新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题41 圆锥曲线中定比点差法的应用十一大题型汇总（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153314866" 题型1定比点差法求坐标 PAGEREF _Tc153314866 \h 1
\l "_Tc153314867" 题型2定比点差法求离心率 PAGEREF _Tc153314867 \h 5
\l "_Tc153314868" 题型3定比点差法求直线（曲线）方程 PAGEREF _Tc153314868 \h 11
\l "_Tc153314869" 题型4定比点差法求弦长 PAGEREF _Tc153314869 \h 14
\l "_Tc153314870" 题型5定比点差法与定点问题 PAGEREF _Tc153314870 \h 24
\l "_Tc153314871" 题型6定比点差法求定值问题 PAGEREF _Tc153314871 \h 32
\l "_Tc153314872" 题型7定比点差法与定直线问题 PAGEREF _Tc153314872 \h 42
\l "_Tc153314873" 题型8定比点差法与求值问题 PAGEREF _Tc153314873 \h 53
\l "_Tc153314874" 题型9定比点差法求取值范围问题 PAGEREF _Tc153314874 \h 57
\l "_Tc153314875" 题型10定比点差法求问题 PAGEREF _Tc153314875 \h 64
\l "_Tc153314876" 题型11调和定比分点 PAGEREF _Tc153314876 \h 69
题型1定比点差法求坐标
【例题1】已知分别是椭圆的左右焦点，点在椭圆上，且，则点的坐标是 ．
【答案】
【解析】如图，延长交椭圆于点，由对称性得，则．
设，则，
又，由点在椭圆上，则
于是有，即，联立，解得，则．
【评注】由向量数乘的几何意义知//且，考虑到椭圆的中心对称性，可以延长交椭圆于点，得到，从而得到三点共线，且，于是定点为焦点弦的定比分点，自然想到使用定比点差法．
【变式1-1】1. （2018年高考浙江卷）已知点P(0，1)，椭圆 (m>1)上两点A，B满足，则当m= 时，点B横坐标的绝对值最大．
【答案】5
【分析】方法一：先根据条件得到A,B坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B的横坐标关于m的函数关系，最后根据二次函数性质确定最值即可解出.
【详解】［方法一］：点差法＋二次函数性质
设，由得
因为A,B在椭圆上,所以 ，即，与相减得：，所以，
，当且仅当时取最等号，即时，点B横坐标的绝对值最大.
故答案为：5．
［方法二］：【通性通法】设线＋韦达定理
由条件知直线的斜率存在，设，直线的方程为，联立得，根据韦达定理得，由知，代入上式解得，所以．此时，又，解得．
［方法三］：直线的参数方程+基本不等式
设直线的参数方程为其中t为参数，为直线的倾斜角，将其代入椭圆方程中化简得，设点A，B对应的参数分别为，则．由韦达定理知，解得，所以，此时，即，代入，解得．
［方法四］：直接硬算求解+二次函数性质
设，因为，所以．
即 ①， ②，
又因为，所以．
不妨设，因此，代入②式可得．化简整理得．
由此可知，当时，上式有最大值16，即点B横坐标的绝对值有最大值2．
所以．
［方法五］：【最优解】仿射变换
如图1，作如下仿射变换，则为一个圆．
根据仿射变换的性质，点B的横坐标的绝对值最大，等价于点的横坐标的绝对值最大，则
．
当时等号成立，根据易得，此时．
［方法六］：中点弦性质的应用
设，由可知，则中点．因为，所以，整理得，由于，则时，，所以．
【整体点评】方法一：由题意中点的坐标关系，以及点差法可求出点的横、纵坐标，从而可以根据二次函数的性质解出；
方法二：常规设线，通过联立，根据韦达定理以及题目条件求出点的横坐标，然后利用基本不等式求出最值，由取等条件得解，是该题的通性通法；
方法三：利用直线的参数方程与椭圆方程联立，根据参数的几何意义，解得点的横坐标，再利用基本不等式求出最值，由取等条件得解；
方法四：利用题目条件硬算求出点的横坐标，再根据二次函数的性质解出；
方法五：根据仿射变换，利用圆的几何性质结合平面几何知识转化，求出对应点的横坐标的绝对值最大，从而解出，计算难度小，是该题的最优解；
方法六：利用中点弦的性质找出点的横、纵坐标关系，再根据关系式自身特征求出点的横坐标的绝对值的最大值，从而解出，计算量小，也是不错的方法．
【变式1-1】2. （2022·全国·高三专题练习）设、分别为椭圆的左、右焦点，点A、在椭圆上，若，则点A的坐标是 ．
【答案】，或，
【分析】设出，，，后，表达出向量条件，再由点A、在椭圆上可列方程组解决此问题.
【详解】椭圆中，，，
则左焦点，，右焦点，，设，，，．
则，
，
则有， 解得
由点，在椭圆上，则有
解之得，或
故有或即，或，
故答案为：，或，
题型2定比点差法求离心率
【例题2】已知椭圆 内有一点，过的两条直线、分别与椭圆交于和两点，且满足，（其中且），若变化时直线的斜率总为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，由可得：，据此可得：，同理可得：，
则：，将点A，B的坐标代入椭圆方程做差可得：，
即：，同理可得：，两式相加可得，故：，
据此可得：．
【评注】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2-1】1. 已知椭圆，过其左焦点且斜率为的直线与椭圆交于两点，若，求椭圆的离心率．
【解析】设，由得，由得由点在椭圆上，则两式作差得，
，联立，得
，又，于是有，整理得，两边都除以，得，解得或，又．
【评注】处理焦点弦问题时，相较于联立直线与曲线方程法，定比点差法运算量小，过程简洁．
【变式2-1】2. （2022·全国·高三专题练习）已知椭圆，过椭圆的左焦点F且斜率为的直线l与椭圆交于A、B两点（A点在B点的上方），若有，求椭圆的离心率．
【答案】
【分析】利用点差法，设、，代入椭圆方程中，变形后作差，由可得，，从而可得，求出点的坐标代入椭圆方程中化简可求出离心率
【详解】因为，设、，
①②得：，
，，
则，
得，
∵，∴，将A代入椭圆方程
整理得：，所以或（舍）
故．
【变式2-1】3. （2020下·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知椭圆内有一定点，过点P的两条直线，分别与椭圆交于A、C和B、D两点，且满足，，若变化时，直线CD的斜率总为，则椭圆的离心率为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设出四点的坐标，将两点坐标代入椭圆方程并化简，同理将两点坐标代入椭圆方程并化简，根据化简上述两个式子，由此求得的值，进而求得椭圆离心率.
【详解】设因为，且，所以，同理.将两点坐标代入椭圆方程并化简得，即，同理，由于，，所以，即，即，两式相加得，即，所以，所以，故选A.
【点睛】本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查定比分点坐标公式，考查点在曲线上的运用，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，考查椭圆离心率的求法，难度较大，属于难题.
【变式2-1】4. （2021上·全国·高三校联考阶段练习）已知椭圆，点为椭圆外一点，斜率为的直线与椭圆交于，两点，过点作直线，分别交椭圆于，两点．当直线的斜率为时，此椭圆的离心率为 ．
【答案】
【分析】由题意，不妨设直线AB过原点O，则 ，设CD及中点的坐M标，再利用点差法求出OM和CD斜率的关系，然后根据O，M，P三点共线，求出a，b的关系即可.
【详解】如图所示：
设直线AB过原点O，由题意得 ，
设，CD的中点为，则，
因为C，D在椭圆上，
所以，两式相减得，
所以，
因为O，M，P三点共线，
所以，
即，解得，
所以，
故答案为：
【点睛】方法点睛：解决直线与曲线的位置关系的相关问题，往往先把直线方程与曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．
题型3定比点差法求直线（曲线）方程
【例题3】已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，过点作直线与椭圆相交于两点，且△的周长为．
（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求直线的方程．
【解析】（1）由已知可得，又，解得所求的椭圆的标准方程为．
（2）由，得．设，得，又，由点在椭圆上，得两式作差得，联立，解得，又，解得直线的方程为或．
【评注】由平面向量共线定理及向量数乘的几何意义，得，自然考虑定比点差法
【变式3-1】1. （2022·山东济南·二模）已知椭圆C的焦点坐标为和，且椭圆经过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若，椭圆C上四点M，N，P，Q满足，，求直线MN的斜率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到c=1，再将点代入椭圆方程求解；
（2）设，，，，，由得到，根据，都在椭圆上，得到，同理得，两式相减求解.
【详解】（1）解：由题意可知，c=1，
设椭圆方程为，将点代入椭圆方程，
得，
解得（舍），，
所以椭圆方程为.
（2）设，，，，，
因为，所以，即，
又，都在椭圆上，
所以，，
即，
②-①得，
即……③，
又，同理得……④
④-③得，
所以.
【变式3-1】2. （2021·重庆·统考模拟预测）已知椭圆：的右焦点为，点，是椭圆上关于原点对称的两点，其中点在第一象限内，射线，与椭圆的交点分别为，.
（1）若，，求椭圆的方程；
（2）若直线的斜率是直线的斜率的2倍，求椭圆的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由结合椭圆的对称性知轴，从而得出点的坐标，再由得出点的坐标，代入椭圆方程可得答案.
（2）设，，设，，表示出点的坐标，代入椭圆方程，结合点在椭圆上分别得到与的式子，由直线的斜率是直线的斜率的2倍可得关于的式子，从而可得答案.
【详解】解：（1）由，根据椭圆的对称性知轴，过右焦点
所以，，，
则，由，可得
解得，代入椭圆方程得，解得，
所以，即，所以，故椭圆方程为；
（2）设，，令，则，
代入椭圆方程得，即，
又，所以，化简得到 ①
同理：令，同理解得，代入椭圆方程同理可得 ②
由题知，解得，③
①②得，将③式代入得，故，
故椭圆方程为.
【点睛】关键点睛：本题考查向量在椭圆中的应用以及直线与椭圆的位置关系，解答本题的关键是设，得出代入椭圆方程可得，同理设，可得，由直线的斜率是直线的斜率的2倍可得，联立可得解，属于难题.
题型4定比点差法求弦长
【例题4】已知斜率为的直线与抛物线的交于两点，与轴交于点，若，求．
【解析】设，由，得，则由点在抛物线上，则于是有，则，联立，得，又，则，
由．
【评注】由已知条件可知该题可使用定比点差法，得到点的横坐标，再利用，得到，利用抛物线方程得到，求出，最后由得出答案．
【变式4-1】1. （2022·上海徐汇·三模）已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点､．
（1）求椭圆的方程；
（2）若，的最大值；
（3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为．若､和点共线，求实数的值．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，利用弦长公式得到，结合的取值范围，求出最大值；（3）设出直线方程，表达出两点坐标，由､､三点共线得到方程，化简后得到．
【解析】（1）由题意得：焦距为，得，
点坐标代入椭圆方程得：，
，解得：，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）设直线的方程为，由
消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为．
（3）设，，，，
则①，②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
由，及①，代入可得，
又，所以，所以，
同理可得．
故，，
因为､､三点共线，所以．
将点，的坐标代入，通分化简得，即．
【评注】处理圆锥曲线问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再利用弦长公式或题干中条件，求出取值范围或得到方程，求出参数．
【变式4-1】2. （2022·山西太原·三模）已知椭圆过点离心率为
（1）求椭圆C的方程；
（2）当过点M（4，1）的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足求线段PN长的最小值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由椭圆的几何性质列方程组求解；（2）由定比分点公式化简得点轨迹方程，由点到直线距离公式求解.
【解析】（1）根据题意， 解得，椭圆C的方程为.
（2）设A（，），B（，），N（x，y），
由，得 ，∴，
又，∴，∴点N在直线上，
∴．
【总结】
定比点差法，实际上是直线参数方程的变异形式，核心思想是“设而不求”．它是利用圆锥曲线上两点坐标之间的联系与差异，代点、扩乘、作差，解决相应的圆锥曲线问题，尤其是遇到定点、成比例等条件时，定比点差法有独特的优势．
【变式4-1】3. （2019·浙江·校联考二模）过点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则的最小值为 ．
【答案】.
【分析】先设， ， ，由且得整理得：，同理分析出：，由于A, B在椭圆上，则可以分析出，则Q点的轨迹是直线，利用点到线得距离求得OQ得最小值
【详解】设， ， 则
于是，同理，
于是我们可以得到
.
即，所以Q点的轨迹是直线， 即为原点到直线的距离，
所以
【点睛】平面向量共线的坐标表示问题的常见类型及解题策略
(1)利用两向量共线的条件求向量坐标．一般地，在求与一个已知向量a共线的向量时，可设所求向量为λa(λ∈R)，然后结合其他条件列出关于λ的方程，求出λ的值后代入λa即可得到所求的向量．
(2)利用两向量共线求参数．如果已知两向量共线，求某些参数的取值时，利用“若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件是x1y2＝x2y1”解题比较方便
【变式4-1】4. （2021上·浙江绍兴·高二统考期末）已知椭圆的离心率，且经过点，点为椭圆C的左、右焦点．
（1）求椭圆C的方程．
（2）过点分别作两条互相垂直的直线，且与椭圆交于不同两点与直线交于点P．若，且点Q满足，求面积的最小值．
【答案】（1）；（2）6.
【分析】（1）根据椭圆的离心率为，可得，再将点代入椭圆方程可得，解出可得答案.
（2）设直线，与椭圆方程联立得出韦达定理，由条件求出点坐标，求出的长度，得出直线的方程为：与直线求出点坐标，得出长度，从而表示三角形面积，得出最值.
【详解】解析：（1）由题意，得，解得：，所以椭圆的方程为．
（2）由（1）可得,若直线的斜率为0，则的方程为：与直线无交点，不满足条件.
设直线，若，则则不满足，所以
设，
由，得：，
，
因为，即
则，
所以，解得．
于是．
直线的方程为：
联立，解得，所以．
所以，
当且仅当时，．
【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆的方程和椭圆中三角形面积的最值问题，解答本题的关键是根据向量条件得出，进而求出点的坐标，得到的长度，从而表示出三角形的面积，属于中档题.
【变式4-1】5.（2022·广东广州·统考二模）已知椭圆的离心率为，短轴长为4；
(1)求C的方程；
(2)过点作两条相互垂直的直线上和，直线与C相交于两个不同点A，B，在线段上取点Q，满足，直线交y轴于点R，求面积的最小值．
【答案】(1)；
(2)1.
【分析】（1）由题可得，即得；
（2）由题可设的方程为，利用韦达定理法可得，进而可得，然后利用面积公式及基本不等式即求.
【详解】（1）由题可得，
∴，
∴椭圆C的方程为；
（2）由题可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，
，
由，可得，
由，可得，或，
∴，
由及四点共线，知，
∴，
则，
∵和相互垂直，则的方程为，令，得，
∴，，
∴面积为，
当且仅当，即等号成立，
所以面积的最小值为1.
【变式4-1】6.（2020下·广东深圳·高三统考阶段练习）在平面直角坐标系中，P为直线：上的动点，动点Q满足，且原点O在以为直径的圆上.记动点Q的轨迹为曲线C
（1）求曲线C的方程：
（2）过点的直线与曲线C交于A，B两点，点D（异于A，B）在C上，直线，分别与x轴交于点M，N，且，求面积的最小值.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）设动点，表示出，再由原点O在以为直径的圆上，转化为，得到曲线C的方程.
（2）设而不解，利用方程思想、韦达定理构建面积的函数关系式，再求最小值.
【详解】解：（1）由题意，不妨设，则，，
∵O在以为直径的圆上，∴，∴，
∴，∴曲线C的方程为.
（2）设，，，，，
依题意，可设：（其中），由方程组消去x并整理，得
，则，，
同理可设，，
可得，，
∴，，
又∵，∴，
∴，∴，
∴
，
∴，
∴当时，面积取得最小值，其最小值为.
【点睛】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系的向量表达为背景，利用方程思想、韦达定理构建目标函数，利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系最值问题，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力.
【变式4-1】7.（2020·河北唐山·统考二模）已知，是椭圆T.上的两点，且A点位于第一象限.过A作x轴的垂线，垂足为点C，点D满足，延长交T于点.
（1）设直线，的斜率分别为，.
（i）求证：；
（ii）证明：是直角三角形；
（2）求的面积的最大值.
【答案】（1）（i）见解析（ii）见解析（2）
【分析】（1）（i）求出点D的坐标，用、表示出、即可得证；（ii）利用，都在T上可将两点坐标代入椭圆方程，两式相减并通过变形证明，由（i）可推出，则，得证；（2）直线AE的方程代入椭圆方程整理得关于x的一元二次方程，利用韦达定理求出，由求出面积的表达式，利用换元法及对勾函数的单调性即可求得面积的最大值.
【详解】（1）（i）由题意可得，所以，
又，因此.
（ii）因为，都在T上，
所以，，从而，
即.
又，，所以，
由（i），则，即.
故是直角三角形.
（2）由（1）得，：，
将直线代入椭圆T，并整理可得，
所以.
，
因为，所以.
令，则，等号当且仅当时成立.
从而，
因为在上单调递增，所以时，取得最小值，
故时，取得最大值.
【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用、直线的方程、椭圆中的三角形问题，涉及韦达定理、基本不等式、对勾函数的单调性，属于较难题.
题型5定比点差法与定点问题
【例题5】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．
【变式5-1】1. 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．
【变式5-1】2. （2022·全国·高三专题练习）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．
【答案】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．
【变式5-1】3. 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．
【变式5-1】4. （2021上·江西吉安·高三统考期末）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．
【答案】（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
【变式5-1】5．（2021下·江苏·高三校联考阶段练习）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.
【答案】（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．
【变式5-1】6.（2021下·安徽·高三校联考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，A，B分别为椭圆C：=1(a>b>0)的右顶点和上顶点，的面积为，且椭圆C的离心率为.
（1）求椭圆C的方程.
（2）设斜率不为0的直线l经过椭圆C的右焦点F，且与椭圆C交于不同的两点M，N，过M作直线x=4的垂线，垂足为Q.试问：直线QN是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）；（2）过定点，定点为(，0).
【分析】（1）设椭圆的半焦距为c(c>0)，根据的面积为，且椭圆C的离心率为，由求解；
（2）设M(，)，N(，)， Q(4，)，直线l的方程为x=my+1，与椭圆方程联立，则直线QN：，根据椭圆的对称性，若直线QN过定点，则定点在x轴上，设交点为(，0)，由结合韦达定理求解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c(c>0)，由题意得，
又，
∴，
∴椭圆C的方程是.
（2）设M(，)，N(，)，则Q(4，).
设直线l的方程为x=my+1，将x=my+1代入，
得，
，.
得①
直线QN：
假设直线QN过定点，则由对称性知定点在x轴上，
设直线QN与x轴的交点为(，0)，
则，
∴，
将①式代入上式可得，
∴直线QN过定点(，0).
【点睛】方法点睛：定点问题的常见解法：①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．
题型6定比点差法求定值问题
【例题6】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．
【变式6-1】1.（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆，．过的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，，求证：为定值
【答案】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.
【变式6-1】2.（2022·全国·高三专题练习）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．
【答案】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.
【变式6-1】3. （2022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．
【变式6-1】4. 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，
【变式6-1】5.（2020·全国·高三校联考阶段练习）已知抛物线：的焦点为，为坐标原点．过点的直线与抛物线交于，两点．
（1）若直线与圆：相切，求直线的方程；
（2）若直线与轴的交点为．且，，试探究：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由．
【答案】（1）；（2），理由见解析；
【解析】（1）由直线过焦点，且与半径为，圆心的圆相切知圆心到直线的距离即可求直线斜率，进而得到直线方程；（2）由直线与抛物线、轴的交点情况知斜率存在且，令，联立方程得，又，，应用向量共线的坐标表示有即可确定是否为定值.
【详解】（1）由题意知：且圆的半径为，圆心，即有在圆外，
∴设直线为，则圆心到直线的距离，
解之得：，即直线的方程为.
（2）由过的直线与抛物线交于，两点，与轴的交点为，即斜率存在且，设直线为，有，
联立直线方程与椭圆方程，有，可得，
设，，即有，
，，，，
由，，可得，，
∴，即可得为定值
【点睛】本题考查了抛物线，由直线与抛物线的交点情况，结合它与圆的位置关系求直线方程，根据直线与y轴、抛物线的交点，结合向量共线情况说明参数之和是否为定值.
【变式6-1】6. （2022·全国·高三专题练习）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．
【答案】(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.
【详解】（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．
【变式6-1】7. （2021·湖北武汉·统考二模）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.
【答案】（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.
【变式6-1】8.（2022·宁夏石嘴山·石嘴山市第一中学校考三模）已知抛物线：经过点，焦点为F，PF=2，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，，且直线交轴于，直线交轴于．
(1)求抛物线C的方程
(2)求直线的斜率的取值范围；
(3)设为原点，，，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用抛物线的定义，直接计算求出，可得答案.
（2）根据题意，考虑斜率存在，设直线的方程为，与抛物线联立方程，利用判别式和、要与轴相交，得到的范围.
（3）设点，，利用，，得出，进而联立，利用韦达定理进行消参，可证明为定值.
【详解】（1）抛物线：经过点，
PF=1+2
解得，故抛物线方程为：
（2）由题意，直线的斜率存在且不为，
设过点的直线的方程为，
设，
联立方程组可得，
消可得，
，且，
解得，且，
则，，
又、要与轴相交，
直线不能经过点，即，
故直线的斜率的取值范围是；
（3）证明：设点，，
则，，
因为，所以，
故，同理，
直线的方程为
，
令，得，同理可得，
因为
，
，
为定值．
题型7定比点差法与定直线问题
【例题7】（2022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．
【变式7-1】1. 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
【变式7-1】2. （2019上·江西吉安·高三统考期末）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．
【答案】（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．
【变式7-1】3. （2020·河北沧州·统考一模）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.
【答案】（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.
【变式7-1】4. （2016·安徽合肥·统考一模）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.
【答案】（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.
【变式7-1】5.（2020上·江苏南京·高三南京师大附中校考期中）在平面直角坐标系xy中，已知椭圆C:=1(a> b>0 )的离心率为，以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大值为
（1）求a，b的值
（2）当过点P(6，0)的动直线1与椭圆C交于不同的点A，B时，在线段AB上取点Q，使得 = ，问点Q是否总在某条定直线上?若是，求出该直线方程，若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，点总在定直线上.
【解析】（1）由已知建立关于方程组，解之可求得答案；
（2）设点的坐标分别为，.记，由已知得坐标的关系：，，，，由点在椭圆上，代入可得定直线.
【详解】（1）由已知得，解得，所以；
（2）由（1）得椭圆的方程为C:，
设点的坐标分别为，.
由题设知均不为零，记，则且，又四点共线，从而，于是，，，，从而①，②，又点在椭圆上，所以③，④，
所以①②并结合③，④，得 ，
化简得.即点总在定直线上.
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系之：定直线问题.证明动点在定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等.属于较难题.
【变式7-1】6.（2022·全国·高三专题练习）设椭圆过点，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)当过点的动直线与椭圆相交于两不同点，时，在线段上取点，满足，证明：点的轨迹与无关．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据点在椭圆上和离心率，分别建立方程，然后解出，即可；
（2）根据，，，四点共线和点，都在椭圆上建立方程，通过化简后得到关于点的轨迹为，即点的轨迹与无关.
【详解】（1）由题意解可得：
解得：，
故椭圆方程为：
（2）设点，，，，，由题设．
又，，，四点共线，可得：，则有：
（1）
（2）
由于，，，在椭圆上，将（1），（2）分别代入的方程，整理得：
（3）
（4）
由（4）（3）可得：
又，则有：
故有：点总在定直线上
即点的轨迹与无关
【变式7-1】7．（2021·广东肇庆·统考三模）设抛物线的焦点为，过点的动直线与抛物线交于，两点，当在上时，直线的斜率为.
（1）求抛物线的方程；
（2）在线段上取点，满足，，证明：点总在定直线上.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用直线的斜率列方程，化简求得，由此求得抛物线方程.
（2）设直线的方程为，联立直线的方程和抛物线方程，化简写出根与系数关系.利用向量的坐标运算建立中的关系式，由此求得点所在定直线方程.
【详解】（1）由题意，得，则，解得，
故抛物线的方程为.
（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.
【点睛】在解析几何中的向量运算，可用来建立方程，通过化简方程来进行解题.
【变式7-1】8．（2022·云南红河·统考模拟预测）在平面直角坐标系中，点是以原点为圆心，半径为的圆上的一个动点.以原点为圆心，半径为的圆与线段交于点，作轴于点，作于点.
(1)令，若，，，求点的坐标；
(2)若点的轨迹为曲线，求曲线的方程；
(3)设（2）中的曲线与轴的正半轴交于点，与轴的正负半轴分别交于点，，若点､分别满足，，证明直线和的交点在曲线上.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据数形结合直接可得点坐标；
（2）由题意列出点轨迹的参数方程，进而可得点轨迹的普通方程；
（3）由题意写出直线和方程，进而可得交点的坐标，进而得证.
【详解】（1）解：设，则由题知，
因此；
（2）解：设及，则由题知，
则点Q的轨迹C为椭圆，方程为：；
（3）设，由知，，，，，
，即，
，即，
联列上述直线方程，解得
，因此交点K在椭圆C上.
题型8定比点差法与求值问题
【例题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．
【变式8-1】1. （2020上·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）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.
【答案】（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.
【变式8-1】2. 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．
【答案】（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．
题型9定比点差法求取值范围问题
【例题9】（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆，过定点的直线与椭圆交于两点A，B（可重合），求的取值范围．
【答案】
【分析】设出两点坐标，由题意知三点共线，用向量坐标表示，进而表达出点，为点A，B在椭圆上，将之代入椭圆再化简整理可得的范围，进而取得的取值范围.
【详解】设，，，则，
于是 ，
∴．，
又因为点A，B在椭圆上，所以有，
化简得：，
将条件代入整理得，
∴进而解得
因此解得的取值范围，
∴的取值范围为：．
【点睛】
【变式9-1】1. （2020上·江苏南京·高三南京市秦淮中学校考期末）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为（），那么的取值范围是（ ）
A．B．C．D．，或
【答案】A
【解析】先设，，再由点差法求出，再由点，在椭圆内，求出的范围即可得解.
【详解】解：设，，
又点，在椭圆上，
则，，
两式相减可得：，
又，
则，
又点，在椭圆内，
则，
则，
所以，
故选：A.
【点睛】本题考查了椭圆中的中点弦问题，重点考查了点差法，属基础题.
【变式9-1】2. （2019·重庆·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知椭圆：的两个焦点为，，焦距为，直线：与椭圆相交于，两点，为弦的中点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线：与椭圆相交于不同的两点，，，若（为坐标原点），求的取值范围.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】（1）为弦的中点, 设，,代入椭圆方程利用点差法可求解.
（2）由，，三点共线，，根据三点共线性质可得：，则，将直线的方程和椭圆方程联立，利用韦达定理即可求得答案.
【详解】（1）∵焦距为，则，设，，
∵为弦的中点，根据中点坐标公式可得：，，
又∵将，代入椭圆：
∴
∴将两式作差可得：，
所以，
所以………①.
∵………②
由①②得：
所以椭圆的标准方程为.
（2）∵，，三点共线，
∴根据三点共线性质可得：，则
设，，则，
∴.
将直线和椭圆联立方程消掉.
可得：.
………③，
根据韦达定理：，，
代入，可得：，，
∴，即.
∵，，
∴………④，
代入③式得，即，
∴，∴满足④式，
∴或.
【点睛】本题考查椭圆的中点弦问题，考查直线与椭圆的综合问题，联立方程，韦达定理的应用，属于中档题.
【变式9-1】3. （2022·山东日照·校联考三模）已知椭圆过点离心率，左、右焦点分别为，P，Q是椭圆C上位于x轴上方的两点．
(1)若，求直线的方程；
(2)延长分别交椭圆C于点M，N，设，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出椭圆方程，设直线的方程为，设直线的方程为，设，由，求得，从而可求得，同理求得，从而可求得，即可得解；
（2）设，由，得，代入椭圆的方程，可求得，同理可求得，从而可得出答案.
【详解】（1）解：由已知过点，得，①
由，②
由①、②，得，
故椭圆C的方程为，
若，
设直线的方程为，设直线的方程为，设，
由，得，解得，
故，
同理，，
，则，，
故直线的方程为；
（2）解：设，
由，得，
故，
代入椭圆的方程得（3），
又由，得，
代入（3）式得，，
化简得，，即，
显然，故，
同理可得，
故，
所以的最小值．
【变式9-1】4.（2017·河南安阳·校联考一模）已知椭圆的两个焦点分别为，，过点且与轴垂直的直线交椭圆于，两点，的面积为，椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知为坐标原点，直线与轴交于点，与椭圆交于，两个不同的点，若存在实数，使得，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设椭圆的焦距为2c，，根据题意，可求得的值，代入面积公式，结合离心率，可求得，根据a，b，c的关系，即可求得的值，即可得答案.
（2）分析的当m=0时，满足题意，当，根据题意，结合三点共线定理，可得，即可得，设，将直线与椭圆联立，根据韦达定理，可得关系，结合，可得表达式，计算化简，可得，根据判别式，计算即可得答案.
【详解】（1）设椭圆的焦距为2c，，
代入椭圆方程可得 ，解得，
所以，
所以，解得，
又，所以，
又，所以，
所以椭圆的标准方程为
（2）当m=0时，则，由椭圆的对称性得,
所以，
所以当m=0时，存在实数，使得；
当时，由，得，
因为A、B、P三点共线，
所以，解得，
所以，
设，由，得，
由题意得，则，
且，
由，可得，
所以，解得，
又，整理得，
显然不满足上式，所以，
因为，所以，即，
解得或，
综上，的取值范围为
题型10定比点差法求问题
【例题10】（2022·全国·高三专题练习）过点的直线l交椭圆E：于A、B两点，若，求的取值范围．
【答案】
【分析】设出A、B两点坐标，由向量相等得两点横、纵坐标之间的关系，将两点坐标代入椭圆方程作差整理，再将刚才得到的横、纵坐标间的关系代入，解出的取值范围为.
【详解】设，，因为，，
由向量关系得：①，②
将A，B代入椭圆方程为
两式相减得，
将①②代入得③
对比①③得： ，解得，
由得，解得，所以的取值范围为．
【变式10-1】1. （2021·上海长宁·统考二模）设分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且不是椭圆的顶点．若，且，则实数的值为 ．
【答案】1
【分析】由已知向量条件结合椭圆的对称性推出四边形一定为平行四边形，可得，即.
【详解】因为，所以，所以，
又，且不是椭圆的顶点．
根据椭圆的对称性可知，四边形一定为平行四边形，
如图：
所以，
所以，即，
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：根据椭圆的对称性求解是解题关键.
【变式10-1】2. （2021·上海浦东新·统考二模）已知椭圆：的左右焦点分别为，过点的直线交椭圆于不同的两点.
（1）若直线经过，求的周长；
（2）若以线段为直径的圆过点，求直线的方程；
（3）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）或；（3）.
【分析】（1）由椭圆定义知所求周长，由此得到结果；
（2）当直线斜率不存在时，易知；当直线斜率存在时，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由，利用平面向量数量积的坐标运算可构造方程求得，得到直线方程；综合两种情况可得结果；
（3）当直线斜率不存在时，可得坐标，由此可确定的取值；当直线斜率存在时，由得，利用可得与的关系，借助的范围可得的范围，解不等式可求得的取值范围；综合两种情况可得结果.
【详解】（1）由椭圆定义知：，
则的周长.
（2）当直线斜率不存在时，直线，设，，
则，符合题意；
当直线斜率存在时，设直线，，，
联立直线与椭圆得：，
，解得：，
则，，
又，，
，
即，
，解得：，满足，
直线的方程为：或；
（3）①当直线斜率不存在时， 直线，
若，，则，，，此时；
若，，则，，，此时；
②当直线斜率存在时，设直线，，，
又，即，故，
由（2）知：，即
，
又，故，，，
即，或；
综上所述：实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中取值范围问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式；
④化简所得函数式，利用函数值域的求解方法求得取值范围.
【变式10-1】3. （2022·重庆南开中学模拟预测）已知，直线过椭圆的右焦点F且与椭圆交于A、B两点，l与双曲线的两条渐近线、分别交于M、N两点．
(1)若，且当轴时，△MON的面积为，求双曲线的方程；
(2)如图所示，若椭圆的离心率，且，求实数的值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题设可得、，结合三角形面积可得，由椭圆参数关系求a、b，即可写出双曲线方程.
（2）由椭圆离心率可得，进而可得双曲线渐近线，假设，写出、l方程，联立求N坐标，由向量的数量关系及向量坐标表示求A坐标，根据A在椭圆上求值.
【详解】（1）由题设，且双曲线的渐近线为，
当轴时，，又，△MON的面积为，
所以，故，而，可得，
所以双曲线的方程为.
（2）对于椭圆有，而，则，
不妨假设，则且l为，
所以，又，，
令，则，故，
所以，而在椭圆上，
则，整理得，
综上，可得.
题型11调和定比分点
【例题11】已知椭圆，过点的动直线交椭圆于两点，在线段上取点满足，求证：点在某条定直线上．
【解析】解法一：设，即，，设，，，由于，，
又，两式相减得③
①②式代入③式，④
又由于，，
⑤⑥式代入④式，，即点在定直线上．
解法二：设，即，，设，， ，则，
于是有由点在椭圆上，则于是有，即，故点在定直线上．
【评注】共线的四点成两组等比例线段，于是设，自然想到定比点差法，非常巧妙地得到结论，体现出定比点差法比其他方法的优越性
【变式11-1】1. 已知、分别为椭圆：的上、下焦点，其中也是抛物线的焦点，点是与在第二象限的交点，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点和圆：，过点的动直线与圆相交于不同的两点，在线段上取一点，满足：，，（且）．求证：点总在某定直线上．
【答案】（1）；（2）析】（1）设，由已知得，可求得点M的坐标，代入椭圆的方程中可求得，可得椭圆的方程；（2）由向量的坐标运算和向量相等的条件，以及点在圆上可得出点Q所在的直线．
【解析】（1）设，因为点M在抛物线上，且，所以，解得，
又点M在抛物线上，所以，且，即，解得，
所以椭圆的方程；
（2）设，，因为，所以，即有，
又，所以，即有，
所以得：，
又点A、B在圆上，所以，又，所以，
故点Q总在直线上．
【评注】本题考查椭圆和抛物线的简单几何性质，以及直线与圆的交点问题，属于较难题．
【变式11-1】2. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大值为．
（1）求，的值；
（2）当过点的动直线与椭圆交于不同的点，时，在线段上取点，使得，问点是否总在某条定直线上？若是，求出该直线方程，若不是，说明理由．
【答案】（1），；（2）直线恒在定直线上析】（1）利用椭圆关系、离心率和三角形面积可构造方程求得结果；
（2）根据四点的位置关系可知，由此可得中，将直线方程代入椭圆方程，得到韦达定理形式，整理可求得，代入直线方程可知恒成立，由此可确定结论．
【解析】（1）以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大时，三角形另一顶点为椭圆短轴的端点，，解得：，．
（2）设，，，，，
，即，即，整理可得：，
设直线：，联立直线与椭圆：，整理得：，
，，
在线段上，则，点恒在定直线上．
【评注】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，通过化简整理确定所求的定直线
【变式11-1】3. 椭圆：的焦点，是等轴双曲线：的顶点，若椭圆与双曲线的一个交点是P，的周长为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点M是双曲线上任意不同于其顶点的动点，设直线、的斜率分别为，，求证，的乘积为定值；
（3）过点任作一动直线l交椭圆与A，B两点，记，若在直线AB上取一点R，使得，试判断当直线l运动是，点R是否在某一定直线上运动？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）是，析】（1）根据双曲线与椭圆的关系，求得，可得结果．
（2）假设点，直接表示斜率，然后根据双曲线方程化简即可．
（3）设直线方程并与椭圆联立，结合韦达定理，然后根据，求得，最后计算即可．
【解析】（1）有由题可知：，由的周长为，所以，即，所以，所以椭圆的方程为．
（2）设，由，所以，
所以，又，则，所以．
（3）依题可知：直线的斜率存在，设方程为，，
所以，
所以，，
由，设，由，
所以，所以．
【评注】关键点点睛：本题第（3）问，第一，假设直线方程；第二，联立椭圆方程并使用韦达定理；第三，根据条件求得；第四，计算．
【变式11-1】4. 在平面直角坐标系中，已知动点到定点的距离与到定直线的距离之比为．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知为定直线上一点．
①过点作的垂线交轨迹于点（不在轴上），求证：直线与的斜率之积是定值；
②若点的坐标为，过点作动直线交轨迹于不同两点，线段上的点满足，求证：点恒在一条定直线上．
【答案】（1）（2）①直线与的斜率之积为定值．
②点在定直线上析】（1）设动点坐标，直接利用轨迹方程定义计算即可；（2），
①令，由，得，即，即，又因为点在椭圆上，所以，而的斜率分别为，于是，即直线与的斜率之积为定值； ②令，则，代入椭圆，消元即可证明点在定直线上．
【解析】（1）设，则，点到直线的距离，
由，得，化简得，即点在轨迹的方程为．
（2）因为为直线上一点，所以令，
①令，由，得，即，即，
又因为点在椭圆上，所以，而的斜率分别为，于是，
即直线与的斜率之积为定值．
②令，则，
令点，则，
即，即
由①×③，②×④，得，
因为在椭圆上，所以，
⑤×2+⑥×3，得 ，即，所以点在定直线上．
【评注】本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题．求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用．
【变式11-1】5.（2022·山东·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知动点C到定点的距离与它到直线的距离之比为.
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)点P为直线l上的动点，过点P的动直线m与动点C的轨迹相交于不同的A，B两点，在线段上取点Q，满足，求证：点Q总在一条动直线上且该动直线恒过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接根据题意翻译条件为代数式，即可求解.
（2）设点设直线，将条件翻译成代数式，联立直线方程和椭圆方程，再利用韦达定理消元即可.
【详解】（1）设动点，由动点C到定点的距离与它到直线的距离之比为.
得，
化简得，即点C的轨迹方程为
（2）设，直线的斜率显然存在设为k，则的方程为.
因为A，P，B，Q四点共线，不妨设，
由可得，
即，
所以
可得，化简可得.（*）
联立直线和椭圆C的方程：
，消去y得：，
由韦达定理，，.代入（*）
化简得，即
又代入上式：，化简：，
所以点Q总在一条动直线上，且该直线过定点
1. （2022云南红河·模拟预测）在平面直角坐标系中，点是以原点为圆心，半径为的圆上的一个动点.以原点为圆心，半径为的圆与线段交于点，作轴于点，作于点.
(1)令，若，，，求点的坐标；
(2)若点的轨迹为曲线，求曲线的方程；
(3)设（2）中的曲线与轴的正半轴交于点，与轴的正负半轴分别交于点，，若点､分别满足，，证明直线和的交点在曲线上.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据数形结合直接可得点坐标；
（2）由题意列出点轨迹的参数方程，进而可得点轨迹的普通方程；
（3）由题意写出直线和方程，进而可得交点的坐标，进而得证.
【详解】（1）解：设，则由题知，
因此；
（2）解：设及，则由题知，
则点Q的轨迹C为椭圆，方程为：；
（3）设，由知，，，，，
，即，
，即，
联列上述直线方程，解得
，因此交点K在椭圆C上.
2. （2022·湖北武汉·统考三模）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.
【答案】(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.
3. （2022·吉林市教育学院模拟预测）已知抛物线的焦点F到其准线的距离为4，椭圆经过抛物线的焦点F．
(1)求抛物线的方程及a；
(2)已知O为坐标原点，过点的直线l与椭圆相交于A，B两点，若，点N满足，且最小值为，求椭圆的离心率．
【答案】(1)；
(2)
【分析】(1)由条件列方程求，由此可得抛物线方程及其焦点坐标，再由条件求，(2)联立方程组，利用设而不求法结合条件求出点的轨迹，列方程求，由此可得离心率.
【详解】（1）抛物线的焦点F到其准线的距离为4
可得
抛物线的方程：
椭圆经过抛物线的焦点
椭圆的右顶点为，
所以．
（2）①当直线斜率存在时，
设直线方程为
由得，
∵
∴，即∴
∴，
∴
又∵
∴，即∴
∴N点轨迹为直线
②当直线斜率不存在时，经检验点在直线上．
∴N点轨迹方程为
最小值即点O到直线的距离
∴，即
椭圆的离心率为．
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
4. （2022·吉林·统考三模）已知抛物线的焦点F到其准线的距离为4，椭圆经过抛物线的焦点F．
(1)求抛物线的方程及a；
(2)已知O为坐标原点，过点的直线l与椭圆相交于A，B两点，若，点N满足，且最小值为，求椭圆的离心率．
【答案】(1)；
(2)
【分析】(1)由条件列方程求，由此可得抛物线方程及其焦点坐标，再由条件求，(2)联立方程组，利用设而不求法结合条件求出点的轨迹，列方程求，由此可得离心率.
【详解】（1）抛物线的焦点F到其准线的距离为4
可得
抛物线的方程：
椭圆经过抛物线的焦点
椭圆的右顶点为，
所以．
（2）①当直线斜率存在时，
设直线方程为
由得，
∵
∴，即∴
∴，
∴
又∵
∴，即∴
∴N点轨迹为直线
②当直线斜率不存在时，经检验点在直线上．
∴N点轨迹方程为
最小值即点O到直线的距离
∴，即
椭圆的离心率为．
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
5. （2021·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考二模）已知椭圆的左右焦点分别为，长轴长为，A､B为椭圆上的两个动点，当A､B关于原点对称时，的最大值为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若存在实数使得，过点A作直线的垂线，垂足为N，直线是否恒过某点？若恒过某点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定点为.
【分析】（1）由题得，解方程即得解；
（2）当AB斜率不存在时，易得直线经过定点.当直线的斜率存在时，设其方程为，设，，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，求出，令，化简即得解.
【详解】（1）由题知，且为定值，
当为短轴时，取得最大值，
因此，解得，
∴椭圆C的方程为.
（2）当AB斜率不存在时，易得直线经过定点.
当直线的斜率存在时，设其方程为，设，，显然直线不与x轴重合，即；
联立，得：，，
则，，
∴，，
令，得.
易得，所以，
即直线过定点.
【点睛】方法点睛：证明直线过定点，一般有两种方法.（1）特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的坐标直线或曲线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数，结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等式，（一般地，为关于的二元一次关系式）由上述原理可得方程组，从而求得该定点.
6. （2021·云南·统考模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的动直线与椭圆交于、两点，直线与椭圆于、，且，，当的面积最大时，为等边三角形．
（1）求椭圆的离心率；
（2）若，直线与椭圆是否有公共点？若有，有多少个公共点？若没有，请说明理由．
【答案】（1）；（2）有两个公共点．
【分析】（1）可得当的面积最大时，是椭圆在短轴上的顶点，由可求；
（2）椭圆的方程可化为，由已知和得坐标代入椭圆，解得,同理可得,得出经过定点即可判断.
【详解】（1）由已知：，，是椭圆上的动点，、、三点共线，、、三点共线．
当的面积最大时，是椭圆在短轴上的顶点．
当的面积最大时，为等边三角形，
当的面积最大时， ，
其中是坐标原点．
当的面积最大时， ．
椭圆的离心率为．
（2）由（1）知：．
，．
椭圆的方程可化为，．设，，
，．
由已知和得：，．
在椭圆上，
，即 ．
．
在椭圆上，．
，解方程得．
同理可得．
直线可化为 ．
，
直线经过定点．
即直线经过定点．
，，
．
，
定点在椭圆内．
直线与椭圆有两个公共点．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是判断出直线经过定点，根据定点在椭圆内得出位置关系.
7. （2022·安徽六安·安徽省舒城中学校考一模）椭圆：的焦点，是等轴双曲线：的顶点，若椭圆与双曲线的一个交点是P，的周长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点任作一动直线交椭圆与两点，记，若在直线上取一点，使得，试判断当直线运动时，点是否在某一定直线上运动？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，
【分析】（1）由题知，进而根据焦点三角形的知识得，进而得，即可求得答案；
（2）根据题意，设直线的方程为，，进而与椭圆联立方程，结合韦达定理与向量坐标运算得，再根据得，进而得答案.
【详解】（1）解：由题可知：，所以，
因为的周长为，
所以，即，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）解：依题可知：直线的斜率存在，设方程为，，
所以，
所以，，
由，
设，由，
所以，
所以.
所以点是在直线上运动.
8. （2020·江西·校联考模拟预测）已知椭圆C：（）的离心率为，过右焦点且垂直于长轴的直线与椭圆C交于P，Q两点，且.
（1）求椭圆C的方程；
（2）A，B是椭圆C上的两个不同点，若直线，的斜率之积为（以O为坐标原点），M是的中点，连接并延长交椭圆C于点N，求的值.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）将代入椭圆方程，可得，再由，结合，解出，得到椭圆方程.
（2）设，，，,则得到，由在椭圆上，将坐标代入椭圆方程，得到关于的方程，从而解出的值，得到答案.
【详解】（1）联立，解得，故，又，
，联立三式，解得，，.
故椭圆C的方程为.
（2）设，，，，
∵M是的中点，，，.
又，，即，
∵点在椭圆C上，，
即.（*）
∵，在椭圆C上，，①②
又直线，斜率之积为，，即，③
将①②③代入（*）得，解得
所以
【点睛】本题考查椭圆椭圆方程与集合性质，直线与椭圆的位置关系，利用点在椭圆上进行消元，属于中档题.
9 （2022·安徽淮南·统考二模）已知椭圆经过点，左焦点为F，．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点作直线l交椭圆C于A、B两点，过点F且垂直于x轴的直线交直线l于点E，记，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）待定系数法去求椭圆C的标准方程；
（2）设出直线l的方程，与椭圆C的标准方程联立，利用设而不求的方法去证明
【详解】（1）设点，由题意得
解之得．
所以椭圆C的标准方程为；
（2）设直线l的方程为）（斜率k显然存在），代入，
整理得．
由，得
则，，
因为，所以．
设，则，由，可得
，由，得，
所以
10. （2020·浙江·统考高考真题）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案；
（Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得关于的表达式，得到关于的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于的不等式，求解得到的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得的坐标关于的表达式，根据点在椭圆上，得到关于关于的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到．根据判别式大于零，得到不等式，通过解方程组求得，代入求解得到的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点的参数坐标，利用斜率关系求得的坐标关于的表达式．作换元，利用点A在椭圆上，得到，然后利用二次函数的性质求得的最大值
【详解】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；
（Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法
设，
由，
，
由在抛物线上，所以，
又，
，，
.
由即
，
所以，，，
所以，的最大值为，此时.
[方法二]【最优解】：
设直线，.
将直线的方程代入椭圆得：，
所以点的纵坐标为.
将直线的方程代入抛物线得：，
所以，解得，因此，
由解得，
所以当时，取到最大值为.
[方法三] ：点差和判别式法
设，其中．
因为所以．
整理得，所以．
又，
所以，整理得．
因为存在，所以上述关于的二次方程有解，即判别式． ①
由得．
因此，将此式代入①式解得．
当且仅当点M的坐标为时，p的最大值为．
[方法四]：参数法
设，
由，得．
令，则，点A坐标代入椭圆方程中，得．
所以，此时M坐标为．
11. （2020·全国·统考高考真题）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】（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.
12. （2021·浙江·统考高考真题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.
（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.
【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（2）[方法一]：通式通法
设，，，
所以直线，由题设可得且.
由可得，故，
因为，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，
故，
令，则且，
故，
故即，
解得或或.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．
由得，所以．
因为，
，．
由得．
同理．
由得．
因为，
所以即．
故．
令，则．
所以，解得或或．
故直线在x轴上的截距的范围为．
[方法三]【最优解】：
设，
由三点共线得，即．
所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．
设直线的方程为，
则．
所以．
故（其中）．
所以．
因此直线在x轴上的截距为．
【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.
方法一：主要是用坐标表示直线，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法二：利用焦点弦的性质求得直线的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法三：利用点在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
13. （2018·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若，求的最大值；
（Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】（Ⅰ）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值；
（Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率.
【详解】（Ⅰ）由题意得，所以，
又，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）设直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为；
（Ⅲ）设，，，，
则 ①， ②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
又，代入①式可得，所以，
所以，同理可得．
故，，
因为三点共线，所以，
将点的坐标代入化简可得，即．
【点睛】本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到三者之间的关系即可求解；第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式变形为，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解.
定比点差在处理三点共线、相交弦、定点定值、比例问题、调和点列等问题均具有优势
定比分点
若，则称点为点的定比分点．若，点在线段上，此时称点为内分点；若，点在线段的延长线上，此时称点为外分点．

①点在线段上（） ②点在线段的延长线上（）
③点在线段的反向延长线上（）
补充定义：当时，对应的定比分点可以认为是无穷远点.
线段定比分点向量公式及坐标公式
已知，设，则．
证明：证法一：设，
.
证法二：设，则，
利用对应坐标相等即可推出．
1.定义：若且，则称调和分割，根据定义，那么也调和分割（其中在线段内，称为内分点，在线段外，称为外分点）．
2.调和定比分点的性质
【性质1】在椭圆或双曲线中，设为椭圆或双曲线上的两点．若存在调和分割，即满足，，则一定有．
证明：由已知点在椭圆或双曲线上，设．首先，则由定比分点坐标公式可得
又，则由定比分点坐标公式可得
当时，将代入曲线，有，
②得到③
③和①作差整理可得：
，将前式代入整理得．
【性质2】在抛物线中，设为抛物线上的两点．若存在调和分割，即满足，，则一定有．
证明：设，由，得，
由，得，
又，①—②得：，
即，
．
定比点差的原理谜题解开，就是两个互相调和的定比分点坐标满足圆锥曲线的特征方程．
3. 定比点差转换定理：
在椭圆、双曲线或抛物线中，设为椭圆或双曲线上的两点．若存在两点，满足，，则一定有（重点中的重点！！！）
证明：