文档内容
专题 8-1 圆锥曲线综合大题归类
目录
讲高考................................................................................................................................................................................1
题型全归纳.......................................................................................................................................................................9
【题型一】求根型.........................................................................................................................................................9
【题型二】最值型.......................................................................................................................................................13
【题型三】多斜率计算型.........................................................................................................................................18
【题型四】韦达定理复杂转化型...........................................................................................................................22
【题型五】线段（向量）定比型...........................................................................................................................25
【题型六】求轨迹方程型.........................................................................................................................................29
【题型七】定点定值定曲线型...............................................................................................................................34
【题型八】非对称非伟达型....................................................................................................................................38
专题训练.........................................................................................................................................................................42
讲高考
1．（普通高等学校招生考试数学（理）试题（山东卷））已知动圆过定点 ，且与
直线 相切，其中 ．
(1)求动圆圆心 的轨迹的方程；
(2)设 是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线 和 的倾斜角分别为 和 ，
当 变化且 为定值 时，证明直线 恒过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1) ；
(2)当 时，直线 恒过定点 ，当 时，直线 恒过定点 ；详
见解析.
【分析】（1）根据抛物线定义即得；
（2）由题意知直线 的斜率存在，从而设 方程为 ，联立抛物线方程利用韦
达定理法结合条件可表示出 ，进而即得.
【详解】（1）由题可知动圆圆心 到定点 的距离与定直线 的距离相等，
由抛物线的定义知，点 的轨迹为抛物线，其中 为焦点， 为准线，
所以动圆圆心 的轨迹方程为 ；
（2）设 ，由题意得 (否则 )，且 ，
由题意知直线 的斜率存在，从而设 的方程为 ，显然 ，
将 与 联立消去 ，得 ，
由韦达定理知 ， ，
因为 为定值 ，当 时，
，
所以 ，
所以直线 的方程为 ，即 ，
所以直线 恒过定点 ，
当 时，则 ，可得 ，直线 的方程为 ，恒过定点
，
综上，当 时，直线 恒过定点 ，当 时，直线 恒过定点 .
2．（2021年北京市高考数学试题）已知椭圆 一个顶 点 ，
以椭圆 的四个顶点为顶点的四边形面积为 ．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC
分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
【答案】（1） ；（2） ．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求 ，从而可求椭圆
的标准方程.
（2）设 ，求出直线 的方程后可得 的横坐标，从而可得
，联立直线 的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简 ，从而可求
的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过 ，故 ，
因为四个顶点围成的四边形的面积为 ，故 ，即 ，
故椭圆的标准方程为： .
（2）设 ，
因为直线 的斜率存在，故 ，
故直线 ，令 ，则 ，同理 .
直线 ，由 可得 ，
故 ，解得 或 .
又 ，故 ，所以
又
故 即 ，
综上， 或 .
3．（2021年浙江省高考数学试题）如图，已知F是抛物线 的焦点，M是
抛物线的准线与x轴的交点，且 ，（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线 ，x轴依
次交于点P，Q，R，N，且 ，求直线l在x轴上截距的范围.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）求出 的值后可求抛物线的方程.
（2）方法一：设 ， ， ，联立直线 的方程和抛物
线的方程后可得 ，求出直线 的方程，联立各直线方程可求出
，根据题设条件可得 ，从而可求 的范围.
【详解】（1）因为 ，故 ，故抛物线的方程为： .
（2）[方法一]：通式通法
设 ， ， ，
所以直线 ，由题设可得 且 .
由 可得 ，故 ，
因为 ，故 ，故 .
又 ，由 可得 ，
同理 ，
由 可得 ，所以 ，
整理得到 ，
故 ，
令 ，则 且 ，
故 ，
故 即 ，
解得 或 或 .
故直线 在 轴上的截距的范围为 或 或 .
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
直线 的方程为 ，由题设可得 且 ．
由 得 ，所以 ．
因为 ，
，
．
由 得 ．
同理 ．由 得 ．
因为 ，
所以 即 ．
故 ．
令 ，则 ．
所以 ，解得 或 或 ．
故直线 在x轴上的截距的范围为 ．
[方法三]【最优解】：
设 ，
由 三点共线得 ，即 ．
所以直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，直
线 的方程为 ．
设直线 的方程为 ，
则 ．
所以 ．
故 （其中 ）．
所以 ．
因此直线 在x轴上的截距为 ．
【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.
方法一：主要是用 坐标表示直线 ，利用弦长公式将线段长度关系
转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转
化为常见函数的范围.
方法二：利用焦点弦的性质求得直线 的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵
坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常
见函数的范围.
方法三：利用点 在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点 横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数
的范围问题转化为常见函数的范围.
4．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知抛物线 的焦点F到准
线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足 ，求直线 斜率的最大值.
【答案】（1） ；（2）最大值为 .
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设 ，由平面向量的知识可得 ，进而可得 ，再由
斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线 的焦点 ，准线方程为 ，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为 ，
所以该抛物线的方程为 ；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设 ，则 ，
所以 ，
由 在抛物线上可得 ，即 ，
据此整理可得点 的轨迹方程为 ，
所以直线 的斜率 ，
当 时， ；
当 时， ，
当 时，因为 ，
此时 ，当且仅当 ，即 时，等号成立；
当 时， ；
综上，直线 的斜率的最大值为 .
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q的轨迹方程为 ．
设直线 的方程为 ，则当直线 与抛物线 相切时，其斜率k取到最值．联立 得 ，其判别式 ，解得
，所以直线 斜率的最大值为 ．
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q的轨迹方程为 ．
设直线 的斜率为k，则 ．
令 ，则 的对称轴为 ，所以 ．故
直线 斜率的最大值为 ．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设 ．
因为 ，所以 ．
于是 ，所以
则直线 的斜率为 ．
当且仅当 ，即 时等号成立，所以直线 斜率的最大值为 ．
【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率
关于 的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的
斜率的最大值，为最优解；
方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线 的斜率k的平方关于 的表达式，利用换
元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线 斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设 ，求得x,y关于 的参数表达式，得到
直线 的斜率关于 的表达式，结合使用基本不等式，求得直线 斜率的最大值.
5．(2020年天津市高考数学试卷)已知椭圆 的一个顶点为 ，右
焦点为 ，且 ，其中 为原点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）已知点 满足 ，点 在椭圆上（ 异于椭圆的顶点），直线 与以 为
圆心的圆相切于点 ，且 为线段 的中点．求直线 的方程．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） ，或 ．
【分析】（Ⅰ）根据题意，并借助 ，即可求出椭圆的方程；
（Ⅱ）利用直线与圆相切，得到 ，设出直线 的方程，并与椭圆方程联立，求
出 点坐标，进而求出 点坐标，再根据 ，求出直线 的斜率，从而得解.
【详解】（Ⅰ） 椭圆 的一个顶点为 ，，
由 ，得 ，
又由 ，得 ，
所以，椭圆的方程为 ；
（Ⅱ） 直线 与以 为圆心的圆相切于点 ，所以 ，
根据题意可知，直线 和直线 的斜率均存在，
设直线 的斜率为 ，则直线 的方程为 ，即 ，
，消去 ，可得 ，解得 或 .
将 代入 ，得 ，
所以，点 的坐标为 ，
因为 为线段 的中点，点 的坐标为 ，
所以点 的坐标为 ，
由 ，得点 的坐标为 ，
所以，直线 的斜率为 ，
又因为 ，所以 ，
整理得 ，解得 或 .
所以，直线 的方程为 或 .
【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、
中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题
目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程.
题型全归纳
【题型一】求根型
【讲题型】
x2 y2 1
例题1.已知椭圆 + =1(a＞b＞0)的离心率为 ，左顶点为A，右焦点为F，且|AF|
a2 b2 2
=3．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点F做互相垂直的两条直线l，l 分别交直线l：x=4于M，N两点，直线AM，AN
1 2
分别交椭圆于P，Q两点，求证：P，F，Q三点共线．
x2 y2
【答案】（Ⅰ） + =1；（Ⅱ）见解析
4 3【分析】
（Ⅰ）根据离心率和|AF|＝3，可得a＝2，c＝1，从而求出椭圆的方程；
（Ⅱ）设l：y=k（x-1），联立l 和椭圆的方程，得P坐标，因为直线l，l 垂直，同理
1 1 1 1 2
得Q坐标.且F（1，0），所以按x =1和x ≠1分类讨论，判断即可.
p p
【详解】
（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意：¿，
x2 y2
得b2=a2-c2=3，所以椭圆的方程是 + =1．
4 3
（Ⅱ）由题意可知，直线l，l 的斜率均存在且不为0，A（-2，0），F（1，0），设l，
1 2 1
l 的斜率分别为k，k，则k•k=-1．
2 1 2 1 2
3k k
直线l 的方程为y=k（x-1），则M点坐标为（4，3k），得k = 1 = 1，设直线AM
1 1 1 AM 4+2 2
k
的方程为y= 1(x+2)，
2
由¿得：(3+k2)x2+4k2x+4k2−12=0
1 1 1
6−2k2 k 6k
因为x=-2是方程的根，所以x = 1 ，y = 1 (x +2)= 1 ．同理可得
p 3+k2 p 2 P 3+k2
1 1
6−2k2 6k
x = 2，y = 2 ．
Q 3+k2 Q 3+k2
2 2
6−2k2
当x = 1=1，即k2=1时，可得k2=1，x =1，又F（1，0），所以 P，F，Q三点
p 3+k2 1 2 Q
1
共线；
6k
1
6−2k2 3+k2 2k
当x = 1≠1，即k2≠1，k2≠1时，k = 1 = 1 ，
p 3+k2 1 2 PF 6−2k2 1−k2
1 1−1 1
3+k2
1
6k 2 2 ( − 1 )
3+k2 2k k −2k 2k
k = 2 = 2 = 1 = 1= 1 ，得k =k ，所以 P，F，Q三点
QF 6−2k2 1−k2 ( 1 ) 2 k2−1 1−k2 QF PF
2−1 2 1− − 1 1
3+k2 k
1
2
共线；
综上所述：P，F，Q三点共线.
例题2.已知抛物线方程y2=4x,F为焦点，P为抛物线准线上一点，Q为线段PF与抛物线
|PF|
的交点，定义：d(P)= .
|FQ|
( 8)
（1）当P −1,− 时，求d(P)；
3
（2）证明：存在常数a，使得2d(P)=|PF|+a；
（3）P ,P ,P 为抛物线准线上三点，且|P P |=|P P |，判断d(P )+d(P )与2d(P )的
1 2 3 1 2 2 3 1 3 2
关系.
8
【答案】（1） ；（2）2；（3）见解析
3
【分析】
（1）求解出Q点坐标，然后得到|PF|和|FQ|，从而求得d(P)；（2）通过假设P点坐标
得到直线PF方程，与抛物线联立后得到y ，代入2d(P)−|PF|，整理得到结果；（3）由
Q|P P |=|P P |可知P 为P ,P 中点，假设三点坐标，代入2[d(P )+d(P )]−4d(P )，
1 2 2 3 2 1 3 1 3 2
将式子整理为y 和y 的形式，然后通过平方运算可得到2[d(P )+d(P )]−4d(P )>0，从
1 3 1 3 2
而得到结论：d(P )+d(P )>2d(P ).
1 3 2
【详解】
由题意可知：F(1,0)，准线方程为：x=−1
8
4 1
（1）因为 3 4 ⇒y= (x−1)联立方程¿ ⇒x =
k = = 3 Q 4
PF 2 3
8
则¿ ⇒d(P)=
3
（2）当P(−1,0)时，易得a=2d(P)−|PF|=2
设P(−1,y )，y >0，直线PF:x=my+1，则m y =−2
P P P
联立¿，
4m+√(4m) 2+16 y −2 2√1+m2 √m2+1−m 2√1+m2
y2−4my−4=0∴y = =2m+2√m2+12d(P)−|PF|=2 P−√1+m2y =2 + =−2 + =2
Q 2 y
Q
P m(2m+2√m2+1) m m m
由对称性可知y <0亦成立。综上所述，存在a=2，使得
P
2d(P)=|PF|+a
（3）由|P P |=|P P |可知P 为P ,P 中点
1 2 2 3 2 1 3
设P (−1,y ),P (−1,y ),P (−1,y )，则
1 1 2 2 3 3
√ ( y + y ) 2
2[d(P )+d(P )]−4d(P )=|P F|+|P F|−2|P F|=√y2+4+√y2+4−2√y2+4=√y2+4+√y2+4−2 1 3 +4=√y2+4+√y2+4−√(y + y ) 2+16
1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 1 3
因为(√y2+4+√y2+4) 2 −[(y + y ) 2+16]=2√y2+4√y2+4−2y y −8
1 3 1 3 1 3 1 2
(y2+4)(y2+4)−(y y +4) 2=4(y2+ y2)−8 y y >0 d(P )+d(P )>2d(P )
又因 1 3 1 3 1 3 1 3 。所以 1 3 2
【讲技巧】
求根型有以下几种：
1.知道一根求另一根
2.求根公式型
3.韦达定理型
【练题型】
1、如图所示，椭圆 的离心率为 ，其右准线方程为 ，A、B分
别为椭圆的左、右顶点，过点A、B作斜率分别为 、 ，直线AM和直线BN分别与椭圆
C交于点M，N（其中M在x轴上方，N在x轴下方）.（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线MN恒过椭圆的左焦点 ，求证： 为定值.
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
（1）由题可得 ，求出 ，再利用 ，即可求出椭圆C的方程；
（2）设AM的方程为 ，联立 ，利用韦达定理求得点
，同理求出 ，再利用向量共线 ，求
出 ，即证 为定值.
【详解】（1）由题可得 ，解得
又 ，可得 ，所以椭圆C的方程为：
（2） ，设AM的方程为 ，设 ，
由 ，消去 整理得 ， ，
由韦达定理可得： ，解得 ，代入 ，求得
，即
，设BN的方程为 ，设 ，
由 ，消去 整理得 ， ，
由韦达定理可得： ，解得 ，代入 ，求得，即 又直线MN恒过椭圆的左焦点 ，则
又 ，
，即
， ， ，即
2.已知椭圆 的右焦点为 ，点A， 分别为右顶点和上顶点，点
为坐标原点， ， 的面积为 ，其中 为 的离心率．
(1)求椭圆 的方程；
(2)过点 异于坐标轴的直线与 交于 ， 两点，射线 ， 分别与圆
交于 ， 两点，记直线 和直线 的斜率分别为 ， ，问 是否为
定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1) (2) 为定值
【分析】（1）根据 ， 的面积为 ，求得 ，即可得出答案；
（2）设点 ，则点 ，根据 在椭圆 上，可得
，设直线 的方程为 ，则直线 的方程为 ，
分别联立 ， 求得 三点的坐标，从而可得出结论.
(1)解：因为 ，所以 ，又 ，
联立可得 ，所以椭圆 的方程为 ；
(2)解：设点 ，则点 ，由题意得 ，
因为 在椭圆 上，所以 ，则 ，所以
，
即 ，设直线 的方程为 ，则直线 的方程为 ，
联立 消 得 ，
由 在椭圆 上，所以 ，所以 ，所以 ，联立 消 得 ，由点 在圆 上，所以 ，所以
，
同理： ，所以 ，
所以 ，即 为定值 .
【题型二】最值型
【讲题型】
例题1.已知焦点在 轴上的椭圆 ，离心率为 ，且过点 ，
不过椭圆顶点的动直线 与椭圆 交于 、 两点，求：
（1）椭圆 的标准方程；
（2）求三角形 面积的最大值，并求取得最值时直线 、 的斜率之积.
【答案】（1） ；（2）面积最大值为1，斜率之积为－4．
【分析】（1）由离心率得 ，从而得 ，再把点 的坐标代入标准方程，
可解得 ；
（2）利用韦达定理及弦长公式求得底 的长，由点到直线距离公式可求得 边上的高，
从而把面积表示为 ，进而可得．
【详解】因为椭圆 离心率为 ，可设方程为 ，过点 ，所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）设 ，联立 ，得 ，
①
，∴ ，
又点O到直线AB的距离为 ，∴故当 ，即 时，三角形 的面积有最大值1，此时满足①，
所以 ，
∴三角形 面积的最大值为1，此时直线 、 的斜率之积为－4．
例题2.已知椭圆 的右焦点为 ，若过点 的直线与椭圆交于
， 两点，且 的中点为 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)若椭圆 的右顶点为 ，点 ， 在椭圆 上，且满足直线 与 的斜率之积为
，证明直线 经过定点，并求 面积的最大值．
【答案】(1) (2)证明见解析， 面积的最大值为 .
【分析】（1）设 、 ，利用点差法得到 ，再由 ，求
出 、 ，即可得解；
（2）首先判断直线 不垂直于 轴，设 ， 、 ，
联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由 得到 ，即可
得到 或 ，从而求出直线过定点坐标，设定点为 ，则
，再利用换元法及二次函数的性质计算可得.
【详解】（1）设 、 ，则 ，所以 ，
， ，
又因为 、 两点都在椭圆 上，所以 ， ，两式相减得
，即 ，即
，即 ，所以 ，
又 ，所以 ， ，所以椭圆的方程为 .
（2）易知直线 与 的斜率同号，所以直线 不垂直于 轴，设
， 、 ，
由 可得 ，所以 ， ，，
所以
，
所以 ，
即 ，所以 ，所以 或 ，
所以直线 或 ，因为直线 不经过点 ，所以直线 经
过定点 ，
设定点为 ，所以
所以 ，即 ，设 ，则 ，所以
，
当且仅当 ，即 时取等号，即 面积的最大值为 .
【讲技巧】
解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
1、几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆
锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
2、函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求
这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单
调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
3、此类问题通过联立直线方程与圆锥曲线方程的方程组，应用一元二次方程根与系数
的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解．
比较多的是分式型，以下几种求最值的基本方法：
（1）
（2） 与 型，可以设mx+n=t，换元，简化一次项，然后构造
均值或者对勾函数求解。
（3） 型，判别式法，或者分离常数，然后转化分子为一次，再换元求解
【练题型】
1.已知椭圆C: 的离心率为 ,且过
(1)求C的方程.
(2)若 为 上不与 重合的两点, 为原点,且 , ,①求直线 的斜率;
②与 平行的直线 与 交于 , 两点,求 面积的最大值.
【答案】(1) (2)① ;②
【分析】(1)根据已知条件列方程组求解即可;
(2)①设 ,因为 ,可得点 的坐标,将点 的坐标
代入椭圆的方程,与已知条件结合即可得到结果;
②由①知设 的方程为 ,联立直线与曲线 的方程,根据
弦长公式求出 的长,根据点到直线的距离公式表示出 到直线 的距离,将 的面积
用 表示,利用导数进行求解即可.
【详解】（1）由题意可得 解得 , .所以, 的方程为 .
（2）①设 ,因为 ,所以点 的坐标为
,
又因为点 在椭圆 上,所以 ,化简可得
,
因为 且 ,所以 ,因为 为 上不与 重合的两点,所以
, ,
即直线 的斜率 .
②设 的方程为 ,由 ,消去 ,可得
,
由 ,可得 ,且 , , ,
, 到直线 的距离
,
所以 面积为 ,令,
.令 ,解得 ,
当 ,解得 ;当 ,解得 或 ,
所以 在 上单调递增,在 , 上单调递减,所以 的最大值为
,
所以 ,即 面积的最大值为 .
2.如图，已知椭圆 ．设A，B是椭圆上异于 的两点，且点 在线段
上，直线 分别交直线 于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求 的最小值．
【答案】(1) ；(2) ．
【分析】（1）设 是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出
，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线 与椭圆方程联立可得 ，再将直线 方
程与 的方程分别联立，可解得点 的坐标，再根据两点间的距离公式求出 ，
最后代入化简可得 ，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设 是椭圆上任意一点, ,
，当且仅当
时取等号，故 的最大值是 .
（2）设直线 ,直线 方程与椭圆 联立,可得
,设 ，所以 ，因为直线与直线 交于 ,
则 ,同理可得, .则
，
当且仅当 时取等号，故 的最小值为 .
【题型三】多斜率计算型
【讲题型】
例题1.点 与定点 的距离和它到直线 的距离之比是常数 ，设
点 的轨迹为曲线 .直线 与抛物线 交于 ， 两点，与曲线 交于 ， 两
点，设直线 ， ， ， （ 为坐标原点）的斜率分别为 ， ， ， ，若
.
（1）求曲线 的方程；
（2）是否存在常数 ，满足 ？若存在，求出 ；若不存在，说明理
由.
【答案】（1） ；（2）存在， .
【详解】（1）解：∵点 与定点 的距离和它到直线 的距离之比
是常数 ，
∴ ，化简得： ，∴曲线 的方程；
（2）由题知： 的斜率存在且不过原点，设 ： ， ，
，
由： ，得 ，∴ ， ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，则
， ，∴ ，设 ，
，由 可得
，∴ ， ，∴
，∴ ，即存在常数 满足题意.
例题2.椭圆 ： 的离心率 ，长轴端点和短轴端点的距离为 .
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）点 是圆 上异于点 和 的任一点，直线 与椭
圆 交于点 ， ，直线 与椭圆 交于点 ， .设 为坐标原点，直线 ， ，
， 的斜率分别为 ， ， ， .问：是否存在常数 ，使得
恒成立？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1） ；（2）存在， .
【详解】（1）设椭圆焦距为 ，由 ，解得 ， .∴椭
圆 的标准方程为 .
（2）由题意直线 ， 斜率存在且均不为0，设直线 方程为 ，
， ，
由 得， .∴ ，
.①
又 ，②
从而①代入②得 .又 ，以 替代 ，以 替代 ，同理可得 ，∴ ，∴ 对
恒成立，解得 或 （舍），经检验，此时 ，因此存在 .
【练题型】
1.已知 中， ， ， ，点 在 上，且 .
（1）求点 的轨迹 的方程；
（2）若 ，过点 的直线与 交于 ， 两点，与直线 交于点 ，记
， ， 的斜率分别为 ， ， ，求证： 为定值.
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【详解】（1）在三角形 中，因为 ，所以 ，所以
，
所以点 的轨迹是以 ， 为焦点，长轴为4的椭圆（不包含实轴的端点），
所以点 的轨迹 的方程为 .
（2）
如图，设 ， ，显然 存在斜率，由题意可设直线 方程为：
，则 ，联立 ，
∴ ， ，
∴ ， ， ，
∴ ， ，因为，所以 为定值.
2.已知点 在椭圆 上， ， 分别为椭圆 的左、右焦点，过点
的直线 与椭圆 有且只有一个公共点，直线 平行于 （ 为原点），且与椭圆 交
于两点 、 ，与直线 交于点 （ 介于 、 两点之间，且点 在 左侧）.
（1）当 面积最大时，求 的方程；
（2）求证： ；并判断 ， ， ， 的斜率是否可以按某种顺
序构成等比数列？
【答案】（1） ；（2）证明见解析； ， ， ， 的斜率无论怎样排序
都不可能构成等比数列.
解：（1）设过 的切线 方程为： ，与椭圆联立可得
，
由题意可得 ，解得 ，
.
由题意直线 的方程， ，设 ， ，联立直线 与椭圆的方程，
整理可得 ， ，即 ， ，
，
所以弦长 到直线 的距离为：
，
所以 ，
当且仅当 取等号， 介于 、 之间可得 ，这时直线 的方程为
；（2）
，
将 ， ，代入可得 ，所以直线 ， 关于直线
对称，即 为 的角平分线，由角平分线的性质可得 ，即证得：
.
故所研究的4条直线 ， ， ， 的斜率分别为 ， ， ， ，
若按一定顺序成等比数列，其公比记为 ，则必有 ，此时必有 ， ，
那么直线 与 重合，不合题意，故 ， ， ， 的斜率无论怎样排序都不可能构
成等比数列.
【题型四】韦达定理复杂转化型
【讲题型】
例题1.已知椭圆 的中心在原点 ，焦点在 轴上，离心率为 ，且椭圆 上的点到两
个焦点的距离之和为 .
（1）求椭圆 的方程；（2）设 为椭圆 的左顶点，过点 的直线 与椭圆交于点 ，
与 轴交于点 ，过原点且与 平行的直线与椭圆交于点 .求 的值.
【答案】（1） （2）
【详解】（1）设椭圆 的标准方程为 ，由题意知 解得
，
所以椭圆 的标准方程为
（2）设过原点且与 平行的直线和 距离为 ，则
设直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，则 ，由得 易知 ，设 ，
则 ， 是方程（1）的两个根，所以 ，所以 ，
则 又
，
所以 由 得 .
设 ，
则 ， ，所以 ，所以 ，
例题2.设椭圆 (a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为 ，
点A的坐标为 ，且 .
（I）求椭圆的方程；
（II）设直线l： 与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若
(O为原点) ，求k的值.
【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) 或
详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有 ，又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知
可得， ， ，
由 ，可得ab=6，从而a=3，b=2．所以，椭圆的方程为 ．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x，y），点Q的坐标为（x，y）．由已知有y>y>0，故
1 1 2 2 1 2
．
又因为 ，而∠OAB= ，故 ．由 ，
可得5y=9y．
1 2
由方程组 消去x，可得 ．易知直线AB的方程为x+y–2=0，由方程组 消去x，可得 ．由5y=9y，可得5（k+1）= ，
1 2
两边平方，整理得 ，
解得 ，或 ．所以，k的值为 或
【讲技巧】
复杂型的韦达定理转化，比较多的是与角度，面积等有关，可以借助公式转化为两两交
点坐标韦达定理形式，需要多积累多观察多总结。
【练题型】
1.已知 分别为椭圆 的左、右焦点，B为椭圆C短轴的端点，
若 的面积为 ，且 .（1）求椭圆C的方程；
（2）若动直线 与椭圆C交于 ，M为线段 的中点，
且M在曲线 上，设O为坐标原点.求 的范围.
【答案】（1） ；（2） .
【详解】（1）由 ， ，
，故椭圆C的方程为 ；
（2）联立 .
.且 ， ；
设 ， 依题意， ，即
化简得： ；所以
在 中因为 ，所以 ， 所以
的范围为 ．
2.已知椭圆 ： ，圆 ： 的圆心 在椭
圆 上，点 到椭圆 的右焦点的距离为2． （1）求椭圆
的方程；
（2）过点 作直线 交椭圆 于 ， 两点，若 ，求直线 的方程．
【答案】（1） （2） 或 ．
试题解析：（1）因为椭圆 的右焦点 ， ，所以 ，因为 在
椭圆 上，所以 ，
由 ，得 ， ，所以椭圆 的方程为 ．
（2）由 得： ，即
，可得 ，
①当 垂直 轴时， ，此时满足，所以
此时直线 的方程为 ；
②当 不垂直 轴时，设直线 的方程为 ，由 消去 得
，
设 ， ，所以 ， ，代入 可
得： ，代入 ， ，得
，
代入化简得： ，解得 ，经检验满足题意，则直线 的方
程为 ，
综上所述直线 的方程为 或 ．【题型五】线段（向量）定比型
【讲题型】
例题1.已知双曲线 与双曲线 有相同的渐近线，A，F分别
为双曲线C的左顶点和右焦点，过F且垂直于x轴的直线与双曲线交于第一象限的点B，
的面积为
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线 与双曲线的左､右两支分别交于M，N两点，与双曲线的两条渐近线分
别交于P，Q两点， ，求实数 的取值范围.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据已知可得 ，结合过F且垂直于x轴的直线与双曲线交于第一象限
的点B， 的面积为 ，可得 的值，即可得双曲线方程；
（2）根据直线与双曲线相交，联立直线与双曲线，即可得交点坐标关系以及 的取值范围，
由 ，分别求得 与 的表达式，可得 与 的关系式，即可得实数 的
取值范围.
【详解】（1）解：如图，其中 ，
双曲线 与双曲线 有相同的渐近线，所以
则 ，由题知 ，所以
则 ，解得
所以双曲线C的方程为 .
（2）解：设 ， 则
所以 ，则 ，且
所以
设 ，由 得 ，同理，所以 ，
所以 ，其中， ，
因为 ，故 的取值范围是
例题2.已知双曲线E： 与直线l： 相交于A、B两点，M为线段AB的中
点．
(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；
(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B
是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1) ，其中 或 (2)存在，
【分析】（1）设 ， ， ，联立直线l与双曲线E的方程，消去
y，得 ，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得
且 ，即 且 ，由韦达定理，得 ，
则 ， ，联立消去k，得 ，再根据 的范围得出 的范
围，即可得出答案；
（2）设 ， ，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出
， ，则 ，即线段AB的中点M也是线段CD的中
点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则 ，结合弦长公式列式得
，即可化简代入得出 ，即可解出答案.
【详解】（1）设 ， ， ，
联立直线l与双曲线E的方程，得 ，
消去y，得 ．
由 且 ，得 且 ．
由韦达定理，得 ．所以 ，
．
由 消去k，得 ．由 且 ，得 或 ．所以，点M的轨迹方程为 ，其中 或 ．
（2）双曲线E的渐近线方程为 ．设 ， ，联立 得
，同理可得 ，
因为 ，所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．
若A，B为线段CD的两个三等分点，则 ．
即 ， ．
而 ， ．
所以， ，解得 ，所以 ，存在实数，使得A、B
是线段CD的两个三等分点．
【讲技巧】
对于形如
的线段或者向量定比分点型：
1.利用公式 ，可消去参数
2.可以直接借助韦达定理反解消去两根
【练题型】
1.已知点M，N分别是椭圆 的右顶点与上顶点，原点O到直线
的距离为 ，且椭圆的离心率为 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率不为0的直线经过椭圆右焦点 ，并且与椭圆交于A，B两点，若 ，求
直线 的方程．
【答案】(1) (2) 或 ．
【分析】(1)结合点到直线距离公式和离心率的定义列方程求 ，可得椭圆方程.
(2) 设直线 的方程为 ，联立方程组，利用设而不求法结合条件列方程求
可得结论.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为 ，由已知点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，
所以直线 的方程为 ，因为原点O到直线 的距离为 所以，
则 ，因为离心率 ，所以 ， ．故解得 ，
故椭圆方程为 ．
（2）设直线 的方程为 ，联立 ，消x得
，
方程 的判别式 ，
设 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
故得方程组 解得 ，综上，直线 方程为 ，或
．
2.．已知P是椭圆 上的动点，P到坐标原点的距离的最值之比为
，P到焦点的距离的最值之差的绝对值为2.
（1）求椭圆C的方程；
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据已知条件求得 ，由此求得椭圆 的方程.
（2）设出直线 的方程，计算出三角形 的面积，由此证得结论成立.
【详解】（1）由P到坐标原点的距离的最值之比为 ，得 ，所以 .
由P到焦点的距离的最值之差的绝对值为2，得 ，所以 .
又 ，所以 .所以椭圆C的方程为 .
（2）证明：当直线AB与x轴不垂直时，设其方程为y=kx+m，易知m≠0.
联立得方程组 ，消去y并整理，得 .
由题意可知 .设 ，则
，
所以 .由 可知.
设 ，则有 ， .
因为点P在椭圆 上，所以 .
整理，得 .所以 ，且符合 .
点 到直线y=kx+m的距离 ，所以△PAB的面积
.由 ，即 ，得
.
当直线AB与x轴垂直时，
由于 ，不妨设 ，则 ，
所以 ， ,所以 的面积 .综上可知，△PAB的面积为定值
.
【题型六】求轨迹方程型
【讲题型】
例题1．已知双曲线 与直线 ．
(1)若直线 与双曲线C相交于A，B两点，点 是线段AB的中点，求直线 的方程；
(2)若直线l与双曲线有唯一的公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于
， 两点．当点M运动时，求点 的轨迹方程，并说明轨迹是什么
曲线．
【答案】(1)直线 的方程为 .
(2)点 的轨迹方程为 ，轨迹为焦点在 轴上，实轴长为6，虚轴长为
的双曲线挖去点 .
【分析】(1)设 ，利用点差法求直线 的斜率，由此确定直线方程，并检
验所得直线与双曲线相交.
(2)由直线与双曲线的位置关系确定 的关系，求直线 的方程，确定点 的坐标，
由此确定点 的轨迹方程，并判断曲线形状.
【详解】（1）设 ，则 ，所以
，因为点 是线段AB的中点，所以
，所以 ，故 ，所以直线 的斜率为
1，所以 ，又点 在直线 上，所以直线 的方程为 ，
联立 ，化简可得 ，所以 或 ，满足条件；所以直线
的方程为 .
（2）当 时，直线 与双曲线 有两个交点，不满足要求，由已知
有且仅有一组解，
所以方程 有且只有一个根，又 ，所以
，
所以 ，设 ，则 ， ，因为 ，所以直线 的
方程为 ，
令 ，可得 ，令 ，可得 ，又 ， ，所以
， ，
所以 ， ，所以轨迹方程为 ，
所以点 轨迹为焦点在 轴上，实轴长为6，虚轴长为 的双曲线挖去点 .
例题2.已知双曲线 ，点A，B在双曲线右支上，O为坐标原点．
(1)若过点A作双曲线的两条渐近线的平行线，分别交两条渐近线于点M，N，证明：平行
四边形 的面积为定值；
(2)若 ，D为垂足，求点D的轨迹的长度．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】(1) 设 ，将渐近线方程分别与过点 直线的直线方程联立得到
， ，进而得到
即可求解；(2) 设 ，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和已知条件得到
，然后将椭圆方程和双曲线方程联立得到 ，进
而计算即可求解.
【详解】（1）设 ，双曲线的渐近线为 ，
∴ ，解得 ，记 ，同理可得
．∴ ．所以
．
（2）设 ，当直线 斜率不存在时， 为 ，∴ ．
当直线 斜率存在时，令 ，由方程组 得
．其中 .
∴ ．∵ ，∴
，
解得 ．∴ 到直线 的距离为 ．∴ ．
又∵A，B在双曲线右支上，∴D在双曲线右支内部，则 ，解得 （取
正）， 或 （取正）， ，
记 ，∴ ．∴ ．
∴D的轨迹为圆心角为 的圆弧．所以D的轨迹长度为 ．
【讲技巧】
求轨迹方程的常见方法有:
①直接法，设出动点的坐标 ，根据题意列出关于 的等式即可；
②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；
③参数法，把 分别用第三个变量表示，消去参数即可；
④逆代法，将 代入 .【练题型】
1.已知椭圆 的右焦点为 ，点 在椭圆上且 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)点 分别在椭圆 和直线 上， ， 为 的中点，若 为直线 与
直线 的交点．是否存在一个确定的曲线，使得 始终在该曲线上？若存在，求出该曲
线的轨迹方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) (2)存在，
【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆 的方程；
（2）设 ，表示出直线OQ的方程，定点 和 .
进而求出 ，把 代入得 ，从而 ，
判断出点 始终在以OF为直径的圆上，即可求解 .
【详解】（1）因为椭圆 过点 ，所以 .因为 ，所以 ，得 ．
故 ，
从而椭圆C的方程为 ．
（2）设 ，则直线AP的斜率为 .因为 ，所以直线OQ的方
程为 .
令 可得 ，所以 ，又M是AP的中点，所以 .
从而 ， 所以
①
因为点 在椭圆C上，所以 ，故 ，代入式①可得 ，从
而 ，
所以，点 始终在以 为直径的圆上，且该圆方程为
2.设F为抛物线 的焦点，过点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点.(1)若 ，求此时直线l的方程；
(2)若与直线l垂直的直线 过点F，且与抛物线C相交于点M，N，设线段AB，MN的中点
分别为P，Q，如图1.求证：直线PQ过定点；
(3)设抛物线C上的点S，T在其准线上的射影分别为 ， ，若 的面积是△STF的
面积的两倍，如图2.求线段ST中点的轨迹方程.
【答案】(1) (2)见解析(3)
【分析】（1）设直线AB斜率为k， ，联立方程组消元，得出A，B坐标
的关系，根据向量关系列方程求出A，B的横坐标即可得出直线AB的斜率，进而求出直线
AB的方程；
（2）联立直线 和抛物线的方程表示出P，Q两点的坐标，求出直线PQ的方程即可得出
结论；
（3）设ST交x轴于H，根据三角形的面积关系可知 ，根据直线ST的斜率列方程化
简得出ST的中点的轨迹.
【详解】（1） ，显然直线 的斜率存在且不为 .
设直线 的方程为 ，联立 ，得 .
设 ，则 .
又
所以 ，解得 （舍）或
即 ， ，
所以直线l的方程为 .
（2）设直线 的方程为 ，则直线 的方程为 .
设 ，由（1）可得
联立 ，得
设 ，则 .则
所以直线 的方程为：整理得 ，即直线 恒过点 .
（3）设 ，准线方程为 ，则
设直线 与 轴相交于 ，则
因为 的面积是△STF的面积的两倍，所以 ，
设 的中点为 ，则 .
由 得 ，即
，又 ，所以 ，即
故线段ST中点的轨迹方程为 .
【题型七】定点定值定曲线型
【讲题型】
例题1.抛物线 的焦点 是椭圆 的一个焦点．
(1)求 的准线方程；
(2)若 是直线 上的一动点，过 向 作两条切线，切点为M，N，试探究直线
MN是否过定点？若是，请求出定点，若否，请说明理由.
【答案】(1) (2)直线 恒过定点 .
【分析】（1）先求出椭圆的焦点坐标，结合 的焦点在 轴正半轴上，继而得解.
（2）由 ，得 ，设 ，切点 ， ，
从而求出切线 、 方程分别为： 、 ，
所以直线 的方程为 ，又因为 ，带入得 ，继而求
出定点.
（1）
椭圆 的焦点坐标为 和 ，又因为 的焦点在 轴正半轴上，所以 的
焦点坐标为 ，
从而准线方程为 ；
（2）由（1）知 的方程为 ，即为 ，则 ，设 ，切点 ，
，从而切线 方程为 ，即 ，同理切线 方程为
分别代入 有 ，从而 和 均满足直线方程 ，
所以直线 的方程为 ，即 ，又因为 在直线
上，所以 ，
所以直线 的方程为 ，从而直线 恒过定点 .
例题2.已知抛物线 的焦点 到准线的距离为2，圆 与 轴相切，且圆
心 与抛物线 的焦点重合.
(1)求抛物线 和圆 的方程；
(2)设 为圆 外一点，过点 作圆 的两条切线，分别交抛物线 于两个
不同的点 和点 .且 ，证明：点 在一条定
曲线上.
【答案】(1)抛物线 的方程为 ，圆 的方程为 (2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的焦点 到准线的距离可得 的值，即可得抛物线方程；根据圆
的性质确定圆心与半径，即可得圆 的方程；
（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得 所满足的
方程.
【详解】（1）解：由题设得 ，所以抛物线 的方程为 .
因此，抛物线的焦点为 ，即圆 的圆心为 由圆 与 轴相切，所以圆 半
径为 ，
所以圆 的方程为 .
（2）证明：由于 ，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则 .
故设过点 且与圆 相切的切线方程为 ，即 .
依题意得 ，整理得 ①；
设直线 的斜率分别为 ，则 是方程①的两个实根，故
， ②，
由 得 ③，因为点 ，
则 ④， ⑤由②，④，⑤三式得：，
即 ，则
，即 ，
所以点 在圆 .
【讲技巧】
求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
直线过定点问题或圆过定点问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之
积，再表达出直线方程或圆的方程，结合方程特点，求出所过的定点坐标.
【练题型】
1.在平面直角坐标系中 ，椭圆 的离心率为 ，点 在
椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线
的斜率为 ，直线 的斜率为 ，已知 ．求证：直线 恒过x轴上一定点.
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）由题意列方程组求解；（2）设 直线方程，与椭圆方程联立，由题意列方
程通过韦达定理化简求解，注意分类讨论直线 的斜率是否为0.
（1）
由题意可得 ，解得 ，所以椭圆C的方程为 ．
（2）依题意，点 ，设 ，
因为若直线 的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有 ，不合题意．
所以直线 斜率必不为0，设其方程为 ，
与椭圆C联立 ，整理得： ，
所以 ，且因为点 是椭圆上一点，即 ，则
，
所以 ，即 因为
，
所以 ，此时 ，故直线 ： 恒过x轴上一
定点 ．
2.已知F是抛物线C： 的焦点，以F为圆心，2p为半径的圆F与抛物线C
交于A，B两点，且 .
(1)求抛物线C和圆F的方程；
(2)若点P为圆F优弧AB上任意一点，过点P作抛物线C的两条切线PM，PN，切点分别
为M，N，请问 是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)抛物线C的方程为 ，圆F的方程为 (2)是，16
【分析】（1）根据题意可得圆F的方程为 ，联立方程求得A，B的坐标，
即可求得结果；
（2）利用导数求切线PM，PN，即可得直线MN的方程，联立方程利用韦达定理运算整理.
【详解】（1）由题意可得：抛物线C： 的焦点为 ，则圆F的方程为
，
联立方程 ，消去x得 ，解得 或 （舍
去），
将 代入 得A，B的坐标分别为 ， .故
，所以 ，
所以抛物线C的方程为 ，圆F的方程为 .
（2）是，理由如下：
设 ，则 ，因为抛物线的方程为 ，则，
所以切线PM的方程为 ，即 ，①
同理切线PN的方程为 ，②
则由①②过 ，则 ，所以直线MN的方程为 ，
联立方程 ，消去y得 ，则 ， ，
所以
，
又 在圆F上，则 ，即 ，故 为定值16.
【题型八】非对称非伟达型
【讲题型】
例题1.已知椭圆 的离心率为 ，短轴长为 ．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设A，B分别为椭圆C的左、右顶点，若过点 且斜率不为0的直线l与椭圆C
交于M、N两点，直线AM与BN相交于点Q．证明：点Q在定直线上．
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
（1）用离心率公式和 列方程求得 ，即可得椭圆方程；
（2）方法一：设直线 ， ， 联立椭圆方程，由韦达定理得
关系，由直线 和 方程联立求解交点坐标，并化简得 ，即可证明问题；
方法二：设 ， ， ， 两两不等，
因为P，M，N三点共线，由斜率相等得到方程，同理A，M，Q三点共线与B，N，Q三点
共线也得到两方程，再结合三条方程求解 ，即可证明问题.
【详解】解：（1）因为椭圆的离心率 ， ， ，又 ， ．
因为 ，所以 ， ，所以椭圆C的方程为 ．
（2）解法一：设直线 ， ， ， ，可得
，
所以 ．直线AM的方程： ①直线BN的方程：②
由对称性可知：点Q在垂直于x轴的直线上，联立①②可得 ．因为
，
所以 所以点Q在直线 上．
解法二：设 ， ， ， 两两不等，因为P，M，N三点共线，
所以 ，整理得：
．
又A，M，Q三点共线，有： ①又B，N，Q三点共线，有 ②将
①与②两式相除得：
即 ，将 即
代入得： 解得 （舍去）或 ，（因为直线 与椭圆相交故 ）
所以Q在定直线 上．
例题2.已知椭圆 的离心率 ， 为椭圆的右焦点， 为椭圆上
的动点， 的最大值为3.
（1）求椭圆 的标准方程；
（2） ， 分别为椭圆 的左、右顶点，过点 作直线交椭圆 于 ， 两点，直线
、 交于点 ，试探究点 是否在某条定直线上，若是，请求出该定直线方程，若
不是，请说明理由.
【答案】（1） ；（2）是，该定直线方程为 .
【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出 可得椭圆的标准方程；
（2）设直线 的方程为 ，设 ， ，联立直线 与椭圆方程，
利用韦达定理得到 和 ，写出直线 和 的方程，联立直线 和 的方程，
得到 ，结合 和 化简可得 ，从而可得 点在定直线 上.【详解】（1）由题意得： ， ，则 ， ， ，
椭圆的标准方程为 .
（2）由题知， ， ， ，设 ， ，设直线 的方程
为 ，将其与 联立，消去 并整理得 ，由韦达
定理得 ①， ②，
联立①②得 ，设直线 方程为 ③，
直线 方程为 ④，联立③④得
，则 ，解得 ，即 点在定直线 上.
【练题型】
1.已知椭圆 ： ，点 、 分别为椭圆 的左右顶点，点 、
分别为椭圆 的左右焦点，过点 任作一条不与y轴垂直的直线与椭圆 交于 、
两点， 的周长为8.
（1）求椭圆的方程.
（2）若直线 ， 交于点 ，试判断点 是否在某条定直线点 上，若是，求出
的值；若不是，请说明理由.
【答案】（1） ；（2）是， ．
【分析】（1）根据题设条件和椭圆的定义，得到 ，求得 ，再由 ，求得
，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设直线 ，联立方程组，根据根与系数的关系，得到 ，在由
由直线 的方程联立，得到 ，将 代入求得
，即可得到结论．
【详解】（1）由 的周长为8得： ，即 ，由 、 ，故
，
∴椭圆的方程为 .
（2）设 ： ，与椭圆C： ，联立得 ，
由韦达定理得 ， ，直线 ： 与 ： ，
联立得 ，将 ， 代入整理得：
，
即 ，即直线 与 的交点D的横坐标为4，
故点D在直线 上，∴ .
2.设椭圆 的离心率为 ，直线 过椭圆的右焦点 ，与椭圆交于点
；若 垂直于 轴，则 .
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆的左右顶点分别为 ，直线 与直线 交于点 .求证：点 在定直线
上.
【答案】（1） （2）见解析
（1）解方程 即得椭圆的标准方程；（2）设 ， ，
联立直线和椭圆方程得到 ，再求出直线 与直线 的方程和它们的
交点P的横坐标，再把韦达定理代入P的横坐标化简即得解.
【详解】（1）由已知得 ，所以 ，所以椭圆的方程为 ；
（2）设 ， ， ，联立 ，得
，所以 ，可得 ， ，
所以 ，又因为
，
所以 ；所以点 在直线 上．
练
1．已知椭圆 经过点 ， ．
(1)求椭圆 的方程；
(2) 为椭圆的右焦点，直线 垂直于 轴，与椭圆交于点 ， ，直线 与 轴交于
点 ，若直线 与直线 交于点 ，证明：点 在椭圆上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的标准方程及椭圆上的两点求得 的值，即可得椭圆 的方程；
（2）设 ， ， ，不妨令 ，可得直线 的直线方程，联
立直线方程求交点 坐标，将横纵坐标代入椭圆方程进行验证即可证明.
【详解】（1）由题意知 ，将点 代入椭圆方程得 ，即
，
所以椭圆C的方程 ．
（2）证明：由（1）知 ，设 ， ，
设 ， ，不妨令 ，则 ， ，
联立两直线方程解得 ， ，
从而 ， ，
有 ， ，从而 ，
所以点M在椭圆 上．
2．已知椭圆C： 的焦点 ，点 在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点F的直线l与C交于A，B两点，过点F与l垂直的直线与C交于M，N两点，求
的取值范围．
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）将点 代入椭圆方程，结合 ， 得出椭圆C的方程；
（2）讨论直线l的斜率存在和为0的情况，联立直线和椭圆方程，由韦达定理结合数量积
运算得出 ，再由基本不等式得出所求范围.
【详解】（1）由题意可知， ，解得 ，
故椭圆C的方程为 ；
（2）当直线l的斜率不存在时， ，
，
当直线l的斜率为0时， ，
，
当直线l的斜率存在且不为0时，设其方程为 ，则直线 的方程为 ，
由 ，得 ，设 ，则 ，
同理可得 ，
因为 ，
所以
因为 （当且仅当 时，取等号），
所以 ，
综上， .
【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键是将向量的数量积转化为韦达定理的形式，再
由基本不等式得出范围.
3．已知双曲线 的离心率为2，右焦点F到渐近线的距离为 ，
过右焦点F作斜率为正的直线l交双曲线的右支于A，B两点，交两条渐近线于C，D两点，
点A，C在第一象限，O为坐标原点．
(1)求双曲线E的方程；
(2)设 ， ， 的面积分别是 ， ， ，若不等式
恒成立，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率和焦点到渐近线的距离，列出 的方程组，解得结果即可.
（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据题目条件，写出 ，根据 的范围即
可求出结果.
【详解】（1）设双曲线 的右焦点 ，渐近线方程为 ，
则右焦点 到渐近线的距离
又 ，则 ，
∴双曲线的方程为 .（2）设直线 的方程为 ，设
联立方程得，
渐近线方程为 则A到两条渐近线的距离 满足，
联立方程得
联立方程得
.
恒成立
即 恒成立，
∴所求 的取值范围为
4．已知抛物线E： （p>0），过点 的两条直线l，l 分别交E于AB两点和
1 2
C，D两点．当l 的斜率为 时，
1
(1)求E的标准方程：
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）根据直线的点斜式方程写出直线方程，与抛物线联立方程，利用弦长公式，
求出 的值，从而求出抛物线的标准方程；
（2）设直线方程为 或 ，与抛物线联立方程，由韦达定理得出 ，
，求出直线方程 和直线方程 ，求出交点 的横坐标，然后进行化简，可以
证明结论.【详解】（1）当 的斜率为 时，得 方程为 ，
由 ,消元得 ， ， ， ；
由弦长公式得 ，
即 ，解得 或 （舍去）， 满足 ，
从而 的标准方程为 .
（2）法一：因为l，l 分别交E于AB两点和C，D两点，所以直线斜率存在
1 2
设直线 的方程为 ，设 ，
由 ，消去 得 ，则 .
设直线 的方程为 ，
同理 ，消去 得 可得 ．
直线 方程为 ，即 ，
化简得 ，
同理，直线 方程为 ，
因为 在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点 必在垂直于 轴的直线
上，所以只需证 的横坐标为定值即可．
由 消去 ，
因为直线 与 相交，所以 ，
解得 ，
所以点 的横坐标为2，即直线 与 的交点 在定直线 上．
法二：设直线 方程为 ，由 消去 得 ，
设 ，则 ．设直线 的方程为 ，
同理可得 ．
直线 方程为 ，即 ，
化简得 ，
同理，直线 方程为 ，．
因为 在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点 必在垂直于 轴的直线
上，所以只需证 的横坐标为定值即可．
由 消去 ，
因为直线 与 相交，所以 ，
解得 ，
所以点 的横坐标为2，即直线 与 的交点 在定直线 上．
【点睛】关键点点睛：本题中的证明问题的关键是：设出直线的横截距或者纵截距方程，
联立抛物线，结合韦达定理，把目标逐步化简，得出待证明的结论.
5．已知抛物线 ，过其焦点F的直线与C相交于A，B两点，分别以A，B为切
点作C的切线，相交于点P．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)若PA，PB与x轴分别交于Q，R两点，令 的面积为 ，四边形PRFQ面积为 ，
求 的最小值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）利用导数的几何意义分别表示出 和 ，设 ，分别代入，由直
线系方程得到 ，又由直线AB过焦点F，即可判断出 ；
（2）利用“设而不求法”分别求出 ，证明出四边形PRFQ为矩形，求出其面积 ，进而求出 的最小值.
【详解】（1）抛物线 的焦点 .由 得 ，∴ .
设 ， ， ，由导数的几何意义可得： ， ，
∴ ，即 ，同理 ．
又P在PA，PB上，则 ，所以 ．
∵直线AB过焦点F，∴ ．所以点P的轨迹方程是 ．
（2）由（1）知 ， ，代入 得 ，
则 ，
则 ，
P到AB的距离 ，所以 ，
∵ ，当 时，得 ，
∴ ，∴ ，同理 ， ．
由 得 ，∴四边形PRFQ为矩形，
∵ ，∴ ，
∴ ，当且仅当 时取等号．∴ 的最小值为2．
6．已知点M，N分别是椭圆 的右顶点与上顶点，原点O到直线
的距离为 ，且椭圆的离心率为 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率不为0的直线经过椭圆右焦点 ，并且与椭圆交于A，B两点，点P在椭圆上，O
为原点，若 ，求直线 的方程．
【答案】(1) ；
(2) 或 ．【分析】（1）由已知可推出直线 的方程为 .由已知可得 ，
解方程组即可得出答案；
（2）设 的方程为 .联立直线与椭圆的方程，得出 ，
由韦达定理得出 坐标之间的关系，表示出点 .代入椭圆方程，整理化简即可得出
，代入即可得出 的值.
【详解】（1）由已知可得， ， ，所以直线 的方程可设为 ，
即 .
所以点 到直线 的距离 .
又椭圆的离心率为 ，所以 .
联立 ，解得 ，
故椭圆方程为 ．
（2）由（1）知，椭圆的右焦点为 ，设直线 的方程为 .
设 ， ， .
联立直线 与椭圆的方程 ，消x得 ，
由韦达定理可得 .
因为 ，所以 ，
因为点P在椭圆上，
所以，所以 .
因为
．
化简得 ，得 ，
当 时，直线 的方程为 ；当 时，直线 的方程为 .
综上，直线 的方程为 或 ．
7．如图，已知 ，直线l： ，P为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点
Q，且 ．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点F的直线与轨迹C交于A，B两点，与直线l交于点M，设 ，
，证明 定值，并求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）设出点的坐标，运用数量积运算可得结果.
（2）设直线AB的方程，求出点M的坐标，联立直线AB与轨迹C的方程后由韦达定理得
、 ，由已知向量关系式可得 ， ，进而求得 的值
与 的范围.
【详解】（1）设点 ，则 ，且 ．
由 得 ，
即 ，化简得 ．
故动点P的轨迹C的方程为： ．
（2）设直线AB的方程为： ，则 ．
联立直线AB与轨迹C的方程得 ，消去x得 ，
则 ．
设 ， ，由韦达定理知， ．由 ， 得： ， ，
整理得 ， ．
所以 ．
故 为定值0．
∵ ，
∴
，
∴ 的取值范围是 ．
8．已知椭圆C： 的离心率是 ，点 在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)直线l： 与椭圆C交于A，B两点，在y轴上是否存在点P（点 不与原点重合），
使得直线PA，PB与x轴交点的横坐标之积的绝对值为定值？若存在，求出P的坐标；若
不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据题意求出 ，即可得解；
（2）设 ，则 ，联立方程，利用韦达定理求出 ，在分别
求出直线PA，PB的方程，从而可得两直线与 交点的横坐标，再相乘整理结合其积为定值，
即可得出结论.
【详解】（1）由题意可得 ，解得 ，
所以椭圆C的标准方程为 ；
（2）假设存在，
设 ，则 ，
联立 ，消 得 ，
则 ，即 ，，
则直线 的方程为 ，
令 ，则 ，
直线 的方程为 ，
令 ，则 ，
则
，
则要使直线PA，PB与x轴交点的横坐标之积的绝对值为定值，
则 ，解得 ，
所以存在，且 .
【点睛】本题考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系的应用，考查了点的存在性问题
及定值问题，有一定的难度.
9．如图，椭圆 的焦点分别为 为椭圆 上一
点， 的面积最大值为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)若 分别为椭圆 的上､下顶点，不垂直坐标轴的直线 交椭圆 于 （ 在上方，
在下方，且均不与 点重合）两点，直线 的斜率分别为 ，且 ，
求 面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，得到关于 的方程，即可得到结果；
（2）根据题意设直线 的方程为 ，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，再由列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1） ， ， ，故椭圆的方程为
；
（2）依题意设直线 的方程为 ， ，
联立方程组 ，消元得： ，
， ，
由 得： ，两边同除 ，
，
即 ；将 代入上式得：
整理得： 所以 或 （舍），
当 时等号成立，满足条件，所以 面积的最大值为 .
10．已知在△ABC中，以B为坐标原点，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且a＝
4，若 ．
(1)求A点的轨迹方程C；
(2)已知坐标原点为O，若过点 的两条直线与C分别交于M，N两点，设 ，
，两直线斜率分别为 ， 且 ，连接M，N交x轴于点Q，△OMQ，
△OMN面积分别为 ， ，求 的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设点 的坐标为 ，先求得 ， 关于 ， 的表达式，结合余弦定理
可得关于 ， 的式子，再将 ， 关于 ， 的表达式代入化简即可得解；
（2）由题意 ， 同号，不妨令 ，则 ，设 ，则 ，先得到直线 的方程，再联立曲线 的方程，消 整理得到关于 的一元二次方程，再根据
韦达定理求得 ，进而得到 ，同理可得到 ， ，由题意可求得 ，
，从而可得到 ，再根据基本不等
式即可求解．
【详解】（1）设点 的坐标为 ，
依题意可得 ， ，
则 ， ，
又 ，则 ，即 ，
所以 ，化简得 ，
A点的轨迹为椭圆，其方程为 ．
（2）由 ，则 ， 同号，
不妨令 ，则 ，设 ，则 ，
由直线 的方程为 ，
联立 ，消 整理得 ，
则 ，得 ， ，
同理得 ， ，
由直线 的方程为 ，
令 ，则 ，
由 ， ，
则，
当且仅当 时，等号成立，
故 的最大值为 ．
【点睛】关键点点睛：小问（2）的关键是先判断 ， 同号，不妨令 ，则
，再将求 的最大值转化为求 的最大值，再
结合基本不等式即可．
