【教無憂】高中數(shù)學(xué)同步講義（人教B版2019選擇性必修一）第45講 專題2-10 橢圓解答題十一大題型

專題2-10橢圓解答題十一大題型匯總題型1弦長問題 1題型2求直線方程問題 8題型3面積問題 15題型4中點(diǎn)弦問題 22題型5取值范圍問題 29題型6最值問題 39題型7定點(diǎn)問題 47題型8定值問題 58題型9定直線問題 67題型10向量相關(guān)問題 77題型11探索性問題 85題型1弦長問題【方法總結(jié)】有關(guān)圓錐曲線弦長問題的求解方法涉及弦長的問題中，應(yīng)熟練地利用根與系數(shù)的關(guān)系、設(shè)而不求計(jì)算弦長；涉及垂直關(guān)系時(shí)也往往利用根與系數(shù)的關(guān)系、設(shè)而不求法簡(jiǎn)化運(yùn)算；涉及過焦點(diǎn)的弦的問題，可考慮用圓錐曲線的定義求解．【例題1】（23·24上·常德·期中）已知橢圓E:x2a2+y2(1)求E的方程；(2)若A,B是E上兩點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為?85,【答案】(1)x(2)422【分析】（1）利用橢圓長軸長以及橢圓上的點(diǎn)坐標(biāo)即可求得E的方程為x2（2）設(shè)出A,B兩點(diǎn)坐標(biāo)，利用點(diǎn)差法求出直線AB的斜率為k=1，聯(lián)立直線和橢圓方程利用弦長公式即可求出AB=【詳解】（1）由題可知2a=43，將P2,2聯(lián)立解得a=23故E的方程為x2（2）設(shè)Ax1,y1兩式相減得x12?因?yàn)榫€段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為?8所以可得直線AB的斜率為k=y即直線AB的方程為y=x+2.聯(lián)立方程組y=x+2x212則x1+x所以AB=【變式1-1】1.（23·24上·東莞·階段練習(xí)）如圖，DP⊥x軸，垂足為D，點(diǎn)M在DP的延長線上，且DMDP=4(1)求曲線C的方程；(2)曲線C交y軸正半軸于點(diǎn)A，直線l過點(diǎn)A且其方向向量為?1,1，直線l與曲線C交于點(diǎn)A、B，求A、B兩點(diǎn)間的距離.【答案】(1)x2(2)722【分析】（1）利用相關(guān)點(diǎn)法計(jì)算求軌跡方程即可；（2）利用弦長公式計(jì)算弦長即可?！驹斀狻浚?）設(shè)Mx,y由題意可知x=x又P點(diǎn)在圓x2所以x（2）由（1）可知A0,4，結(jié)合題意可知l:y=?x+4聯(lián)立直線l與橢圓C方程可得y=?x+4x29由弦長公式可知：k=?1，故AB=【變式1-1】2.（22·23下·成都·期末）已知橢圓E：x2a2+y(1)求橢圓E的方程；(2)若直線l：y=kx+2與橢圓E交于不同的A，B兩點(diǎn)，且滿足OA?OB=?1（O【答案】(1)x(2)55【分析】（1）由拋物線方程得出橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，得出c，根據(jù)橢圓離心率得出a，再根據(jù)b2（2）設(shè)A(x1y1),B(x2,y2)【詳解】（1）由y2=8x得焦點(diǎn)(2,0)，則橢圓的焦點(diǎn)為因?yàn)闄E圓離心率為22所以22=ca=所以橢圓E的方程為x2（2）設(shè)A(x由x28+易得Δ>0，則x1+x2=?因?yàn)镺A?所以?8k2+4所以AB==1+

【變式1-1】3.（22·23下·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知平面內(nèi)動(dòng)點(diǎn)M到兩定點(diǎn)E，F(xiàn)的距離之和為4，且E，F(xiàn)兩點(diǎn)間的距離為2．(1)以點(diǎn)E，F(xiàn)所在的直線為x軸，建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，求點(diǎn)M的軌跡C的方程．(2)直線l過點(diǎn)F，交曲線C于A，B兩點(diǎn)，AB的中點(diǎn)為QxQ,【答案】(1)x(2)154或【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義分析運(yùn)算即可；（2）分類討論斜率是否存在，根據(jù)題意結(jié)合點(diǎn)差法分析可得kOQ=?3【詳解】（1）以點(diǎn)E，F(xiàn)所在的直線為x軸，線段EF的中點(diǎn)O為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)M由題意可知MF+ME=4>因?yàn)?c=2，2a=4，即c=1，a=2，則b2故點(diǎn)M的軌跡C的方程x2（2）由（1）不妨取F1,0當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，則直線l:x=1，此時(shí)AB的中點(diǎn)為Q即為點(diǎn)F，可得xQ當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y=kx?1，點(diǎn)Ax1則Qx1+則x124則y1?y可得kOQ=?3聯(lián)立得方程組y=?34kx即Q4因?yàn)閤Q+yQ=所以直線AB的方程為y=?12x?1①若直線AB的方程為y=?1聯(lián)立得方程組y=?12x?1則Δ=?22所以AB=②若直線AB的方程為y=5聯(lián)立得方程組y=52x?1則Δ=?502所以AB=綜上所述：弦AB的長為154或87【變式1-1】4.（23·24上·哈爾濱·階段練習(xí)）已知橢圓C：x2a2(1)求橢圓C的方程；(2)直線l：y=x+m與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，若AB=【答案】(1)x(2)m=±【分析】（1）根據(jù)題意求出a2（2）聯(lián)立直線和橢圓方程，可得根與系數(shù)關(guān)系式，利用弦長公式即可求得答案.【詳解】（1）由題意得x25+故橢圓C：x2a2+y令x=3，則c故由過橢圓C的右焦點(diǎn)且垂直于x軸的弦長度為1可得2b聯(lián)立c=a2?故橢圓C的方程為x2（2）將y=x+m代入x24+需滿足Δ=80?16m2

設(shè)A(x1,由AB=85即2?(?8m故m=±3題型2求直線方程問題【例題2】（22·23下·廣州·階段練習(xí)）已知橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，離心率為23，過點(diǎn)F2且與x軸垂直的直線與橢圓C在第一象限交于點(diǎn)P，且(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)A3,0的直線與y軸正半軸交于點(diǎn)S，與曲線C交于點(diǎn)E，EF1⊥x軸，過點(diǎn)S的另一直線與曲線C交于M，N兩點(diǎn)，若【答案】(1)x(2)y=5533【分析】（1）利用離心率的定義以及三角形面積公式，結(jié)合a2=b（2）利用已知條件求出M,N兩點(diǎn)橫坐標(biāo)的關(guān)系，分直線MN的斜率存在和不存在兩種情況進(jìn)行討論，易知斜率不存在時(shí)不合題意，設(shè)出斜率存在時(shí)直線MN的方程，聯(lián)立橢圓和直線方程得出關(guān)于x的一元二次方程，再結(jié)合韋達(dá)定理求出斜率k的值，即可求出直線方程.【詳解】（1）設(shè)橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程為x2由離心率為23可得e=又PF2⊥x軸，不妨設(shè)Pc,yS△F1PF又e2=c所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）如下圖所示：

易知A3,0是橢圓的右頂點(diǎn)，點(diǎn)S在y軸正半軸上，由EF1設(shè)S0,yS，易知ySE易得SAES所以S△SMAS△SEN所以SM設(shè)Mx1,y1①當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，MN的方程為x=0，此時(shí)SMSN②當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程為y=kx+1，聯(lián)立x29+由韋達(dá)定理可知x1+x2所以54k9k2故直線MN的方程為y=5533【變式2-1】1.（22·23上·哈爾濱·期末）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，離心率為23(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)A(3,0)的直線與y軸正半軸交于點(diǎn)S，與橢圓C交于點(diǎn)E，且EF1⊥x軸，過點(diǎn)S的另一直線與橢圓C交于M、N兩點(diǎn)，若S【答案】(1)x(2)y=±【分析】（1）由離心率的值及三角形的面積可得a，b的值，進(jìn)而求出橢圓的方程；（2）由（1）可得點(diǎn)E的坐標(biāo)，進(jìn)而可得S的坐標(biāo)，可得SA與SE的關(guān)系，分直線MN的斜率存在和不存在兩種情況討論，設(shè)直線MN的方程，與橢圓的方程聯(lián)立，可得兩根之和及兩根之積，再由兩個(gè)三角形的面積之比，可得SN，SM的數(shù)量關(guān)系，進(jìn)而得到M，N的橫坐標(biāo)的關(guān)系，再與兩根之和及兩根之積聯(lián)立，可得直線MN的斜率，進(jìn)而求出直線MN的方程．【詳解】（1）由題意e=ca=2312所以橢圓的方程為：x2（2）由橢圓的方程可得a=3，b=5，c=2，因?yàn)镋F1可得AOAF1=SOEF當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，N(0,5)，M0,?5，這時(shí)S△AMSS△SEN設(shè)直線MN的方程為y=kx+1，設(shè)M(x1，y1)，聯(lián)立y=kx+15x2顯然Δ>0，x1+因?yàn)镾ASE這時(shí)S△AMS因?yàn)镾△SMA=3S△SEN，可得可得x1=?2x2，代入x1再代入x1x2=?365+9k所以直線MN的方程為y=±5.【變式2-1】2.（16·17·咸陽·三模）已知橢圓C：x2a2＋y(1)求橢圓C的方程；(2)已知點(diǎn)M(0,1【答案】(1)x24＋(2)16x＋8y－1＝0或16x＋24y－3＝0【分析】（1）由離心率公式以及余弦定理得出橢圓C的方程；（2）聯(lián)立直線l和橢圓的方程，利用韋達(dá)定理以及中點(diǎn)坐標(biāo)公式得出N點(diǎn)坐標(biāo)，再由垂直關(guān)系得出線段MN所在的直線方程．【詳解】（1）解：（1）由e＝12由余弦定理，得|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|cosA＝|F1F2|2，即4＋(2a－2)2－2×2×(2a－2)×12∴b2＝a2－c2＝3，∴橢圓C的方程為x24＋（2）設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立y=k(x?1),x則x1＋x2＝8k23+4∴N(4k23+4k2,∵M(jìn)N⊥PQ，∴kMN＝－1k，得k＝12或則kMN＝－2或kMN＝－23【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解決問題二時(shí)，關(guān)鍵是將MN⊥PQ轉(zhuǎn)化為kMN＝－1k【變式2-1】3.（20·21下·漳州·階段練習(xí)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0與雙曲線x29?v(1)求橢圓C的方程．(2)是否存在直線y=2x+t與橢圓C相交于M、N兩點(diǎn)，使得直線HM與HN的斜率之和為1？若存在，求此時(shí)的直線方程；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)x(2)存在，且直線方程為y=2x+3【分析】（1）根據(jù)已知條件求出a、b、c的值，即可得出橢圓C的方程；（2）分析可得t≠±1，設(shè)點(diǎn)Mx1,y1、Nx2,y2，將直線(1)解：由題可知，橢圓C的焦點(diǎn)在x軸上，雙曲線x29?v?y2S△HF1F2因此，橢圓C的方程為x2(2)解：因?yàn)橹本€HM、HN的斜率都存在，則t≠±1，設(shè)點(diǎn)Mx1,y1、NΔ=362t2?36×37由韋達(dá)定理可得x1+xk=4?4tt+1=1因此，存在直線y=2x+3，使得直線HM與HN的斜率之和為1.【變式2-1】4.（20·21下·全國·模擬預(yù)測(cè)）橢圓E:x2a2+（1）求橢圓E的方程；（2）B，C是橢圓上、下頂點(diǎn)，過點(diǎn)(1,0)的直線交橢圓于異于B，C的P，Q兩點(diǎn)，若BP，CQ交于點(diǎn)N，點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為12，求PQ【答案】（1）x22+【分析】（1）根據(jù)橢圓離心率，以及橢圓所過點(diǎn)的坐標(biāo)，列出關(guān)于a,b,c的方程組求解，即可得出結(jié)果；（2）先由（1）得B0,1，C0,?1，根據(jù)題中條件，得到直線PQ的斜率存在，且不為0；設(shè)PQ的方程為x=my+1，其中m≠±1且m≠0，聯(lián)立直線與橢圓方程，得出方程的根，設(shè)Px1,y1，Qx2,y2，根據(jù)韋達(dá)定理，得到兩根之與兩根之積，再表示出直線【詳解】（1）由題意可得ca=2所以橢圓E的方程為x2（2）先由（1）得B0,1，C因?yàn)锽P，CQ交于點(diǎn)N，點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為12，所以直線PQ的斜率存在，且不為0又PQ過點(diǎn)(1,0)且P，Q異于B，C兩點(diǎn)，所以可設(shè)PQ的方程為x=my+1，其中m≠±1且m≠0，由x=my+1x22+y則y=?2m±2設(shè)Px1,則y1+y2=又直線BP，CQ的斜率分別為kBP=y所以直線BP的方程為y=y1?1x1因?yàn)锽P與CQ的交點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為12所以12=y即?13=整理得5y1+3當(dāng)y2=?m+整理得2m+12+2m當(dāng)y2=?m?整理得2m+12m2+1?2綜上，m=?1所以直線PQ的方程為x=?12y+1【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：求解本題第二問的關(guān)鍵在于利用直線BP與CQ交點(diǎn)的縱坐標(biāo)，得出P，Q縱坐標(biāo)所滿足的關(guān)系式，結(jié)合韋達(dá)定理，以及題中所給條件，即可求解.題型3面積問題【例題3】（23·24上·和平·期中）在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，動(dòng)點(diǎn)M與定點(diǎn)F22,0的距離和它到定直線x=8的距離的比是(1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程.(2)若P為動(dòng)點(diǎn)M的軌跡上一點(diǎn)，且F1?2,0,∠【答案】(1)x(2)4【分析】（1）設(shè)Mx,y,x≠8，再根據(jù)題意列出關(guān)于（2）根據(jù)橢圓的定義結(jié)合余弦定理求出PF【詳解】（1）設(shè)Mx,y則x?22+y整理得x2所以動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為x2（2）由（1）得動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為橢圓，且F1則PF由余弦定理得F1即16=P所以PF所以S△P【變式3-1】1.（22·23下·保山·期中）已知橢圓的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上，離心率e=32，且________．在①過點(diǎn)(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過右焦點(diǎn)F的直線l交橢圓于P、Q兩點(diǎn)．當(dāng)直線l的傾斜角為π4時(shí)，求△POQ【答案】(1)x(2)2【分析】（1）根據(jù)所選條件列方程組，求得a2（2）求得直線l的方程并與橢圓方程聯(lián)立，求得PQ以及O到直線l的距離，從而求得△POQ的面積.【詳解】（1）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x若選①有ca=321若選②有ca=322若選③有ca=322a=4（2）由（1）可知右焦點(diǎn)為3,0，當(dāng)直線l的傾斜角為π可得直線l方程為y=x?3可得坐標(biāo)原點(diǎn)到直線的距離d=?直線聯(lián)立橢圓方程整理化簡(jiǎn)得：5xΔ=83x1+由弦長公式可得PQ=所以S△POQ

【變式3-1】2.（23·24上·巴中·開學(xué)考試）已知橢圓C:x2a2+y2b2(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓C的右焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F斜率不為0的直線l交橢圓C于P,Q兩點(diǎn)，記直線MP與直線MQ的斜率分別為k1,k①直線l的方程；②△MPQ的面積．【答案】(1)x(2)①x?2y?1=0；②9【分析】（1）利用平面向量的數(shù)量積公式計(jì)算可得a的值，帶入點(diǎn)M坐標(biāo)即可得橢圓方程；（2）①設(shè)直線l方程，與橢圓聯(lián)立根據(jù)韋達(dá)定理計(jì)算斜率求解即可；②方法一、求出PQ及M到l的距離計(jì)算即可；方法二、采用割補(bǔ)法由點(diǎn)P、Q的橫坐標(biāo)計(jì)算S△MPQ【詳解】（1）由題意知A1?a,0,A∴?a?1a?1由M1,32在橢圓C上及a=2得∴橢圓C的方程為x（2）由（1）知，右焦點(diǎn)為F據(jù)題意設(shè)直線l的方程為x=my+1則k于是由k1+k2=0①由x=my+13x2+4Δ由根與系數(shù)的關(guān)系得：y1代入（*）式得：?18m3∴直線l的方程為x?2y?1=0②方法一由①可知：Δ由求根公式與弦長公式得：PQ=設(shè)點(diǎn)M到直線l的距離為d，則d=1?2×∴S方法二由題意可知S由①知，直線l的方程為x?2y?1=0代入3x2+4y∴Δ∴S【變式3-1】3.（23·24上·巴中·開學(xué)考試）已知橢圓C:x2a2+y2b2(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓C的右焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F斜率不為0的直線l交橢圓C于P,Q兩點(diǎn)，記直線MP與直線MQ的斜率分別為k1,k2，當(dāng)【答案】(1)x(2)9【分析】（1）利用點(diǎn)在橢圓上及數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算列方程求解即可；（2）設(shè)直線聯(lián)立方程，韋達(dá)定理，方法一：求出弦長及三角形的高即可求出面積，方法二：利用面積分割法求解面積即可.【詳解】（1）由題意知A1又M1,32∴?a?1a?1+由M1,32在橢圓C上及a=2得1∴橢圓C的方程為x2（2）由（1）知，右焦點(diǎn)為F1,0據(jù)題意設(shè)直線l的方程為x=my+1m≠0則k1于是由k1+k2=0由x=my+1,3x2+4yΔ=由根與系數(shù)的關(guān)系得：y1代入（*）式得：?18m3m∴直線l的方程為x?2y?1=0，方法一：Δ=144由求根公式與弦長公式得：PQ=設(shè)點(diǎn)M到直線l的距離為d，則d=1?2×∴S

方法二：由題意可知S△MPQx?2y?1=0代入3x2+4y2∴Δ∴S【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：【變式3-1】4.（23·24上·開封·期中）已知A?2,0，B2,0，直線AP，BP(1)求點(diǎn)P的軌跡方程C，并說明軌跡的形狀；(2)若斜率為k的直線l交曲線C于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，M為線段EF的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線OM交曲線C于點(diǎn)N，且ON=2OM，求△EOF的面積．【答案】(1)x22+y2=1x≠±(2)6【分析】（1）設(shè)點(diǎn)Px,y，由兩直線斜率之積是?（2）設(shè)直線方程，直曲聯(lián)立，設(shè)而不解，利用弦長公式和點(diǎn)到直線距離求出三角形的底和高，進(jìn)而求面積.【詳解】（1）設(shè)點(diǎn)Px,y，則kAP=由已知，得yx+化簡(jiǎn)可得點(diǎn)P的軌跡方程為x2所以點(diǎn)P的軌跡是除去?2,0，（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+n，由y=kx+n,x1+2k設(shè)E(x1,y1所以y1又ON=2因?yàn)辄c(diǎn)N在C上，所以8k2n又EF=點(diǎn)O到EF的距離d=n所以S題型4中點(diǎn)弦問題【方法總結(jié)】弦中點(diǎn)問題的解法點(diǎn)差法在解決有關(guān)弦中點(diǎn)、弦所在直線的斜率、弦中點(diǎn)與原點(diǎn)連線斜率問題時(shí)可簡(jiǎn)化運(yùn)算，但要注意直線斜率是否存在【例題4】（22·23上·慶陽·期末）已知橢圓C：x2a2+y25=1(a>0)的左、右焦點(diǎn)分別為(1)求F1，F(xiàn)(2)若直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，且弦AB的中點(diǎn)為P?2,1【答案】(1)F1，F(xiàn)2的坐標(biāo)分別為?2,0(2)10【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義求出長半軸長，根據(jù)a,b,c的關(guān)系求解.（2）把設(shè)出的兩個(gè)點(diǎn)代入橢圓方程，化簡(jiǎn)整理成斜率的形式即可求解.【詳解】（1）因?yàn)镻F所以a=3，所以c2=a故F1，F(xiàn)2的坐標(biāo)分別為?2,0，（2）設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為x1,y則x1兩式相減得5x因?yàn)橄褹B的中點(diǎn)P?2,1在橢圓內(nèi)，所以x所以直線l的斜率kAB【變式4-1】1.（21·22上·昌平·期末）已知橢圓E:x2a2+y2b2(1)求橢圓E的離心率；(2)若直線l與橢圓E交于C，D兩點(diǎn)，弦CD的中點(diǎn)為(?2,1)，且CD=【答案】(1)3(2)x【分析】（1）設(shè)Mx,y，根據(jù)A(a,0),B(0,b)，且BM=2MA，求得M的坐標(biāo)，再根據(jù)直線OM（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+2+1，與橢圓方程聯(lián)立y=kx+2+1x24【詳解】（1）解：設(shè)Mx,y，因?yàn)锳(a,0),B(0,b)，且BM所以x=2a?xy?b=2?y因?yàn)橹本€OM的斜率為14所以kOM=y所以橢圓E的離心率是e=c（2）由（1）知：橢圓方程為x2設(shè)直線l的方程為y=kx+2與橢圓方程聯(lián)立y=kx+2+1x設(shè)Cx則x1因?yàn)橄褻D的中點(diǎn)為(?2,1)，所以x1+x2=?4則x1所以CD=解得b2所以橢圓E的方程為x2【變式4-1】2.（19·20上·深圳·期中）橢圓C：x2a2+y2b（1）求橢圓C的方程；（2）F1,F2為橢圓C的左?右焦點(diǎn)，過焦點(diǎn)F1的弦AB【答案】(1)x24+【分析】(1)由橢圓的離心率及所過的點(diǎn)列出關(guān)于a2(2)由點(diǎn)F1與E【詳解】(1)橢圓半焦點(diǎn)c，離心率e，依題意有e2=c2a2=1?所以橢圓C的方程為x2(2)由(1)知F1(?1,0)，又過F1的橢圓C的弦AB則直線AB斜率為t?0?12由y=2t(x+1)3x2+4y設(shè)A(x1,而x1+x2=?1，即32|AB|=1+所以弦AB的長為72【變式4-1】3.（20·21下·汕尾·期末）李華找了一條長度為8的細(xì)繩，把它的兩端固定于平面上兩點(diǎn)F1,F2處，F(xiàn)1F2<8，套上鉛筆，拉緊細(xì)繩，移動(dòng)筆尖一周，這時(shí)筆尖在平面上留下了軌跡C.（1）以F1,F2所在直線為x軸，以F1（2）若直線l與軌跡C交于A,B兩點(diǎn)，且弦AB的中點(diǎn)為N2,1，求△OAB【答案】（1）x216+【分析】（1）由橢圓的定義可知，2a=8，再根據(jù)Rt△F1MF2的面積公式，求得c2，即可求得橢圓方程；（2）法一，利用點(diǎn)差法，求得直線AB的斜率，求得直線AB方程后，代入橢圓方程，即可求得點(diǎn)A,B的坐標(biāo)，即可求得△OAB的面積；法二，設(shè)直線l的方程為【詳解】解：（1）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2由橢圓的定義知，2a=8故a2∵在Rt△F1M假設(shè)M又∵△F1Mx+y=8xy=8，故∴∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2（2）法一，設(shè)Ax∵弦AB的中點(diǎn)為N2,1,∴x∵弦AB的中點(diǎn)為N2,1,∴x又∵A,B均在橢圓上，∴得x1即x1∴∵故直線AB的方程為：x+2y?4=0.聯(lián)立x+2y?4=0x2+4得x∴S△OAB=法二：易知直線的斜率k存在.∴可設(shè)直線l的方程為y?1=kx?2聯(lián)立y=kx?2得4k∵點(diǎn)N2,1在橢圓的內(nèi)部，則必有Δ∴又∵點(diǎn)N2,1為弦AB∴x故22k2∴直線l的方程為：x+2y?4=0且x1在方程x+2y?4=0中，令x=0，得y=2.∴直線l與y軸交于點(diǎn)Q0,2∴=∴△OAB的面積為4cm2【變式4-1】4.（20·21下·長沙·期中）已知點(diǎn)M62,12在橢圓C:（1）求C的方程；（2）設(shè)О為坐標(biāo)原點(diǎn)，若C的弦AB的中點(diǎn)在線段OM(不含端點(diǎn)O，M)上，求OA?【答案】（1）x22+【分析】（1）將點(diǎn)M坐標(biāo)代入橢圓方程以及雙曲線的定義列方程組，解之即可求解；（2）設(shè)Ax1,y1，B【詳解】（1）由已知得64a2所以橢圓C的方程為x2（2）設(shè)Ax1,y1且kOM=16，OM方程：AB的中點(diǎn)代入OM方程可得：x1又x122+y易知x1?x2≠0，y設(shè)直線AB的方程為y=?6代入x22+由Δ=?6m2?4×2由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x則OA=5又0<m<2，所以O(shè)A?OB的取值范圍是【點(diǎn)睛】解決圓錐曲線中的范圍或最值問題時(shí)，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)出明確的函數(shù)關(guān)系，則可先建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值．在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時(shí)常從以下幾個(gè)方面考慮：①利用判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；②利用已知參數(shù)的范圍，求出新參數(shù)的范圍，解題的關(guān)鍵是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系；③利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍；④利用函數(shù)值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍．題型5取值范圍問題【方法總結(jié)】圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：（1）利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；（2）利用已知參數(shù)的范圍，求新的參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系；（3）利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（4）利用已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（5）利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.【例題5】（22·23下·河池·階段練習(xí)）已知橢圓C:x2a2+y2(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓C與直線y=kx+mk≠0,m>12相交于不同的兩點(diǎn)M、N，P為弦MN的中點(diǎn)，A為橢圓C的下頂點(diǎn)，當(dāng)AP⊥MN【答案】(1)x(2)1【分析】（1）根據(jù)已知條件可得出關(guān)于a2、b2的方程組，解出這兩個(gè)量的值，即可得出橢圓（2）設(shè)點(diǎn)Mx1,y1、Nx2,y2、PxP,yP，將直線MN的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，由Δ【詳解】（1）解：由題意可知2c=22，所以c=22，所以又1a2+由①②可得a2=3，b2=1，所以橢圓（2）解：設(shè)點(diǎn)Mx1,y1聯(lián)立y=kx+mx23由題知Δ=36k2由韋達(dá)定理可得x1∴xP=∴k∵AP⊥MN，則kAP=?m+3把④代入③得2m>m2，解得0<m<2，又m>12，故【變式5-1】1.（22·23下·涼山·期末）已知橢圓C:x2a2+y2(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)M0,1的直線l交橢圓C于P,Q兩點(diǎn)，求PQ【答案】(1)x(2)2【分析】（1）根據(jù)題意列式求解a,b,c，即可得結(jié)果；（2）分類討論直線l的斜率是否存在，根據(jù)弦長公式結(jié)合二次函數(shù)運(yùn)算求解.【詳解】（1）設(shè)橢圓C的半焦距為c>0，由題意可得e=ca=所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，則l:x=0，可得P0,3,Q當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l:y=kx+1,Px聯(lián)立方程y=kx+1x26則Δ=4k2則PQ=令t=12k可得PQ=4因?yàn)閠∈0,1，所以PQ綜上所述：PQ的取值范圍為23

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：有關(guān)圓錐曲線弦長問題的求解方法涉及弦長的問題中，應(yīng)熟練地利用根與系數(shù)的關(guān)系、設(shè)而不求計(jì)算弦長；涉及垂直關(guān)系時(shí)也往往利用根與系數(shù)的關(guān)系、設(shè)而不求法簡(jiǎn)化運(yùn)算；涉及過焦點(diǎn)的弦的問題，可考慮用圓錐曲線的定義求解．【變式5-1】2.（22·23·全國·專題練習(xí)）橢圓x2a2+y2b2=1(1)求橢圓方程；(2)過點(diǎn)3，0且不垂直于坐標(biāo)軸的直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，已知點(diǎn)Ct，0，當(dāng)t∈0，1時(shí)，求滿足AC=BC的直線【答案】(1)x(2)k∈(?1，0)∪(0，1)【分析】本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系及中點(diǎn)弦問題，屬于中檔題．（1）根據(jù)|MF1|=4+22，橢圓離心率（2）設(shè)出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，及直線AB的方程，聯(lián)立直線和橢圓方程，根據(jù)Δ>0，可得y1+y2=k(x1+x2)?6k=?6k1+2k2【詳解】（1）由|MF1|=4+2可得a+c=4+22∴a2=16∴橢圓方程為x2(2)設(shè)A(x1，則直線AB為y=k(x?3)(k≠0)，聯(lián)立y=k(x?3)x消去y得：(1+2k由Δ>0恒成立，x1+x設(shè)線段AB的垂直平分線方程為：y?y令y=0，得x=k(由題意知，C為線段AB的垂直平分線與x軸的交點(diǎn)，所以0<3k21+2k【變式5-1】3.（22·23上·渝中·階段練習(xí)）已知橢圓C:x2a2+y2b2(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)與圓O相切的直線l與橢圓相交于M,N兩點(diǎn)，Q為弦MN的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn).求|OQ|?|MN|的取值范圍.【答案】(1)x(2)2,【分析】（1）由離心率得出a,b,c關(guān)系，再由原點(diǎn)O到直線AB的距離等圓半徑求得a,b得橢圓方程；（2）先確定直線MN斜率為0或斜率不存在時(shí)的結(jié)論，然后在斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)方程為x=my+t（m≠0），代入橢圓方程應(yīng)用韋達(dá)定理y1+y2，y1y2【詳解】（1）由e=ca=原點(diǎn)O到直線AB的距離為d=aba2故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）kMN=0時(shí)：Q0,1,M?1,1直線MN斜率不存在時(shí)，Q(1,0),M(1,1),N(1,?1)，或Q(?1,0),M(?1,1),N(?1,?1)．故OQ?直線MN斜率存在且不為0時(shí)：設(shè)直線l的方程為x=my+t（m≠0），由直線l與圓x2+y2=1聯(lián)立x23+設(shè)M(x由韋達(dá)定理：y1+y2=?所以MN中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為2tm故OQMN=2故|OQ|?|MN|=2?m2+1m2+4m22<2綜上：OQ?MN的取值范圍是【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：直線與橢圓相交問題中范圍問題或最值問題的處理方法，設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)M(x1,y1),N(x【變式5-1】4.（22·23上·臺(tái)州·期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點(diǎn)A?2,0，且離心率為12，設(shè)橢圓C的右頂點(diǎn)為B，點(diǎn)P，Q是橢圓C上異于A，

(1)求證：直線PQ過定點(diǎn)R；(2)設(shè)直線AQ，BP相交于點(diǎn)T，記△ABT，△ABQ的面積分別為S1，S2，求【答案】(1)證明見解析(2)(【分析】（1）根據(jù)題設(shè)求得C:x24+y23=1，結(jié)合題意設(shè)PQ:x=ty+m(m≠±2)，聯(lián)立橢圓方程消去x，韋達(dá)定理得到y(tǒng)P（2）根據(jù)橢圓對(duì)稱性，設(shè)P,Q在橢圓的上半部分，即yP,yQ>0，寫出直線BP、AQ并求得T在定直線x=1上，結(jié)合S1=12|AB|?|yT|【詳解】（1）由題設(shè)a=2且ca=12，故c=1，可得所以B(2,0)，則k1=y若PQ斜率為0，則P,Q關(guān)于y軸對(duì)稱，顯然與3k所以PQ斜率不為0，令PQ:x=ty+m(m≠±2)，聯(lián)立C:x整理得：(3t2+4)yP+yQ=?又k1?kBP=y所以kBPk2xPxQxP綜上，3m2?12所以m=4或m=2（舍），則PQ:x=ty+4，即直線PQ過定點(diǎn)R(4,0).（2）根據(jù)橢圓對(duì)稱性，不妨設(shè)P,Q在橢圓的上半部分，即yP

令BP:y=yPxP?2(x?2)，所以xT=2tyP所以xT=72t3t而S1=S△ABT=12若直線PQ無限接近x軸，即P,Q分別無限接近A,B，則xQ無限接近2由T,Q在直線AQ上，易知xT+2x若直線PQ無限接近橢圓的切線，此時(shí)P,Q,T接近重合，即yTyQ所以S1【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第一問，設(shè)直線并聯(lián)立橢圓方程得到y(tǒng)P+yQ=?6tm3第二問，設(shè)直線BP、AQ求交點(diǎn)T在定直線x=1上，結(jié)合S1S2=|y【變式5-1】5.（22·23上·瀘州·期末）已知橢圓C:x2a2+(1)求C的方程；(2)若點(diǎn)M滿足MA+MB=0，過點(diǎn)M作AB的垂線與x軸和y軸分別交于D，E兩點(diǎn)．記△MFD，△OED（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積分別為S1【答案】(1)x(2)97【分析】（1）根據(jù)|AB|=2b2a=65（2）設(shè)直線l：x=my+2(m≠0)，代入橢圓方程，求出AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)，再求出直線DE的方程，得D,E的坐標(biāo)，再求出S【詳解】（1）設(shè)F(c,0)，當(dāng)x=c時(shí)，c2a2+y依題意得|AB|=2b2a=解得a2=5，b2（2）由（1）知，F(xiàn)(2,0)，由題意可知，直線l的斜率存在且不為設(shè)直線l：x=my+2(m≠0)，A(x1,y1)，B(聯(lián)立x=my+2x25+Δ=y1+y所以x1+x所以M(5則直線DE的方程為y+3令x=0，得yE=2令y=0，得xD=2則S1=1由題意得△DOE與△DMF相似，所以|OD||MD|所以S1S2=|MF|?|MD|=9所以S1設(shè)t=1+m2，因?yàn)閙≠0，所以令f(t)=94t+49t，t>1所以f(t)=94t+所以f(t)>f(1)=9所以S1S2

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：設(shè)直線l：x=my+2(m≠0)，利用m表示M,D,E的坐標(biāo)，進(jìn)而表示S題型6最值問題【方法總結(jié)】圓錐曲線中的范圍或最值問題，可根據(jù)題意構(gòu)造關(guān)于參數(shù)的目標(biāo)函數(shù)，然后根據(jù)題目中給出的范圍或由判別式得到的范圍求解，解題中注意函數(shù)單調(diào)性和基本不等式的作用．另外在解析幾何中還要注意向量的應(yīng)用，如本題中根據(jù)共線得到點(diǎn)的坐標(biāo)之間的關(guān)系，進(jìn)而為消去變量起到了重要的作用【例題6】（22·23下·黃浦·期中）已知P是橢圓C:x2a2+y2b2(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)M0,m是y軸正半軸上的一點(diǎn)，求PM【答案】(1)x(2)|PM【分析】（1）根據(jù)題意列出方程組，解之即可求解；（2）設(shè)Px,y【詳解】（1）由題意可得a+c=3+5a?c=3?5所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）設(shè)Px,y則|PM=?當(dāng)m∈0,5當(dāng)m∈52,+|PM所以|PM|【變式6-1】1.（22·23·丹東·二模）已知橢圓C:x2a2+(1)求C的方程；(2)設(shè)A，B為C的左右頂點(diǎn)，點(diǎn)M關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為M1，經(jīng)過點(diǎn)M的直線與直線M1P相交于點(diǎn)N，直線BM與BN的斜率之積為?34．記△AMN【答案】(1)x(2)3【分析】（1）由離心率以及最值即可求解，（2）根據(jù)兩點(diǎn)斜率公式結(jié)合點(diǎn)在橢圓上可得BN斜率為AM斜率的3倍，進(jìn)而可根據(jù)共線關(guān)系得x2=5x1?82【詳解】（1）由點(diǎn)P(4,0)在x軸上，所以橢圓的右頂點(diǎn)到P(4,0)的距離最小，故4?a=2，a=2．由所以C的方程為x2（2）A?2,0,B2,0，設(shè)M所以直線AM與BM的斜率之積為y1因?yàn)橹本€BM與BN的斜率之積為?34，所以直線BN斜率為因?yàn)镸1x1,?y1，設(shè)Nx由對(duì)稱性知MN經(jīng)過x軸上的定點(diǎn)Qt,0，因?yàn)閥由y2x2?t=y1x1?t，得解法1：所以S1?S2=1設(shè)5?2x1=x，因?yàn)?2<設(shè)f(x)=x+9x，f'(x)=(x+3)(x?3)x，因?yàn)楫?dāng)當(dāng)3<x<9時(shí)，f'(x)>0，fx因此S1當(dāng)且僅當(dāng)x=3取等號(hào)，取等號(hào)時(shí)，x1=1，于是當(dāng)M1,±32，N1,?3解法2：可知MN不垂直于y軸，設(shè)MN：x=my+1，聯(lián)立x2因?yàn)棣?16m2因此S1由?1m2+4?12于是S1?S【變式6-1】2.（22·23·新鄉(xiāng)·三模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若1<y0≤2，過P作圓O:x2+y2=1的兩條切線l【答案】(1)x(2)4【分析】（1）根據(jù)題意，由a+c=4+23，a=2b（2）當(dāng)過P的切線斜率存在，設(shè)其方程為y?y0=kx?x0，即y=kx+y0?kx0，令y=0，得切線與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為x0?y0k,0，再根據(jù)切線和圓O相切，得到y(tǒng)【詳解】（1）解：由題意得a+c=4+23，a=2b所以c=a所以a+3解得a=4，b=2，則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）如圖所示：當(dāng)過P的切線斜率存在，即x0≠±1，設(shè)其方程為y?y0=k令y=0，得切線與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為x0因?yàn)榍芯€和圓O相切，所以y化簡(jiǎn)得1?x則有k1+k設(shè)切線l1，l2的斜率分別為k1，k2，則所以S△PMN=因?yàn)镻在橢圓C上，所以有x02=16?4令t=1?y02，得y則S△PMN令g(t)=t?7t+當(dāng)t∈[?3,0)時(shí)，g'(t)>0，g(t)單調(diào)遞增，g(t)當(dāng)過P的切線斜率不存在時(shí)，此時(shí)P1,152若P點(diǎn)的坐標(biāo)為?1,152，由對(duì)稱性可得因?yàn)?51522>43【變式6-1】3.（19·20上·西安·期末）若橢圓E1:x2a12(1)求經(jīng)過點(diǎn)(2,6)，且與橢圓(2)設(shè)過原點(diǎn)的一條射線l分別與（1）中的兩個(gè)橢圓交于A、B兩點(diǎn)（其中點(diǎn)A在線段OB上），求|OA|+1【答案】(1)x(2)最大值為94，最小值為【分析】（1）設(shè)所求的橢圓方程為x2a2（2）當(dāng)射線與y軸重合時(shí)，|OA|+1|OB|=524；當(dāng)射線不與y軸重合時(shí)，設(shè)其方程為【詳解】（1）設(shè)所求的橢圓方程為x2a2+y所要求的橢圓方程為x2（2）①當(dāng)射線與y軸重合時(shí)，|OA|+1②當(dāng)射線不與y軸重合時(shí)，由橢圓的對(duì)稱性，我們僅考慮A、B在第一象限或x軸正半軸的情形．設(shè)其方程為y=kx(k≥0,x>0)，設(shè)A(x1，y1)，由y=kxx24+y由y=kxx216+y|OA|+1令t=2k2+11+2|OA|+1|OB|=t+12t，記f(t)=t+12t54由①②知，|OA|+1|OB|的最大值為94，|OA|+【變式6-1】4.（22·23·長春·階段練習(xí)）已知F1、F2是橢圓x2a2+y2b2=1（1）求橢圓的方程；（2）若A,B,C,D是橢圓上不重合的四個(gè)點(diǎn)，滿足向量F1A與F1C共線，線，且AC?BD=0【答案】（1）x216+【分析】（1）利用橢圓的幾何性質(zhì)確定△PF（2）按斜率存在與否討論，聯(lián)立直線與橢圓方程，借助韋達(dá)定理和弦長公式求出|AC【詳解】（1）由橢圓的幾何性質(zhì)可知：當(dāng)△PF1F令橢圓半焦距為c，(S△PF1F2)而△PF1F2的周長2a+2c為定值，因此有又e=ca=12，即a=2c，b=a2所以橢圓的方程為x2（2）由（1）知，F(xiàn)1(?2,0)，由x=?2x216依題意，AC⊥BD，當(dāng)直線AC與BD中有一條直線垂直于x軸時(shí)，|AC當(dāng)直線AC斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)AC的方程為：y=k(x+2)，由y=k(x+2)x216(3+4k2)x2|AC|=1+直線BD的斜率為?1k，同理得則|AC令1k2+1=t∈(0,1)，則所以|AC|+|BD【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：圓錐曲線中的范圍或最值問題，可以以直線的斜率、橫(縱)截距、圖形上動(dòng)點(diǎn)的橫(縱)坐標(biāo)為變量，建立函數(shù)關(guān)系求解作答.題型7定點(diǎn)問題【方法總結(jié)】求解直線過定點(diǎn)問題常用方法如下：（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點(diǎn)，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；（2）“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個(gè)直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個(gè)關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組，以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即為所求點(diǎn)；（3）求證直線過定點(diǎn)x0,y0，常利用直線的點(diǎn)斜式方程【例題7】（23·24上·達(dá)州·階段練習(xí)）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1a>b>0經(jīng)過A0,1，T?85,?(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程(2)證明直線MN過定點(diǎn).【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）將兩點(diǎn)代入方程組聯(lián)立方程組解出即可；（2）利用已知條件求出直線MN的斜率，利用求直線公式表示直線MN的方程分析即可.【詳解】（1）∵橢圓過A和T，∴b2解得a2∴橢圓E的方程為：x2（2）如圖所示：由∠MAT=∠NAT知AM與AN關(guān)于直線AT:y=x+1對(duì)稱．在AM上任取一點(diǎn)P0x0,y0，設(shè)則y0?nx從而k1于是k1設(shè)點(diǎn)Mx1,y1由y=k1x+1,∴x1從而y1同理x2=?8由（1）有k1k2=1，故為方便，記k1kMNMN:y?y1=即y=?k由此可知，當(dāng)k變化時(shí)，直線MN過定點(diǎn)0,?5【變式7-1】1.（22·23上·山西·階段練習(xí)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別是(1)求橢圓C的方程；(2)過C的左焦點(diǎn)F1作弦DE，MN，這兩條弦的中點(diǎn)分別為P，Q，若DE?MN【答案】(1)C:x(2)證明見解析.【分析】（1）由內(nèi)切圓半徑與三角形面積關(guān)系、外接圓半徑與弦長和弦心距關(guān)系列方程組求橢圓參數(shù)，即可得橢圓方程；（2）討論直線斜率都存在或一條斜率不存在，設(shè)直線方程x=ky?1、x=?yk?1并聯(lián)立橢圓，應(yīng)用韋達(dá)定理用k表示出P（1）由題設(shè)c=1，又|F1F若內(nèi)切圓半徑為r，則外接圓半徑為2r，所以12r×2(a+c)=1c2+(2r?b)2=4綜上，a2(a+c)=4b2c所以a2=4，b2（2）當(dāng)直線斜率都存在時(shí)，令DE為x=ky?1，聯(lián)立C:x整理得：(3k2+4)所以yD+yE=由DE?MN=0，即DE⊥MN，故MN為x=?所以(3k2+4)y2+所以kPQ=7k4(k2?1)所以PQ過定點(diǎn)(?4當(dāng)一條直線斜率不存在時(shí)P,Q對(duì)應(yīng)O,F1，故PQ即為x軸，也過定點(diǎn)綜上，直線PQ過定點(diǎn)【變式7-1】2.（22·23上·豐臺(tái)·階段練習(xí)）已知橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1(?3(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)M為橢圓C的左頂點(diǎn)，直線l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn)，若MA⊥MB，求證：直線AB過定點(diǎn)．【答案】(1)x2(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)條件求出a,b,c的值即可；（2）聯(lián)立直線方程x=ty+m和橢圓方程后利用兩直線垂直可算出m.【詳解】（1）由題意得：c=3，e=ca故可知a=2,b=1，橢圓方程為：x2（2）

M為橢圓C的左頂點(diǎn)，又由（1）可知：M(?2,0)，設(shè)直線AB的方程為：x=ty+m，A(x1聯(lián)立方程可得：x=ty+mx則Δ=2mt2由韋達(dá)定理可知：y1+y∵M(jìn)A⊥MB，則MA?∴x又∵x∴(t(t展開后整理得：5m2+16m+12=0，解得：m=?當(dāng)m=?2時(shí)，AB的方程為：x=ty?2，經(jīng)過點(diǎn)M，不滿足題意，舍去，當(dāng)m=?65時(shí)，AB的方程為：x=ty?6所以直線AB過定點(diǎn)．【變式7-1】3.（23·24上·徐州·階段練習(xí)）已知橢圓C:x2a2+y2(1)求橢圓C的方程；(2)過F的兩條互相垂直的直線分別交C于A,B兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn)，若AB,PQ的中點(diǎn)分別為M,N，證明：直線MN必過定點(diǎn)，并求出此定點(diǎn)坐標(biāo)．【答案】(1)x(2)?3【分析】（1）確定焦點(diǎn)得到b2a=63（2）考慮斜率存在和不存在的情況，設(shè)出直線，聯(lián)立方程，根據(jù)韋達(dá)定理得到根與系數(shù)的關(guān)系，確定中點(diǎn)坐標(biāo)得到直線MN的方程，取x=?3【詳解】（1）橢圓的左焦點(diǎn)為F?2,0，c=2，則右焦點(diǎn)為F12,0取x=c得到y(tǒng)=±b2a，即b解得a2=6，b2（2）當(dāng)兩條直線斜率存在時(shí)，設(shè)AB的直線方程為x=my?2，Ax1,則x=my?2x26Δ=16故y1+y22

同理可得：N?6m故直線MN的方程為：y=4m取x=?3y==?2故直線過定點(diǎn)?3當(dāng)有直線斜率不存在時(shí)，MN為x軸，過點(diǎn)?3綜上所述：直線MN必過定點(diǎn)?【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查了橢圓方程，定點(diǎn)問題，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中利用設(shè)而不求的思想，根據(jù)韋達(dá)定理得到根與系數(shù)的關(guān)系，是解題的關(guān)鍵，此方法是考查的重點(diǎn)，需要熟練掌握.【變式7-1】4.（22·23上·雅安·階段練習(xí)）已知P0,1為橢圓C:x2a2+y(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)不經(jīng)過點(diǎn)P的直線l與橢圓C相交于A,B兩點(diǎn)，若直線PA與PB的斜率之和為?1，證明：直線l必過定點(diǎn)，并求出這個(gè)定點(diǎn)坐標(biāo)．【答案】(1)x(2)證明見解析，定點(diǎn)為2,?1【分析】（1）根據(jù)題意求出a,b,c即可得解；（2）分設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2x1+x2,x1x2【詳解】（1）由點(diǎn)P與橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成的三角形面積為3可知12解得：c=3b=1?a=b∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程：x2（2）設(shè)Ax當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，則x1由kPA解得x1=2，此時(shí)y1所以直線l的斜率一定存在，設(shè)不經(jīng)過點(diǎn)P的直線l方程為：y=kx+mm≠1由y=kx+mx2+4x1kPAkPA?k?m?1∵m≠1,∴m=?2k?1，∴y=kx?2直線l必過定點(diǎn)2,?1．

【變式7-1】5.（23·24上·昆明·階段練習(xí)）已知橢圓Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率是1(1)求證：2F(2)若點(diǎn)D?3,0，過橢圓Γ右焦點(diǎn)F2且不與坐標(biāo)軸垂直的直線l與橢圓Γ交于P,Q兩點(diǎn)，點(diǎn)M是點(diǎn)P關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)，在x軸上是否存在一個(gè)定點(diǎn)N，使得M,Q,N三點(diǎn)共線？若存在，求出點(diǎn)【答案】(1)證明見解析(2)存在，N【分析】（1）設(shè)橢圓Γ的半焦距為c，根據(jù)題意求得直線BD:y=33x+b，得到D?3（2）根據(jù)題意，求得橢圓方程為x24+y23=1，設(shè)直線l的方程為x=ty+1，聯(lián)立方程組，求得y1+【詳解】（1）證明：設(shè)橢圓Γ的半焦距為c，因?yàn)閑=ca=又因?yàn)镕1?c,0,所以直線BD:y=3令y=0，解得x=?3b，所以所以F1F2=2c,0

（2）解：如圖所示，若點(diǎn)D?3,0，則?3b=?3，解得b=所以橢圓方程為x2設(shè)直線l的方程為x=ty+1,t≠0，Px1,聯(lián)立方程組x24+則Δ=36t直線MQ的方程為x?x令y=0，可得x==ty2故在x軸上存在一個(gè)定點(diǎn)N4,0，使得M,Q,N

【變式7-1】6.（23·24上·焦作·階段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，A?1,0，B1,0，M為平面內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)動(dòng)直線l：y=kx+m與曲線C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P，且與直線x=4相交于點(diǎn)Q，問是否存在定點(diǎn)H，使得以PQ為直徑的圓恒過點(diǎn)H？若存在，求出點(diǎn)H的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由.【答案】(1)x(2)存在，點(diǎn)H的坐標(biāo)為1,0【分析】（1）根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得到AN+（2）聯(lián)立方程，根據(jù)有唯一交點(diǎn)得到4k2?m2【詳解】（1）由垂直平分線的性質(zhì)可知MN=所以AN+又AB=2<4所以點(diǎn)N的軌跡C是以A?1,0，B設(shè)曲線C的方程為x2a2+y所以b2所以曲線C的方程為x2（2）

由y=kx+mx24因?yàn)橹本€l：y=kx+m與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P，所以Δ=8km2所以m≠0，此時(shí)xP=?4km所以P?由y=kx+mx=4，得Q假設(shè)存在定點(diǎn)Hx0,又HP=?4k所以HP?整理，得4km?x所以x0解得x0故存在定點(diǎn)H1,0題型8定值問題【方法總結(jié)】直線與橢圓綜合應(yīng)用中的定值問題的求解，求解此類問題的基本思路如下：①假設(shè)直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，整理為關(guān)于x或y的一元二次方程的形式；②利用Δ>0③結(jié)合韋達(dá)定理表示出所求量，將所求量轉(zhuǎn)化為關(guān)于變量的函數(shù)的形式；④化簡(jiǎn)所得函數(shù)式，消元可得定值.【例題8】（23·24上·西城·期中）已知點(diǎn)A2,1是離心率為22(1)求橢圓C的方程；(2)點(diǎn)P在橢圓上，點(diǎn)A關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為B，直線AP和BP的斜率都存在且不為0，試問直線AP和BP的斜率之積是否為定值?若是，求此定值；若不是，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)x(2)為定值?1【分析】（1）根據(jù)題意，由條件列出關(guān)于a,b,c的方程，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，設(shè)出P點(diǎn)的坐標(biāo)，得到直線AP,BP的斜率，將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入橢圓方程得到其橫縱坐標(biāo)關(guān)系式，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）由e=22，可得c2=1?將點(diǎn)A2,1代入橢圓方程可得2由①②可得b2所以橢圓方程為x2（2）由題意可得B?2,?1在橢圓C上，直線AP和BP的斜率分別為k則kAP=y?1x?2，又因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓上，所以x24+代入①可得，kAP所以直線AP和BP的斜率之積為定值?1【變式8-1】1.（23·24上·深圳·期中）已知橢圓C:x2a2+y2(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程C；(2)若直線y=kx+m與軌跡C交于M，N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OM，ON的斜率之積等于【答案】(1)x(2)是定值，理由見解析【分析】（1）根據(jù)題意，由條件列出關(guān)于a,b,c的方程，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理，由弦長公式可得MN，再表示出O點(diǎn)到直線MN的距離d，由三角形的面積公式，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）由題意得ca=323a2（2）

設(shè)Mx1，消去y可得：1+4kΔ=64即4k2+1>∵kOM?kON把韋達(dá)定理代入可得：k2整理得2m又MN=而O點(diǎn)到直線MN的距離d=m所以S△OMN把*代入，則S△OMN=1【變式8-1】2.（23·24上·成都·階段練習(xí)）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左，右焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，離心率為12，點(diǎn)P是橢圓C上不同于頂點(diǎn)的任意一點(diǎn)，射線(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求證：PF【答案】(1)x(2)見解析【分析】（1）利用橢圓的定義及性質(zhì)計(jì)算即可；（2）假設(shè)直線方程與橢圓方程聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理可表示出y0y1和y0y2，代入PF【詳解】（1）令，由題意得：c2=a∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2（2）設(shè)Px0,y0設(shè)直線PF1，PF2的直線方程分別為由x=m1y?1∴y0∵x0=即m1=x∴y0同理由x=m2y+1x2∴PF

【點(diǎn)睛】本題考查【變式8-1】3.（23·24上·曲靖·階段練習(xí)）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為12，E的左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，P是橢圓上任意一點(diǎn)，滿足PF1+PF2=4.拋物線C：(1)若直線l與橢圓E相交于D，N兩點(diǎn)，且DN的中點(diǎn)為Q1,12(2)設(shè)直線MA，MB的斜率分別為k1，k2，證明：【答案】(1)3x+2y?4=0(2)證明見解析【分析】（1）已知條件待定a,b,c，得到橢圓方程.已知弦中點(diǎn)Q1,12（2）根據(jù)焦點(diǎn)求出拋物線C的方程為y2=4x，設(shè)過點(diǎn)M?1,t的直線方程為y=kx+1+t【詳解】（1）由PF1+PF又橢圓E：x2a2+y2b則ca=12=所以橢圓E：x2由直線l與橢圓E相交于D，N兩點(diǎn)，設(shè)Dx1,∴x124兩式作差得：x1即：x1由DN的中點(diǎn)為Q1,可得：x1+x2=2當(dāng)x1=x2時(shí)，y1當(dāng)x1≠x2時(shí)，直線∴直線l的方程為：y?12=?

（2）由（1）知F21,0，則拋物線C的焦點(diǎn)為所以p=2，拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x，準(zhǔn)線方程為由于點(diǎn)M是拋物線C的準(zhǔn)線上任意一點(diǎn)，故可設(shè)M?1,t由直線MA，MB分別與拋物線C相切于點(diǎn)A,B可知，直線MA，MB的斜率存在且都不為0，設(shè)過點(diǎn)M?1,t的直線方程為y=k聯(lián)立y2=4xy=k得關(guān)于y的方程ky若過點(diǎn)M?1,t則其判別式Δ=16?16k化簡(jiǎn)得到關(guān)于k的二次方程k2由題意知，直線MA，MB的斜率即該關(guān)于k的二次方程的兩根，即為k1、k則由韋達(dá)定理知k1+k故k1?k

【變式8-1】4.（23·24·遵義·模擬預(yù)測(cè)）已知F1?c,0,F2c,0為橢圓E的兩個(gè)焦點(diǎn)，A為橢圓(1)求橢圓E的方程；(2)直線AF1與橢圓E的另一交點(diǎn)為B，與y軸的交點(diǎn)為M.若MA=λ1【答案】(1)x(2)?8【分析】（1）利用橢圓的定義及橢圓的性質(zhì)即可求解；（2）根據(jù)已知條件作出圖形并設(shè)出直線方程，將直線與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理及向量的坐標(biāo)運(yùn)算即可求解.【詳解】（1）設(shè)橢圓E的方程為x2由橢圓的定義及△AF1F由于A為橢圓E上異于左?右頂點(diǎn)的任意一點(diǎn)，得A到x軸距離最大為b，因?yàn)椤鰽F1F所以S△A又a2聯(lián)立①②③，得a=2,c=1,b=3所以橢圓E的方程為x2（2）λ1+λ根據(jù)已知條件作出圖形如圖所示,

設(shè)Ax1,因?yàn)镕1在橢圓內(nèi)部，則直線AB聯(lián)立x24+y2y1又MA=x1所以λ1=所以λ1所以λ1+λ【變式8-1】5.（23·24上·周口·階段練習(xí)）已知橢圓C：x2a2+y(1)求橢圓C的方程；(2)過點(diǎn)B?4,0的直線l交C于點(diǎn)M，N，直線MA,NA分別交直線x=?4于點(diǎn)P，Q．求證：PB【答案】(1)x2(2)證明見解析.【分析】（1）由點(diǎn)在橢圓上及a=2b，代入橢圓求得b2（2）令l:y=k(x+4)，M(x1,y1),N(x2,【詳解】（1）由題設(shè)44b2+1（2）由題設(shè)，直線l的斜率一定存在，令l:y=k(x+4)，M(x整理得(1+4k2)所以1?4k2>0??由題意，直線MA,NA的斜率必存在，則MA:y+1=y1+1x1同理NA:y+1=y2+1x2所以PBBQ=|將韋達(dá)公式代入整理得PBBQ=|

題型9定直線問題【例題9】（22·23下·唐山·階段練習(xí)）橢圓Γ：x2a2+y2b2=1(1)水橢圓Γ的方程；(2)過點(diǎn)P的動(dòng)直線l交橢圓C于M，N兩點(diǎn)（不同于A，B兩點(diǎn)），若直線AN與直線BM交于點(diǎn)Q，試問點(diǎn)Q是否在一條定直線上？若是，求出該直線方程；若不是，說明理由.【答案】(1)x(2)點(diǎn)Q在定直線y=1上.【分析】（1）先利用題給條件求得a、b的值，進(jìn)而求得橢圓的方程；（2）設(shè)出直線的方程，并與橢圓的方程聯(lián)立，利用設(shè)而不求的方法求得直線AN與直線BM交點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)，化簡(jiǎn)整理即可求得點(diǎn)的縱坐標(biāo)為定值，可得答案．【詳解】（1）橢圓的離心率為22，則ca=22則a2=2+1則橢圓的方程為x2（2）由題意可得，A(0,2),B(0,?2

設(shè)直線的方程為y=kx+2，令Mx1,由x24+則Δ=(8k)2?161+2x1又直線AN的方程為y=y2?由y=y2?又x1則y=則直線AN與直線BM交點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為定值1，所以點(diǎn)Q在定直線y=1上.【變式9-1】1.（22·23·海淀·模擬預(yù)測(cè)）已知曲線C:(5?m)x(1)若曲線C是橢圓，求m的取值范圍．(2)設(shè)m=4，曲線C與y軸的交點(diǎn)為A，B（點(diǎn)A位于點(diǎn)B的上方），直線l:y=kx+4與曲線C交于不同的兩點(diǎn)M，N．設(shè)直線AN與直線BM相交于點(diǎn)G．試問點(diǎn)G是否在定直線上？若是，求出該直線方程；若不是，說明理由．【答案】(1)m∈(2)在定直線y=1上，理由見詳解.【分析】（1）由橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程計(jì)算即可；（2）由對(duì)稱性分析該定直線為平行于橫軸的直線，將直線MN與橢圓聯(lián)立消y，設(shè)直線AN、BM的方程解出G縱坐標(biāo)，結(jié)合韋達(dá)定理化簡(jiǎn)計(jì)算即可.【詳解】（1）因?yàn)榍€C是橢圓，所以5?m>0m?2>05?m≠m?2，解得（2）是在定直線y=1上，理由如下：當(dāng)m=4時(shí)，此時(shí)橢圓C:x2+2y2Δ=16k2所以x易知A0,2、B0兩式作商得y?2y+2故G在定直線y=1上.

【變式9-1】2.（22·23下·武漢·模擬預(yù)測(cè)）已知A，B為橢圓x2a2+y(1)求橢圓的方程．(2)已知點(diǎn)C的坐標(biāo)為4,0，直線CD與橢圓交于另一點(diǎn)E，判斷直線AD與直線BE的交點(diǎn)P是否在一定直線上，如果是，求出該直線方程；如果不是，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)x(2)直線AD與直線BE的交點(diǎn)在定直線x=1上【分析】（1）由題意表示出DF，DF1，可得c，再由橢圓的定義求出（2）設(shè)Dx1,y1，Ex2,y2，DE的直線方程為【詳解】（1）設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為Fc,0，左焦點(diǎn)為F1?c,0|DF|=c+22∴|DF∴|DF1|+|DF|=2a=4，a=2∴橢圓的方程為x2（2）由題設(shè)，直線DE斜率一定存在，設(shè)DE的直線方程為y=kx?4聯(lián)立橢圓方程，消去y得2k設(shè)Dx1,y1，E∴x1又A?2,0，B∴直線AD的方程為y=y1x聯(lián)立得y1∴xP又∵x1x2∴直線AD與直線BE的交點(diǎn)在定直線x=1上【變式9-1】3.（22·23·資陽·三模）橢圓E的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，坐標(biāo)軸為對(duì)稱軸，左、右頂點(diǎn)分別為A?2,0，B2,0，點(diǎn)(1)求橢圓E的方程．(2)過點(diǎn)?1,0的直線l與橢圓E交于P，Q兩點(diǎn)（異于點(diǎn)A，B），記直線AP與直線BQ交于點(diǎn)M，試問點(diǎn)M是否在一條定直線上？若是，求出該定直線方程；若不是，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)x(2)點(diǎn)M在定直線x=?4上【分析】（1）根據(jù)左右頂點(diǎn)及點(diǎn)在橢圓上列式求解寫書橢圓方程即可；（2）先設(shè)直線方程再聯(lián)立方程組求韋達(dá)定理，再求兩個(gè)直線的交點(diǎn)，確定交點(diǎn)橫坐標(biāo)即得.【詳解】（1）設(shè)橢圓E的方程為mx則4m=1m+6n=1，解得m=故橢圓E的方程為x2（2）依題可設(shè)直線l的方程為x=my?1，Px1,y1聯(lián)立方程組x=my?1x24則y1+直線AP的方程為y=y1x聯(lián)立方程組y=y1由y1+y2=所以x0故點(diǎn)M在定直線x=?4上．【變式9-1】4.（22·23下·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l:y=x+m與橢圓C交y軸右側(cè)于不同的兩點(diǎn)A，B，試問：△MAB的內(nèi)心是否在一條定直線上？若是，請(qǐng)求出該直線方程；若不是，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)x(2)△MAB的內(nèi)心在定直線x=2【分析】（1）根據(jù)題意建立關(guān)于a，b的方程組，再求解即可得到橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2【詳解】（1）依題意有2632所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）設(shè)Ax1,聯(lián)立x24+y2則x1+x2=?所以x1所以kMA又x1所以kMA+k所以△MAB的內(nèi)心在定直線x=2【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：在解答小問（2）時(shí)，關(guān)鍵在于利用韋達(dá)定理得到kMA+kMB=0【變式9-1】5.（22·23上·濱海新·階段練習(xí)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右頂點(diǎn)分別為A,B，右焦點(diǎn)為F(1)求C的方程；(2)過點(diǎn)A且斜率為kk≠0的直線l交橢圓C于P（?。┰O(shè)點(diǎn)P在第一象限，且直線l與y=?x交于H.若OHPH=4（ⅱ）連接PF交圓F于點(diǎn)T，射線AP上存在一點(diǎn)Q，且QT?BT為定值，已知點(diǎn)Q在定直線上，求【答案】(1)x(2)（ⅰ）k=12或k=【分析】（1）由OB=a=2c，AF=a+c=3c可求得a,c，結(jié)合橢圓a,b,c關(guān)系可得（2）（?。┰O(shè)l:y=kx+2，與直線y=?x聯(lián)立可得H坐標(biāo)；與橢圓方程聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理可求得P點(diǎn)坐標(biāo)；利用正弦定理化簡(jiǎn)已知等式可得AH=45PH（ⅱ）設(shè)AP:y=kx+2，由P點(diǎn)坐標(biāo)可求得PF斜率，進(jìn)而得到PF方程，與圓的方程聯(lián)立可得T點(diǎn)坐標(biāo)；設(shè)Qm,km+2，利用向量數(shù)量積坐標(biāo)運(yùn)算表示出QT?BT=k24m?84k【詳解】（1）∵以F為圓心，OF為半徑的圓F經(jīng)過點(diǎn)B，∴BF=OF∵AF=a+c=3c=3，∴c=1，a=2，∴橢圓C的方程為：x2（2）（ⅰ）由（1）得：A?2,0，可設(shè)l:y=kx+2，由y=kx+2y=?x得：x=?2k由y=kx+2x2∴Δ=483+4∴xP=6?8k在△HAO中，由正弦定理得：OHsin∵∠HOA=π4，則由OHPH=4∴AH=45PH∵AH=2∴2k+1=163（ⅱ）由題意知：圓F方程為：x?12+y2=1不妨令P位于第一象限，可設(shè)AP:y=kx+2由（?。┲篜6?8若直線PF斜率存在，則kPF=4k1?4k由x=1?4k24ky+1設(shè)Qm,km+2，則∴QT?BT當(dāng)4m?8=0時(shí)，QT?BT=0為定值，此時(shí)m=2，則Q2,4k，此時(shí)當(dāng)4m?8≠0時(shí)，QT?若直線PF斜率不存在，則P1,32，T此時(shí)kAP=12，則直線則QT=1?m,1?12m+2則m=2時(shí)，QT?綜上所述：點(diǎn)Q在定直線x=2上.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查橢圓與向量的綜合應(yīng)用問題，涉及到橢圓中的共線向量和向量數(shù)量積問題的求解；本題求解點(diǎn)Q所在定直線的關(guān)鍵是能夠根據(jù)Q點(diǎn)橫縱坐標(biāo)之間的關(guān)系，結(jié)合向量數(shù)量積坐標(biāo)運(yùn)算化簡(jiǎn)QT?BT，將QT?BT化為關(guān)于題型10向量相關(guān)問題【例題10】（22·23上·鄭州·階段練習(xí)）已知離心率為22的橢圓C的中心在原點(diǎn)O，對(duì)稱軸為坐標(biāo)軸，F(xiàn)1，F(xiàn)2為左右焦點(diǎn)，M為橢圓上的點(diǎn)，且MF1+MF2=22．直線l過橢圓外一點(diǎn)P(m,0)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)對(duì)于任意點(diǎn)P，是否總存在唯一的直線l，使得F1A∥【答案】(1)x(2)存在，1【分析】（1）由橢圓定義得出a=2（2）設(shè)直線l方程為y=k(x?m)聯(lián)立y=k(x?m)與橢圓方程可得韋達(dá)定理，再結(jié)合向量共線計(jì)算唯一性可得.【詳解】（1）由題可設(shè)橢圓方程為x2a2由橢圓定義可得MF則a=2，c=1，b=1所以橢圓的方程為：x2（2）設(shè)直線l方程為y=k(x?m)（斜率必存在），則F1A=(∵F∴(x∴(x化簡(jiǎn)得x2聯(lián)立y=k(x?m)與橢圓方程可得，(1+2k2)∴x1+代入①得，4mk∴x∴(代入②得：4k2?2而點(diǎn)A、B在x軸上方，所以對(duì)于任意一個(gè)m<?2，存在唯一的k=12故滿足題意的直線l有且只有一條．例如，m=?2時(shí)：

【變式10-1】1.（18·19上·衡水·階段練習(xí)）已知橢圓C:x2a2+y2（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）動(dòng)直線l:x=my+1(m∈R)與拋橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，問：在x軸上是否存在定點(diǎn)D(t,0)（其中t≠0)，使得向量DA|DA|+DB|DB【答案】（1）x24+【分析】（1）根據(jù)橢圓C的焦點(diǎn)三角形的周長為2a+2c，再由離心率得出a,c關(guān)系，求出a,c值，即可求出結(jié)論；（2）根據(jù)DA|DA|+DB|DB|與∠ADB角平分線共線，又與OD共線，得到x軸為【詳解】（1）橢圓C:x2a即有e=c橢圓C的兩焦點(diǎn)和短軸的一個(gè)端點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形的周長恰為4+22可得2a+2c=4+22，解得a=2，b=c=則橢圓的方程為x2（2）在x軸上假設(shè)存在定點(diǎn)D(t,0)（其中t≠0)，使得DA|DA|由DA|DA|，DB可得x軸平分∠ADB，設(shè)A(x1，y1)，聯(lián)立x=my+1和x2得(2+m△=4my1+y設(shè)直線DA、DB的斜率分別為k1，k則由∠ODA=∠ODB得，k=y∴2my聯(lián)立①②，得2m(t?4)=0，故存在t=4滿足題意，綜上，在x軸上存在一點(diǎn)D(4,0)，使得x軸平分∠ADB，即DA|DA|【點(diǎn)睛】本題考查橢圓方程、直線與橢圓的位置關(guān)系，解題關(guān)鍵要把向量條件轉(zhuǎn)化幾何關(guān)系，熟練掌握根與系數(shù)關(guān)系求相交弦問題，考查計(jì)算求解能力，屬于中檔題.【變式10-1】2.（19·20上·寶山·期末）已知橢圓Ω：x216+y212=1.雙曲線（1）求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)直線l經(jīng)過點(diǎn)E(3,0)與橢圓Ω交于A、B兩點(diǎn)，求ΔOAB（3）設(shè)直線l:y=kx+m（其中為k,m整數(shù)）與橢圓Ω交于不同兩點(diǎn)A、B，與雙曲線Γ交于不同兩點(diǎn)C、D，問是否存在直線l，使得向量AC+【答案】（1）x24?y【分析】（1）根據(jù)橢圓方程可以得到雙曲線的焦距和頂點(diǎn)坐標(biāo)，從而直接寫出雙曲線方程即可；（2）設(shè)出直線方程，將三角形面積拆分為2個(gè)三角形的面積，從而利用韋達(dá)定理進(jìn)行處理；（3）根據(jù)直線與兩個(gè)曲線相交，通過Δ夾逼出k,m的取值范圍，再結(jié)合向量相加為零轉(zhuǎn)化出的條件，得到k,m之間的關(guān)系，從而利用k,m是整數(shù)，對(duì)結(jié)果進(jìn)行取舍即可.【詳解】（1）對(duì)橢圓Ω：x216故其焦點(diǎn)為±2,0，橢圓的長軸長為2a=8.設(shè)雙曲線方程為x2由題可知：m=2,2m2+故雙曲線的方程為：x2（2）因?yàn)橹本€AB的斜率顯然不為零，故設(shè)直線方程為x=my+3，聯(lián)立橢圓方程x可得3設(shè)交點(diǎn)Ax則y則y====4又S故S=6令12m2故S當(dāng)且僅當(dāng)t4=9故ΔOAB的面積的最大值為4（3）聯(lián)立直線y=kx+m與橢圓方程x可得3+4Δ整理得16k設(shè)直線與橢圓的交點(diǎn)為A故可得x1同理：聯(lián)立直線y=kx+m與雙曲線方程x可得3?Δ整理得4k設(shè)直線與雙曲線的交點(diǎn)為C故可得x3要使得AC即可得x故可得x將②④代入可得?解得km=0.綜上所述，要滿足題意，只需使得：4故當(dāng)k=0時(shí)，m可以取得0,±1,±2,±3滿足題意；即直線方程可以為y=0,y=±1,y=±2,y=±3當(dāng)m=0時(shí)，k可以取±1滿足題意.即直線方程可以為y=±x故存在這樣的直線有9條，能夠使得AC+【點(diǎn)睛】本題考查橢圓方程和雙曲線方程，涉及橢圓中三角形面積的最大值，以及圓錐曲線中的直線的存在性問題，屬綜合性困難題；其中解決第三問的關(guān)鍵是要把握住“整數(shù)”這一個(gè)關(guān)鍵詞，同時(shí)也要對(duì)向量進(jìn)行合理的轉(zhuǎn)化.【變式10-1】3.（18·19下·長沙·階段練習(xí)）已知橢圓C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的離心率為32，直線l:x?y+6=0，圓O的方程為x（1）求橢圓C的方程；（2）已知經(jīng)過點(diǎn)(2,0)且斜率為k直線l與橢圓C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P和Q，請(qǐng)問是否存在常數(shù)k(k≠0)，使得向量OP+OQ與AB共線？如果存在，求出【答案】（1）y2【分析】（1）求得圓心到直線的距離，利用直線和圓相交所得弦長公式列方程，解方程求得b的值，結(jié)合橢圓離心率以及a2=b（2）設(shè)出直線l的方程，聯(lián)立直線l的方程和橢圓的方程，寫出根于系數(shù)關(guān)系以及判別式，利用OP+OQ與AB共線以及向量共線的坐標(biāo)表示列方程，由此判斷出不存在符合題意的常數(shù)【詳解】（1）圓心O到直線l的距離為d=6直線l被圓O截得的弦長=24?d2由橢圓離心率為ca=32，結(jié)合a2=b2+（2）設(shè)直線l的方程為y=k(x?2)，代入橢圓方程，整理，得k2因?yàn)橹本€l與橢圓C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P和Q等價(jià)于Δ=16k解得k2設(shè)Px1,y1由①得x1又y1因?yàn)锳(?1,0),B(0,2)，所以AB=(1,2)所以O(shè)P+OQ與AB共線等價(jià)于將②③代入上式，解得k=?2，k=0（舍）.因?yàn)椴粷M足k2所以不存在常數(shù)k，使得向量OP+OQ與【點(diǎn)睛】本小題主要考查直線和圓的位置關(guān)系，考查直線和橢圓的位置關(guān)系，屬于中檔題.【變式10-1】4.（17·18上·西安·期末）已知橢圓C以F1?1,0，F(xiàn)（1）求橢圓C的方程；（2）過M0,2點(diǎn)斜率為k的直線l1與橢圓C有兩個(gè)不同交點(diǎn)P、Q（3）設(shè)橢圓C與x軸正半軸、y軸正半軸的交點(diǎn)分別為A、B，是否存在直線l1，滿足（2）中的條件且使得向量OP+OQ與AB【答案】(1)x22+【分析】（1）由題意可得c,根據(jù)離心率可求出a,即可寫出方程（2）寫出直線方程，聯(lián)立方程組消元