高考数学微专题集专题12定比点差法及其应用微点2定比点差法综合应用(一)——解决定点、定值、定直线问题(原卷版+解析)

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专题12 定比点差法及其应用
微点2 定比点差法综合应用（一）——解决定点、定值、定直线问题
【微点综述】
本文在上一节的基础上，进一步介绍定比点差法的综合应用——解决定点问题、定值问题以及定直线问题．
一、应用定比点差法证明定点问题
例1．已知过点的直线与椭圆交于两点，为点关于轴的对称点，求证：直线过定点．
【解析】设，直线 与轴交于点，由题知，由向量共线定理，设，得，于是有，则于是有，即，得，故直线过定点．
【评注】由对称性，易知直线所过定点在轴上，设所求定点为，注意到题中有两组三点共线，故设，接着使用定比点差法解题．
例2．已知椭圆过点，其长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，直线与轴的正半轴和轴分别交于点，与椭圆相交于两点，各点互不重合，且满足．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线的方程为，求的值；
（3）若，试证明直线恒过定点，并求此定点的坐标．
答案：（1）；（2）；（3）证明见解析，．
【解析】（1）由题意，得到和，结合，求得的值，即可求得椭圆的标准方程；
（2）由直线的方程为，根据，求得，得到，联立方程组，结合根与系数的关系，即可求解；
（3）设直线的方程为，由，得到和，联立方程组，结合根与系数的关系和，求得，得到直线的方程，即可求解．
【解析】（1）由题意，因为椭圆过点，可得，
设焦距为，又由长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，
可得，即
又因为，解得，
所以椭圆的标准方程为．
（2）由直线的方程为，可得而，
设，因为，
可得，
从而，
于是，所以，
由，整理得，可得，
所以．
（3）显然直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，，可得，
由，可得，
所以，从而，同理，
又，∴——①，
联立，得，
则——②，
且——③
③代入①得，∴，（满足②）
故直线的方程为，所以直线恒过定点．
【评注】解答圆锥曲线的定点问题的策略：
（1）参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到与过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
（2）由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
例3．已知椭圆E：，斜率为1的直线l与椭圆交于A，B两点，点，直线AM与椭圆E交于点C，直线BM与椭圆E交于点D，求证：直线CD恒过定点．
【解析】设，，，，，，
由于，，则
又，，
两式相减得③，
①②式代入③式，整理得，
由，解得，同理可得，
设：，
，
则，，即：，过定点．
例4．设椭圆C：的右焦点为F过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为．
（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
（2）设O为坐标原点，证明：．
【解析】（1）由已知得，l的方程为．由已知可得点A的坐标为或．所以AM的方程为或．
（2）当l与x轴重合时，．当l与x轴垂直时，，当直线AB斜率存在且不为0时，设，，点B关于x轴对称的点根据几何性质得：令ON为的角平分线，AB与x轴交点为，下面通过证明N与M重合来证明，
根据角平分线定理有：．
设由定比分点坐标公式得：；，
同理由，由定比分点坐标公式得：；，
①-②得：，
整理得：，
即N与M重合，所以．综上，．
二、应用定比点差法求解定值问题
例5．已知过点的直线与双曲线交于两点，与轴交于点，若，求证：为定值．
【解析】设，由，得，由点在双曲线上，则即两式相减得．
【评注】利用得到两点的坐标，代入双曲线方程，变形作差得到，是定比点差的变形应用．另外，该题可以拓展到一般性，有如下结论：
【结论1】已知过点的直线与双曲线交于两点，与轴交于点，若，则．
由于圆、椭圆、双曲线、抛物线都是二次曲线，很多时候它们之间存在类似的性质，于是由类比联想，推广得如下结论：
【结论2】已知过点的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，若，则．
【结论3】已知过点的直线与圆交 于两点，与轴交于点，若，则．
结论1，2，3的证明，可参照例题．
【结论4】已知抛物线上两点，若直线分别与轴交于点，且，则．
【解析】设，由，得，由点在抛物线上，则即两式相减得．
【结论5】已知抛物线上两点，若直线分别与轴交于点，且，则．
结论5的证明，参照例5．
例6．(2023河北邯郸·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若，的周长为8．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2），，试分析是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
答案：（1）；（2）为定值．
分析：（1）因为的周长为，求得，进而求得的值，得到椭圆的标准方程；
（2）设直线l的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系和题设条件，求得和，进而求得为定值．
【解析】（1）因为的周长为8，所以，解得，
由，得，所以，
因此椭圆C的标准方程为．
（2）由题可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为，
由，整理得，
设，，则
设，又，所以，，则．
同理可得，，则．
所以
，
所以为定值．
【评注】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
例7．已知椭圆C：的离心率，右焦点为F，点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点F的直线交椭圆C于M，N两点，交直线于点P，设，，求证：为定值．
【解析】（1）解：由题得，解得，则椭圆的方程为．
（2）证明：设，，，由于，，
则，即①，
同理可得②，
①-②，得，即，．
例8．已知椭圆过点，离心率，A，B是椭圆C上两点，且直线OA，OB的斜率之积为，O为坐标原点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若射线OA上的点P满足，且PB与椭圆交于点Q，求的值．
【解析】（1）由题得解得则椭圆的方程为．
（2）设，，，设，
则，则，
由于，则，
整理得，
易知，，又，，即，
代入（*）式得，，解得，则．
三、应用定比点差法求解定直线问题
例9．(2023安徽省舒城中学三模）已知点M是圆与x轴负半轴的交点，过点M作圆C的弦，并使弦的中点恰好落在y轴上．
（1）求点N的轨迹E的方程；
（2）过点的动直线l与轨迹E交于A，B两点，在线段上取点D，满足，，证明：点D总在定直线上．
答案：（1）；（2）证明见解析．
分析：（1）解法一：由题意知，，设是上的任意点，表示出弦的中点恰好落在轴上，，代入可得点的轨迹方程．
解法二：设，弦的中点为，，表示出向量，由垂径定理得，由此可得轨迹方程；
（2）证明：设，，，直线的方程为．与抛物线的方程联立得，得出根与系数的关系，．根据向量的线性运算可得出点所在定直线．
【解析】（1）解法一：由题意知，，设是上的任意点，
弦的中点恰好落在轴上，，，，
整理得，，，点的轨迹方程为．
解法二：设，弦的中点为，，
因为在轴的负半轴上，故．，
由垂径定理得，故．
（2）证明：设，，，直线的方程为．
由得，，．
由，，得，，
故，化简得，
又，故，化简得，即，则或．
当点在定直线上时，直线与抛物线只有一个交点，与题意不符，故点在定直线上．
【评注】（1）解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 （或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式．
例10．已知椭圆过点，且离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过右焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于，两点，已知，过且与轴垂直的直线与直线交于点，求证：点在一定直线上，并求出此直线的方程．
答案：（1）；（2）证明见解析，直线．
分析：（1）由椭圆过定点，结合离心率求椭圆参数，写出椭圆方程．
（2）由题设知的斜率不可能为0，可设直线的方程为，，，联立椭圆方程，应用韦达定理可得，再由点斜式表示直线：，则即可判断是否为定直线．
【解析】（1）由题意，且，又，解得，．
椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，，，联立方程
整理得，，
由，，即．
直线的方程为．①
过且与轴垂直的直线的方程为．②
联立①②可得，点在定直线上．
【评注】第二问，设直线的方程联立椭圆方程，由韦达定理确定的关系，进而由的位置用表示出其横坐标．
【总结】
（1）“定比点差法”属于技巧，并不是解析几何的通解通法，其适用范围较窄，从上述例题的解答过程可以看出，当遇到三点共线、定点、成比例等条件时，我们可以尝试该法．
（2）本文介绍的“定比点差法”，为今后解决一类解几问题提供了新的思路，相较于联立直线与曲线方程的通法，该法过程简洁、计算量小，可以提高解题效率，但是该法有其局限性，我们在日常的学习中，要结合自身掌握程度和实际情况，选择最佳的解题方法，不能盲目追求某一种解法，要学会从不同的解法中汲取不同的数学思想，从而提高自身的数学核心素养．
【针对训练】
1．已知椭圆的离心率为，半焦距为，且．经过椭圆的左焦点F，斜率为的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，求的值；
(3)设，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为，求证：为定值．
2．过的直线与椭圆交于P，Q，过P作轴且与椭圆交于另一点N，F为椭圆的右焦点，若，求证：
3．已知椭圆，点，过点P作椭圆的割线PAB，C为B关于x轴的对称点．求证：直线AC恒过定点．
4．已知离心率为的椭圆的上顶点为，右焦点为，点且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于、两点（在与之间），与直线交于点.记，，求的值.
5．已知椭圆，．过的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，，求证：为定值
6．已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：（a＞b＞0）离心率为，其短轴长为2．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，A为椭圆C的左顶点，P，Q为椭圆C上两动点，直线PO交AQ于E，直线QO交AP于D，直线OP与直线OQ的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝，（λ，μ为非零实数），求λ2+μ2的值．
（2023全国一卷理）
7．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.
8．已知椭圆C：，，为其左右焦点，P为椭圆C上一动点，直线交椭圆于点A，直线椭圆交于点B，设，，求证：为定值．
(2023全国·高三专题练习）
9．已知椭圆的焦距为2，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与轴正半轴和轴分别交于点，与椭圆分别交于点，各点均不重合且满足．若，证明：直线恒过定点．
(2023·河南·林州一中高二阶段练习）
10．已知椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，M为椭圆上任意一点，当∠F1MF2＝90°时，△F1MF2的面积为1．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）已知点A是椭圆C上异于椭圆顶点的一点，延长直线AF1，AF2分别与椭圆交于点B，D，设直线BD的斜率为k1，直线OA的斜率为k2，求证：k1·k2等于定值．
(2023江苏·高三阶段练习）
11．在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率是，焦点到相应准线的距离是3.
（1）求，的值；
（2）已知､是椭圆上关于原点对称的两点，在轴的上方，，连接､并分别延长交椭圆于､两点，证明：直线过定点.
(2023湖北武汉·二模）
12．设抛物线的焦点为F，过F作直线l交抛物线E于A，B两点.当l与x轴垂直时，面积为8，其中O为坐标原点.
（1）求抛物线E的标准方程；
（2）若l的斜率存在且为点，直线与E的另一交点为C，直线与E的另一交点为D，设直线的斜率为，证明：为定值.
13．已知椭圆：的离心率为，且经过点
Ⅰ求椭圆的标准方程；
Ⅱ已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，过点的动直线与抛物线相交于A，B两个不同的点，在线段AB上取点Q，满足，证明：点Q总在定直线上．
(2023江西·南昌十中高三月考）
14．已知椭圆经过点，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于、两点，若，在线段上取点，使，求证：点在定直线上.
(2023·湖北武汉·模拟预测）
15．已知椭圆：的短轴长为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)点为直线上的动点，过点的动直线与椭圆相交于不同的，两点，在线段上取点，满足，证明：点的轨迹过定点.
16．在平面直角坐标系中，是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）当过点的动直线与抛物线相交于不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上.
17．已知椭圆的离心率为，椭圆C的下顶点和上顶点分别为，且，过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）当k=2时，求△OMN的面积；
（3）求证：直线与直线的交点T恒在一条定直线上.
专题12 定比点差法及其应用 微点2 定比点差法综合应用（一）——解决定点、定值、定直线问题
专题12 定比点差法及其应用
微点2 定比点差法综合应用（一）——解决定点、定值、定直线问题
【微点综述】
本文在上一节的基础上，进一步介绍定比点差法的综合应用——解决定点问题、定值问题以及定直线问题．
一、应用定比点差法证明定点问题
例1．已知过点的直线与椭圆交于两点，为点关于轴的对称点，求证：直线过定点．
【解析】设，直线 与轴交于点，由题知，由向量共线定理，设，得，于是有，则于是有，即，得，故直线过定点．
【评注】由对称性，易知直线所过定点在轴上，设所求定点为，注意到题中有两组三点共线，故设，接着使用定比点差法解题．
例2．已知椭圆过点，其长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，直线与轴的正半轴和轴分别交于点，与椭圆相交于两点，各点互不重合，且满足．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线的方程为，求的值；
（3）若，试证明直线恒过定点，并求此定点的坐标．
答案：（1）；（2）；（3）证明见解析，．
【解析】（1）由题意，得到和，结合，求得的值，即可求得椭圆的标准方程；
（2）由直线的方程为，根据，求得，得到，联立方程组，结合根与系数的关系，即可求解；
（3）设直线的方程为，由，得到和，联立方程组，结合根与系数的关系和，求得，得到直线的方程，即可求解．
【解析】（1）由题意，因为椭圆过点，可得，
设焦距为，又由长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，
可得，即
又因为，解得，
所以椭圆的标准方程为．
（2）由直线的方程为，可得而，
设，因为，
可得，
从而，
于是，所以，
由，整理得，可得，
所以．
（3）显然直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，，可得，
由，可得，
所以，从而，同理，
又，∴——①，
联立，得，
则——②，
且——③
③代入①得，∴，（满足②）
故直线的方程为，所以直线恒过定点．
【评注】解答圆锥曲线的定点问题的策略：
（1）参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到与过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
（2）由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
例3．已知椭圆E：，斜率为1的直线l与椭圆交于A，B两点，点，直线AM与椭圆E交于点C，直线BM与椭圆E交于点D，求证：直线CD恒过定点．
【解析】设，，，，，，
由于，，则
又，，
两式相减得③，
①②式代入③式，整理得，
由，解得，同理可得，
设：，
，
则，，即：，过定点．
例4．设椭圆C：的右焦点为F过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为．
（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
（2）设O为坐标原点，证明：．
【解析】（1）由已知得，l的方程为．由已知可得点A的坐标为或．所以AM的方程为或．
（2）当l与x轴重合时，．当l与x轴垂直时，，当直线AB斜率存在且不为0时，设，，点B关于x轴对称的点根据几何性质得：令ON为的角平分线，AB与x轴交点为，下面通过证明N与M重合来证明，
根据角平分线定理有：．
设由定比分点坐标公式得：；，
同理由，由定比分点坐标公式得：；，
①-②得：，
整理得：，
即N与M重合，所以．综上，．
二、应用定比点差法求解定值问题
例5．已知过点的直线与双曲线交于两点，与轴交于点，若，求证：为定值．
【解析】设，由，得，由点在双曲线上，则即两式相减得．
【评注】利用得到两点的坐标，代入双曲线方程，变形作差得到，是定比点差的变形应用．另外，该题可以拓展到一般性，有如下结论：
【结论1】已知过点的直线与双曲线交于两点，与轴交于点，若，则．
由于圆、椭圆、双曲线、抛物线都是二次曲线，很多时候它们之间存在类似的性质，于是由类比联想，推广得如下结论：
【结论2】已知过点的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，若，则．
【结论3】已知过点的直线与圆交 于两点，与轴交于点，若，则．
结论1，2，3的证明，可参照例题．
【结论4】已知抛物线上两点，若直线分别与轴交于点，且，则．
【解析】设，由，得，由点在抛物线上，则即两式相减得．
【结论5】已知抛物线上两点，若直线分别与轴交于点，且，则．
结论5的证明，参照例5．
例6．(2023河北邯郸·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若，的周长为8．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2），，试分析是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
答案：（1）；（2）为定值．
分析：（1）因为的周长为，求得，进而求得的值，得到椭圆的标准方程；
（2）设直线l的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系和题设条件，求得和，进而求得为定值．
【解析】（1）因为的周长为8，所以，解得，
由，得，所以，
因此椭圆C的标准方程为．
（2）由题可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为，
由，整理得，
设，，则
设，又，所以，，则．
同理可得，，则．
所以
，
所以为定值．
【评注】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
例7．已知椭圆C：的离心率，右焦点为F，点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点F的直线交椭圆C于M，N两点，交直线于点P，设，，求证：为定值．
【解析】（1）解：由题得，解得，则椭圆的方程为．
（2）证明：设，，，由于，，
则，即①，
同理可得②，
①-②，得，即，．
例8．已知椭圆过点，离心率，A，B是椭圆C上两点，且直线OA，OB的斜率之积为，O为坐标原点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若射线OA上的点P满足，且PB与椭圆交于点Q，求的值．
【解析】（1）由题得解得则椭圆的方程为．
（2）设，，，设，
则，则，
由于，则，
整理得，
易知，，又，，即，
代入（*）式得，，解得，则．
三、应用定比点差法求解定直线问题
例9．(2023安徽省舒城中学三模）已知点M是圆与x轴负半轴的交点，过点M作圆C的弦，并使弦的中点恰好落在y轴上．
（1）求点N的轨迹E的方程；
（2）过点的动直线l与轨迹E交于A，B两点，在线段上取点D，满足，，证明：点D总在定直线上．
答案：（1）；（2）证明见解析．
分析：（1）解法一：由题意知，，设是上的任意点，表示出弦的中点恰好落在轴上，，代入可得点的轨迹方程．
解法二：设，弦的中点为，，表示出向量，由垂径定理得，由此可得轨迹方程；
（2）证明：设，，，直线的方程为．与抛物线的方程联立得，得出根与系数的关系，．根据向量的线性运算可得出点所在定直线．
【解析】（1）解法一：由题意知，，设是上的任意点，
弦的中点恰好落在轴上，，，，
整理得，，，点的轨迹方程为．
解法二：设，弦的中点为，，
因为在轴的负半轴上，故．，
由垂径定理得，故．
（2）证明：设，，，直线的方程为．
由得，，．
由，，得，，
故，化简得，
又，故，化简得，即，则或．
当点在定直线上时，直线与抛物线只有一个交点，与题意不符，故点在定直线上．
【评注】（1）解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 （或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式．
例10．已知椭圆过点，且离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过右焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于，两点，已知，过且与轴垂直的直线与直线交于点，求证：点在一定直线上，并求出此直线的方程．
答案：（1）；（2）证明见解析，直线．
分析：（1）由椭圆过定点，结合离心率求椭圆参数，写出椭圆方程．
（2）由题设知的斜率不可能为0，可设直线的方程为，，，联立椭圆方程，应用韦达定理可得，再由点斜式表示直线：，则即可判断是否为定直线．
【解析】（1）由题意，且，又，解得，．
椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，，，联立方程
整理得，，
由，，即．
直线的方程为．①
过且与轴垂直的直线的方程为．②
联立①②可得，点在定直线上．
【评注】第二问，设直线的方程联立椭圆方程，由韦达定理确定的关系，进而由的位置用表示出其横坐标．
【总结】
（1）“定比点差法”属于技巧，并不是解析几何的通解通法，其适用范围较窄，从上述例题的解答过程可以看出，当遇到三点共线、定点、成比例等条件时，我们可以尝试该法．
（2）本文介绍的“定比点差法”，为今后解决一类解几问题提供了新的思路，相较于联立直线与曲线方程的通法，该法过程简洁、计算量小，可以提高解题效率，但是该法有其局限性，我们在日常的学习中，要结合自身掌握程度和实际情况，选择最佳的解题方法，不能盲目追求某一种解法，要学会从不同的解法中汲取不同的数学思想，从而提高自身的数学核心素养．
【针对训练】
1．已知椭圆的离心率为，半焦距为，且．经过椭圆的左焦点F，斜率为的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，求的值；
(3)设，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为，求证：为定值．
2．过的直线与椭圆交于P，Q，过P作轴且与椭圆交于另一点N，F为椭圆的右焦点，若，求证：
3．已知椭圆，点，过点P作椭圆的割线PAB，C为B关于x轴的对称点．求证：直线AC恒过定点．
4．已知离心率为的椭圆的上顶点为，右焦点为，点且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于、两点（在与之间），与直线交于点.记，，求的值.
5．已知椭圆，．过的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，，求证：为定值
6．已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：（a＞b＞0）离心率为，其短轴长为2．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，A为椭圆C的左顶点，P，Q为椭圆C上两动点，直线PO交AQ于E，直线QO交AP于D，直线OP与直线OQ的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝，（λ，μ为非零实数），求λ2+μ2的值．
（2023全国一卷理）
7．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.
8．已知椭圆C：，，为其左右焦点，P为椭圆C上一动点，直线交椭圆于点A，直线椭圆交于点B，设，，求证：为定值．
(2023全国·高三专题练习）
9．已知椭圆的焦距为2，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与轴正半轴和轴分别交于点，与椭圆分别交于点，各点均不重合且满足．若，证明：直线恒过定点．
(2023·河南·林州一中高二阶段练习）
10．已知椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，M为椭圆上任意一点，当∠F1MF2＝90°时，△F1MF2的面积为1．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）已知点A是椭圆C上异于椭圆顶点的一点，延长直线AF1，AF2分别与椭圆交于点B，D，设直线BD的斜率为k1，直线OA的斜率为k2，求证：k1·k2等于定值．
(2023江苏·高三阶段练习）
11．在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率是，焦点到相应准线的距离是3.
（1）求，的值；
（2）已知､是椭圆上关于原点对称的两点，在轴的上方，，连接､并分别延长交椭圆于､两点，证明：直线过定点.
(2023湖北武汉·二模）
12．设抛物线的焦点为F，过F作直线l交抛物线E于A，B两点.当l与x轴垂直时，面积为8，其中O为坐标原点.
（1）求抛物线E的标准方程；
（2）若l的斜率存在且为点，直线与E的另一交点为C，直线与E的另一交点为D，设直线的斜率为，证明：为定值.
13．已知椭圆：的离心率为，且经过点
Ⅰ求椭圆的标准方程；
Ⅱ已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，过点的动直线与抛物线相交于A，B两个不同的点，在线段AB上取点Q，满足，证明：点Q总在定直线上．
(2023江西·南昌十中高三月考）
14．已知椭圆经过点，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于、两点，若，在线段上取点，使，求证：点在定直线上.
(2023·湖北武汉·模拟预测）
15．已知椭圆：的短轴长为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)点为直线上的动点，过点的动直线与椭圆相交于不同的，两点，在线段上取点，满足，证明：点的轨迹过定点.
16．在平面直角坐标系中，是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）当过点的动直线与抛物线相交于不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上.
17．已知椭圆的离心率为，椭圆C的下顶点和上顶点分别为，且，过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）当k=2时，求△OMN的面积；
（3）求证：直线与直线的交点T恒在一条定直线上.
参考答案：
1．(1)
(2)
(3)证明见解析
分析：（1）由题意列出关于的方程，解方程求出，即可得出答案.
（2）由（1）得到直线AB的方程与椭圆方程联立得到关于的一元二次方程，设，，由韦达定理代入求出，设O点到直线AB的距离为d，求出d，由面积公式即可求出答案.
（3）设，，设，由题目条件表示结合定比分点公式由表示，设同理用表示，代入，可求得答案.
（1）
由题意，得解得∴，故的方程为．
（2）
由（1）知，
∴直线AB的方程为，由即，
设，，
则，，
∴．
设O点到直线AB的距离为d，则．
∴．
（3）
设AB直线方程，
设，，，，
由由定比分点坐标公式：，
由于A，C满足椭圆方程，故得
两式作差得③，
将①②代入③可得，和①进行联立，
即，解得：
由同理可得，
∴
，
故．
2．证明见解析
分析：设直线NQ与x轴相交于点，设，则，则由可得，，再由三点共线，设可得，，从而得，，再将代入椭圆方程两式化简变形结合前面的式子可得，从而可得结论
【详解】设，则
设直线NQ与x轴相交于点，
由题设知：，所以
，，即，①
设，则，，即，②
比较①②得，，
又，两式作差得，
得到，
得到，即M和F重合．
所以．
3．证明见解析
分析：根据向量共线及定比分点坐标公式列方程，结合点在椭圆上计算得证.
【详解】设，，则，
设AC与x轴的交点为，，，
由定比分点公式坐标公式得：；，
即①，②，③，④，
由②④得⑤
∵点A、B在椭圆上，得，
两式相减得，
将①②代入上式得⑥
∵点A、C在椭圆上，得，将③④代入上式同理可得⑦
对比⑤⑥⑦得，故直线AC恒过定点．
4．（1）；（2）.
【解析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得的值，进而可得出椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，设点、，联立直线与椭圆的方程，求出点的坐标，利用平面向量的坐标运算得出的表达式，并代入韦达定理可求得的值.
【详解】（1）因为，所以，又，解得，，
所以椭圆的方程为；
（2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时直线与椭圆无公共点，
直线的斜率存在，设为，设、，
联立与椭圆的方程得：，
则有，，
又因为直线为，联立与可得，
由，即，可得，
同理可得，
所以，
其中分子为
，
所以.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
5．证明见解析
分析：由向量坐标运算可化简求得，代入椭圆方程可得；同理由可得，两式作差即可化简整理得到定值.
【详解】设，，
将两点代入椭圆方程得：…①，…②；
,即，，，
代入①式整理得：…③；
同理由可得：…④；
③④得：…⑤
⑤式对任意恒成立，，解得：，
为定值.
6．（1）；（2）1
分析：（1）由题意可得b＝1，运用离心率公式和a，b，c的关系，可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）求得A的坐标，设P（x1，y1），D（x0，y0），运用向量共线坐标表示，结合条件求得P的坐标，代入椭圆方程，可得λ2＝，同理得μ2＝，即可得λ2+μ2的值．
【详解】（1）因为短轴长2b＝2，所以b＝1，又离心率e＝，且a2﹣b2＝c2，
解得a＝，c＝1，则椭圆C的方程为+y2＝1；
（2）由（1）可得点 A（﹣，0），设P（x1，y1），D（x0，y0），则y1＝k1x1，y0＝k2x0，
由可得x0+＝λ（x﹣x0），y0＝λ（y1﹣y0），
即有x0＝，k1x1＝y1＝y0＝k2x0＝k2（x1﹣），
两边同乘以k1，可得k12x1＝k1k2（x1﹣）＝﹣（x1﹣），
解得x1＝，将P（x1，y1）代入椭圆方程可得λ2＝，
由可得μ2＝，可得λ2+μ2＝1．
【点睛】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式和基本量的关系，考查直线方程和向量共线的坐标表示，以及化简整理的运算能力，属于中档题．
7．（1）；（2）证明详见解析.
分析：（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.
（2）方法一：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）[方法一]：设而求点法
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．
[方法二]【最优解】：数形结合
设，则直线的方程为，即．
同理，可求直线的方程为．
则经过直线和直线的方程可写为．
可化为．④
易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．
故，可得或．
其中表示直线，则表示直线．
令，得，即直线恒过点．
【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
8．证明见解析
分析：设出点的坐标，表示出向量坐标，通过向量关系和椭圆方程分别表示出与和的关系，即可得到的值.
【详解】设，，，
由于，由定比分点公式可得
将，，代入椭圆方程有
得 ③，
得
两边同除整理得
所以，即
又，即
解得
同理:
所以.
9．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）由题意可得，再由求出的值，从而可得椭圆的标准方程；
（2）设，从而得，然后由，可得和，由此可知为方程的两不相等实数根，所以有，可求出的值，从而可得答案
【详解】（1）依题意，．由，得．
故椭圆方程为．
（2）设，
．
由，得，．
∵点在椭圆上，，整理得．
同理，由可得．
为方程的两不相等实数根，．
．又．∴直线恒过定点．
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是由，得到和，从而有为方程的两不相等实数根，再利用根与系数的关系可得答案，考查数学转化思想，属于中档题
10．（Ⅰ）（Ⅱ）见解析
分析：（Ⅰ）由题意可求得，则，椭圆的方程为.
（Ⅱ）设，，
当直线的斜率不存在或直线的斜率不存在时，.
当直线、的斜率存在时，,设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理计算可得直线的斜率为，直线的斜率为，则.综上可得：直线与的斜率之积为定值.
【详解】（Ⅰ）设由题，
解得，则，椭圆的方程为.
（Ⅱ）设，，当直线的斜率不存在时，
设，则，直线的方程为代入，
可得 ，，则,
直线的斜率为，直线的斜率为，
，
当直线的斜率不存在时，同理可得.
当直线、的斜率存在时，设直线的方程为，
则由消去可得：，
又，则，代入上述方程可得:
，，
则 ，
设直线的方程为，同理可得 ，
直线的斜率为
直线的斜率为， .
所以，直线与的斜率之积为定值，即.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
11．（1），；（2）证明见解析.
分析：（1）由题意，得到关于和的方程组，求出，，由，，的关系求出的值即可；
（2）设出，，，的坐标，利用，，三点共线，得到①，由，均值椭圆上，得到②，即可求出点坐标，同理求出点坐标，可得到直线的方程，由直线方程进行分析求解即可得到答案．
【详解】（1）由题意有，，解得，，所以.
（2）证明：设，，，，，，，，
因为，，三点共线，则有，即①，
又因为点，均在椭圆上，由（1）可得，椭圆的方程为，
所以，两式作商可得，②，
由①②可得，，同理可得，
所以直线的方程为，
又，，
所以直线的方程为，
故直线过定点．
【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解，直线与椭圆位置关系的应用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究．
12．（1）；（2）证明见解析.
分析：（1）根据题意，当与轴垂直时，用表示出点的坐标，即得，则由的面积为8得出的值，即得抛物线的标准方程；
（2）分别设出直线的方程，并联立抛物线方程组成方程组，使用韦达定理，表示，化简即得定值.
【详解】（1）由题意不妨设.
∴.
；
（2）设.
则直线l的斜率为，直线为.
则.
又点在直线上，则.
同理，直线为.
点在直线上，则.
同理，直线为.
点在直线上，则.
又，则，
得证.
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关抛物线的问题，正确解题的关键是要熟练掌握舍而不求法在直线与抛物线位置关系中的使用.
13．（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
分析：Ⅰ由题意可知解得，，即可求出椭圆方程，
Ⅱ设点Q，A，B的坐标分别为，，，根据题意设，，，分别求出点A，B的坐标，即可证明点Q总在定直线上．
【详解】解：Ⅰ由题意可知解得，，
故椭圆的方程为．
证明Ⅱ由已知可得抛物线的标准方程为，
设点Q，A，B的坐标分别为，，，
由题意知，不妨设A在P，Q之间，设，，
又点Q在P，B之间，故，
，
，
由可得解得，，
点A在抛物线上，
，
即，，
由可得解得，，
点B在抛物线上，
，
即，，．
由可得，
，
，
点Q总在定直线上
【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查抛物线的简单性质，考查推理论证与运算求解能力，考查化归与转化思想，属中档题．
14．（1）；（2）见解析.
【解析】（1）根据题意得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可得出椭圆的标准方程；
（2）设点、、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，由向量的坐标运算可求得点的坐标表达式，并代入韦达定理，消去，可得出点的横坐标，进而可得出结论.
【详解】（1）由题意得，解得，.
所以椭圆的方程是；
（2）设直线的方程为，、、，
由，得.
，则有，，
由，得，由，可得，
，
，
综上，点在定直线上.
【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线上的证明，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
15．(1)
(2)证明见解析
分析：（1）联立方程即可求解椭圆的方程.
（2）设，，，，表示出弦长代入，联立方程即可求解点的轨迹过定点.
(1)
解：由题意可知，解得，.
所以，所求椭圆的方程为
(2)
设，，，，
直线的斜率显然存在，设为，则的方程为.
因为，，，四点共线，不妨设，
则，，，
由，可得，
化简得.（*）
联立直线和椭圆的方程，，
消去，得.
由韦达定理，得，.代入（*）
化简得，即.
又，代入上式，得，化简得.
所以点总在一条动直线上，且恒过定点.
16．（1）（2）总在定直线上.
分析：（1）由于点在中垂线上，所以，从而，得出答案.
（2）由于线段成比例，因此考虑设比值：，结合图形有，利用向量坐标关系可得：设，，由于在抛物线上，所以，因此等价变形得，即
【详解】（1）过三点的圆的圆心为,则圆心在的中垂线上，
则，又点到抛物线的准线的距离为
所以，则
所以抛物线的方程为.
（2）设，记.
则，，
联立可得，
又，代入得，
所以总在定直线上.
17．(1) ;(2);(3)证明见解析.
分析：(1)由可得，结合离心率和可求出，进而可得椭圆的方程.
(2)写出的方程为与椭圆进行联立，设，结合韦达定理可得，即可求出，由点到直线的距离公式可求出原点到的距离，从而可求出三角形的面积.
(3) 设，联立直线和椭圆的方程整理后结合韦达定理可得，设，由在同一条直线上，
得，同理，从而可得，
即可证明交点在定直线上.
【详解】解：(1)因为，所以，即，因为离心率为，则，设，
则，又，即，解得或（舍去），
所以，所以椭圆的标准方程为.
(2) 设，由直线的点斜式方程可知，直线的方程为，
即，与椭圆方程联立，，整理得，
则，所以
，原点到的距离，
则的面积.
(3)由题意知，直线的方程为，即，设，
则，整理得，则，
因为直线和椭圆有两个交点，所以，则，
设，因为在同一条直线上，则，
因为在同一条直线上，则，
所以，所以，
则交点T恒在一条直线上.
【点睛】关键点睛:
本题第三问的关键是设交点，由三点共线结合斜率公式得和，两式进行整理后可求出，即可证明交点在定直线上.