第81讲圆锥曲线拓展题型一_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第81讲 圆锥曲线拓展题型一 1 题型一：定比点差法 x2 y2 3 4478 已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，过右焦点F且斜率为k(k>0)的 a2 b2 2   直线与C相交于A，B两点，若AF=3FB，求k 3 x2 【解析】由e= ，可设椭圆为 +y2=m2(m>0)， 2 4   设A(x,y)，B(x ,y )，F( 3m,0)，由AF=3FB， 1 1 2 2 x +3x 所以   3m y = +3y 1 1+3 2 ，⇒   x y 1 + + 3 3 y x 2 = = 0 4 3m ． 0= 1 2 1 2 1+3 x2  1 +y2=m2(1) 4 1 又 按λ配型(2)×9  x2  2 +y2=m2(2)  4 2          x2  1 +y2=m2(1) 4 1  9x2  2 +9y2=9m2(3)  4 2 (x +3x )(x -3x ) 8 3 由(1)-(3)得 1 2 1 2 +(y +3y )(y -3y )=-8m2⇒x -3x =- m， 4 1 2 1 2 1 2 3 2 3 2 3m 6m 又x +3x =4 3m⇒x = m⇒A ,± 1 2 1 3 3 3  ． 又F( 3m,0)⇒k=± 2． x2 y2 PA 4479 已知 + =1，过点P(0,3)的直线交椭圆于A，B(可以重合)，求 9 4  PB  取值范围．   【解析】设A(x,y)，B(x ,y )，P(0,3)，由AP=λPB， 1 1 2 2 x +λx 所以   0= y 1 1 + + λ λ y 2 ⇒   x y 1 + + λ λ y x 2 = = 3 0 (1+λ) ． 3= 1 2 1 2 1+λ 由   4 4 x x 1 2 2 + + 9 9 y y 1 2 2 = = 3 3 6 6 ( ( 1 2 ) ) 配比(2)×λ2 2 2        4x 1 2+9y 1 2=36(1)  4λ2x2+9λ2y2=36(3) 2 2 由(1)-(3)得：⇒4x 1 +λx 2  x 1 -λx 2  +9y 1 +λy 2  y 1 -λy 2  =361-λ2  ⇒y 1 -λy 2  41-λ =  3 ，又y 1 +λy 2 =31+λ  13+5λ ⇒y = ， 1 6 又y 1 ∈-2,2  1 ⇒λ∈ -5,-  5  PA ，从而  PB  =λ  1 ∈  ,5  5  ． x2 y2 4480 已知椭圆 + =1的左右焦点分别为F，F，A，B，P是椭圆上的三个动点，且 6 2 1 2     PF =λFA，PF =μFB若λ=2，求μ的值． 1 1 2 2 【解析】设Px 0 ,y 0      ，A(x,y)，B(x ,y )，，由PF =λFA，PF =μFB得 1 1 2 2 1 1 2 2 ①F 1-c,0  x +λx 满足   -c= 0 1+λ 1 ⇒ x 0 +λx 1 =-c1+λ y +λy 0= 0 1 1+λ    y +λy =0 0 1 第 页 共 页 2958 3427F 2c,0  x +μx c= 0 2 满足   1+μ ⇒ x 0 +μx 2 =-c1+μ y +μy 0= 0 2 1+μ    y +μy =0 0 2 x2 y2 x2 y2  0 + 0 =1(1)  0 + 0 =1(1)  a2 b2  a2 b2 ②由 ⇒  x2 y2  λ2x2 λ2y2   1 + 1 =1(2)   1 + 1 =λ2(3) a2 b2  a2 b2 ③由(1)-(3)得： x 0 -λx 1  x 0 +λx 1  + y 0 -λy 1 a2  y 0 +yx 1  =1-λ2 b2 ⇒ x 0 -λx 1  x 0 +λx 1  1-λ  1+λ  =a2⇒x 0 -λx 1  a2 =- 1-λ c  ，又x 0 +λx 1  =-c1+λ  a2-c2 a2+c2 a2-c2 a2+c2 ⇒2x = λ- ，同理可得2x =- μ+ 0 c c 0 c c a2-c2 ⇒ λ+μ c  a2+c2 =2⋅ ⇒λ+μ c  a2+c2 =2⋅ =10⇒μ=8． a2-c2 x2   4481 设F，F 分别为椭圆 +y2=1的左、右焦点，点A，B在椭圆上，若FA=5FB，求点 1 2 3 1 2 A的坐标     【解析】记直线FA反向延长交椭圆于B ，由FA=5FB及椭圆对称性得AF =5FB ， 1 1 1 2 1 1 1 设A(x,y)，B(x ,y )，F(- 2,0)． 1 1 2 2 ①由定比分点公式得 x +5x   - 2 y = +5 1 1 y +5 2 ⇒   x y 1 + + 5 5 y x 2 = =- 0 6 2 ． 0= 1 2 1 2 1+5 x2  1 +y2=1(1) 3 1 ②又 按λ配型(2)×25  x2  2 +y2=1(2)  3 2          x2  1 +y2=1(1) 4 1  25x2  2 +25y2=25(3)  3 2 (x +5x )(x -5x ) ③由(1)-(3)得 1 2 1 2 +(y +5y )(y -5y )=-24⇒x -5x =6 2， 3 1 2 1 2 1 2 又x +5x =-6 2⇒x =0⇒A(0,±1)． 1 2 1 x2 4482 已知椭圆C: +y2=1，设过点P2,2 2  的直线l与椭圆C交于A，B，点Q是线段AB 1 上的点，且 PA  1 + PB  2 = PQ  ，求点Q的轨迹方程． 第 页 共 页 2959 3427【解析】设A(x 1 ,y 1 )，B(x 2 ,y 2 )，Qx 0 ,y 0  1 由 PA  1 + PB  2 = PQ  PQ ⇒  PA  PQ +  PB  PA =2⇒  -AQ  PA  PB +  +QB  PB  =2 -AQ ⇒  PA  QB +  PB  PA =0⇒  PB  AQ =  QB   AP ，记   PB   AQ =   QB  =λλ>0  ，     即AP=-λPB，AQ=λQB． x -λx ①A  P  =-λP  B  ，由定比分点得：   2= 1 1-λ 2 ⇒ x 1 -λx 2 =21-λ y -λy 2= 1 2 1-λ  y 1 -λy 2 =21-λ    x +λx A  Q  =λQ  B  ，由定比分点得   x 0 = 1 1+λ 2 ⇒ x 1 +λx 2 =x 01+λ y +λy y = 1 2 0 1+λ  y 1 +λy 2 =y 01+λ    ②又   x x 1 2 2 + + 2 2 y y 1 2 2 = = 2 2 ( ( 1 2 ) ) 配比(2)×λ2 2 2        x 1 2+2y 1 2=2(1)  λ2x2+2λ2y2=2λ2(3) 2 2 ③由(1)-(3)得：x 1 +λx 2  ⋅x 1 -λx 2  +2⋅y 1 +λy 2  ⋅y 1 -λy 2  =21-λ2  ⇒2x 01+λ  ⋅1-λ  +4y 0 ⋅1+λ  ⋅1-λ  =21-λ2  ⇒2x 0 +4y 0 =2，即x 0 +2y 0 =1x 0 2+2y 0 2<2  ． 2 题型二：齐次化 4483 已知抛物线C:y2=4x，过点(4,0)的直线与抛物线C交于P，Q两点，O为坐标原点． 证明：∠POQ=90°． 【解析】直线PQ:x=my+4,Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  x-my 由x=my+4，得1= 4 x=my+4 x-my 则由  y2=4x ，得：y2=4x⋅ 4 ， y 整理得： x  2 +m y -1=0，即： y 1 ⋅ y 2 =-1． x x x 1 2 yy 所以k ⋅k = 1 2 =-1， OP OQ xx 1 2 则OP⊥OQ，即：∠POQ=90°． x2 4484 如图，椭圆E: +y2=1，经过点M(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两 2 点P，Q(均异于点A(0,-1)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2． 【解析】设直线PQ:mx+n(y+1)=1,Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  第 页 共 页 2960 3427则m+2n=1． mx+n(y+1)=1  由x2 ， +y2=1 2 x2 得： +[(y+1)-1]2=1． 2 x2 则 +(y+1)2-2(y+1)[mx+n(y+1)]=0， 2 y+1 故(1-2n) x  2 y+1 -2m x  1 + =0． 2 y +1 y +1 2m 所以 1 + 2 = =2． x x 2n-1 1 2 y +1 y +1 即k +k = 1 + 2 =2． AP AQ x x 1 2 x2 4485 已知椭圆C: +y2=1，设直线l不经过点P(0,1)且与C相交于A，B两点．若直线 4 2 PA与直线PB的斜率的和为-1，证明：直线l过定点． 2 2 【解析】设直线l:mx+n(y-1)=1．．．．．．(1) x2 x2 由C: +y2=1，得 +[(y-1)+1]2=1 4 4 x2 即： +(y-1)2+2(y-1)=0．．．．．．(2) 4 x2 由(1)(2)得： +(y-1)2+2(y-1)[mx+n(y-1)]=0 4 y-1 整理得：(1+2n) x  2 y-1 1 +2m⋅ + =0 x 4 y -1 y -1 2m 则k +k = 1 + 2 =- =-1， P2A P2B x 1 x 2 1+2n 则2m=2n+1，代入直线l:mx+n(y-1)=1，得：l:(2n+1)x+2n(y-1)=2 显然，直线过定点(2,-1)． x2 4486 已知椭圆C: +y2=1，B0,1 3  2 ，P，Q为上的两个不同的动点，k k = ，求证：直 BP BQ 3 线PQ过定点． 【解析】设直线PQ方程为：y=kx+b x2  +y2=1 则 3 ⇒3k2+1 y=kx+b  x2+6kbx+3b2-3=0 -6kb x +x =  1 2 1+3k2 即 ，又因为 3b2-3 xx = 1 2 1+3k2 第 页 共 页 2961 3427k k = y 1 -1 ⋅ y 2 -1 = kx 1 +b-1 kx 2 +b-1 = kx 1 x 2 +kb-1 BP BQ x x x x 1 2 1 2  x 1 +x 2  +b-1  2 = xx 1 2 2 3 化简得b-1  2=2b2-2⇒b=-3或b=1(舍去)． 即PQ直线为y=kx-3，即直线PQ过定点0,-3  ． 3 题型三：极点极线问题 x2 y2 4487 (2024·全国·高三专题练习)椭圆方程Γ: + =1(a>b>0)，平面上有一点P(x ,y )． a2 b2 0 0 x x y y x2 定义直线方程l: 0 + 0 =1是椭圆Γ在点P(x ,y )处的极线．已知椭圆方程C: + a2 b2 0 0 4 y2 =1． 3 (1)若P(1,y )在椭圆C上，求椭圆C在点P处的极线方程； 0 (2)若P(x ,y )在椭圆C上，证明：椭圆C在点P处的极线就是过点P的切线； 0 0 (3)若过点P(-4,0)分别作椭圆C的两条切线和一条割线，切点为X，Y，割线交椭圆C 于M，N两点，过点M，N分别作椭圆C的两条切线，且相交于点Q．证明：Q，X，Y三 点共线． 3 3 【解析】(1)由题意知，当x =1时，y =± ，所以P1, 0 0 2 2  3 或P1,- 2  ． x x y y 由定义可知椭圆C在点P(x ,y )处的极线方程为 0 + 0 =1， 0 0 4 3 3 所以椭圆C在点P1, 2  x y 处的极线方程为 + =1，即x+2y-4=0 4 2 3 点P1,- 2  x y 处的极线方程为 - =1，即x-2y-4=0 4 2 x2 y2 (2)因为P(x ,y )在椭圆C上，所以 0 + 0 =1⇒3x2+4y2-12=0， 0 0 4 3 0 0 x x y y 由定义可知椭圆C在点P(x ,y )处的极线方程为 0 + 0 =1， 0 0 4 3 当y =0时，x =±2，此时极线方程为x=±2，所以P处的极线就是过点P的切线． 0 0 x x y y 3x 3 当y ≠0时，极线方程为 0 + 0 =1⇒y=- 0x+ ． 0 4 3 4y y 0 0   y=- 3 4 x y 0x+ y 3 9x2 联立 0 0 ，得 0 +3   x2 + y2 =1 4y 0 2  4 3  18x 36 x2- 0x+ -12=0． y2 y2 0 0 18x ∴Δ=- 0 y2 0  2 9x2 -4 0 +3 4y2 0  36  -12 y2 0  = 36⋅3x2 0 +4y2 0 -12  =0． y2 0 综上所述，椭圆C在点P处的极线就是过点P的切线； (3)设点Q(x ,y )，M(x,y)，N(x ,y )， 0 0 1 1 2 2 xx yy 由(2)可知，过点M的切线方程为l: 1 + 1 =1， 1 4 3 x x y y 过点N的切线方程为l : 2 + 2 =1． 2 4 3 xx yy   1 0 + 1 0 =1 4 3 因为l ，l 都过点Q(x ,y )，所以有 ， 1 2 0 0 x x y y  2 0 + 2 0 =1  4 3 第 页 共 页 2962 3427x x y y 则割线MN的方程为l : 0 + 0 =1； 0 4 3 -4x 同理可得过点P(-4,0)的两条切线的切点弦XY的方程为l : =1⇒x=-1． 3 4 -4x 又因为割线MN过点P(-4,0)，代入割线方程得 0 =1⇒x =-1． 4 0 所以Q，X，Y三点共线，都在直线x=-1上． 4488 (2024·全国·高三专题练习)阅读材料： (一)极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：Ax2+Cy2+2Dx+2Ey+F=0，则称点P (x 0 ，y 0 )和直线l：Ax 0 x+Cy 0 y+Dx+x 0  +Ey+y 0  +F=0是圆锥曲线G的一对极点和 x +x 极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以x x替换x2，以 0 替换x(另一变量y也是如此)，即 0 2 x2 y2 可得到点P(x ，y )对应的极线方程.特别地，对于椭圆 + =1，与点P(x ，y )对应的极 0 0 a2 b2 0 0 x x y y x2 y2 x x 线方程为 0 + 0 =1；对于双曲线 - =1，与点P(x ，y )对应的极线方程为 0 - a2 b2 b2 b2 0 0 a2 y y b 0 2 =1；对于抛物线y2=2px，与点P(x 0 ，y 0 )对应的极线方程为y 0 y=px 0 +x  .即对于确定 的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系. (二)极点与极线的基本性质、定理 ①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线； ②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线(即切点弦所 在直线)； ③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹. 结合阅读材料回答下面的问题： x2 y2 3 (1)已知椭圆C： + =1(a>b>0)经过点P(4，0)，离心率是 ，求椭圆C的方程并写 a2 b2 2 出与点P对应的极线方程； 1 (2)已知Q是直线l：y=- x+4上的一个动点，过点Q向(1)中椭圆C引两条切线，切点分 2   别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当MT=TN时，求直线MN的方程； 若不存在，请说明理由. x2 y2 【解析】(1)因为椭圆 + =1(a>b>0)过点P(4,0)， a2 b2 42 02 c 3 则 + =1，得a=4，又e= = ， a2 b2 a 2 所以c=2 3，所以b2=a2-c2=4， x2 y2 所以椭圆C的方程为 + =1. 16 4 4x 0×y 根据阅读材料，与点P对应的极线方程为 + =1，即x-4=0； 16 4 (2)由题意，设点Q的坐标为(x ,y )， 0 0 1 1 因为点Q在直线y=- x+4上运动，所以y =- x +4， 2 0 2 0 第 页 共 页 2963 3427 x2 y2  + =1 联立 16 4 ，得x2-8x+24=0，  1 y=- x+4  2 Δ=64-4×24=-32<0，该方程无实数根， 1 所以直线y=- x+4与椭圆C相离，即点Q在椭圆C外， 2 又QM，QN都与椭圆C相切， 所以点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线. x2 y2 x x y y 对于椭圆 + =1，与点Q(x ,y )对应的极线方程为 0 + 0 =1， 16 4 0 0 16 4 1 x x y y 将y 0 =- 2 x 0 +4代入 1 0 6 + 4 0 =1，整理得x 0x-2y  +16y-16=0， 又因为定点T的坐标与x 的取值无关， 0 x-2y=0 x=2 所以 ，解得 ，   16y-16=0 y=1 所以存在定点T(2,1)恒在直线MN上.   当MT=TN时，T是线段MN的中点， 设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，直线MN的斜率为k，  x2 y2  16 1 + 4 1 =1 y -y 4 x +x 4 2×2 1 1 则 ，两式相减，整理得 2 1 =- ⋅ 1 2 =- ⋅ =- ，即k=- ，  x2 y2 x -x 16 y +y 16 2×1 2 2  2 + 2 =1 2 1 1 2 16 4   1 所以当MT=TN时，直线MN的方程为y-1=- x-2 2  ，即x+2y-4=0. x2 y2 4489 (2024秋·北京·高三中关村中学校考开学考试)已知椭圆M： + =1(a>b>0)过 a2 b2 A(-2，0)，B(0，1)两点． (1)求椭圆M的离心率； (2)设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上(P不与椭圆M的顶点重合)，直线AB与直 线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点． 【解析】(1)因为点A (-2,0)，B (0,1)都在椭圆M上， 所以a=2，b=1． 所以c= a2-b2= 3． c 3 所以椭圆M的离心率e= = ． a 2 x2 (2)由(1)知椭圆M的方程为 +y2=1，C(2,0)． 4 由题意知：直线AB的方程为x=2y-2． 设P(x ,y )(y ≠0，y ≠±1)，Q(2y -2,y )，S(x ,0)． 0 0 0 0 Q Q S     因为C,P,Q三点共线，所以有CP⎳CQ，CP=(x -2,y ),CQ=(2y -2-2,y )， 0 0 Q Q 所以(x -2)y =y (2y -4)． 0 Q 0 Q 4y 所以y = 0 ． Q 2y -x +2 0 0 4y +2x -4 4y 所以Q ( 0 0 , 0 )． 2y -x +2 2y -x +2 0 0 0 0 因为B,S,P三点共线， 第 页 共 页 2964 34271 y -1 x 所以 = 0 ，即x = 0 ． -x x s 1-y s 0 0 x 所以S 0 ,0 1-y 0  ． 4y +2x -4 x 0 0 - 0 2y -x +2 1-y x 所以直线QS的方程为x= 0 0 0 y+ 0 ， 4y 1-y 0 0 2y -x +2 0 0 x2-4y2-4x y +8y -4 x 即x= 0 0 0 0 0 y+ 0 ． 4y (1-y ) 1-y 0 0 0 又因为点P在椭圆M上，所以x2=4-4y2． 0 0 2-2y -x 所以直线QS的方程为x= 0 0(y-1)+2． 1-y 0 所以直线QS过定点(2,1)． x2 y2 4490 (2024·全国·高三专题练习)若双曲线x2-y2=9与椭圆C: + =1(a>b>0)共顶 a2 b2 4 点，且它们的离心率之积为 ． 3 (1)求椭圆C的标准方程； (2)若椭圆C的左、右顶点分别为A ，A ，直线l与椭圆C交于P、Q两点，设直线AP与 1 2 1 1 A Q的斜率分别为k ，k ，且k - k =0．试问，直线l是否过定点？若是，求出定点的 2 1 2 1 5 2 坐标；若不是，请说明理由． 4 【解析】(1)由已知得双曲线的离心率为 2，又两曲线离心率之积为 ，所以椭圆的离心 3 2 2 率为 ； 3 由题意知a=3，所以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 k =-k ≠0，不满足k - k =0， 1 2 1 5 2 故直线l的斜率不为零．设直线l的方程为x=ty+n， x=ty+n  由x2 ，得：t2+9 +y2=1 9  y2+2tny+n2-9=0， 因为直线l与椭圆C交于P、Q两点， 所以Δ=4t2n2-4t2+9  n2-9  >0， 整理得：t2-n2+9>0， 设Px 1 ,y 1  、Qx 2 ,y 2  ，则 2tn n2-9 y y y +y =- ，yy = ，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 所以 1 = k 1 = x 1 +3 = y 1x 2 -3 5 k y 2 2 x -3 2  y 2x 1 +3  = y 1ty 2 +n-3  y 2ty 1 +n+3  ， 整理得：4tyy +5(n-3)y -(n+3)y =0， 1 2 1 2 第 页 共 页 2965 34274ty 1 y 2 +5(n-3)y 1 +y 2  =(6n-12)y ， 2 2tn n2-9 将y +y =- ，yy = 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 y2 3 4491 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的离心率为 ，且过 a2 b2 2 3 点1, 2  ，A，B分别为椭圆E的左，右顶点，P为直线x=3上的动点(不在x轴上)， PA与椭圆E的另一交点为C，PB与椭圆E的另一交点为D，记直线PA与PB的斜率分 别为k ，k ． 1 2 (Ⅰ)求椭圆E的方程； k (Ⅱ)求 1 的值； k 2 (Ⅲ)证明：直线CD过一个定点，并求出此定点的坐标． 【解析】(1)由条件可知：   e 1 = a c = 3 2 3 且a2=b2+c2，解得   a b2 2 = = 1 4 ，所以椭圆E的方程为  + =1 a2 4b2 x2 +y2=1； 4 (2)因为A-2,0  ,B2,0  ，设P3,t  t≠0  ， t 所以k = 1 3--2  t t t k 5 1 = ,k = =t，所以 1 = = ； 5 2 3-2 k t 5 2 (3)设P3,t  t≠0  ，所以PB:y=tx-2  t ,PA:y= x+2 5  ， t y= x+2 因为 5    ，所以4t2+25 x2+4y2=4  x2+16t2x+16t2-100=0， 16t2 16t2 50-8t2 t 所以x +x =- ，所以x =- +2= ，所以y = x +2 C A 4t2+25 C 4t2+25 4t2+25 C 5 C  = 20t 50-8t2 20t ，所以C , 4t2+25 4t2+25 4t2+25  ， y=tx-2 又因为    x2+4y2=4 ，所以1+4t2  x2-16t2x2+16t2-4=0， 16t2 16t2 8t2-2 所以x B +x D = 1+4t2 ，所以x D = 1+4t2 -2= 1+4t2 ，所以y D =tx D -2  4t =- ， 1+4t2 8t2-2 4t 所以D ,- 1+4t2 1+4t2  ， 第 页 共 页 2966 342750-8t2 8t2-2 - 8t2-2 4t2+25 1+4t2 所以CD:x- = 1+4t2 20t 4t -- 4t2+25 1+4t2  4t y+ 1+4t2  8t2-2 ，所以CD:x- = 1+4t2 5-4t2 4t y+ 6t 1+4t2  ， 5-4t2 5-4t2 4t 8t2-2 5-4t2 4 所以CD:x= y+ ⋅ + ，所以CD:x= y+ ， 6t 6t 1+4t2 1+4t2 6t 3 4 所以直线CD过定点 ,0 3  . 4 题型四：蝴蝶问题 4492 (2003·全国·高考真题)如图，椭圆的长轴AA 与x轴平行，短轴BB 在y轴上，中心为 1 2 1 2 M(0,r)(b>r>0)． (1)写出椭圆的方程，求椭圆的焦点坐标及离心率； (2)直线y=k 1 x交椭圆于两点Cx 1 ,y 1  ,Dx 2 ,y 2  y 2 >0  ；直线y=k x交椭圆于两点 2 Gx 3 ,y 3  ，Hx 4 ,y 4  y 4 >0  kxx k x x ．求证： 1 1 2 = 2 3 4 ； x +x x +x 1 2 3 4 (3)对于(2)中的中的在C，D，G，H，设CH交x轴于P点，GD交x轴于Q点，求证： |OP|=|OQ|(证明过程不考虑CH或GD垂直于x轴的情形) 【解析】(1)∵椭圆的长轴AA 与x轴平行，短轴BB 在y轴上，中心M(0,r)， 1 2 1 2 x2 (y-r)2 ∴椭圆方程为 + =1 a2 b2 焦点坐标为F(- a2-b2,r)，F( a2-b2,r) 1 2 a2-b2 离心率e= a x2 (y-r)2 (2)证明：将直线CD的方程y=kx代入椭圆方程 + =1，得b2x2+a2(kx- 1 a2 b2 1 r)2=a2b2 整理得(b2+a2k2)x2-2ka2rx+(a2r2-a2b2)=0 1 1 2ka2r a2r2-a2b2 根据韦达定理，得x +x = 1 ，xx = ， 1 2 b2+a2k2 1 2 b2+a2k2 1 1 xx r2-b2 所以 1 2 = ① x +x 2kr 1 2 1 x2 (y-r)2 x x r2-b2 将直线GH的方程y=k x代入椭圆方程 + =1，同理可得 3 4 = 2 a2 b2 x +x 2k r 3 4 2 ② 第 页 共 页 2967 3427kxx r2-b2 k x x 由 ①、②得 1 1 2 = = 2 3 4 x +x 2r x +x 1 2 3 4 所以结论成立. (3)证明：设点P(p,0)，点Q(q,0) x -p kx 由C、P、H共线，得 1 = 1 1 x -p k x 4 2 4 (k -k )xx 解得p= 1 2 1 4 kx -k x 1 1 2 4 x -p kx 由D、Q、G共线，同理可得 2 = 1 2 x -p k x 3 2 3 (k -k )x x ∴q= 1 2 2 3 kx -k x 1 2 2 3 kxx k x x (k -k )xx (k -k )x x 由 1 1 2 = 2 3 4 变形得- 1 2 1 4 = 1 2 2 3 x +x x +x kx -k x kx -k x 1 2 3 4 1 1 2 4 1 2 2 3 所以p  =q  即|OP|=|OQ| x2 y2 4493 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: a2 + b2 =1(a>b>0)，四点P 11,1  ，P 20,1  ， 3 P-1, 3 2  3 ，P-1, 3 2  3 ，P1, 4 2  中恰有三点在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程； (2)蝴蝶定理：如图1，AB为圆O的一条弦，M是AB的中点，过M作圆O的两条弦 CD，EF.若CF，ED分别与直线AB交于点P，Q，则MP=MQ. 1 该结论可推广到椭圆.如图2所示，假定在椭圆C中，弦AB的中点M的坐标为0, 2  ， 且两条弦CD，EF所在直线斜率存在，证明：MP=MQ. 【解析】(1)由于P，P 两点关于y轴对称， 3 4 故由题设知C经过P，P 两点， 3 4 1 1 1 3 又由 + > + 知，C不过点P，所以点P 在C上， a2 b2 a2 4b2 1 2 1   b2 =1 a2=4 因此 ，解得 ，  1 3  b2=1  + =1 a2 4b2 x2 故椭圆C的方程为 +y2=1； 4 1 (2)因点M的坐标0, 2  在y轴上，且M为AB的中点， 第 页 共 页 2968 3427所以直线AB平行于x轴， 设Cx 1 ,y 1  ，Dx 2 ,y 2  ，Ex 3 ,y 3  ，Fx 4 ,y 4  ， 1 x2 设直线CD的方程为y=kx+ ，代入椭圆C: +y2=1， 1 2 4 1 得：k2+ 1 4  3 x2+kx- =0， 1 4 4k 3 根据韦达定理得：x +x =- 1 ，xx =- ，① 1 2 4k2+1 1 2 4k2+1 1 1 1 x2 同理，设直线EF的方程为y=k x+ ，代入椭圆C: +y2=1， 2 2 4 1 得：k2+ 2 4  3 x2+k x- =0， 2 4 4k 3 根据韦达定理得：x +x =- 2 ，x x =- ，② 3 4 4k2+1 3 4 4k2+1 2 2 1 y - 由于C、P、F三点共线，得 x 1 -x P = 1 2 = k 1 x 1，x = k 1 -k 2 x -x 1 k x P 4 P y - 2 4 4 2  xx 1 4， kx -k x 1 1 2 4 同理，由于E、Q、D三点共线，得：x = k 1 -k 2 Q  x x 2 3，结合①和②可得： kx -k x 1 2 2 3 x +x = k 1 -k 2 P Q  x 1 x 4 + k 1 -k 2 kx -k x 1 1 2 4  x x 2 3 kx -k x 1 2 2 3 = k 1 -k 2  x 1 x 4k 1 x 2 -k 2 x 3  +k 1 -k 2  x 2 x 3k 1 x 1 -k 2 x 4  k 1 x 1 -k 2 x 4  k 1 x 2 -k 2 x 3  = k 1 -k 2  k 1 x 1 x 2 x 4 -k 2 x 1 x 3 x 4 +k 1 x 1 x 2 x 3 -k 2 x 2 x 3 x 4  k 1 x 1 -k 2 x 4  k 1 x 2 -k 2 x 3  = k 1 -k 2  k 1 x 1 x 2x 3 +x 4  -k 2 x 3 x 4x 1 +x 2    k 1 x 1 -k 2 x 4  k 1 x 2 -k 2 x 3  k 1 -k 2 =  -3k -4k -3k -4k  1 ⋅ 2 - 2 ⋅ 1 4k2+1 4k2+1 4k2+1 4k2+1 1 2 2 1  k 1 x 1 -k 2 x 4  k 1 x 2 -k 2 x 3  k 1 -k 2 =  12kk 1 2 4k2 1 +1  4k2 2 +1  12kk - 1 2 4k2 1 +1  4k2 2 +1    k 1 x 1 -k 2 x 4  k 1 x 2 -k 2 x 3  =0 即x P =-x Q ，所以x P  =x Q  ，即MP=MQ. 4494 (2021·全国·高三专题练习)(蝴蝶定理)过圆AB弦的中点M，任意作两弦CD和EF， CF与ED交弦AB于P、Q，求证：PM=QM. 【解析】如图所示，以M为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，设圆方程为 x2+(y-b)2=r2(|b|b>0 a2 b2  的左、 右顶点分别为点A，B，且AB  1 =4，椭圆C离心率为 . 2 (1)求椭圆C的方程； (2)过椭圆C的右焦点，且斜率不为0的直线l交椭圆C于M，N两点，直线AM，BN的 交于点Q，求证：点Q在直线x=4上. 【解析】(1)因为AB  1 =4，椭圆C离心率为 ， 2 2a=4  c 1 所以 = ，解得a2=4，b2=3. a 2   a2=b2+c2 x2 y2 所以椭圆C的方程是 + =1. 4 3 (2)①若直线l的斜率不存在时，如图， 第 页 共 页 2971 3427因为椭圆C的右焦点为1,0  ，所以直线l的方程是x=1. 3 所以点M的坐标是1, 2  3 ，点N的坐标是1,- 2  . 1 所以直线AM的方程是y= x+2 2  ， 3 直线BN的方程是y= x-2 2  . 所以直线AM，BN的交点Q的坐标是4,3  . 所以点Q在直线x=4上. ②若直线l的斜率存在时，如图. 设斜率为k.所以直线l的方程为y=kx-1  . y=kx-1 联立方程组   x2 y2 + =1 4 3 消去y，整理得3+4k2  x-8k2x+4k2-12=0. 显然Δ>0.不妨设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ， 8k2 4k2-12 所以x +x = ，x ⋅x = . 1 2 3+4k2 1 2 3+4k2 y 所以直线AM的方程是y= 1 x+2 x +2 1  . 6y 令x=4，得y= 1 . x +2 1 第 页 共 页 2972 3427y 直线BN的方程是y= 2 x-2 x -2 2  . 2y 令x=4，得y= 2 . x -2 2 所以 6y 1 - 2y 2 = 6kx 1 -1 x +2 x -2 1 2  - 2kx 2 -1 x +2 1  x -2 2 = 6kx 1 -1  x 2 -2  -2kx 1 +2  x 2 -1  x 1 +2  x 2 -2  分子=6kx 1 -1  x 2 -2  -2kx 1 +2  x 2 -1  =2k 3x 1 x 2 -x 2 -2x 1 +2  -x 1 x 2 -x 1 +2x 2 -2    . =2k 2x 1 x 2 -5x 1 +x 2   +8  24k2-12 =2k   5×8k2  - +8   3+4k2 3+4k2  8k2-24-40k2+24+32k2 =2k 3+4k2  =0. 所以点Q在直线x=4上. x2 y2 4497 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C： + =1(a>b>0)的左、右顶点分别为 a2 b2 1 3 A，B，离心率为 ，点P1, 2 2  为椭圆上一点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率 为k ，直线BN的斜率为k ，若k =2k ，求直线l斜率的值． 1 2 1 2 1 【解析】(1)因为椭圆的离心率为 ，所以a=2c. 2 又因为a2=b2+c2，所以b= 3c. x2 y2 所以椭圆的标准方程为 + =1. 4c2 3c2 3 又因为点P1, 2  9 1 4 为椭圆上一点，所以 + =1，解得c=1. 4c2 3c2 x2 y2 所以椭圆的标准方程为 + =1. 4 3 (2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y=kx+1. 设M(x ，y)，N(x ，y )． 1 1 2 2 联立方程组 消去y可得(3+4k2)x2+8kx-8=0. 第 页 共 页 2973 34278k 8 所以由根与系数关系可知x +x =- ，xx =- . 1 2 3+4k2 1 2 3+4k2 y y y 2y 因为k = 1 ，k = 2 ，且k =2k ，所以 1 = 2 . 1 x +2 2 x -2 1 2 x +2 x -2 1 2 1 2 y2 即 1 x 1 +2  4y2 = 2 2 x 2 -2  . ① 2 又因为M(x ，y)，N(x ，y )在椭圆上， 1 1 2 2 3 3 所以y2= (4-x2)，y2= (4-x2)． ② 1 4 1 2 4 2 将②代入①可得： 2-x 1 = 42+x 2 2+x 1  ，即3xx +10(x +x )+12=0. 2-x 1 2 1 2 2 8 所以3- 3+4k2  8k +10- 3+4k2  +12=0，即12k2-20k+3=0. 1 3 3 解得k= 或k= ，又因为k>1，所以k= . 6 2 2 x2 y2 4498 (2021秋·广东深圳·高二校考期中)已知椭圆C： + =1a>b>0 a2 b2  的右焦点是 F2 3，0  ，过点F的直线交椭圆C于A，B两点，若线段AB中点Q的坐标为 8 3 6  ，- 7 7  ． (1)求椭圆C的方程； (2)已知P0,-b  是椭圆C的下顶点，如果直线y=kx+1(k≠0)交椭圆C于不同的两 点M，N，且M，N都在以P为圆心的圆上，求k的值； a (3)过点D ，0 2  作一条非水平直线交椭圆C于R、S两点，若A，B为椭圆的左右顶点， k 记直线AR、BS的斜率分别为k 、k ，则 1 是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说 1 2 k 2 明理由． 【解析】(1)设A(x,y)，B(x ,y )，直线AB的斜率显然存在，则x ≠x ， 1 1 2 2 1 2 8 3 6 因为线段AB中点Q的坐标为 ，- 7 7  16 3 12 ，所以x +x = ，y +y =- ， 1 2 7 1 2 7 6 - -0 y -y 7 3 直线AB的斜率k = 1 2 =k = = ， AB x -x QF 8 3 3 1 2 -2 3 7 A，B两点在椭圆椭圆C上， x2 y2 x2 y2 所以 1 + 1 =1， 2 + 2 =1，两式相减得 a2 b2 a2 b2 x2-x2 y2-y2 (x +x )(x -x ) (y +y )(y -y ) 1 2 + 1 2 = 1 2 1 2 + 1 2 1 2 =0， a2 b2 a2 b2 x +x (y +y ) y -y 即 1 2 + 1 2 ⋅ 1 2 =0， a2 b2 x -x 1 2 16 3 12 3 所以 - ⋅ =0，整理得a2=4b2，① 7a2 7b2 3 又c=2 3且a2=b2+c2，② 由①②可解得a=4，b=2， x2 y2 所以椭圆C的方程为 + =1. 16 4 第 页 共 页 2974 3427y=kx+1  (2)由 x2 y2 得(1+4k2)x2+8kx-12=0， + =1 16 4 8k 12 则x +x =- ，x x =- ，Δ=64k2+48(1+4k2)>0， M N 1+4k2 M N 1+4k2 设M，N中点为E(x ,y )， 0 0 x +x 4k 1 则x = E F =- ，y =kx +1= ， 0 2 1+4k2 0 0 1+4k2 因为M，N都在以P为圆心的圆上，所以PM  =PN  ，则点P在线段MN的垂直平分线 上， 1 依题意P(0,-2)，所以线段MN的垂直平分线方程为y=- x-2， k M，N中点为E(x ,y )在此直线上， 0 0 1 1 1 4k 2 所以有y =- x -2，即 = ⋅ -2，解得k=± . 0 k 0 1+4k2 k 1+4k2 4 2 所以k的值为± . 4 (3)依题意有D2，0  ，A(-4,0)，B(4,0)， 设直线RS的方程为x=ty+2(t≠0)， x=ty+2  由 x2 y2 得(4+t2)y2+4ty-12=0， + =1 16 4 4t 12 则y +y =- ，y y =- ， R S 4+t2 R S 4+t2 k y x -4 y (ty -2) ty y -2y ty y -2(y +y )+2y 1 = R ⋅ S = R S = R S R = R S R S S k x +4 y y (ty +6) ty y +6y ty y +6y 2 R S S R R S S R S S 12 t⋅- 4+t2 =  4t +2⋅ +2y 4+t2 S 12 t⋅- 4+t2  -4t+2y ⋅(4+t2) 1 = S = ， -12t+6y ⋅(4+t2) 3 +6y S S k 1 所以 1 为定值 . k 3 2 x2 y2 1 4499 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ， a2 b2 2 A，B分别是椭圆C的左、右顶点，右焦点F，BF=1，过F且斜率为k(k>0)的直线l与 椭圆C相交于M，N两点，M在x轴上方． 第 页 共 页 2975 3427(1)求椭圆C的标准方程； S 3 (2)记△AFM，△BFN的面积分别为S ，S ，若 1 = ，求k的值； 1 2 S 2 2 (3)设线段MN的中点为D，直线OD与直线x=4相交于点E，记直线AM，BN，FE的 斜率分别为k ，k ，k ，求k ⋅(k -k )的值． 1 2 3 2 1 3 【解析】(1)设椭圆的焦距为2c(c>0)． c 1 依题意可得e= = ，a-c=1， a 2 解得a=2，c=1． 故b2=a2-c2=3． x2 y2 所以椭圆C的标准方程为 + =1． 4 3 (2)设点M(x ，y)，N(x ，y )． 1 1 2 2 1 |AF|∙|y| S 3 2 1 3 若 1 = ，则 = ，即有y =-2y ，① S 2 1 2 2 1 2 |BF|∙|y | 2 2 设直线MN的方程为x=my+1(m>0)，与椭圆方程3x2+4y2=12， 可得(4+3m2)y2+6my-9=0， 6m 9 则y +y =- ，yy =- ，② 1 2 4+3m2 1 2 4+3m2 2 5 将①代入②可得8m2=4+3m2，解得m= ， 5 5 则k= ； 2 (3)由(2)得 y +y 3m 4 y = 1 2 =- ，x =my +1= ， D 2 4+3m2 D D 4+3m2 3m 所以直线OD的方程为y=- x， 4 令x=4，得y =-3m，即E(4,-3m)． E -3m 所以k = =-m． 3 4-1 1 所以k ⋅(k -k )=k ⋅k + 2 1 3 2 1 k  y y = 2 ⋅ 1 +m x -2 x +2 2 1  ， yy +my (x +2) yy +my (my +3) = 1 2 2 1 = 1 2 2 1 ， (x +2)(x -2) (my +3)(my -1) 1 2 1 2 (1+m2)yy +3my (m2+1)yy +3my = 1 2 2 = 1 2 2 ， m2yy -my +3my -3 m2yy -m(y +y )-3+4my 1 2 1 2 1 2 1 2 2 第 页 共 页 2976 34279(m2+1) 9(m2+1) - +3my - +3my 4+3m2 2 4+3m2 2 3 = = = . 9m2 6m2 12(m2+1) 4 - + -3+4my - +4my 4+3m2 4+3m2 2 4+3m2 2 3 4500 (2024秋·福建莆田·高二莆田华侨中学校考期末)已知点A1,- 2  x2 在椭圆C： + a2 y2 x 3y =1(a>b>0)上，O为坐标原点，直线l： - =1的斜率与直线OA的斜率乘 b2 a2 2b2 1 积为- 4 (1)求椭圆C的方程； 3 (2)不经过点A的直线l：y= x+t(t≠0且t∈R)与椭圆C交于P，Q两点，P关于原 2 点的对称点为R(与点A不重合)，直线AQ，AR与y轴分别交于两点M，N，求证：AM= AN. 3 2b2 b2 1 【解析】(Ⅰ)由题意，k ⋅k =- ⋅ =- =- ， OA 1 2 3a2 a2 4 1 3 即a2=4b2① 又 + =1② a2 4b2 a=2 联立①①解得  b=1 x2 所以，椭圆C的方程为： +y2=1. 4 (Ⅱ)设Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ，R-x 1 ,-y 1   y= 3 x+t 2 ，由 ，  x2  +y2=1  4 得x2+ 3tx+t2-1=0， 所以Δ=4-t2>0，即-2