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解密14 椭圆及其方程（讲义）-高考数学二轮复习讲义+分层训练（新高考专用）
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这是一份解密14 椭圆及其方程（讲义）-高考数学二轮复习讲义+分层训练（新高考专用），共44页。
解密14 椭圆方程
高考考点
命题分析
三年高考探源
考查频率
椭圆的定义与标准方程及简单几何性质
从近三年高考情况来看，椭圆的定义、标准方程、几何性质一直是高考命题的热点，尤其是离心率问题是高考考查的重点，多在选择题、填空题中出现，考查直线与椭圆的位置关系，常与向量、圆等知识相结合，多以解答题的形式出现，解题时，以直线与椭圆的位置关系为主，充分利用数形结合思想，转化与化归思想．同时注重数学思想在解题中的指导作用，以及注重对运算能力的培养．
2021年全国乙卷11
2021年全国卷甲卷15
2021年全国新课标Ⅰ5
2020新课标全国Ⅰ20
2020新课标全国Ⅱ 20
2020新课标全国Ⅲ 20
2019课标全国Ⅲ15
★★★★★
直线与椭圆的位置关系及综合问题
2021年全国Ⅱ 20
2020新课标全国Ⅰ20
2020新课标全国Ⅱ 20
2020新课标全国Ⅲ 20
2019课标全国Ⅰ10
★★★★★
极速秒杀法-------椭圆经典结论
[结论1]：椭圆焦点三角形周长：；
[结论2]：焦点三角形离心率：；；
[结论3]：焦点三角形之夹角：；
[结论4]：中点弦斜率：则
[结论5]：椭圆上任意不与x轴垂直弦AB中点M，O为原点，则 ；
[结论6]：椭圆上两关于原点对称点为A，B，任意点为P，则 ；
[结论8]：焦半径：
则
[结论9]：焦半径之比：（焦点在x轴）；（焦点在y轴）;
[结论10]：焦半径之比求离心率取值范围：；
[结论11]：仿射变换求斜率：；
考点一 椭圆的定义与标准方程
☆技巧点拨☆
求椭圆的方程有两种方法：
（1）定义法，根据椭圆的定义，确定a2，b2的值，结合焦点位置可写出椭圆方程．
（2）待定系数法，这种方法是求椭圆的方程的常用方法，其一般步骤是：①做判断，根据条件判断椭圆的焦点在x轴上，还是在y轴上，还是两个坐标轴都有可能（这时需要分类讨论）；②设方程，根据上述判断设方程为或；③找关系，根据已知条件，建立关于的方程组（注意椭圆中固有的等式关系）；④得椭圆方程，解方程组，将解代入所设方程即可．
（3）椭圆第二定义：点到定点的距离与到定直线距离为常数，常数大于0且小于1（定点为椭圆焦点。定直线为对应边上的准线，即到左焦点对应左准线）
【注意】用待定系数法求椭圆的方程时，要“先定型，再定量”，不能确定焦点的位置时，可进行分类讨论或把椭圆的方程设为．
例题1．方程表示焦点在x轴上的椭圆，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】方程表示焦点在x轴上的椭圆，则.故选：A.
例题2．已知椭圆C：的两个焦点分别为，，椭圆C上有一点P，则的周长为（ ）
A．8 B．10 C． D．12
【答案】B
【分析】因为，，所以，故的周长为．故选：B
例题3．曲线的方程是，则曲线的形状是（ ）
A．圆 B．椭圆 C．线段 D．直线
【答案】B
【分析】方程表示动点到两定点的距离之和为4．而，因此的轨迹是以为焦点的椭圆．故选：B．
例题4．已知椭圆的两个焦点分别为，P是椭圆上一点，，且C的短半轴长等于焦距，则椭圆C的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】因为，所以．因为，所以，，
故椭圆C的标准方程为．故选：D.
例题5．“”是“方程表示椭圆”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】曲线表示椭圆，即或.
或Ü，
“”是“曲线表示椭圆”的必要不充分条件.故选：B．
考点二 椭圆的简单几何性质
☆技巧点拨☆
1．利用椭圆几何性质解题时的注意点及技巧：（1）注意椭圆几何性质中的不等关系，在求与椭圆有关的一些量的范围，或者最大值、最小值时，经常用到椭圆标准方程中x，y的范围，离心率的范围等不等关系；（2）利用椭圆几何性质的技巧：求解与椭圆几何性质有关的问题时，要结合图形进行分析，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的内在联系．
2．求椭圆离心率问题的一般思路：求椭圆离心率或其范围时，一般是根据题意设出一个关于a，b，c的等式或不等式，利用a2＝b2＋c2，消去b即可求得离心率或离心率的范围．
题组一 椭圆常见的基本性质应用
例题1．设、分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于、两点，在轴上的截距为，若，且轴，则此椭圆的长轴长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】不妨设点在轴上方，设点，将代入椭圆的方程得，
因为，解得，即点，易知点，故线段的中点为，
由已知可得，则，设点，因为，则，即，
所以，，解得，即点，即点，
将点的坐标代入椭圆方程可得，即，
所以，，故有，解得，故椭圆的长轴长为.
故选：C.
例题2．已知曲线，以下关于曲线C的结论正确的个数为（ ）
①曲线C关于轴对称
②曲线C上有且仅有3个整点（整点指横纵坐标均为整数的点）
③曲线C上一点P满足(为坐标原点)
③曲线C上与图形有且仅有两个公共点
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】：当时，曲线，为焦点在上的椭圆，
当时，曲线，为焦点在轴上的双曲线，
则曲线C关于轴对称，不关于轴对称，故①错误；
对于②，时，整点有，
当时，，由，则为偶数，所以为偶数，所以为偶数，
令，则，因为，所以，即，舍去，
综上，曲线C上有且仅有3个整点，故②正确；对于③，当时，，
当时，，所以，故③正确；
对于④，，即，当时，联立，解得或，
当时，方程为双曲线的两条渐近线，故无交点，
所以曲线C上与图形有且仅有两个公共点，故④正确，
所以正确的由3个.故选：C
例题3．已知曲线的方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，曲线为圆
B．当时，曲线为焦点在轴上的双曲线
C．若曲线为椭圆，且焦距为，则
D．不存在实数，使得曲线为抛物线
【答案】AD
【分析】对于A：当时，曲线的方程为，即，表示圆心为，半径为的圆，故选项A正确；
对于B：即时，曲线为焦点在轴上的双曲线，故选项B不正确；
对于C：若曲线表示焦点在轴上的椭圆时，即时，，若焦距为，则，所以，可得，
若曲线表示焦点在轴上的椭圆时，，即时，，若焦距为，则，所以，可得，所以或，故选项C不正确；
对于D：因为抛物线的方程为或，而
不满足抛物线方程的形式，故不存在实数，使得曲线为抛物线，故选项D正确；
故选：AD.
例题4．已知O为坐标原点，椭圆的左､右焦点分别为F1､F2，长轴长为，焦距为2c，点P在椭圆C上且满足|OP|=|OF1|=|OF2|=c，直线PF2与椭圆C交于另一个点Q，若，点M在圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆C的焦距为2 B．三角形MF1F2面积的最大值为
C． D．圆G在椭圆C的内部
【答案】ABCD
【分析】△中，原点O为边中点，|OP|=|OF1|=|OF2|，则，
设，，则，
△中，,
则有，解之得
故△为等腰直角三角形：，，
故，则又，故.
椭圆的方程为选项A：椭圆C的焦距为是2，正确；
选项B：圆的半径为△MF1F2面积的最大值为，正确；
选项C：，正确；选项D：圆圆心在原点，半径，故圆G在椭圆C的内部，正确.故选：ABCD
例题5．已知椭圆的两个焦点分别为，离心率，点P为椭圆的上顶点，若的面积为1，则右焦点的坐标为___________.
【答案】
【分析】由已知，解得，故右焦点的坐标为.故答案为：
题组二 椭圆离心率问题
例题1．P是椭圆上的一点，F为椭圆的右焦点，轴，过点P作斜率为的直线恰好经过左顶点，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
如图所示，，由题得
所以.故选：C
例题2．椭圆（）的左右焦点分别为，，过垂直于轴的直线交椭圆于，两点，且，求椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
由椭圆方程，可知：
过垂直于轴的直线交椭圆于，两点，
因此将代入椭圆，可得
（舍负）故选：A
例题3．如图，已知，分别是椭圆的左、右焦点，现以为圆心作一个圆恰好经过椭圆的中心并且交椭圆于点，．若过点的直线是圆的切线，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为过点的直线圆的切线，，，所以．
由椭圆定义可得，可得椭圆的离心率．故选：A
例题4．已知是椭圆的右焦点，点在椭圆上，线段与圆相切于点，且，则椭圆的离心率等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】圆的圆心为，半径为.
设左焦点为，连接，由于，
所以，所以，所以，由于，所以，
所以，，.故选：A
例题5．美学四大构件是：史诗、音乐、造型（绘画、建筑等）和数学.素描是学习绘画的必要一步，它包括了明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习素描最重要的一步.某同学在画“切面圆柱体”（用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱，底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体）的过程中，发现“切面”是一个椭圆（如图所示），若“切面”所在平面与底面成角，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】取过椭圆长轴与圆柱的轴在的截面，如下图所示，设圆柱的底面半径为，
可知，截面为直角梯形，不妨设、为直角腰，
过点作，垂足为点，由题意可知，椭圆的短轴长为，则，
“切面”所在平面与底面所成的角等于，
所以，，则，，
因此，该椭圆的离心率为.
故选：A.
例题6．已知离心率为的椭圆：和离心率为的双曲线：有公共的焦点，其中为左焦点，P是与在第一象限的公共点.线段的垂直平分线经过坐标原点，则的最小值为_____________.
【答案】
【解析】解：设为右焦点，半焦距为，，由题意，，则，
所以，即，
故，当且仅当时取等，
所以，
故答案为：.
例题7．设椭圆的两焦点为，若椭圆上存在点，使，则椭圆的离心率的取值范围为.
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】当P是椭圆的上下顶点时,最大, 则椭圆的离心率的取值范围为,故选C.
例题8．已知椭圆上一点关于原点的对称点为点，为其右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】A
椭圆焦点在x轴上，椭圆上点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，设左焦点为F1，连接AF，AF1，BF，BF1，∴四边形AFBF1为长方形．
根据椭圆的定义：|AF|+|AF1|＝2a，∠ABF＝α，则：∠AF1F＝α，∴2a＝2ccosα+2csinα
椭圆的离心率e＝，，
∴≤≤，
则：≤sin（α+ ）≤1，∴≤≤，∴椭圆离心率e的取值范围：，
故选：A
例题9．已知椭圆与圆，若在椭圆上存在点，使得过点所作的圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】在椭圆的长轴端点处向圆引两条切线，，
若椭圆上存在点，使过的两条切线互相垂直，则只需，即，
∴，得，
∴，又，
∴，即．故选：C
例题10．已知直线与椭圆：交于不同的两点､，与圆：交于不同的两点､，且，则___________（用，表示），若，则椭圆的离心率的取值范围为___________.
【答案】
【分析】由可得，
所以直线恒过定点，
又的圆心为，且，
所以弦的中点为，
设，
则①， ②
②①得：，
当时，，即，
所以，解得，
故答案为：；
例题11．已知椭圆与双曲线有公共的左､右焦点、，它们在第一象限交于点，其离心率分别为、，以、为直径的圆恰好过点，则_____.
【答案】2
【分析】椭圆与双曲线有公共的左､右焦点、，
由题意可知，以、为直径的圆恰好过点，
又，，，，
，，即.
故答案为：.
例题12．已知F是椭圆的一个焦点，若直线与椭圆相交于A，B两点，且，记椭圆的离心率为e，则的取值范围是___________.
【答案】；
【分析】设为椭圆的另一焦点，如图，连接，
根据椭圆和直线的对称性，可得四边形为平行四边形，
又因为，所以.
在中，，
所以，
当且仅当时，等号成立，
即又因为，所以，
又因为，故.故答案为：.
考点三 直线与椭圆的位置关系
☆技巧点拨☆
1．直线与圆锥曲线的位置关系是高考必考题，难度为中高档，常作为压轴题出现，大致在第20题的位置．
2．直线与椭圆综合问题的常见题型及解题策略
（1）求椭圆方程或有关几何性质．可依据条件，寻找满足条件的关于a，b，c的等式，解方程即可求得椭圆方程或椭圆有关几何性质．
（2）关于弦长问题．一般是利用根与系数的关系、弦长公式求解．特别对于中点弦或弦的中点问题，一般利用点差法求解．
3．具体解题步骤：
对于直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般要把圆锥曲线的方程与直线方程联立来处理．
（1）设直线方程，在直线的斜率不确定的情况下要分斜率存在和不存在两种情况进行讨论，或者将直线方程设成x＝my＋b的形式．
（2）联立直线方程与曲线方程并将其转化成一元二次方程，利用方程根的判别式或根与系数的关系得到交点的横坐标或纵坐标的关系．
（3）一般涉及弦的问题，要用到弦长公式|AB|＝|x1－x2|或|AB|＝·|y1－y2|．
例题1．已知，为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆在轴上方相切于点，则直线的斜率为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【解析】设过点的切线方程为，化入椭圆方程，得
，因为直线与椭圆相切，
所以，解得，
由题意可知，此时切点的横坐标为，
所以直线的斜率为
，
故选：C
例题2．若曲线与曲线恰有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】如图示：表示起点为的两条斜率分别为1和-1的射线.
当曲线为椭圆时，即，只需点落在椭圆内，即，解得：；
当曲线为双曲线时，即，渐近线方程：
要使曲线与曲线恰有两个不同的交点，
只需，解得：.
所以实数的取值范围是故选：C
例题3．蒙日圆涉及的是几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆，若椭圆的蒙日圆为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【解析】当椭圆两切线与坐标垂直时，则两切线的交点坐标为，
该点在圆上，所以，，解得；
当椭圆两切线的斜率同时存在时，不妨设两切线的斜率分别为、，
设两切线的交点坐标为，并设过该点的直线方程为，
联立，
消去得，
，
化简得，由韦达定理得，
整理得，解得.
综上所述，.
故选：B.
例题4．已知椭圆的左焦点为F，过点F且倾斜角为45°的直线l与椭圆交于A，B两点（点B在x轴上方），且，则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【解析】解：设，由题意知，的斜率为，则直线方程为，
设，联立直线和椭圆的方程得 ，
整理得，则，，
且，可得 ，则， ，
所以，可得，所以
故答案为：．
例题4．已知点为椭圆上任一点，点是抛物线的准线上的任意一点，以为直径的圆过原点，试判断=_____________
【答案】1
【解析】抛物线的标准方程为，其准线方程为：，
设，，
因为以为直径的圆过原点，所以，所以，
所以，即，
所以，
又因为，，
所以，
所以为定值，且定值为1．
故答案为：1
考点三 椭圆综合问题
☆技巧点拨☆
方法一：齐次化解决定点 定值问题
齐次化原理： “齐次”，即次数相等的意思，例如f(x)=ax²+bxy+cy²称为二次齐式，即二次齐次式的意思，因为f(x)中每一项都是关于x、y的二次项。
当圆锥曲线遇到斜率之和或者斜率之积问题，可以先平移图形，将公共点平移到原点，注意平移口诀是“左加右减，上减下加”，你没有看错，“上减下加”，因为是在y同侧进行加减，我们以往记的“上加下减”都是在y的异侧。
例如要证明直线AP与AQ斜率之和或者斜率之积为定值，将公共点A平移到原点，设平移后的直线为mx+ny=1(为什么这样设？因为这样齐次化更加方便)，与圆锥方程联立，一次项乘以mx+ny，常数项乘以（mx+ny）²，构造ay²+bxy+cx²，然后等式两边同时除以x²（前面注明x不等于0），得到 ，化简为ak²+bk+c=0，可以直接利用韦达定理得出斜率之和或者斜率之积，即可得出答案，如果是过定点题目，还需要还原直线，之前如何平移，现在反平移回去。
总结方法：1、平移，
2、 联立并齐次化，
3、 同除x²，
4、韦达定理，证明完毕，如果过定点，还需要还原。
优点是：大大减小了计算量，提高准确率！如果你掌握这个方法，你会知道以前的方法有多么的low！
缺点：mx+ny=1不能表示过原点的直线！
例题1．已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.
【答案】(1) .(2)证明见解析.
解题方法一：试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而
.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
解题方法二：齐次化处理：
例题2：为椭圆上两个动点，且，过原点作直线的垂线，求的轨迹方程.
解法一（常规方法）：设，,设直线方程为，联立化简可得:
，所以
因为所以
又因为直线方程等价于为，即对比于，则代入中，化简可得：.
解法二（齐次式）：
设直线方程为，联立
化简可得:
整理成关于的齐次式：，进而两边同时除以，则
因为所以，
又因为直线方程等价于为，即对比于，则代入中，化简可得：.
例题3 已知椭圆，设直线不经过点的直线交于两点，若直线的斜率之和为，证明：直线恒过定点.
解：以点为坐标原点，建立新的直角坐标系，如图所示：
旧坐标 新坐标
即所以
原来则转换到新坐标就成为：
设直线方程为：
原方程：则转换到新坐标就成为：
展开得：构造齐次式：
整理为：两边同时除以，则
所以所以
而对于任意都成立.
则：，故对应原坐标为所以恒过定点.
方法二：极点极线解决问题
极点与极线的定义与性质
极点与极线是圆锥曲线内在的几何特征，在解析几何中必然有所反映，有所体现．极点与极线定义：已知圆锥曲线，则称点和直线是圆锥曲线的一对极点和极线．事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换(另一变量也是如此)即可得到点极线方程．极点与极线作法：如图，P是不在圆锥曲线上的点，过P点引两条割线依次交圆锥曲线于四点E，F，G，H，连接EH，FG交于N，连接EG，FH交于M，则直线MN为点P对应的极线．
P
E
F
G
H
M
A
N
B
图1
若P为圆锥曲线上的点，则过P点的切线即为极线．
由图1可知，同理PM为点N对应的极线，PN为点
M所对应的极线．MNP称为自极三点形．若连接MN交圆锥曲线于
点A，B，则PA，PB恰为圆锥曲线的两条切线．
事实上，图1也给出了两切线交点P对应的极线的一种作法．
例题1．已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【分析】（2）设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】
（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
秒杀方法二极点极线做法：直线AB与直线CD的交点在X轴上，故设坐标为此为极点，则极限为，即为x=6,两直线相同，则可得到，故可以得到故直线CD过定点．
方法三 ：另外本题目亦可采用齐次化运算，利用第三定义即椭圆的周角定理，转化成AD与BD斜率之积为定值。利用设坐标转化成PC与PD之积为定值，从而利用齐次化处理即可。
方法三：常规韦达定理解决椭圆问题
例题1．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左、右顶点分别为A、B，右焦点为F，且椭圆过点、，过点F的直线l与椭圆交于P、Q两点（点P在x轴的上方）.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求点P的坐标；
（3）设直线AP、BQ的斜率分别为、，是否存在常数，使得?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】
（1）
（2）
（3）存在，
【分析】（1）因为椭圆过点、，则有，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，.由（1）知，.
因为，则有，
即，
所以解得
即.
分别将、两点的坐标代入得
解得（舍）或
所以所求点的坐标为.
（3）设存在常数，使得.由题意可设直线的方程为，点，，则.又因为，即，即，
所以
即（*）
又由得，，
且，.代入（*）得
即，
所以存在常数，使得.
例题2．已知椭圆的短轴长是2，且离心率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）已知，若直线与椭圆E相交于A，B两点，线段AB的中点为M，是否存在常数，使恒成立，并说明理由．
【答案】
（1）；
（2）存在，理由见解析.
【分析】
（1）因椭圆的短轴长是2，则，而离心率，解得，
所以椭圆方程为.
（2）存在常数，使恒成立，
由消去y并整理得：，
设，，则，，
又，，
，
则有，而线段AB的中点为M，于是得，并且有
所以存在常数，使恒成立.
例题3．顺次连接椭圆的四个顶点，得到的四边形的面积为，连接椭圆C的某两个顶点，可构成斜率为的直线.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知过点的直线l与椭圆C交于E，F两点，点B在线段上，若，求（O为坐标原点）面积的取值范围.
【答案】
（1）
（2）
【分析】（1）
依题意得
解得所以椭圆C的标准方程是.
（2）设直线l的方程为，代入椭圆C的方程得，由得.
设，所以，，
设，则
.
原点O到直线l的距离， 故的面积.
因为，故，
故面积的取值范围为.
【点睛】
求解圆锥曲线中有关参数的取值范围问题，关键是构建与参数有关的不等关系，主要方法有：
（1）利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
（2）建立已知参数与未知参数之间的等量关，利用已知参数的范围，求新参数的范围；
（3）利用隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；
（5）利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
例题4．已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.
【答案】(1) .
(2)证明见解析.
【详解】：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而
.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
方法四：中点弦问题
点弦问题
.如图，直线与椭圆交于两点，为弦的中点.
A
B
M
x
y
设，，， 求直线AB的斜率。
（1） O
由
化简可得：
由且，，
（2）由结论一可得：
（3）易知，由
结论1：椭圆上任意两点的纵坐标平方差与横坐标平方差之比为 定值，即 。
结论2：在椭圆中，弦所在直线的斜率和弦中点与原点连线斜率之积为定值，即。
注意：以上结论只适用于焦点在轴上的椭圆，对于焦点在轴上的椭圆，只需把结论中的位置互换即可
例题1．已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，点M，N在椭圆C上.
(1)若线段MN的中点坐标为，求直线MN的斜率；
(2)若M，N，O三点共线，直线NF1与椭圆C交于N，P两点，求△PMN面积的最大值.
【答案】(1)(2)
【解析】设，则，
两式相减，可得，
则，
解得，即直线MN的斜率为；
(2)显然直线NF1的斜率不为0，设直线NF1：，，
联立，消去x整理得，显然，
故，故△PMN的面积
，
令，则，当且仅当，即时等号成立，故△PMN面积的最大值为.
例题2．已知椭圆方程，直线与轴相交于点，过右焦点的直线与椭圆交于，两点．
（1）若过点的直线与垂直，且与直线交于点，线段中点为，求证：．
（2）设点的坐标为，直线与直线交于点，试问是否垂直，若是，写出证明过程，若不是，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）是垂直；证明见解析．
【解析】（1）由椭圆方程为知，右焦点坐标，
直线方程为，点坐标．
由知，直线斜率不为0，故设直线的方程为，
从而，直线的方程为，
令得，点坐标为，
故直线的方程来，
联立方程组，消去得：，
设，，
即，，
从而，线段的中点，
，
综上可知，．
（2）（ⅰ）当直线的斜率为0时，点即为点，从而．
（ⅱ）当直线的斜率不为0时，
由（1）知，，，
所以，则，直线的方程为，
又，令，得，
所以点的坐标为，即．
例题3．已知椭圆的右焦点为F，直线l与椭圆C交于A，B两点．
(1)若，且直线l的斜率为4，求直线(点为坐标原点)的斜率．
(2)若直线，的斜率互为相反数，且直线l不与x轴垂直，探究：直线l是否过定点?若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)过定点，﹒
【解析】
【分析】(1)设，，依题意，M为线段的中点，
∵A，B在椭圆C上，故
两式相减可得，
则，
故，解得．
(2)假设定点存在，根据椭圆对称性，可知该直线所过定点在x轴上，设定点坐标为，
则直线l的方程为，
联立，消去y整理得，
则，．
设直线，的斜率分别为，，由题可知，
则
．即，
∴，，
即直线l过定点．
方法五：最，定值以及参数取值范围问题
例题1已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【解析】（1）由题设得，，解得，．所以的方程为．
（2）设，．
若直线与轴不垂直，设直线的方程为，
代入得．于是．①
由知，故，
可得．
将①代入上式可得．
整理得．
因为不在直线上，所以，故，．
于是的方程为.所以直线过点.
若直线与轴垂直，可得.由得.
又，可得.解得（舍去），.此时直线过点.
令为的中点，即.
若与不重合，则由题设知是的斜边，故.
若与重合，则.
综上，存在点，使得为定值.
方法点拨
定值是证明求解的一个量与参数无关,解这类试题时要会合理选择参数(参数可能是直线的斜率、截距,也可能是动点的坐标等),使用参数表达其中变化的量,再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标.当使用直线的斜率和截距表达直线方程时,在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系,把双参数问题化为单参数问题解决. 求定值问题常用的方法有两种：
（1）从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关。
（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值。其求解步骤一般为：
一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等；
二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量(或者有多个变量，但是能整体约分也可以)；
三定值：由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值.
方法点拨
注意：本题亦可采用齐次化进行处理，利用，从而得到直线MN过定点令为的中点，即.故.
例题2．设点M和N分别是椭圆上下不同的两点，线段MN最长为4，椭圆的离心率.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线MN过点，且，线段MN的中点为P，求直线OP的斜率的取值范围.
【答案】
（1）
（2）
【分析】由题意可得，解得，
所以，
所以椭圆C的标准方程为，
（2）
由题意知，直线的斜率存在且不为零，设其方程为，
由，得，
由，得，
设，则，
所以，
因为，所以，得，
所以，
设直线的斜率为，
因为，
所以，化简得，
所以，
所以，解得或，
所以直线OP的斜率的取值范围为
例题2．已知椭圆C的左，右焦点分别为F1（-1，0），F2（1，0），离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F1作不与x轴重合的直线l交椭圆C于A，B两点，求△ABF2面积S的取值范围.
【答案】
（1）；
（2）.
（1）解：由已知，设椭圆的方程为，
则，且，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）
解：因为直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，
由消去，整理得，
所以，
所以，
当且仅当，即直线的斜率不存在时取等号，
又，
所以面积的取值范围为.
例题3．已知椭圆：过点，左焦点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆有两个不同的交点，，点，记直线，的斜率分别为，，求的取值范围.
【答案】
（1）；
（2）.
【分析】（1）
因为左焦点为，所以，
因为椭圆过点，所以，又因为，
解得：，，所以椭圆的方程为.
（2）
设，，
联立 得，
由，解得，
，，，
，
因为，
所以，
因为，所以，
所以的取值范围为.
例题4．在平面直角坐标系中，已知点，，过点的动直线与过点的动直线的交点为P，，的斜率均存在且乘积为，设动点Р的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程;
（2）若点M在曲线C上，过点M且垂直于OM的直线交C于另一点N，点M关于原点O的对称点为Q.直线NQ交x轴于点T，求的最大值.
【答案】
（1）
（2）
【分析】（1）：设点坐标为，
定点，，直线与直线的斜率之积为，
，
（2）
解：设，，，则，，所以
又，所以，又即，则直线：，直线：，由，解得，即，所以
令，则，所以
因为，当且仅当即时取等号，所以的最大值为；
解密14 椭圆方程
高考考点
命题分析
三年高考探源
考查频率
椭圆的定义与标准方程及简单几何性质
从近三年高考情况来看，椭圆的定义、标准方程、几何性质一直是高考命题的热点，尤其是离心率问题是高考考查的重点，多在选择题、填空题中出现，考查直线与椭圆的位置关系，常与向量、圆等知识相结合，多以解答题的形式出现，解题时，以直线与椭圆的位置关系为主，充分利用数形结合思想，转化与化归思想．同时注重数学思想在解题中的指导作用，以及注重对运算能力的培养．
2021年全国乙卷11
2021年全国卷甲卷15
2021年全国新课标Ⅰ5
2020新课标全国Ⅰ20
2020新课标全国Ⅱ 20
2020新课标全国Ⅲ 20
2019课标全国Ⅲ15
★★★★★
直线与椭圆的位置关系及综合问题
2021年全国Ⅱ 20
2020新课标全国Ⅰ20
2020新课标全国Ⅱ 20
2020新课标全国Ⅲ 20
2019课标全国Ⅰ10
★★★★★
极速秒杀法-------椭圆经典结论
[结论1]：椭圆焦点三角形周长：；
[结论2]：焦点三角形离心率：；；
[结论3]：焦点三角形之夹角：；
[结论4]：中点弦斜率：则
[结论5]：椭圆上任意不与x轴垂直弦AB中点M，O为原点，则 ；
[结论6]：椭圆上两关于原点对称点为A，B，任意点为P，则 ；
[结论8]：焦半径：
则
[结论9]：焦半径之比：（焦点在x轴）；（焦点在y轴）;
[结论10]：焦半径之比求离心率取值范围：；
[结论11]：仿射变换求斜率：；
考点一 椭圆的定义与标准方程
☆技巧点拨☆
求椭圆的方程有两种方法：
（1）定义法，根据椭圆的定义，确定a2，b2的值，结合焦点位置可写出椭圆方程．
（2）待定系数法，这种方法是求椭圆的方程的常用方法，其一般步骤是：①做判断，根据条件判断椭圆的焦点在x轴上，还是在y轴上，还是两个坐标轴都有可能（这时需要分类讨论）；②设方程，根据上述判断设方程为或；③找关系，根据已知条件，建立关于的方程组（注意椭圆中固有的等式关系）；④得椭圆方程，解方程组，将解代入所设方程即可．
（3）椭圆第二定义：点到定点的距离与到定直线距离为常数，常数大于0且小于1（定点为椭圆焦点。定直线为对应边上的准线，即到左焦点对应左准线）
【注意】用待定系数法求椭圆的方程时，要“先定型，再定量”，不能确定焦点的位置时，可进行分类讨论或把椭圆的方程设为．
例题1．方程表示焦点在x轴上的椭圆，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】方程表示焦点在x轴上的椭圆，则.故选：A.
例题2．已知椭圆C：的两个焦点分别为，，椭圆C上有一点P，则的周长为（ ）
A．8 B．10 C． D．12
【答案】B
【分析】因为，，所以，故的周长为．故选：B
例题3．曲线的方程是，则曲线的形状是（ ）
A．圆 B．椭圆 C．线段 D．直线
【答案】B
【分析】方程表示动点到两定点的距离之和为4．而，因此的轨迹是以为焦点的椭圆．故选：B．
例题4．已知椭圆的两个焦点分别为，P是椭圆上一点，，且C的短半轴长等于焦距，则椭圆C的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】因为，所以．因为，所以，，
故椭圆C的标准方程为．故选：D.
例题5．“”是“方程表示椭圆”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】曲线表示椭圆，即或.
或Ü，
“”是“曲线表示椭圆”的必要不充分条件.故选：B．
考点二 椭圆的简单几何性质
☆技巧点拨☆
1．利用椭圆几何性质解题时的注意点及技巧：（1）注意椭圆几何性质中的不等关系，在求与椭圆有关的一些量的范围，或者最大值、最小值时，经常用到椭圆标准方程中x，y的范围，离心率的范围等不等关系；（2）利用椭圆几何性质的技巧：求解与椭圆几何性质有关的问题时，要结合图形进行分析，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的内在联系．
2．求椭圆离心率问题的一般思路：求椭圆离心率或其范围时，一般是根据题意设出一个关于a，b，c的等式或不等式，利用a2＝b2＋c2，消去b即可求得离心率或离心率的范围．
题组一 椭圆常见的基本性质应用
例题1．设、分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于、两点，在轴上的截距为，若，且轴，则此椭圆的长轴长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】不妨设点在轴上方，设点，将代入椭圆的方程得，
因为，解得，即点，易知点，故线段的中点为，
由已知可得，则，设点，因为，则，即，
所以，，解得，即点，即点，
将点的坐标代入椭圆方程可得，即，
所以，，故有，解得，故椭圆的长轴长为.
故选：C.
例题2．已知曲线，以下关于曲线C的结论正确的个数为（ ）
①曲线C关于轴对称
②曲线C上有且仅有3个整点（整点指横纵坐标均为整数的点）
③曲线C上一点P满足(为坐标原点)
③曲线C上与图形有且仅有两个公共点
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】：当时，曲线，为焦点在上的椭圆，
当时，曲线，为焦点在轴上的双曲线，
则曲线C关于轴对称，不关于轴对称，故①错误；
对于②，时，整点有，
当时，，由，则为偶数，所以为偶数，所以为偶数，
令，则，因为，所以，即，舍去，
综上，曲线C上有且仅有3个整点，故②正确；对于③，当时，，
当时，，所以，故③正确；
对于④，，即，当时，联立，解得或，
当时，方程为双曲线的两条渐近线，故无交点，
所以曲线C上与图形有且仅有两个公共点，故④正确，
所以正确的由3个.故选：C
例题3．已知曲线的方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，曲线为圆
B．当时，曲线为焦点在轴上的双曲线
C．若曲线为椭圆，且焦距为，则
D．不存在实数，使得曲线为抛物线
【答案】AD
【分析】对于A：当时，曲线的方程为，即，表示圆心为，半径为的圆，故选项A正确；
对于B：即时，曲线为焦点在轴上的双曲线，故选项B不正确；
对于C：若曲线表示焦点在轴上的椭圆时，即时，，若焦距为，则，所以，可得，
若曲线表示焦点在轴上的椭圆时，，即时，，若焦距为，则，所以，可得，所以或，故选项C不正确；
对于D：因为抛物线的方程为或，而
不满足抛物线方程的形式，故不存在实数，使得曲线为抛物线，故选项D正确；
故选：AD.
例题4．已知O为坐标原点，椭圆的左､右焦点分别为F1､F2，长轴长为，焦距为2c，点P在椭圆C上且满足|OP|=|OF1|=|OF2|=c，直线PF2与椭圆C交于另一个点Q，若，点M在圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆C的焦距为2 B．三角形MF1F2面积的最大值为
C． D．圆G在椭圆C的内部
【答案】ABCD
【分析】△中，原点O为边中点，|OP|=|OF1|=|OF2|，则，
设，，则，
△中，,
则有，解之得
故△为等腰直角三角形：，，
故，则又，故.
椭圆的方程为选项A：椭圆C的焦距为是2，正确；
选项B：圆的半径为△MF1F2面积的最大值为，正确；
选项C：，正确；选项D：圆圆心在原点，半径，故圆G在椭圆C的内部，正确.故选：ABCD
例题5．已知椭圆的两个焦点分别为，离心率，点P为椭圆的上顶点，若的面积为1，则右焦点的坐标为___________.
【答案】
【分析】由已知，解得，故右焦点的坐标为.故答案为：
题组二 椭圆离心率问题
例题1．P是椭圆上的一点，F为椭圆的右焦点，轴，过点P作斜率为的直线恰好经过左顶点，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
如图所示，，由题得
所以.故选：C
例题2．椭圆（）的左右焦点分别为，，过垂直于轴的直线交椭圆于，两点，且，求椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
由椭圆方程，可知：
过垂直于轴的直线交椭圆于，两点，
因此将代入椭圆，可得
（舍负）故选：A
例题3．如图，已知，分别是椭圆的左、右焦点，现以为圆心作一个圆恰好经过椭圆的中心并且交椭圆于点，．若过点的直线是圆的切线，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为过点的直线圆的切线，，，所以．
由椭圆定义可得，可得椭圆的离心率．故选：A
例题4．已知是椭圆的右焦点，点在椭圆上，线段与圆相切于点，且，则椭圆的离心率等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】圆的圆心为，半径为.
设左焦点为，连接，由于，
所以，所以，所以，由于，所以，
所以，，.故选：A
例题5．美学四大构件是：史诗、音乐、造型（绘画、建筑等）和数学.素描是学习绘画的必要一步，它包括了明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习素描最重要的一步.某同学在画“切面圆柱体”（用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱，底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体）的过程中，发现“切面”是一个椭圆（如图所示），若“切面”所在平面与底面成角，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】取过椭圆长轴与圆柱的轴在的截面，如下图所示，设圆柱的底面半径为，
可知，截面为直角梯形，不妨设、为直角腰，
过点作，垂足为点，由题意可知，椭圆的短轴长为，则，
“切面”所在平面与底面所成的角等于，
所以，，则，，
因此，该椭圆的离心率为.
故选：A.
例题6．已知离心率为的椭圆：和离心率为的双曲线：有公共的焦点，其中为左焦点，P是与在第一象限的公共点.线段的垂直平分线经过坐标原点，则的最小值为_____________.
【答案】
【解析】解：设为右焦点，半焦距为，，由题意，，则，
所以，即，
故，当且仅当时取等，
所以，
故答案为：.
例题7．设椭圆的两焦点为，若椭圆上存在点，使，则椭圆的离心率的取值范围为.
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】当P是椭圆的上下顶点时,最大, 则椭圆的离心率的取值范围为,故选C.
例题8．已知椭圆上一点关于原点的对称点为点，为其右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】A
椭圆焦点在x轴上，椭圆上点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，设左焦点为F1，连接AF，AF1，BF，BF1，∴四边形AFBF1为长方形．
根据椭圆的定义：|AF|+|AF1|＝2a，∠ABF＝α，则：∠AF1F＝α，∴2a＝2ccosα+2csinα
椭圆的离心率e＝，，
∴≤≤，
则：≤sin（α+ ）≤1，∴≤≤，∴椭圆离心率e的取值范围：，
故选：A
例题9．已知椭圆与圆，若在椭圆上存在点，使得过点所作的圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】在椭圆的长轴端点处向圆引两条切线，，
若椭圆上存在点，使过的两条切线互相垂直，则只需，即，
∴，得，
∴，又，
∴，即．故选：C
例题10．已知直线与椭圆：交于不同的两点､，与圆：交于不同的两点､，且，则___________（用，表示），若，则椭圆的离心率的取值范围为___________.
【答案】
【分析】由可得，
所以直线恒过定点，
又的圆心为，且，
所以弦的中点为，
设，
则①， ②
②①得：，
当时，，即，
所以，解得，
故答案为：；
例题11．已知椭圆与双曲线有公共的左､右焦点、，它们在第一象限交于点，其离心率分别为、，以、为直径的圆恰好过点，则_____.
【答案】2
【分析】椭圆与双曲线有公共的左､右焦点、，
由题意可知，以、为直径的圆恰好过点，
又，，，，
，，即.
故答案为：.
例题12．已知F是椭圆的一个焦点，若直线与椭圆相交于A，B两点，且，记椭圆的离心率为e，则的取值范围是___________.
【答案】；
【分析】设为椭圆的另一焦点，如图，连接，
根据椭圆和直线的对称性，可得四边形为平行四边形，
又因为，所以.
在中，，
所以，
当且仅当时，等号成立，
即又因为，所以，
又因为，故.故答案为：.
考点三 直线与椭圆的位置关系
☆技巧点拨☆
1．直线与圆锥曲线的位置关系是高考必考题，难度为中高档，常作为压轴题出现，大致在第20题的位置．
2．直线与椭圆综合问题的常见题型及解题策略
（1）求椭圆方程或有关几何性质．可依据条件，寻找满足条件的关于a，b，c的等式，解方程即可求得椭圆方程或椭圆有关几何性质．
（2）关于弦长问题．一般是利用根与系数的关系、弦长公式求解．特别对于中点弦或弦的中点问题，一般利用点差法求解．
3．具体解题步骤：
对于直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般要把圆锥曲线的方程与直线方程联立来处理．
（1）设直线方程，在直线的斜率不确定的情况下要分斜率存在和不存在两种情况进行讨论，或者将直线方程设成x＝my＋b的形式．
（2）联立直线方程与曲线方程并将其转化成一元二次方程，利用方程根的判别式或根与系数的关系得到交点的横坐标或纵坐标的关系．
（3）一般涉及弦的问题，要用到弦长公式|AB|＝|x1－x2|或|AB|＝·|y1－y2|．
例题1．已知，为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆在轴上方相切于点，则直线的斜率为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【解析】设过点的切线方程为，化入椭圆方程，得
，因为直线与椭圆相切，
所以，解得，
由题意可知，此时切点的横坐标为，
所以直线的斜率为
，
故选：C
例题2．若曲线与曲线恰有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】如图示：表示起点为的两条斜率分别为1和-1的射线.
当曲线为椭圆时，即，只需点落在椭圆内，即，解得：；
当曲线为双曲线时，即，渐近线方程：
要使曲线与曲线恰有两个不同的交点，
只需，解得：.
所以实数的取值范围是故选：C
例题3．蒙日圆涉及的是几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆，若椭圆的蒙日圆为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【解析】当椭圆两切线与坐标垂直时，则两切线的交点坐标为，
该点在圆上，所以，，解得；
当椭圆两切线的斜率同时存在时，不妨设两切线的斜率分别为、，
设两切线的交点坐标为，并设过该点的直线方程为，
联立，
消去得，
，
化简得，由韦达定理得，
整理得，解得.
综上所述，.
故选：B.
例题4．已知椭圆的左焦点为F，过点F且倾斜角为45°的直线l与椭圆交于A，B两点（点B在x轴上方），且，则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【解析】解：设，由题意知，的斜率为，则直线方程为，
设，联立直线和椭圆的方程得 ，
整理得，则，，
且，可得 ，则， ，
所以，可得，所以
故答案为：．
例题4．已知点为椭圆上任一点，点是抛物线的准线上的任意一点，以为直径的圆过原点，试判断=_____________
【答案】1
【解析】抛物线的标准方程为，其准线方程为：，
设，，
因为以为直径的圆过原点，所以，所以，
所以，即，
所以，
又因为，，
所以，
所以为定值，且定值为1．
故答案为：1
考点三 椭圆综合问题
☆技巧点拨☆
方法一：齐次化解决定点 定值问题
齐次化原理： “齐次”，即次数相等的意思，例如f(x)=ax²+bxy+cy²称为二次齐式，即二次齐次式的意思，因为f(x)中每一项都是关于x、y的二次项。
当圆锥曲线遇到斜率之和或者斜率之积问题，可以先平移图形，将公共点平移到原点，注意平移口诀是“左加右减，上减下加”，你没有看错，“上减下加”，因为是在y同侧进行加减，我们以往记的“上加下减”都是在y的异侧。
例如要证明直线AP与AQ斜率之和或者斜率之积为定值，将公共点A平移到原点，设平移后的直线为mx+ny=1(为什么这样设？因为这样齐次化更加方便)，与圆锥方程联立，一次项乘以mx+ny，常数项乘以（mx+ny）²，构造ay²+bxy+cx²，然后等式两边同时除以x²（前面注明x不等于0），得到 ，化简为ak²+bk+c=0，可以直接利用韦达定理得出斜率之和或者斜率之积，即可得出答案，如果是过定点题目，还需要还原直线，之前如何平移，现在反平移回去。
总结方法：1、平移，
2、 联立并齐次化，
3、 同除x²，
4、韦达定理，证明完毕，如果过定点，还需要还原。
优点是：大大减小了计算量，提高准确率！如果你掌握这个方法，你会知道以前的方法有多么的low！
缺点：mx+ny=1不能表示过原点的直线！
例题1．已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.
【答案】(1) .(2)证明见解析.
解题方法一：试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而
.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
解题方法二：齐次化处理：
例题2：为椭圆上两个动点，且，过原点作直线的垂线，求的轨迹方程.
解法一（常规方法）：设，,设直线方程为，联立化简可得:
，所以
因为所以
又因为直线方程等价于为，即对比于，则代入中，化简可得：.
解法二（齐次式）：
设直线方程为，联立
化简可得:
整理成关于的齐次式：，进而两边同时除以，则
因为所以，
又因为直线方程等价于为，即对比于，则代入中，化简可得：.
例题3 已知椭圆，设直线不经过点的直线交于两点，若直线的斜率之和为，证明：直线恒过定点.
解：以点为坐标原点，建立新的直角坐标系，如图所示：
旧坐标 新坐标
即所以
原来则转换到新坐标就成为：
设直线方程为：
原方程：则转换到新坐标就成为：
展开得：构造齐次式：
整理为：两边同时除以，则
所以所以
而对于任意都成立.
则：，故对应原坐标为所以恒过定点.
方法二：极点极线解决问题
极点与极线的定义与性质
极点与极线是圆锥曲线内在的几何特征，在解析几何中必然有所反映，有所体现．极点与极线定义：已知圆锥曲线，则称点和直线是圆锥曲线的一对极点和极线．事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换(另一变量也是如此)即可得到点极线方程．极点与极线作法：如图，P是不在圆锥曲线上的点，过P点引两条割线依次交圆锥曲线于四点E，F，G，H，连接EH，FG交于N，连接EG，FH交于M，则直线MN为点P对应的极线．
P
E
F
G
H
M
A
N
B
图1
若P为圆锥曲线上的点，则过P点的切线即为极线．
由图1可知，同理PM为点N对应的极线，PN为点
M所对应的极线．MNP称为自极三点形．若连接MN交圆锥曲线于
点A，B，则PA，PB恰为圆锥曲线的两条切线．
事实上，图1也给出了两切线交点P对应的极线的一种作法．
例题1．已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【分析】（2）设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】
（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
秒杀方法二极点极线做法：直线AB与直线CD的交点在X轴上，故设坐标为此为极点，则极限为，即为x=6,两直线相同，则可得到，故可以得到故直线CD过定点．
方法三 ：另外本题目亦可采用齐次化运算，利用第三定义即椭圆的周角定理，转化成AD与BD斜率之积为定值。利用设坐标转化成PC与PD之积为定值，从而利用齐次化处理即可。
方法三：常规韦达定理解决椭圆问题
例题1．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左、右顶点分别为A、B，右焦点为F，且椭圆过点、，过点F的直线l与椭圆交于P、Q两点（点P在x轴的上方）.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求点P的坐标；
（3）设直线AP、BQ的斜率分别为、，是否存在常数，使得?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】
（1）
（2）
（3）存在，
【分析】（1）因为椭圆过点、，则有，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，.由（1）知，.
因为，则有，
即，
所以解得
即.
分别将、两点的坐标代入得
解得（舍）或
所以所求点的坐标为.
（3）设存在常数，使得.由题意可设直线的方程为，点，，则.又因为，即，即，
所以
即（*）
又由得，，
且，.代入（*）得
即，
所以存在常数，使得.
例题2．已知椭圆的短轴长是2，且离心率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）已知，若直线与椭圆E相交于A，B两点，线段AB的中点为M，是否存在常数，使恒成立，并说明理由．
【答案】
（1）；
（2）存在，理由见解析.
【分析】
（1）因椭圆的短轴长是2，则，而离心率，解得，
所以椭圆方程为.
（2）存在常数，使恒成立，
由消去y并整理得：，
设，，则，，
又，，
，
则有，而线段AB的中点为M，于是得，并且有
所以存在常数，使恒成立.
例题3．顺次连接椭圆的四个顶点，得到的四边形的面积为，连接椭圆C的某两个顶点，可构成斜率为的直线.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知过点的直线l与椭圆C交于E，F两点，点B在线段上，若，求（O为坐标原点）面积的取值范围.
【答案】
（1）
（2）
【分析】（1）
依题意得
解得所以椭圆C的标准方程是.
（2）设直线l的方程为，代入椭圆C的方程得，由得.
设，所以，，
设，则
.
原点O到直线l的距离， 故的面积.
因为，故，
故面积的取值范围为.
【点睛】
求解圆锥曲线中有关参数的取值范围问题，关键是构建与参数有关的不等关系，主要方法有：
（1）利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
（2）建立已知参数与未知参数之间的等量关，利用已知参数的范围，求新参数的范围；
（3）利用隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；
（5）利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
例题4．已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.
【答案】(1) .
(2)证明见解析.
【详解】：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而
.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
方法四：中点弦问题
点弦问题
.如图，直线与椭圆交于两点，为弦的中点.
A
B
M
x
y
设，，， 求直线AB的斜率。
（1） O
由
化简可得：
由且，，
（2）由结论一可得：
（3）易知，由
结论1：椭圆上任意两点的纵坐标平方差与横坐标平方差之比为 定值，即 。
结论2：在椭圆中，弦所在直线的斜率和弦中点与原点连线斜率之积为定值，即。
注意：以上结论只适用于焦点在轴上的椭圆，对于焦点在轴上的椭圆，只需把结论中的位置互换即可
例题1．已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，点M，N在椭圆C上.
(1)若线段MN的中点坐标为，求直线MN的斜率；
(2)若M，N，O三点共线，直线NF1与椭圆C交于N，P两点，求△PMN面积的最大值.
【答案】(1)(2)
【解析】设，则，
两式相减，可得，
则，
解得，即直线MN的斜率为；
(2)显然直线NF1的斜率不为0，设直线NF1：，，
联立，消去x整理得，显然，
故，故△PMN的面积
，
令，则，当且仅当，即时等号成立，故△PMN面积的最大值为.
例题2．已知椭圆方程，直线与轴相交于点，过右焦点的直线与椭圆交于，两点．
（1）若过点的直线与垂直，且与直线交于点，线段中点为，求证：．
（2）设点的坐标为，直线与直线交于点，试问是否垂直，若是，写出证明过程，若不是，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）是垂直；证明见解析．
【解析】（1）由椭圆方程为知，右焦点坐标，
直线方程为，点坐标．
由知，直线斜率不为0，故设直线的方程为，
从而，直线的方程为，
令得，点坐标为，
故直线的方程来，
联立方程组，消去得：，
设，，
即，，
从而，线段的中点，
，
综上可知，．
（2）（ⅰ）当直线的斜率为0时，点即为点，从而．
（ⅱ）当直线的斜率不为0时，
由（1）知，，，
所以，则，直线的方程为，
又，令，得，
所以点的坐标为，即．
例题3．已知椭圆的右焦点为F，直线l与椭圆C交于A，B两点．
(1)若，且直线l的斜率为4，求直线(点为坐标原点)的斜率．
(2)若直线，的斜率互为相反数，且直线l不与x轴垂直，探究：直线l是否过定点?若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)过定点，﹒
【解析】
【分析】(1)设，，依题意，M为线段的中点，
∵A，B在椭圆C上，故
两式相减可得，
则，
故，解得．
(2)假设定点存在，根据椭圆对称性，可知该直线所过定点在x轴上，设定点坐标为，
则直线l的方程为，
联立，消去y整理得，
则，．
设直线，的斜率分别为，，由题可知，
则
．即，
∴，，
即直线l过定点．
方法五：最，定值以及参数取值范围问题
例题1已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【解析】（1）由题设得，，解得，．所以的方程为．
（2）设，．
若直线与轴不垂直，设直线的方程为，
代入得．于是．①
由知，故，
可得．
将①代入上式可得．
整理得．
因为不在直线上，所以，故，．
于是的方程为.所以直线过点.
若直线与轴垂直，可得.由得.
又，可得.解得（舍去），.此时直线过点.
令为的中点，即.
若与不重合，则由题设知是的斜边，故.
若与重合，则.
综上，存在点，使得为定值.
方法点拨
定值是证明求解的一个量与参数无关,解这类试题时要会合理选择参数(参数可能是直线的斜率、截距,也可能是动点的坐标等),使用参数表达其中变化的量,再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标.当使用直线的斜率和截距表达直线方程时,在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系,把双参数问题化为单参数问题解决. 求定值问题常用的方法有两种：
（1）从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关。
（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值。其求解步骤一般为：
一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等；
二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量(或者有多个变量，但是能整体约分也可以)；
三定值：由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值.
方法点拨
注意：本题亦可采用齐次化进行处理，利用，从而得到直线MN过定点令为的中点，即.故.
例题2．设点M和N分别是椭圆上下不同的两点，线段MN最长为4，椭圆的离心率.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线MN过点，且，线段MN的中点为P，求直线OP的斜率的取值范围.
【答案】
（1）
（2）
【分析】由题意可得，解得，
所以，
所以椭圆C的标准方程为，
（2）
由题意知，直线的斜率存在且不为零，设其方程为，
由，得，
由，得，
设，则，
所以，
因为，所以，得，
所以，
设直线的斜率为，
因为，
所以，化简得，
所以，
所以，解得或，
所以直线OP的斜率的取值范围为
例题2．已知椭圆C的左，右焦点分别为F1（-1，0），F2（1，0），离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F1作不与x轴重合的直线l交椭圆C于A，B两点，求△ABF2面积S的取值范围.
【答案】
（1）；
（2）.
（1）解：由已知，设椭圆的方程为，
则，且，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）
解：因为直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，
由消去，整理得，
所以，
所以，
当且仅当，即直线的斜率不存在时取等号，
又，
所以面积的取值范围为.
例题3．已知椭圆：过点，左焦点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆有两个不同的交点，，点，记直线，的斜率分别为，，求的取值范围.
【答案】
（1）；
（2）.
【分析】（1）
因为左焦点为，所以，
因为椭圆过点，所以，又因为，
解得：，，所以椭圆的方程为.
（2）
设，，
联立 得，
由，解得，
，，，
，
因为，
所以，
因为，所以，
所以的取值范围为.
例题4．在平面直角坐标系中，已知点，，过点的动直线与过点的动直线的交点为P，，的斜率均存在且乘积为，设动点Р的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程;
（2）若点M在曲线C上，过点M且垂直于OM的直线交C于另一点N，点M关于原点O的对称点为Q.直线NQ交x轴于点T，求的最大值.
【答案】
（1）
（2）
【分析】（1）：设点坐标为，
定点，，直线与直线的斜率之积为，
，
（2）
解：设，，，则，，所以
又，所以，又即，则直线：，直线：，由，解得，即，所以
令，则，所以
因为，当且仅当即时取等号，所以的最大值为；
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