 16 4m248 32km 1 2 1 2  16 4k23 4k23 96k24m 96k24m 96k2464k    4 ， m28km16k2 m4k2 64k4k2 线段MN的中点为定点 0,2 . x2 y2  3 5．已知椭圆C:  1(ab0)的离心率为1 ，且经过点1, . a2 b2 2  2 (1)求椭圆C的方程； (2)设过点P0,1 且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆C交于A,B两点，过A,B分别作y轴的 垂线，垂足为点M,N，求证：直线AN与BM 的交点在某条定直线上，并求该定直线的方 程. x2 y2 【答案】(1)  1；(2)证明见解析，定直线为 . 4 3 y3 c 1 1 9 【详解】（1）由题可得：  ，  1，又 ；解得 ； a 2 a2 4b2 a2 b2c2 a2,b 3,c1 x2 y2 故椭圆 的方程为：  1. C 4 3 （2）设直线AN与BM 的交点为T，根据题意，作图如下：由题可知，直线AB的斜率存在，又过点P0,1 ，故设其方程为ykx1， x2 y2 联立  1，可得 34k2 x28kx80 ，显然其 ， 4 3 0  8k x x    1 2 34k2 设 两点坐标为 ，则 ； 8  xx  A,B x,y ,x ,y   1 2 34k2 1 1 2 2 因为AM,BN都垂直于y轴，故M0,y ,N0,y  ， 1 2 y y y y 则 方程为：y 1 2 xy ， 方程为：y 1 2 xy ， AN x 1 2 BM x 2 1 联立AN,BM 方程可得： 16k y x 1 y 2 x 2 y 1  x 1 kx 2 1x 2 kx 1 1  2kx 1 x 2 1  34k2 213， x x x x x x 8k 1 2 1 2 1 2  34k2 故y T 3，也即直线AN与BM 的交点在定直线y3上. x2 y2 6．已知椭圆L: a2  b2 1(ab0)的左顶点 A3,0和下顶点B，焦距为 4 2 ，直线l交 椭圆L于C，D（不同于椭圆的顶点）两点，直线AD交y轴于M，直线BC交x轴于N，且 直线MN交l于P. (1)求椭圆L的标准方程； (2)若直线AD，BC的斜率相等，证明：点P在一条定直线上运动. x2 【答案】(1)L: y2 1(2)证明见解析 9 x2 【详解】（1）由已知得： ，所以 ，所以椭圆L: y2 1 a3,c2 2 b1 9（2）设直线AD,BC的斜率为k,Cx,y ,Dx ,y ,Px ,y  . 1 1 2 2 0 0 1  则直线 AD:ykx3，直线 BC:ykx1 ，得M0,3k,N k ,0  ykx3, 联立 x29y2 9 得 19k2 x254k2x81k290 ，易知 Δ0 . 81k29 327k2 6k 由3x  ，得x  ，于是y kx 3 . 2 19k2 2 19k2 2 2 19k2 18k 9k21 同理：x  ,y  1 19k2 1 19k2 327k2 x  x 0 19k2 由于 ，所以 MP DP ，即 0  ，得 ①， 1 18k 3  x x x  AD // BC PN PC k 0 19k2 0 0 3k1 3k 同理y  ②， 0 3k1 由①②得x 3y 30， 0 0 故点P在直线x3y30上运动. 1 7．在平面直角坐标系xOy中，动点M到点F1,0的距离与到直线 的距离之比为 ． x4 2 (1)求动点M轨迹W的方程； (2)过点F的两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为 1 1  1 P，Q．设直线AB，CD的斜率分别为 ， ，且 ，试判断直线PQ是否过定点． k k k k 1 2 1 2 若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． x2 y2 【答案】(1)  1(2)直线PQ过定点0,1． 4 3x12  y2 1 【详解】（1）设点M的坐标为 ，由题意可知，  ， x,y 4x 2 x2 y2 化简整理得，W的方程为  1． 4 3 x2 y2 （2）由题意知，设直线AB的方程为 yk x1，与W的方程  1联立可得， 1 4 3  4k23  x28k2x4k2 120， 1 1 1 8k2 设 ， ，由韦达定理得，x x  1 ， Ax,y  Bx ,y  1 2 4k23 1 1 2 2 1 6k 则y  y k x x 2k  1 ， 1 2 1 1 2 1 4k2 3 1  4k2 3k  所以，点P的坐标为 1 , 1 ． 4k2 3 4k2 3 1 1  4k2 3k  同理可得，Q的坐标为 2 , 2 ． 4k2 3 4k2 3 2 2 4kk 3 k  1 2 所以，直线PQ的斜率为 PQ 4k k ， 1 2 4kk 3  4k2  3k 所以，直线PQ的方程为y 1 2 x 1  1 ， 4k k   4k2 3 4k2 3 1 1 1 1 4kk 3 kk y 1 2 x 1 2 即 ， 4k k  k k 1 2 1 2 1 1 又  1，则 ， k k k k kk 1 2 1 2 1 2 4kk 3 y 1 2 x1 所以直线PQ的方程即为 ， 4kk 1 2 所以，直线PQ过定点 0,1 ．    2 8．已知动圆 经过定点F  3,0 ，且与圆F ： x 3 y2 16内切. M 1 2(1)求动圆圆心M 的轨迹C的方程； (2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为A，B，点P为轨迹C上异于A，B的动点，设PB交 直线x4于点T，连接AT 交轨迹C于点Q，直线AP，AQ的斜率分别为k AP ，k AQ . ①求证：k ·k 为定值； AP AQ ②证明：直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标. x2 【答案】(1) y2 1(2)①证明见解析；②证明见解析；1,0 4   【详解】（1）设动圆的半径为 ，由题意得圆F 的圆心为F 3,0 ，半径 ， r 2 2 R4 所以 MF r， MF Rr，则 MF  MF 4 FF 2 3， 1 2 1 2 1 2 所以动圆圆心M 的轨迹C是以F 1 ，F 2 为焦点，长轴长为4的椭圆. x2 因此动圆圆心 的轨迹 的方程为 y2 1. M C 4 （2）①设Px,y  ，Qx ,y  ，T4,m . 1 1 2 2 由（1）可知A2,0 ，B2,0 ，如图所示， y m 所以k  1 ，k k  ， Ap x 2 AQ AT 6 1 y m 2y 又因为 ，即 1  ，于是m 1 ， k k x 2 2 x 2 BP BT 1 1 y m y y y2 k ·k  1   1  1  1 所以 AP AQ x 2 6 x 2 3x 2 3  x24 ， 1 1 1 1 x2 1 又 1 y2 1，则y2   4x2 ， 4 1 1 4 1 1  4x2 因此k ·k  4 1  1 为定值. AP AQ 3  4x2 12 1② 设直线PQ的方程为xtyn，由①中知Px,y  ，Qx ,y  ， 1 1 2 2  xtyn，  由x2 得 ， ，  y2 1，  t24  y22tnyn240 16  t2n24  0  4  2tn y y - ，   1 2 t24 由根与系数的关系得 由①可知， ，  n2-4 1 y y  . k ·k   1 2 t24 AP AQ 12 y y y y 1 n24 1 即 1  2  1 2  ，代入化简得  ，解得 x 2 x 2 (ty n2)(ty n2) 12 4n216n16 12 1 2 1 2 n1或n2(舍去)， 所以直线PQ的方程为xty1，所以直线PQ经过x轴上的定点，定点坐标为 1,0 . 题型5 圆锥曲线中的极点与极线 圆锥曲线的极点与极线 已知椭圆 （a＞b＞0），则称点 和直线 为椭圆的一对极 点和极线．极点和极线是成对出现的． 我们先从几何的角度来研究圆锥曲线的极点与极线． 从几何角度看极点与极线 如图，设 是不在圆锥曲线上的一点，过 点引两条割线依次交圆锥曲线于四点 ， ， ， ，连接 ， 交于 ，连接 ， 交于 ，则直线 为点 对应的极线．若 为圆锥曲线上的点，则过 点的切线即为极线． 由图同理可知， 为点 对应的极线， 为点 所对应的极线．因而将 称为自 极三点形． 设直线 交圆锥曲线于点 ， 两点，则 ， 恰为圆锥曲线的两条切线． 定理：（1）当 在圆锥曲线 上时，则点 的极线是曲线 在 点处的切线； （2）当 在 外时，过点 作 的两条切线，设其切点分别为 ， ，则点 的极线是直 线 （即切点弦所在的直线）； （3）当 在 内时，过点 任作一割线交 于 ， ，设 在 ， 处的切线交于点 ， 则点 的极线是动点 的轨迹． 已知抛物线 的焦点为 ，且 与圆 上的点的距离的 最小值4． (1)求 ； (2)若点 在圆 上， 是 的两条切线， 是切点，求 面积的最大值． 破解：（1）抛物线 的焦点为 ， ，∴ 与圆 上点 的距离的最小值为 ，解得 ．（2） 设点 ， ， ，由于点 在圆 上， 是 的两条切线， 是切点，所以 与切点弦所在直线 ： 互为极点与极线，联立 可得 ，由韦达定理可得 ， ， ，点 到直线 的距离为 ，∴ ， ，由已知可得 ， ∴当 时， 的面积取最大值 ． 已知F为抛物线 的焦点，直线 与C交于A，B两点且 . （1）求C的方程. （2）若直线 与C交于M，N两点，且 与 相交于点T，证明：点 T在定直线上.破解：（1）解：设 ， ，由 ，得 ， 则 ， 从而 ， 解得 ，故 的方程为 . （2）证明：设 ， ， ， . 因为 ，所以 . 根据 得 ，则 ， 同理得 . 又 两式相加得 ， 即 ，由于 ，所以 . 故点 在定直线 上. 若双曲线 与椭圆 共顶点，且它们的离心率之积为 ． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若椭圆C的左、右顶点分别为 ， ，直线l与椭圆C交于P、Q两点，设直线 1 与 的斜率分别为 ， ，且k  k 0．试问，直线l是否过定点？若是，求出定点 AQ k k 1 5 2 2 1 2 的坐标；若不是，请说明理由． 4 破解：（1）由已知得双曲线的离心率为 ，又两曲线离心率之积为 ，所以椭圆的离心 2 32 2 率为 ；由题意知 ，所以 ， ． 3 a3 c2 2 b1 x2 所以椭圆的标准万程为 y2 1． 9 （2）当直线l的斜率为零时，由对称性可知： 1 ，不满足k  k 0， k k 0 1 5 2 1 2 xtyn 故直线l的斜率不为零．设直线l的方程为 ， xtyn  由x2 ，得： ，  y2 1  t29  y22tnyn290  9 因为直线l与椭圆C交于P、Q两点， 所以4t2n24  t29  n29  0， 整理得：t2n290， 设Px,y  、Qx ,y  ，则 1 1 2 2 2tn n29 y y y y  ，y y  ，k  1 ，k  2 ． 1 2 t29 1 2 t29 1 x 3 2 x 3 1 2 1 因为k  k 0， 1 5 2 y 1 1 k x 3 y x 3 y ty n3 所以  1  1  1 2  1 2 ， 5 k y y x 3 y ty n3 2 2 2 1 2 1 x 3 2 整理得：4ty y 5(n3)y (n3)y 0， 1 2 1 2 4ty y 5(n3)y y (6n12)y ， 1 2 1 2 2 2tn n29 将y y  ，y y  代入整理得： 1 2 t29 1 2 t29 t(n2)(n3)(2n)  t29  y 2 要使上式恒成立，只需n2，此时满足t2n290，因此，直线l恒过定点 2,0 ． x2 1．设A 1 , A 2 分别是椭圆: a2 y2 1(a1)的左､右顶点，点 B 为椭圆的上顶点.   （1）若ABAB4，求椭圆的方程； 1 2 （2）设a 2，F 是椭圆的右焦点，点Q是椭圆第二象限部分上一点，若线段FQ的中 2 2 点M 在 y 轴上，求△FBQ的面积. 2 （3）设a3，点P是直线x6上的动点，点C和D是椭圆上异于左右顶点的两点，且C， D分别在直线PA 1 和PA 2 上，求证：直线CD恒过一定点. x2 2 【答案】（1）  y2 1；（2）1 ；（3）证明见解析. 5 4 【详解】（1）A(a,0),A (a,0)，B(0,1) 1 2     AB(a,1)，AB(a,1)，ABABa214，解得 a25 1 2 1 2 x2 即椭圆 的方程为  y2 1.  5 x2 （2）椭圆的方程为 2 y2 1，由题意 F 2 (1,0) ，设另一焦点为 F 1 1,0， 设Q(x ,y )，由线段FQ的中点在y轴上，得FQx轴，所以x 1， Q Q 2 1 Q 2 代入椭圆方程得y Q  2 2 ，即Q   1, 2    1 2 2 S S S  1 21 ； △F2BQ △BF2M △BQM 2  4   4 （3）证明：由题意A(3,0),A (3,0)，设点P的坐标为(6,m)， 1 2 m x2 直线 ：y (x3)，与椭圆方程 y2 1联立 PA 1 9 9 消去y得：(9m2)x26m2x9m2810 3m227 3m227 6m  由韦达定理得x  即C , ； C 9m2  9m2 9m2  3m23 2m  同理D , ；  1m2 1m2  273m2 3m23 当 ，即  即 时， x x 9m2 m21 m2 3 C D 3 直线 的方程为x ； CD 2 2m 4m  3m23 当 时，直线 ：y  x  x x CD 1m2 3(3m2) 1m2  C D 4m  3 3  化简得y x ，恒过点 ,0； 3(3m2) 2 2  3  综上所述，直线 恒过点 ,0. CD 2  2．已知 ， 分别是双曲线 的左，右顶点，直线 （不与坐标轴垂直）过点 ，且与双曲线 交于 ， 两点. （1）若 ，求直线 的方程； （2）若直线 与 相交于点 ，求证：点 在定直线上. 【答案】（1） 或 ；（2）证明见解析. 【详解】解：设直线 的方程为 ，设 ， ，把直线 与双曲线联立方程组， ，可得 ， 则 ， （1） ， ，由 ，可得 ， 即 ①， ②， 把①式代入②式，可得 ，解得 ， ， 即直线 的方程为 或 ． （2）直线 的方程为 ，直线 的方程为 ， 直线 与 的交点为 ，故 ，即 ， 进而得到 ，又 ， 故 ，解得 故点 在定直线 上． 3．已知椭圆 与 轴的交点 （点A位于点 的上方）， 为 左焦点，原点 到直线 的距离为 . （1）求椭圆 的离心率； （2）设 ，直线 与椭圆 交于不同的两点 ，求证：直线 与直线 的交点 在定直线上.【答案】（1） ；（2）证明见解析. 【详解】（1）设 的坐标为 ，由面积法有 ， 椭圆 的离心率 . （2）若 ，由(1) 得 ， 椭圆方程为 ， 联立方程组 化简得： ， 由 ，解得： . 由韦达定理得： , , 设 ， 的方程是 ， 的方程是 ， 联立化简得 ，即 ， 所以直线 与直线 的交点 在定直线上. 4．已知椭圆 的离心率 ，长轴的左、右端点分别为 (1)求椭圆 的方程； (2)设直线 与椭圆 交于 两点，直线 与 交于点 ，试问：当 变化 时，点 是否恒在一条直线上？若是，请写出这条直线的方程，并证明你的结论；若不是， 请说明理由. 【答案】(1) (2)恒在直线（1）解：设椭圆 的标准方程为 ， 根据题意，可得 且 ，所以 ，所以 ， 所以椭圆 的标准方程为 . （2）解：根据题意，可设直线 的方程为 ， 取 ，可得 ， 可得直线 的方程为 ，直线 的方程为 ， 联立方程组，可得交点为 ； 若 ，由对称性可知交点 ， 若点 在同一直线上，则直线只能为 ； 以下证明：对任意的 ，直线 与直线 的交点 均在直线l:x4上， xmy1  由x2 ，整理得 ，   4 y2 1 (m24)y22my30 2m 3 设R(x 1 ,y 1 ),Q(x 2 ,y 2 )，则y 1 y 2  m24 ,y 1 y 2  m24 ， y y 6y 设 与 交于点 ，由 0  1 ，可得y  1 ， AR l S (4,y ) 42 x 2 0 x 2 1 0 0 1 1 y y 2y 设 与 交于点 ，由 0  2 ，可得y  2 ， AQ l S (4,y) 42 x 2 0 x 2 2 0 0 2 2 6y 2y 6y (my 1)2y (my 3) 因为y y  1  2  1 2 2 1 0 0 x 2 x 2 (x 2)(x 2) 1 2 1 2 12m 12m   4my 1 y 2 6(y 1 y 2 )  m24 m24 0 ， (x 2)(x 2) (x 2)(x 2) 1 2 1 2因为y  y，即S 与S重合， 0 0 0 0 所以当m变化时，点S均在直线l:x4上，.  3 5．已知椭圆C： x2  y2 1ab0经过点A  1,  ，其长半轴长为2. 2 a2 b2   (1)求椭圆C的方程： (2)设经过点B1,0 的直线l与椭圆C相交于D，E两点，点E关于x轴的对称点为F，直 线DF与x轴相交于点G，求△DEG的面积S的取值范围.  3 3 【答案】(1) x2 y2 1(2)  0,   2 4   x2 y2  1 (1)解：由已知得a2，∴椭圆C的方程为 4 b2  3 ∵椭圆经过点A1, ，   2   1 3 ∴  1，解得 4 4b2 b2 1 x2 ∴椭圆C的方程为 y2 1 4 (2)解：由题意知，直线l的斜率存在且不为0， 设直线l的方程为xty1t 0 ，Dx,y  ，Ex ,y  ， 1 1 2 2 xty1  由x2 ，消去 得 ，  y2 1  t24  y22ty30  4 x 2t 3 ∴ ，y y  ，y y  ， 16t2480 1 2 t24 1 2 t24 ∵F 为点E关于x轴的对称点， y y ∴ Fx ,y ，直线 的方程为yy 1  x 1 x 2 xx 1  ， 2 2 DF 1 2y y yy  1 2 xx  即 1 ty y  1 1 2 ty2ty y ty2ty y 2ty y 令 ，则xx  1 1 2 ty  1 1 2 1 1 2 14 y0 1 y y 1 y y y y 1 2 1 2 1 2 ∴G4,0 ， 1 3 ∴ 的面积S  BG y y  y y 24y y △DEG DEG 2 1 2 2 1 2 1 2 3  2t  2 12 6 t23      ， 2 t24 t24 t24   令m t23，则m 3, ， 6m 6 S   ∴ m21 m 1 ，又函数 yx 1在  3,  上单调递增， m x 1 4 3  所以m  ,，   m 3    3 3  3 3 ∴S0, ，∴ 的面积 的取值范围是0,   2   2    △DEG S   x2 y2 6．已知椭圆C:  1a0的焦距为 分别为椭圆 的左、右顶点， 为椭 a2 3 2,A,B C M,N 圆C上的两点(异于A,B)，连结AM,BN,MN，且BN 斜率是AM 斜率的3倍. （1）求椭圆C的方程； （2）证明:直线MN恒过定点. x2 y2 【答案】（1）  1；（2）证明见解析. 4 3 2c2 a2 x2 y2 【详解】（1）因为 ，所以 ，即椭圆 的方程为  1 a2 c23 c1 C 4 3 y y y2 （2）连结 设 则k k  1  1  1 Mx,y ,Nx ,y  AM BM x 2 x 2 x24 BM 1 1 2 2 1 1 13 3 x2 因为点 在椭圆上，所以 k k  y 1 2 = 4 1  3 Mx,y  AM BM x24 x24 4 1 1 1 1 9 因为 ，所以k k  k 3k BN BM 4 BN AM 当MN斜率不存在时，设MN:xm，不妨设M 在x轴上方，  123m2   123m2  Mm, ,Nm,   4   4      9 因为k k  ，所以 BN BM 4 m1 ykxt （ii）当 斜率存在时，设 ， MN MN:ykxt 3x24y2120 8kt 4t212 即 34k2 x28kx4t2120 ，所以x 1 x 2  34k2 ,x 1 x 2  34k2 y y kx tkx t 9 因为k k  1  2  1 1  BN BM x 2 x 2 xx 2x x 4 4 1 1 1 2 1 2 所以2k23ktt2 0，即tk或t2k 当tk时，ykxk，恒过定点 1,0 ，当斜率不存在亦符合:当t2k ，ykx2k ，过 点 2,0 与点 重合，舍去. B 所以直线恒过定点 1,0 x2 y2 7．椭圆C: 3b2  b2 1b0的左、右顶点分别为 A 1 ， A 2 ，上顶点为 B ，点 D1,0，线 BD的倾斜角为135. （1）求椭圆C的方程； （2）过D且斜率存在的动直线与椭圆C交于M 、N 两点，直线A 1 M 与A 2 N 交于P，求证： P在定直线上. x2 【答案】（1） y2 1；（2）证明见解析. 3b 【详解】（1）B0,b，由题意，k BD  1 tan1351b1， x2 所以椭圆 的方程 y2 1. C 3 （2）设Px,y ，Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，过D的动直线：ykx1 ，代入椭圆C的方程 得： 6k2 3k23  3k2 1  x26k2x3k230 ，得：x 1 x 2  3k2 1 ，x 1 x 2  3k21 ， x2    y x  3 2 y2 13y2 3x2  3x 3x  2  2 ， 3 2 2 2 2 2 x  3 3y 2 2 y y y y 分别由 ， ， 及 ， ， 三点共线，得：  1 ，  2 ， P A 1 M P A 2 N x 3 x 1  3 x 3 x 2  3 x 3 y x  3 y 3y 3k2x 1x 1  1  2  1  2  1 2 两式相除得： x 3 x  3 y x  3 x  3  x  3  x  3  1 2 1 2 1 2 3k23 6k2  3k2  1  3k21 3k21   3k2  3k236k23k21  1    2 3， 3k23 6 3k2 3k236 3k29k23 2 3  3 3k21 3k21 x 3 得： 2 3x3，即 在直线 上. x 3 P x3 x2 y2  3 8．已知椭圆C:  1ab0的离心率为1 ，且点1, 在椭圆上． a2 b2 2  2 （1）求椭圆C的标准方程； （2）如图，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点M，N是椭圆上异于A，B的不同两点，直线BN 的斜率为kk 0 ，直线AM 的斜率为3k ，求证：直线MN过定点． x2 y2 【答案】（1）  1；（2）证明见解析． 4 3 x2 y2  3 【详解】（1）由椭圆C:  1ab0的离心率为1 ，且点1, 在椭圆上， a2 b2 2  2 c 1 b2 c2 1 2 3 可得  ，所以 1 1   ， a 2 a2 a2 2 4  3 1 9 又点1, 在该椭圆上，所以  1，所以 ，  2 a2 4b2 a2 4,b2 3 x2 y2 所以椭圆C的标准方程为  1 4 3 （2）由于BN 的斜率为k，设BN 的方程为ykx2 ， ykx2  联立方程组x2 y2 ，整理得 ，   1  4k23  x216k2x16k2120  4 3 16k212 8k26 所以x x  ，所以x  ， B N 4k23 N 4k23 8k26 12k  12k 从而y  ，即N , ， N 4k23 4k23 4k23 同理可得：由于AM 的斜率为3k ，则AM :y3kx2 ， y3kx2  联立方程组x2 y2 ，可得 ，   1  36k23  x2144k2x144k2120  4 3 即  12k21  x248k2x48k240， 48k24 24k22 所以x x  ，所以x  ， A M 12k21 M 12k21 24k22 12k  12k 从而y  ，即M , ， M 12k21  12k21 12k211 当x M x N 时即k 2 ；时， MN:x1 ，过点P1,0， 12k 0 12k21 12k 4k 当 时，k    ， 1 PM 24k22 12k23 4k21 k  1 2 12k21 12k 0 4k23 12k 4k k    ，即 ，所以直线 过点 ， PN 8k26 12k23 4k21 4k23 1 k PM k PN MN P1,0 综上可得，直线MN过点P1,0 .