新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题40 圆锥曲线二级结论之第三定义十一大题型汇总（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题40 圆锥曲线二级结论之第三定义十一大题型汇总（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题40圆锥曲线二级结论之第三定义十一大题型汇总原卷版doc、新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题40圆锥曲线二级结论之第三定义十一大题型汇总解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共98页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153301345" 题型1第三定义之离心率问题 PAGEREF _Tc153301345 \h 1
\l "_Tc153301346" 题型2第三定义之斜率问题 PAGEREF _Tc153301346 \h 6
\l "_Tc153301347" 题型3第三定义之定点定值问题 PAGEREF _Tc153301347 \h 16
\l "_Tc153301348" 题型4第三定义之轨迹方程问题 PAGEREF _Tc153301348 \h 19
\l "_Tc153301349" 题型5中点弦之离心率问题 PAGEREF _Tc153301349 \h 21
\l "_Tc153301350" 题型7中点弦之直线或曲线方程问题 PAGEREF _Tc153301350 \h 27
\l "_Tc153301351" 题型8中点弦之弦长问题 PAGEREF _Tc153301351 \h 31
\l "_Tc153301352" 题型9中点弦之斜率相关问题 PAGEREF _Tc153301352 \h 34
\l "_Tc153301353" 题型10中点弦之轨迹方程问题 PAGEREF _Tc153301353 \h 41
\l "_Tc153301354" 题型11中点弦之定点定值问题 PAGEREF _Tc153301354 \h 42
题型1第三定义之离心率问题
【例题1】（2022·全国·高三专题练习）椭圆，过原点的直线交椭圆于，两点，其中在第一象限，过作轴的垂线，垂足为，连，并延长交椭圆于，若，求椭圆的离心率．
【答案】
【分析】设，得到，结合，得到，又由，两式相减得，求得，进而求得椭圆的离心率．
【详解】设，则，且，
所以，
因为，所以，所以，
又因为，
两式相减得，即，
所以，所以．
【变式1-1】1. （2020下·西藏拉萨·高三拉萨中学校考阶段练习）设为常数，动点分别与两定点，的连线的斜率之积为定值，若点的轨迹是离心率为的双曲线，则的值为（ ）
A．2B．-2C．3D．
【答案】A
【解析】根据题意可分别表示出动点P与两定点的连线的斜率，根据其之积为定值，求得x和y的关系式，对的范围进行分类讨论，当时，方程的轨迹为双曲线，根据圆锥曲线的标准方程可推断出离心率，从而求得λ的值．
【详解】依题意可知，整理得，
当时，方程的轨迹为双曲线，
即，
，，
，
.
故选：A
【点睛】本题主要考查双曲线的应用，考查计算能力，属于基础题.
【变式1-1】2. （2020·全国·校联考一模）已知是椭圆上关于原点对称的两点，若椭圆上存在点，使得直线斜率的绝对值之和为1，则椭圆的离心率的取值范围是 .
【答案】
【详解】分析：由是椭圆上关于原点对称的两点，易知斜率之积为定值，结合均值不等式即可建立关于的不等式，从而得到椭圆的离心率的取值范围.
详解：不妨设椭圆C的方程为,,则，
所以，,两式相减得，所以，所以直线斜率的绝对值之和为，由题意得，，所以=4，即，所以，所以.
故答案为
点睛：：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
【变式1-1】3. （2019·四川成都·统考一模）设椭圆的左,右顶点为是椭圆上不同于的一点,设直线的斜率分别为,则当取得最小值时,椭圆的离心率为
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，利用斜率公式求得，结合在椭圆上，化简可得，令，则，利用导数求得使取最小值的，可得时，取得最小值，根据离心率定义可得结果.
【详解】由椭圆方程可得，
设，则,
则，
，
，
令，则，
，
在上递减，在上递增，
可知当时，函数取得最小值，
，
，故选D.
【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质、直线的斜率公式的应用，以及椭圆的离心率，利用导数求函数的最值，属于难题. 离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解．
【变式1-1】4. （2017·湖北武汉·校联考一模）已知分别为椭圆（）的左、右顶点，是椭圆上的不同两点且关于轴对称，设直线的斜率分别为，若点到直线的距离为1，则该椭圆的离心率为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设，则，，，又，点到的距离为，解得，故选B.
【 方法点睛】本题主要考查双曲线的方程以及几何性质、离心率的求法，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．
【变式1-1】5. （2017下·浙江绍兴·高三诸暨牌头中学校考期末）已知,是椭圆长轴的两个顶点，是椭圆上关于轴对称的两点，直线的斜率分别为，且，若的最小值为1,则椭圆的离心率为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设 ,则：
故：
,
当且仅当 ，即 时等号成立，
据此： ，
则： ，
离心率： .
【变式1-1】6. （2018·全国·校联考一模）已知平行四边形内接于椭圆，且，斜率之积的范围为，则椭圆离心率的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意，关于原点对称，设， ，
，故选A.
【方法点晴】本题主要考查利用椭圆的简单性质与离心率，属于中档题.求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率范围问题应先将 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的不等式，从而求出的范围.本题是利用，斜率之积的范围为，得到 ，进而构造出关于的不等式，最后解出的范围.
题型2第三定义之斜率问题
【例题2】（2022·全国·高三专题练习）椭圆的左、右顶点分别为、，点在上，且直线的斜率为，则直线斜率为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】B
【分析】求出的坐标，进而求出直线的方程，联立椭圆方程后，求出点坐标，代入斜率公式，可得答案.
【详解】椭圆的左、右顶点分别为、，
点坐标为，点坐标为，
又直线的斜率为，
直线的方程为：，
代入椭圆方程可得：，
设点坐标为，则，解得，，
故直线斜率，
故选:B．
【变式2-1】1. （2022·全国·高三专题练习）椭圆的左、右顶点分别为，，点在上且直线的斜率的取值范围是，，那么直线斜率的取值范围是（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】A
【分析】由椭圆可知其左右顶点，设出P点坐标代入椭圆方程，利用斜率公式可得，再利用已知求出直线斜率的取值范围是，，即可求出答案.
【详解】解：由题意得：
由椭圆可知其左顶点，右顶点．
设，，则得．
记直线的斜率为，直线的斜率为，则
直线斜率的取值范围是，，
直线斜率的取值范围是，
故选：A
【变式2-1】2. （2020下·江西宜春·高三校考阶段练习）“过原点的直线交双曲线于，两点，点为双曲线上异于，的动点，若直线，的斜率均存在，则它们之积是定值”．类比双曲线的性质，可得出椭圆的一个正确结论：过原点的直线交椭圆于，两点，点为椭圆上异于，的动点，若直线，的斜率均存在，则它们之积是定值（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】利用椭圆与双曲线方程形式上的类似，结合椭圆方程化简即可得到的值.
【详解】“过原点的直线交双曲线于，两点，点为双曲线上异于，的动点，若直线，的斜率均存在，则它们之积是定值”，
类比双曲线的性质，可得出椭圆的一个正确结论：过原点的直线[交椭圆：于，两点，若直线，的斜率均存在，则，
证明如下：
设，则，且，
设，
则，
所以
又，，
代入可得：
故选：B
【点睛】类比推理的一般步骤是: (1)找出两类事物之间的相似性或一 致性; (2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想).
【变式2-1】3. （2013·全国·高考真题）椭圆C：的左右顶点分别为，点P在C上且直线斜率的取值范围是，那么直线斜率的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设P点坐标为，则，，，
于是，故.
∵ ∴.故选B.
【考点定位】直线与椭圆的位置关系
【变式2-1】4. （2021上·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知椭圆：，，分别为它的左右焦点，，分别为它的左右顶点，已知定点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中不正确的是（ ）
A．存在点，使得B．直线与直线斜率乘积为定值
C．有最小值D．的范围为
【答案】A
【分析】根据的值判断A选项；通过计算直线与直线斜率乘积判断B选项；结合椭圆的定义以及基本不等式判断C选项；结合椭圆的定义来判断D选项.
【详解】对于A，依题意，
，A选项错误.
对于B，设，则，
，为定值，B选项正确.
对于C，，
，
当且仅当时等号成立.C选项正确.
对于D，Q在椭圆外，设直线、与椭圆相交于如图所示，
则，
，，
，即，
所以
所以.D选项正确.
故选：A
【变式2-1】5.（2019上·河南商丘·高三商丘市第一高级中学校考期中）设P为椭圆C：（）上的动点，，分别为椭圆C的左、右焦点，为的内心，则直线与直线的斜率积（ ）
A．非定值，但存在最大值且为B．是定值且为
C．非定值，且不存在定值D．是定值且为
【答案】D
【分析】根据三角形内角平分线的性质，结合斜率的公式、比例的性质、椭圆的定义进行求解即可.
【详解】如图所示，连接并延长交轴于，
由三角形内角平分线定理可知：，所以，
因此可得：.设，因此有：
，可得：，由可得：，
的坐标为：，，
，
由椭圆的定义可知：，
再由三角形内角平分线定理可知：，
由，
因此有：.
故选：D
【点睛】本题考查了椭圆的定义应用，考查了三角形内角平分线定理的应用，考查了斜率公式的应用，考查了比例的性质，考查了数学运算能力.
【变式2-1】6.（2021上·安徽·高三校联考阶段练习）已知直线与双曲线相交于M、N两点，双曲线C的左、右顶点分别为A、B，若直线AM与BN相交于点P，则下列说法正确的有 （填写正确命题的序号）
①实数的取值范围为或；②直线AM与直线BN的斜率之积为定值；③点P在椭圆上；④三角形PAB的面积最大值为ab.
【答案】①②
【分析】由直线与双曲线交于两点即可判断①正确；根据，得可判断②正确；由②得，进而得时，P在椭圆上，当，则点P在圆上，可判断③；当点P在椭圆的上下顶点时，直线PA与双曲线的渐近线平行
【详解】解：①由直线与双曲线交于两点，则：或，故①正确；
②由点M在双曲线C上，故设，则，即，
因为，则
又因为，所以，故②正确；
③，因为 ，，
所以，即
设，则，整理得
故当时故点P在椭圆上；
若，则点P在圆上，故③错误；
④由点P在椭圆的上下顶点时，则：，故此时直线PA与双曲线的渐近线平行，
与直线PA与双曲线有两个焦点矛盾，
故AM与BN的交点不可能位于椭圆的上下顶点，故④不成立.
故答案为：①②
【变式2-1】7.（2021上·江苏·高三校联考期末）已知双曲线：（，）的上、下顶点分别为，，点在双曲线上（异于顶点），直线，的斜率乘积为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设点由直线，的斜率乘积为得到，则渐近线可求.
【详解】设点，又，，则 ，
所以，又因为点在双曲线上得，
所以，故，所以
则双曲线的渐近线方程为.
故选：B
【变式2-1】8.（2022·全国·高三专题练习）设椭圆长轴的两个顶点分别为、，点为椭圆上不同于、的任一点，若将的三个内角记作、、，且满足，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由三角恒等变换化简可得，设出的坐标，在两个三角形中表示出和，再由点在椭圆上化简可得的关系，进而求出离心率．
【详解】因为可得，即，
而在三角形中，，所以上式可得
而，
所以可得，即，
由题意可得，，设，，
可得，由椭圆的对称性设在第一象限，如图所示：
在中，，
在中，，
所以，
所以可得，
所以离心率
故选：．
题型3第三定义之定点定值问题
【例题3】（2018上·江苏苏州·高三阶段练习）椭圆：的左顶点为，点是椭圆上的两个动点，若直线的斜率乘积为定值，则动直线恒过定点的坐标为 .
【答案】
【详解】当直线BC的斜率存在时，设直线BC的方程为y=kx+m，
由，消去y得：（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0，
设B（x1，y1），C（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=，
又A（﹣2，0），由题知kAB•kAC==﹣，
则（x1+2）（x2+2）+4y1y2=0，且x1，x2≠﹣2，
则x1•x2+2（x1+x2）+4+4（kx1+m）（kx2+m）
=（1+4k2）x1x2+（2+4km）（x1+x2）+4m2+4
=+（2+4km）+4m2+4=0
则m2﹣km﹣2k2=0，
∴（m﹣2k）（m+k）=0，
∴m=2k或m=﹣k.
当m=2k时，直线BC的方程为y=kx+2k=k（x+2）.
此时直线BC过定点（﹣2，0），显然不适合题意.
当m=﹣k时，直线BC的方程为y=kx﹣k=k（x﹣1），此时直线BC过定点（1，0）.
当直线BC的斜率不存在时，若直线BC过定点（1，0），B､C点的坐标分别为（1，），（1，﹣），满足kAB•kAC=﹣.
综上，直线BC过定点（1，0）.
故答案为（1，0）.
点睛：定点､定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么､“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点､定值问题同证明问题类似，在求定点､定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点､定值显现.
【变式3-1】1. （2020·高三课时练习）过抛物线上一点P(4，4)作两条直线PA，PB（点A,B在抛物线上），且它们的斜率之积为定值4，则直线AB恒过定点 .
【答案】
【分析】设出点A和点B坐标，表示出直线PA，PB的斜率，利用斜率之积等于4，得到坐标之间的关系，然后表示出直线AB，找到直线AB恒过的定点.
【详解】设A，B，则kPA=，
同理，kPB=，kAB=.
因为kPA·kPB=4，所以·=4，
所以y1y2+4(y1+y2)+12=0.
所以y1y2=-12-4(y1+y2).
直线AB的方程为y-y1=，
即(y1+y2)y-y1y2=4x.
将y1y2=-12 -4(y1+y2)代入上式得:
(y1+y2)(y+4)=4(x-3)，所以直线AB恒过定点(3,-4).
故答案为：(3,-4).
【变式3-1】2. （2022·河南郑州·统考三模）设、分别为椭圆的左、右顶点，设是椭圆下顶点，直线与斜率之积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若一动圆的圆心在椭圆上运动，半径为．过原点作动圆的两条切线，分别交椭圆于、两点，试证明为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知可得出，根据已知条件求出的值，即可得出椭圆的方程；
（2）由题意可知，两条切线中至少有一条切线的斜率存在，设直线的斜率存在，对切线的斜率是否为零进行分类讨论，在切线的斜率为零时，直接求出；在直线的斜率不为零时，分析可知两切线的斜率为关于的方程的两根，利用韦达定理结合弦长公式可求得，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：由题意可知，，，，由，即，
又，所以，椭圆的方程为.
（2）解：设点坐标为，即．
当直线的斜率为，此时，，则直线的斜率不存在，
此时；
当直线的斜率存在且斜率不为时，设直线的方程为，直线的方程为，
设点、，联立，可得，
则，，
又圆与直线、相切，即，
整理可得，
则、为关于的方程的两根，
所以，，
所以，
.
综上：为定值．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值
题型4第三定义之轨迹方程问题
【例题4】（2021上·北京海淀·高三校考期末）设点，，为动点，已知直线与直线的斜率之积为定值，点的轨迹是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设动点，根据已知条件，结合斜率公式，即可求解.
【详解】解：设动点，则，
则，，，
直线与直线的斜率之积为定值，
，化简可得，，
故点的轨迹方程为.
故选：C.
【变式4-1】（2021上·福建厦门·高三厦门大学附属科技中学校考阶段练习）已知点，，动点满足直线与的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点作直线交曲线于两点，试问在轴上是否存在点，使为定值？若存在，求出点的坐标及该定值；若不存在，试说明理由.
【答案】(1)
(2)存在点，使得为定值.
【分析】（1）表示出与的斜率，由斜率之积为，即可求得E的方程；
（2）分直线的斜率为零和不为零两种情况分别计算.
(1)
设，易得，直线的斜率为，直线的斜率为，
则，
整理得，则曲线E方程为；
(2)
当直线的斜率为不为0时，设直线的方程为，设定点
联立方程组，消可得，
设，，
可得，，
所以
.
要使上式为定值，则，解得，
此时
当直线的斜率为0时，，，此时，也符合.
所以，存在点，使得为定值.
题型5中点弦之离心率问题
【例题5】（2021·陕西咸阳·统考一模）已知双曲线上存在两点，关于直线对称，且线段的中点坐标为，则双曲线的离心率为（ ）．
A．B．C．2D．
【答案】B
【解析】设，，根据线段的中点坐标为，且，关于直线对称，，在双曲线上，整理可得，进而可得到离心率.
【详解】设，，
且线段的中点坐标为，
则，
又，关于直线对称，
所以，
且，在双曲线上，
，，
相减可得，即，
故，即，
离心率为，
故选：B.
【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
【变式5-1】1. （2021上·西藏昌都·高三校考期末）已知椭圆，是椭圆的一条弦的中点，点在直线上，求椭圆的离心率（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】中点弦问题，处理方法为点差法.得出，用替代，求出关系式，从而求得离心率.
【详解】设
则两式相减可得
故
①
是椭圆的一条弦的中点
故，代入①式中可得
故有
则，则
故选：D
【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)
【变式5-1】2. （2021下·河南·高三校联考阶段练习）已知双曲线，斜率为的直线交双曲线于、，为坐标原点，为的中点，若的斜率为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设点、，利用点差法求得，进而可得出双曲线的离心率为，即可得解.
【详解】设点、，则，
由题意，得，，两式相减，得，整理得，
所以，
因此，双曲线的离心率为，
故选：A.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
【变式5-1】3. （2023上·陕西西安·高三统考期中）不过原点的直线与双曲线交于两点，为的中点，为坐标原点，若直线的斜率小于，则的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据点差法，结合双曲线的几何性质，求解双曲线的离心率；
【详解】
设点，
则有
两式作差解得：即
设
因为
代入整理得：即
由题意知
因为，，
又因为，
解得：即 ，
故选：B.
【变式6-1】4. （2023上·云南·高三校联考阶段练习）已知椭圆，点为左焦点，点为下顶点，平行于的直线交椭圆于，两点，且的中点为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】点差法解决中点弦问题.
【详解】由题意，设椭圆方程为，有，，
设，，的中点为，，．
，．
由，．
两式相减得，即，
，可得：，，
化为：，解得，
，．
故选：A．
题型7中点弦之直线或曲线方程问题
【例题7】（2014·全国·高三专题练习）已知椭圆E：，的右焦点为，过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为，则E的方程为 .
【答案】
【分析】设，，采用“点差法”，得，再根据直线过点，和AB的中点坐标，得，结合椭圆中a，b，c的关系，可求得，，即可得E的方程.
【详解】已知，设，，则①，②，
已知AB的中点坐标为，，
①－②得，
∴，
∵，∴，即，
又，
∴，，即E的方程为.
【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了弦的中点有关问题；在中点弦或弦的中点问题中，常采用“点差法”和中点坐标公式、斜率的计算公式求解.
【变式7-1】1. （2021上·福建龙岩·高三统考期末）过点的直线与双曲线交于两点，且点恰好是线段的中点，则直线的方程为 .
【答案】
【解析】设，，，，分别代入双曲线方程，两式相减，化简可得：，结合中点坐标公式求得直线的斜率，再利用点斜式即可求直线方程．
【详解】过点的直线与该双曲线交于，两点，
设，，，，
，
两式相减可得：，
因为为的中点，
，，
，
则，
所以直线的方程为，即为．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：对于有关弦中点问题常用“ 点差法”，其解题步骤为：①设点（即设出弦的两端点坐标）；②代入（即代入圆锥曲线方程）；③作差（即两式相减，再用平方差公式分解因式）；④整理（即转化为斜率与中点坐标的关系式），然后求解.
【变式7-1】2. （2012·高三课时练习）已知中心在原点，一焦点为的椭圆被直线截得的弦的中点的横坐标为，求椭圆的方程.
【答案】
【分析】设椭圆的方程为，弦端点、，弦的中点，由题意可得和的值，根据直线斜率和点差法得到，进而求出a、b的值.
【详解】解：设椭圆的方程为，则┅┅①
设弦端点、，弦的中点，则
，， ，
又，，直线的斜率为，
两式相减得
即
， ┅┅②
联立①②解得， 所求椭圆的方程是
【变式7-1】3. （2021上·河南驻马店·高三统考期末）已知双曲线的离心率为，直线与交于，两点，若线段的中点为，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】利用点差法求得，再利用双曲线的离心率求，求直线的斜率，最后表示直线方程.
【详解】设，，则，，两式相减可得 ．因为线段以点为中点，所以，，所以，因为的离心率为，所以，故直线的斜率为，所以直线的方程为，即,
经检验成立.
故选：B
【点睛】方法点睛：本题考查直线与双曲线相交的中点弦问题，点差法是直线与圆锥曲线相交，研究中点弦问题比较好的方法，一般设两点，代入圆锥曲线方程，两个式子再做差，表示中点和斜率的关系.
【变式7-1】4. （2023·陕西宝鸡·校联考模拟预测）已知双曲线：的右焦点为，过点的直线交双曲线E于A、B两点.若的中点坐标为，则E的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设，由，利用点差法求解.
【详解】解：设，
则，两式相减得，
即，化简得，
又，解得，
所以双曲线的方程为： .
故选：D.
【变式7-1】5.（2023·贵州·统考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，过点且斜率为1的直线交椭圆于两点.若的中点坐标为，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设，利用点差法可得的关系，从而可求得，即可的解.
【详解】设，则，
由已知有，，
作差得，
则，
所以，解得，
则的方程为.
故选：D．
题型8中点弦之弦长问题
【例题8】（2021上·贵州贵阳·高三统考期末）过抛物线的焦点的直线与抛物线交于A，B两点，若的中点的纵坐标为2，则等于（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】C
【解析】先根据抛物线的定义将焦点弦长问题转化为中点到准线距离的两倍，进而用中点横坐标表示，设直线AB的方程为：(m为常数),与抛物线方程联立消去,得到关于y的一元二次方程，利用中点公式和韦达定理求得m的值，进而得到中点的横坐标，从而求得线段AB的长度.
【详解】抛物线的焦点坐标F(1,0),准线方程,
设AB的中点为M,过A,B,M作准线l的垂线，垂足分别为C,D,N,则MN为梯形ABDC的中位线，,
∵直线AB过抛物线的焦点F,∴可设直线AB的方程为：(m为常数),
代入抛物线的方程消去x并整理得：,
设A,B的纵坐标分别为,线段AB中点,
则,,
∴直线AB的方程为,,
，
故选：C.

【点睛】本题考查抛物线的焦点弦长问题，涉及抛物线的定义，方程，线段中点坐标公式，直线与抛物线的交点问题，属中档题，关键是灵活使用抛物线的定义，将焦点弦长问题转化为中点坐标问题，注意直线方程的设法：过点(a,0)，斜率不为零的直线方程可以设为x=my+a的形式，不仅避免了讨论，而且方程组消元化简时更为简洁.
【变式8-1】1. （2019·湖北武汉·统考一模）过点P(4，2)作一直线AB与双曲线C：－y2＝1相交于A，B两点，若P为线段AB的中点，则|AB|＝（ ）
A．2B．2
C．3D．4
【答案】D
【解析】解法一，设直线方程与曲线方程联立，利用根与系数的关系表示中点坐标，求直线的斜率，并代入弦长公式求；解法二，利用点差法，求直线的斜率，再代入弦长公式.
【详解】解法一：由题意可知，直线AB的斜率存在．设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－4)＋2.由消去y并整理，得(1－2k2)x2＋8k(2k－1)x－32k2＋32k－10＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为P(4，2)为线段AB的中点，所以x1＋x2＝－＝8，解得k＝1.
所以x1x2＝＝10.
所以|AB|＝·＝4.
故选:D.
解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 ， ①
. ②
①－②得(x1－x2)(x1＋x2)－(y1－y2)(y1＋y2)＝0.
因为P(4，2)为线段AB的中点，所以x1＋x2＝8，y1＋y2＝4.
所以4(x1－x2)－4(y1－y2)＝0，即x1－x2＝y1－y2，所以直线AB的斜率k＝＝1.则直线AB的方程为y＝x－2.
由消去y并整理，得x2－8x＋10＝0，
所以x1＋x2＝8，x1x2＝10.所以|AB|＝·＝4.
故选：D
【点睛】思路点睛：1.一般涉及中点弦问题时，采用直线与曲线方程联立，利用根与系数的关系表示中点坐标，或用点差法求解；2.直线与圆锥曲线相交问题时，有时需要考查斜率不存在和存在两种情况，斜率存在的情况经常和曲线方程联立，利用根与系数的关系解决几何问题.
【变式8-1】2. （2021上·全国·高三阶段练习）已知点，在双曲线上，线段的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据中点弦定理求出直线的斜率，然后求出直线的方程，联立后利用弦长公式求解的长.
【详解】设，，则可得方程组：，两式相减得：，即，其中因为的中点为，故，故，即直线的斜率为，故直线的方程为：，联立，解得：，由韦达定理得：，，则
故选：D
题型9中点弦之斜率相关问题
【例题9】（2020下·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）过椭圆上一点作圆的切线，且切线的斜率小于，切点为，交椭圆另一点，若是线段的中点，则直线的斜率（ ）
A．为定值B．为定值C．为定值D．随变化而变化
【答案】C
【分析】因为是线段的中点,故可设,再用点差法根据直线与垂直斜率相乘等于求出切点的坐标,再求出直线的斜率即可.
【详解】设,,则,化简可得 .因为是线段的中点,故.
代入化简可得的斜率.
又直线与垂直,故,解得,代入圆可得.故直线的斜率为为定值.
故选：C
【点睛】本题主要考查了点差法在研究中点弦中的应用,需要根据题意利用点差法以及直线与圆相切,斜率之间的关系列式求解.属于中档题.
【变式9-1】1. （2019·全国·高三专题练习）如图，P为椭圆上的一动点，过点P作椭圆的两条切线PA，PB，斜率分别为，.若为定值，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设出直线方程,根据直线与椭圆相切,联立化简后由判别式即可得关于的方程.利用韦达定理表示出.将点P带代入椭圆,联立两个式子化简即可求得的值.
【详解】设
则过的直线方程为
将直线方程与椭圆联立可得
化简可得
因为相切,所以判别式

展开得
同时除以可得
合并可得
同除以,得
展开化简成关于的方程可得
因为有两条直线,所以有两个不等的实数根.
因为为定值,可设
由韦达定理,
化简得
又因为在椭圆上,代入可得
化简可得
则,化简可得
解得
故选:C
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系,根据直线与椭圆的位置关系研究定值问题,计算量较大,变形化简过程较为复杂,需要耐心计算,属于中档题
【变式9-1】2. （2020上·安徽安庆·高三安庆一中校考期末）已知三角形的三个顶点都在椭圆：上，设它的三条边，，的中点分别为，，，且三条边所在线的斜率分别为，，，且，，均不为0.为坐标原点，若直线，，的斜率之和为1.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设，，，，，，利用，在椭圆上，代入椭圆方程，两式相减得：，同理可得：，，再利用已知条件即可得出结果.
【详解】设，，，，，，
因为，在椭圆上，
所以，
，
两式相减得：
，
即，
同理可得，，
所以
因为直线､､的斜率之和为1，
所以，
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题主要考查椭圆的简单性质的应用.利用平方差法转化求解斜率是解决本题的关键.
【变式9-1】3. （2017·全国·校联考二模）已知为双曲线上不同三点，且满足（为坐标原点），直线的斜率记为，则的最小值为
A．8B．4C．2D．1
【答案】B
【详解】由 有点 为线段 的中点,设 ,则 ,所以 ,故 ,由于点A,B,P在双曲线上,所以 ,代入上式中,有 ,所以 ,故最小值为4.选B.
点睛:本题主要考查了双曲线的有关计算,涉及到的知识点有平面向量中线定理,直线斜率的计算公式,基本不等式等,属于中档题. 首先得出原点为线段AB的中点,再求出直线PA,PB斜率的表达式, 算出为定值,再由基本不等式求出最小值.
【变式9-1】4.斜率为k的直线l交椭圆于A、B两点，线段AB的中点为，F是椭圆右焦点．
(1)证明：．
(2)点P是椭圆上一点且，证明：，，成等差，并求出公差．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析，公差为或．
【分析】（1）设点，点的坐标，利用点差法和中点坐标公式求解即可；
（2）利用已知可得点坐标，用坐标表示向量，确定的值，而可根据抛物线定义（或两点间距离公式）求得，从而可得成等差数列，设该数列的公差为，将直线方程代入椭圆方程，消元后利用韦达定理即可求解.
(1)
解：）设，，则，．
两式相减，并由，得．
由题设知，，于是．
由题设得， ，
故．
(2)
解：由题意得F（1，0），设，则．
由（1）得，．
又点P在C上，∴，从而，．
于是．
同理，∴．
所以，即，，成等差数列．
设该数列的公差为d，则．②，
由得k=-1．
∴l的方程为，代入C的方程，并整理得．
故，，代入②解得，∴该数列的公差为或
【变式9-1】5.（2022·全国·高三专题练习）如图，在平面直角坐标系中，、分别是椭圆的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于，两点，其中点在第一象限，过作轴的垂线，垂足为，连接，并延长交椭圆于点，设直线的斜率为
(1)若直线平分线段，求的值；
(2)当时，求点到直线的距离；
(3)对任意，求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由于直线平分线段，故直线过线段的中点，求出的中点，又直线过原点，即可求出斜率.
（2）将直线的方程代入椭圆方程得可求出的坐标，进一步求出直线的方程，采用点到直线的距离即可求出点到直线的距离.
（3）设直线，的斜率分别为，．因为在直线上，所以，从而，即可求出，即可证明.
【详解】（1）由题设知，，，
故，，所以线段中点坐标为．
由于直线平分线段，故直线过线段的中点，又直线过原点，
所以．
（2）直线的方程为，代入椭圆方程得，解得，
因此，，，
于是，，直线的斜率为1，故直线的方程为．
因此，．
（3）设，，，，则，，，
，，，，
，，，．
设直线，的斜率分别为，．
因为在直线上，所以，
从而
．
因此，所以．
题型10中点弦之轨迹方程问题
【例题10】（2022·全国·高三专题练习）直线（是参数）与抛物线的相交弦是，则弦的中点轨迹方程是 .
【答案】
【分析】设、中点，分析可得直线过定点，即，点差法可得，代入可得，与抛物线联立可得的范围
【详解】设，中点，
则.
，
过定点，
.
又，（1），（2）
得：，
. 于是，即.
又弦中点轨迹在已知抛物线内，
联立
故弦的中点轨迹方程是
【变式10-1】（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆，求斜率为的平行弦中点的轨迹方程.
【答案】
【分析】设弦的两个端点分别为，利用点差法可得，联立直线和椭圆，
即可得的范围
【详解】设弦的两个端点分别为，的中点为.
则，（1），（2）
得：，
.
又，.
由于弦中点轨迹在已知椭圆内，
联立
故斜率为的平行弦中点的轨迹方程：
题型11中点弦之定点定值问题
【例题11】（2018·上海浦东新·统考一模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，、是双曲线上的两个动点，动点满足，直线与直线斜率之积为2，已知平面内存在两定点、，使得为定值，则该定值为
【答案】
【详解】设P（x，y），M（x1，y1），N（x2，y2），
则由，得（x，y）=2（x1，y1）-（x2，y2），
即x=2x1-x2，y=2y1-y2，
∵点M，N在双曲线上，所以，，
故2x2-y2=（8x12+2x22-8x1x2）-（4y12+y22-4y1y2）=20-4（2x1x2-y1y2），
设k0M，kON分别为直线OM，ON的斜率，根据题意可知k0MkON=2，
∴y1y2-2 x1x2=0，
∴2x2-y2=20，
所以P在双曲线2x2-y2=20上；
设该双曲线的左，右焦点为F1，F2，
由双曲线的定义可推断出为定值，该定值为
点睛：本题主要考查了双曲线定义及简单的几何性质．充分考查了用代数的方法来处理平面几何问题的手段．
【变式11-1】1. （2020下·上海青浦·高三校考开学考试）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，M、N是椭圆上的两个动点，动点P满足，直线与直线斜率之积为-2，已知平面内存在两定点、，使得为定值，则该定值为 .
【答案】
【分析】先设P（x，y），M（x1，y1），N（x2，y2），利用坐标表示求动点P轨迹方程，最后根据椭圆定义求结果.
【详解】设P（x，y），M（x1，y1），N（x2，y2），
则由，得（x，y）=2（x1，y1）-（x2，y2），
即x=2x1-x2，y=2y1-y2，
∵点M，N在椭圆上，所以，，
故2x2+y2=（8x12+2x22-8x1x2）+（4y12+y22-4y1y2）=20-4（2x1x2+y1y2），
设k0M，kON分别为直线OM，ON的斜率，根据题意可知k0MkON=-2，
∴y1y2+2 x1x2=0，
∴2x2+y2=20，
所以P在椭圆2x2+y2=20上；
设该椭圆的左，右焦点为F1，F2，
由椭圆的定义可推断出为定值，该定值为
故答案为：
【点睛】本题主要考查了椭圆定义及简单的几何性质．充分考查了用代数的方法来处理平面几何问题的手段．
【变式11-1】2. （2022·全国·高三专题练习）抛物线，过点（2，0）的直线AC和BD相互垂直（斜率均存在），M、N分别是AC和BD的中点．求证：直线MN过定点．
【答案】证明见解析
【分析】设直线AC、BD方程，分别和抛物线联立化为y的一元二次方程，
用韦达定理写出两根之和并计算中点坐标，即M、N的坐标.
然后求出M、N的斜率，点斜式写出直线MN的方程，化简得定点坐标.
【详解】由题意可得，这两条直线的斜率均存在，且不为0，
设，
由
所以 ，所以 ，
所以
由
所以 ，
所以

故直线MN方程为，
故直线MN过定点（4，0）．
【变式11-1】3. （2022·全国·高三专题练习）双曲线，过点P（5，0）的直线AB和CD相互垂直（斜率存在），M、N分别是线段AB和线段CD的中点．求证：直线MN过定点．
【答案】证明见解析
【分析】设直线为，利用点差法，求得，联立方程组，求得点，求得直线的方程，结合直线方程的形式，即可求解.
【详解】设直线为， ，
可得且，
由，，两式相减得到，即，
又由，解得，即，
当时，将上式M点坐标中的换成，同理可得．
①当直线不垂直于x轴时，直线的斜率，
其方程，化简得，
此时直线过定点．
②当直线垂直于x轴时，，此时，直线MN也过定点．
综上所述，直线MN过定点．
【变式11-1】4. （2022·全国·高三专题练习）椭圆，过点的直线和相互垂直（斜率存在），分别是和的中点．求证：直线过定点．
【答案】证明见解析
【分析】根据已知条件及中点坐标公式，利用点差法得出斜率的关系及直线方程联立，
分类讨论，结合直线的点斜式和斜截式方程即可求解.
【详解】由题意可知，设AB直线为，，,则
因为分别是的中点，所以，
因为在椭圆上，
所以，由，得，即
，于是有，
所以，
，解得，∴．
（1）当时，点即是点，此时，直线MN为轴．
（2）当时，将上式点坐标中的换成，同理可得．
①当直线MN不垂直于轴时，直线MN的斜率，
其方程，化简得，
∴直线MN过定点．
②当直线MN垂直于轴时，，此时，，直线MN也过定点．
综上所述，直线MN过定点．
1.（2021·吉林长春·统考一模）双曲线被斜率为的直线截得的弦的中点为则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【解析】根据点差法，设出交点坐标，代入作差即可得解.
【详解】设代入双曲线方程作差有:
，
有，
所以 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了解析几何中的点差法，点差法主要描述直线和圆锥曲线相交中斜率和中点的关系，在解题中往往大大简化计算，本题属于基础题.
2.（2017·吉林·统考三模）已知是椭圆和双曲线的公共顶点，其中，是双曲线上的动点，是椭圆上的动点（都异于），且满足（），设直线 的斜率分别为，若，则 .
【答案】
【详解】如图所示，
∵满足，其中（），
∴，∴，，三点共线．
设，，，则，，
∴，，∵，
∴，
∴，故答案为.
点睛：本题考查了椭圆与双曲线的标准方程及其性质、向量的平行四边形法则、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题；由满足，利用向量的平行四边形法则可得：，，三点共线，设，，分别利用点在双曲线与椭圆上结合斜率计算公式，再利用整体代换思想可求得 结果.
3. （2022·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知点，动点与点，连线的斜率之积为，过点的直线交点的轨迹于，两点，设直线和直线的斜率分别为和，记
(1)求点的轨迹方程
(2)是否为定值?若是，请求出该值，若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是，
【分析】（1）点，由，化简即得所求，要注意去掉不符合题意的点（2）由题意，直线斜率不为0，设，，联立直线与曲线方程，消元之后利用韦达定理可得以及，而 ，将代入即可求解
【详解】（1）设点，由题意
整理得
（2）由题意，直线斜率不为0
设，设
由 得
则
所以


所以为定值
4. （2022·重庆·统考二模）已知椭圆的左焦点为，不过坐标原点O且不平行于坐标轴的直线l与椭圆C有两个交点A，B，线段的中点为Q，直线的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点F的直线m交椭圆C于点M，N，且满足，求直线m的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设，，代入椭圆的方程，利用点差法求得，进而求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）当直线m的斜率存在时，设直线，联立方程组求得，利用弦长公式，结合点到直线的距离公式，结合三角形面积列出方程，求得的值，得出直线方程，当直线的斜率不存在时，得到直线为，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，椭圆C的左焦点为，所以，
设，，由题意可得，，
则，即.
因为，所以，即，所以，
所以椭圆C的方程为.
（2）解：当直线m的斜率存在时，设直线，点，，
联立方程组，整理得，
可得，，
所以，
点O到直线m的距离为，
因为，即，
所以，即，
又因为，
所以，即，
所以直线m为：.
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时满足题目条件，
综上可得，直线的方程为：或.
5. （2022·安徽蚌埠·统考三模）如图，椭圆：内切于矩形，其中，与轴平行，直线，的斜率之积为，椭圆的焦距为2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆上的点，满足直线，的斜率之积为，其中为坐标原点.若为线段的中点，则是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，定值为
【分析】（1）由题意求出直线，的斜率，即可求出，又因为焦距为2，即可就出椭圆的标准方程.
（2）方法一：联立直线与椭圆的方程由可求出，又因为： ，又点，在椭圆上，代入即可求出答案.
方法二：由，是椭圆上的点，可得，
联立直线与椭圆的方程由可求出，代入化简得，即可求出答案.
【详解】（1）由题意，，则，所以，，所以 ，
解得：，，∴椭圆的标准方程为.
（2）（方法一）设，，则.
设直线：，由，得：，
，
由，得，
代入化简得：.
∵
，
又点，在椭圆上，∴，，即，
∵，
∴.∴.
即为定值.
（方法二）由，是椭圆上的点，可得，
把代入上式，化简，
得，，
.
6. （2012·山东青岛·统考一模）已知椭圆的左焦点，若椭圆上存在一点，满足以椭圆短轴为直径的圆与线段相切于线段的中点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）已知两点，及椭圆，过点作斜率为的直线交椭圆于两点，设线段的中点为，连接，试问当为何值时，直线过椭圆的顶点？
（Ⅲ） 过坐标原点的直线交椭圆于两点，其中在第一象限，过作轴的垂线，垂足为，连接并延长交椭圆于，求证：．
【答案】（Ⅰ）； (Ⅱ) 或或；（Ⅲ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）连接，根据三角形中位线性质和垂直关系可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；
（Ⅱ）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，同时根据得到的范围；利用中点坐标公式可整理得到直线方程；分别将椭圆顶点代入直线方程中构造方程求即可得到满足题意的的值；
（Ⅲ）方法一：设，则，，可得直线方程和过且垂直于的直线方程，通过两条直线方程可整理得到两直线交点在椭圆上，即点，由此可得结论；
方法二：设，则，，得到直线方程，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，进而得到点坐标，利用可证得结论.
【详解】（Ⅰ）由题意知：椭圆的右焦点，连接，
分别为中点，，；
，
，，又，
，即，又，
，，椭圆的方程为：.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：椭圆；
设直线代入得：；
则，解得：；
设，，，，
则，，
①当时，，则直线过椭圆的两个顶点；
②当时，则，直线的方程为：，
不满足直线方程，则直线不过；
若直线过椭圆的右顶点，则，即，
，解得：或（不满足，舍去）；
若直线过椭圆的左顶点，则，即，
，解得：或（不满足，舍去）；
综上所述：当或或时，直线过椭圆的顶点.
（Ⅲ）方法一：由（Ⅰ）得：椭圆，
设，则，，则直线…①，
过点且与垂直的直线方程为…②，
①②并整理得：，又在椭圆上，，
，即①，②两直线的交点在椭圆上，即为点，．
方法二：由（Ⅰ）得：椭圆，
设，则，，，，
直线，由得：；
，
，，则．
，则，．
【点睛】思路点睛：本题考查圆锥曲线中的直线与椭圆的综合应用问题；本题证明两条直线垂直的基本思路有两个：1.利用两点连线斜率公式得到两直线的斜率，通过斜率乘积为得到垂直关系；2.利用两直线方程确定两直线交点坐标所满足的轨迹方程，从而通过交点的位置确定垂直关系成立.
7. （2023·全国·统考高考真题）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.
【详解】设，则的中点，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以.
对于选项A： 可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得，则
由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，
所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；
故选：D.
8. （2020·天津·统考高考真题）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），或．
【分析】（Ⅰ）根据题意，并借助，即可求出椭圆的方程；
（Ⅱ）利用直线与圆相切，得到，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，求出点坐标，进而求出点坐标，再根据，求出直线的斜率，从而得解.
【详解】（Ⅰ）椭圆的一个顶点为，
，
由，得，
又由，得，
所以，椭圆的方程为；
（Ⅱ）直线与以为圆心的圆相切于点，所以，
根据题意可知，直线和直线的斜率均存在，
设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
，消去，可得，解得或.
将代入，得，
所以，点的坐标为，
因为为线段的中点，点的坐标为，
所以点的坐标为，
由，得点的坐标为，
所以，直线的斜率为，
又因为，所以，
整理得，解得或.
所以，直线的方程为或.
【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程.
9. （2022·全国·统考高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
10. （2022·全国·统考高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
11.（2014·江西·高考真题）过点作斜率为的直线与椭圆：相交于，若是线段的中点，则椭圆的离心率为 ．
【答案】
【详解】试题分析：设A ，B ，则①，②，
∵M是线段AB的中点，∴，∵直线AB的方程是，
∴，∵过点M（1，1）作斜率为的直线与椭圆C：（a＞b＞0）相交于A，B两点，M是线段AB的中点，∴①②两式相减可得，即 ．
考点：椭圆的简单性质
一、圆雉曲线第三定义（仅限于椭圆和双曲线）
平面内动点到两定点（或）的斜率乘积等于常数的点的轨迹为椭圆或双曲线．其中两定点为椭圆或双曲线的顶点．当时为椭圆，当时为双曲线．
【结论1】为椭圆的长轴两端点，是椭圆上异于的任一点，则有．
证明：设，则，
又，
代入上式可得．
【结论2】为椭圆的短轴两端点，是椭圆上异于的任一点，则有．
【结论3】为椭圆的长轴（或短轴）两端点，是椭圆上异于的任一点，则有．
【结论4】为双曲线的实轴（或虚轴）两端点，是椭圆上异于的任一点，则有．
【结论5】在椭圆中，是关于原点对称的两点，是椭圆上异于的一点，若存在，则有：．
【结论6】在椭圆中，是关于原点对称的两点，是椭圆上异于的一点，若存在，则有：．
【结论7】在双曲线中，是关于原点对称的两点，是双曲线上异于的一点，若存在，则有：．
【结论8】在双曲线中，是关于原点对称的两点，是双曲线上异于的一点，若存在，则有：．
【结论1】为椭圆的不平行于对称轴的弦，为线段的中点，为原点，则，即．
证明：设，则①，②，
由点差法，两式相减得，由线段中点坐标公式，得
．
【评注】此方法称之为点差法，设点作差，设而不求．
同理可证如下结论：
【结论2】为椭圆的不平行于对称轴的弦，为线段的中点，为原点，则，即．
【结论3】为双曲线的不平行于对称轴的弦，为线段的中点，为原点，则，即．
【结论4】为双曲线的不平行于对称轴的弦，为线段的中点，为原点，则，即．
【结论5】已知直线与抛物线相交于两点，点为线段的中点，为原点，则．
【结论6】已知直线与抛物线相交于两点，点为线段的中点，为原点，则．
【结论7】已知直线与抛物线相交于两点，点为线段的中点，为原点，则．
【结论8】已知直线与抛物线相交于两点，点为线段的中点，为原点，则．