高考数学经典例题专题八平面解析几何含解析

这是一份高考数学经典例题专题八平面解析几何含解析，共50页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题八 平面解析几何
一、单选题
1．历史上第一个研究圆锥曲线的是梅纳库莫斯(公元前375年—325年)，大约100年后，阿波罗尼奥更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质，比如：从抛物线的焦点发出的光线或声波在经过抛物线反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的光线，经抛物线反射后，反射光线经过抛物线的焦点.设抛物线：，一束平行于抛物线对称轴的光线经过，被抛物线反射后，又射到抛物线上的点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
求出入射光线与抛物线的交点坐标，再根据抛物线的光学性质，利用斜率相等列式可解得结果.
【详解】
设从点沿平行于抛物线对称轴的方向射出的直线与抛物线交于点，易知，将代入抛物线方程得，即，
设焦点为，则，设，由，，三点共线，
有，化简得，
解得或(舍)，即.
故选：D
2．在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（ ）
A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．直线
【答案】A
【解析】
首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.
【详解】
设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，

则：，设，可得：，
从而：，
结合题意可得：，
整理可得：，
即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆.
故选：A.
3．设为坐标原点，直线与抛物线C：交于，两点，若，则的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
根据题中所给的条件，结合抛物线的对称性，可知，从而可以确定出点的坐标，代入方程求得的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.
【详解】
因为直线与抛物线交于两点，且，
根据抛物线的对称性可以确定，所以，
代入抛物线方程，求得，所以其焦点坐标为，
故选：B.
4．设抛物线的顶点为，焦点为，准线为．是抛物线上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线（ ）．
A．经过点 B．经过点
C．平行于直线 D．垂直于直线
【答案】B
【解析】
依据题意不妨作出焦点在轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段的垂直平分线经过点，即求解.
【详解】
如图所示：．
因为线段的垂直平分线上的点到的距离相等，又点在抛物线上，根据定义可知，，所以线段的垂直平分线经过点.
故选：B.
5．设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】B
【解析】
因为，可得双曲线的渐近线方程是，与直线联立方程求得，两点坐标，即可求得，根据的面积为，可得值，根据，结合均值不等式，即可求得答案.
【详解】

双曲线的渐近线方程是
直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点
不妨设为在第一象限，在第四象限
联立，解得
故
联立，解得
故

面积为：
双曲线
其焦距为
当且仅当取等号
的焦距的最小值：
故选：B.
6．已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据 可知，当直线时，最小，求出以 为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．
【详解】
圆的方程可化为，点 到直线的距离为，所以直线 与圆相离．
依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而 ，
当直线时，， ，此时最小．
∴即 ，由解得， ．
所以以为直径的圆的方程为，即 ，
两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．
故选：D.
7．设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的面积为（ ）
A． B．3 C． D．2
【答案】B
【解析】
由是以P为直角直角三角形得到，再利用双曲线的定义得到，联立即可得到，代入中计算即可.
【详解】
由已知，不妨设，
则，因为，
所以点在以为直径的圆上，
即是以P为直角顶点的直角三角形，
故，
即，又，
所以，
解得，所以
故选：B
8．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论：

①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中，所有正确结论的序号是( )
A．① B．② C．①② D．①②③
【答案】C
【解析】
由得,,,
所以可为的整数有0,-1,1,从而曲线恰好经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1), (-1,0),(-1,1)六个整点,结论①正确.
由得,,解得,所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论②正确.
如图所示,易知,
四边形的面积,很明显“心形”区域的面积大于,即“心形”区域的面积大于3,说法③错误.

故选C.
9．已知点O（0，0），A（–2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|–|PB|=2，且P为函数y=图像上的点，则|OP|=（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
根据题意可知，点既在双曲线的一支上，又在函数的图象上，即可求出点的坐标，得到的值．
【详解】
因为，所以点在以为焦点，实轴长为，焦距为的双曲线的右支上，由可得，，即双曲线的右支方程为，而点还在函数的图象上，所以，
由，解得，即．
故选：D.
10．设双曲线的方程为，过抛物线的焦点和点的直线为．若的一条渐近线与平行，另一条渐近线与垂直，则双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
由抛物线的焦点可求得直线的方程为，即得直线的斜率为，再根据双曲线的渐近线的方程为，可得，即可求出，得到双曲线的方程．
【详解】
由题可知，抛物线的焦点为，所以直线的方程为，即直线的斜率为，
又双曲线的渐近线的方程为，所以，，因为，解得．
故选：．
11．第24届冬季奥林匹克运动会，将在2022年2月4日在中华人民共和国北京市和张家口市联合举行．这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京成为奥运史上第一个举办夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市．同时中国也成为第一个实现奥运“全满贯”（先后举办奥运会、残奥会、青奥会、冬奥会、冬残奥会）国家．根据规划，国家体育场（鸟巢）成为北京冬奥会开、闭幕式的场馆．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若由外层椭圆长轴一端点和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，（如图），且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
分别设内外层椭圆方程为、，进而设切线、分别为、，联立方程组整理并结合求、关于a、b、m的关系式，再结合已知得到a、b的齐次方程求离心率即可.
【详解】
若内层椭圆方程为，由离心率相同，可设外层椭圆方程为，
∴，设切线为，切线为，
∴，整理得，由知：
，整理得，
同理，，可得，
∴，即，故.
故选：B.
二、多选题
12．已知曲线.（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为
C．若mn0，则C是两条直线
【答案】ACD
【解析】
结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.
【详解】
对于A，若，则可化为，
因为，所以，
即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，
此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；
对于C，若，则可化为，
此时曲线表示双曲线，
由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，
，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
三、填空题
13．已知椭圆的右顶点为右焦点为以为圆心，为半径的圆与椭圆相交于两点，若直线过点则的值为_____．
【答案】
【解析】
由对称性得弦是椭圆的通径，由通径长可得关系式，从而求得．
【详解】
由已知，，因为过焦点，所以由对称性知轴，所以，，所以．
故答案为：．
14．已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．
【答案】5
【解析】
设，由得
因为A,B在椭圆上,所以
，
与对应相减得，当且仅当时取最大值.
15．斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则=________．
【答案】
【解析】
先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果.
【详解】
∵抛物线的方程为，∴抛物线的焦点F坐标为，
又∵直线AB过焦点F且斜率为，∴直线AB的方程为：
代入抛物线方程消去y并化简得，
解法一：解得
所以
解法二：
设，则,
过分别作准线的垂线，设垂足分别为如图所示.


故答案为：
16．已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．
【答案】5
【解析】
根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，进而利用弦长公式，即可求得．
【详解】
因为圆心到直线的距离，
由可得，解得．
故答案为：．
17．已知双曲线的左､右焦点分别为，，为双曲线上一点，且，则___________.
【答案】
【解析】
利用双曲线的定义、余弦定理、三角形的面积公式列方程组，化简求得.
【详解】
依题意，
设，不妨设，，
设，
根据双曲线的定义、余弦定理、三角形的面积公式得
，，，，
，，，
，
由于，
所以，所以.
故答案为：
18．已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________．
【答案】2.
【解析】
如图，

由得又得OA是三角形的中位线，即由，得则有，
又OA与OB都是渐近线，得又，得．又渐近线OB的斜率为，所以该双曲线的离心率为．
四、双空题
19．已知双曲线，则C的右焦点的坐标为_________；C的焦点到其渐近线的距离是_________．
【答案】
【解析】
根据双曲线的标准方程可得出双曲线的右焦点坐标，并求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得双曲线的焦点到渐近线的距离.
【详解】
在双曲线中，，，则，则双曲线的右焦点坐标为，
双曲线的渐近线方程为，即，
所以，双曲线的焦点到其渐近线的距离为.
故答案为：；.
20．设直线与圆和圆均相切，则_______；b=______．
【答案】
【解析】
由直线与两圆相切建立关于k，b的方程组，解方程组即可.
【详解】
设，，由题意，到直线的距离等于半径，即，，
所以，所以（舍）或者，
解得.
故答案为：
五、解答题
21．已知抛物线：经过点.
（1）求抛物线的方程及其准线方程；
（2）设过点的直线与抛物线交于，两点，若，轴.垂足为，求证：以为直径的圆恒过定点.
【答案】（1）抛物线的方程为，其准线方程为；（2）证明见解析.
【解析】
（1）代入点的坐标可得，可得抛物线的标准方程和准线方程；
（2）设直线的方程并代入抛物线方程，根据韦达定理求出的坐标，进而得的坐标，设以为直径的圆恒经过点，利用恒成立可解得结果.
【详解】
（1）由抛物线经过点，得，即.
所以抛物线的方程为，其准线方程为.
（2）证明：由题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为.
将代入，消去得，
显然，设，，
则，.
∵，∴是线段的中点，设，
则，，
∴，又轴，所以垂足的坐标为.
设以为直径的圆恒经过点，
则，，
由，得，
即，①
因为对任意的实数，①式要恒成立，
所以，解得
所以以为直径的圆恒过定点，该定点的坐标为.
22．椭圆：的左右焦点分别为，，过且与轴垂直的直线交椭圆于，两点，其中点在第一象限，，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）A为椭圆上顶点，过A引两条直线，，斜率分别为，，若，，分别交椭圆另一点为，，求证：直线恒过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）由已知求得，可得椭圆方程．
（2）设，，分斜率不存在时和斜率存在时两种情况，当直线斜率存在时设直线的方程为，与椭圆的方程联立，再由根与系数的关系表示直线，可得证.
【详解】
（1）设，，由题意知：，即①，
将代入椭圆方程得：，
由，
得，即②，
联立①②得，．
∴椭圆方程为．
（2）设，，当斜率不存在时，．
则，不合题意，舍去，
当斜率存在时，直线的方程为，
∵，，
化为（*），
将代入椭圆方程并整理得
，，
代入（*）式得：，
即．
，故约去，原式整理得，
即直线恒过定点．
.
23．已知椭圆的两个焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于，两点(点位于轴上方)，，的周长分别为，.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，且，设直线的倾斜角为，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）根据椭圆的定义可得，的周长分别为，结合可得答案.
(2)根据题意设出直线的方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，由，得出，得出的纵坐标的关系，从而可求出答案.
【详解】
（1）设椭圆的半焦距为，因为，的周长分别为，，
所以根据椭圆的定义得，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）由条件，且，则,所以直线的斜率存在.
根据题意，可设直线的方程为.
联立，消去，得，
则，
设，，则①，②，
又，且，则.
设，，
则，所以③，
把③代入①得，，
并结合②可得，
则，即，
因为在上单调递增，所以，
即，且，解得，
即，所以.
故的取值范围是.
【点睛】
关键点睛：本题考查求椭圆方程和直线与椭圆的位置关系，解答本题的关键是由，，又，且，则，得出关系求解，属于中档题.
24．已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆G的方程；
（2）过点斜率为的直线l交椭圆G于A，B两点，在y轴上是否存在点N使得（点N与点M不重合），若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2），证明详见解析.
【解析】
（1）由条件列式，利用待定系数法求解椭圆方程；（2）首先直线方程与椭圆方程联立，得根与系数的关系，将条件转化为，代入坐标，利用根与系数的关系化简求定点.
【详解】
（1）由条件可知 ，解得：，，
所以椭圆的方程是；
（2）设直线，，，，
联立 ，得，
，，
，，
即
，
即，
，得，
即存在定点.
25．已知椭圆过点，且焦距为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点的直线l(不与x轴重合)与椭圆C交于P，Q两点，点T与点Q关于x轴对称，直线与x轴交于点H，是否存在常数，使得成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）（2）存在,
【解析】
（1）根据椭圆的几何性质求出可得结果；
（2）设，，则，设直线，代入，得到和，利用直线的方程求出的坐标，求出、，则可得的值.
【详解】
（1）因为椭圆过点，所以，
又，即，所以，
所以椭圆C的方程为：.
（2）显然直线的斜率存在且不为0，设直线，
联立，消去并整理得，
，得，
设，，则，
所以，，
直线：，令，得，
所以，
又，所以，
又因为，，
所以，






，
所以，解得.
所以存在常数，使得成立.
26．已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
【答案】（1）；（2），.
【解析】
（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.
【详解】
（1），轴且与椭圆相交于、两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，

抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，
解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得.
因此，曲线的标准方程为，
曲线的标准方程为.
27．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．
【解析】
（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.
28．已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
【答案】（1）；（2）18.
【解析】
(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】
(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
29．已知椭圆的离心率为，，为其左､右顶点，为椭圆上任意一点(除去，)且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过右焦点的直线交曲线于，两点，又以为边的平行四边形交曲线于，，求的最大值，并求此时直线的方程.
【答案】（1）；（2）；.
【解析】
（1）表示出MA，MB的直线斜率，根据条件求出参数a，b，从而求得椭圆方程.
（2）△PQR的面积等价于△PQF1，设方程，联立圆锥曲线，求得弦长，表达出△PQR面积表达式，借助函数解决面积最值问题.
【详解】
（1）令，则，

，又，
，
故所求椭圆的方程为.
（2）由椭圆方程的对称性知平行四边形的另一边过点，
如图，，到的距离等于到的距离，

又，，
令直线的方程为
联立，


显然且，，



令，，

令，则，
，
在为单调递增函数，
，
当且仅当，即时，的最大值为，此时直线自方程为.

30．已知椭圆：的焦距为2，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆相切于点，与抛物线的准线相交于点，若点为平面内一点，且，求点的坐标．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
（1）根据椭圆的方程及性质求得椭圆的方程；
（2）设直线方程并与椭圆联解，求出M的坐标，以及求出直线与抛物线的准线交点坐标，设点 ，根据求出点的坐标．
【详解】
本题考查椭圆的方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系、抛物线的性质的综合应用．
（1）由题得解得
所以椭圆的方程为．
（2）根据题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立
消去并整理得．
由，
得，
所以，，即．
因为抛物线的准线方程为，
所以当时，，所以．
设点，因为，所以，
所以，
即，
当即，时，方程（*）恒成立，
所以点的坐标为．
31．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.
【解析】
（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.
（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．
32．已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；
（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）因为，可得，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；
（2）点在上，点在直线上，且，，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为，可得，可求得点坐标，求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积.
【详解】
（1）
，，
根据离心率，
解得或(舍)，
的方程为：，
即；
（2）不妨设,在x轴上方
点在上，点在直线上，且，，
过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为
根据题意画出图形，如图

，，，
又，，
，
根据三角形全等条件“”，
可得：，
，
，
，
设点为，
可得点纵坐标为，将其代入，
可得：，
解得：或，
点为或，
①当点为时，
故，
，
，
可得：点为，
画出图象，如图

,，
可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
面积为：；
②当点为时，
故，
，
，
可得：点为，
画出图象，如图

,，
可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
面积为：，
综上所述，面积为：.
33．已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】
（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2) 设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，
于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
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，
故存在点，使得为定值.
34．已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【解析】
(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】
(1)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且：，注意到：
，
而：

，
故.
从而.