新高考数学之圆锥曲线综合讲义第23讲齐次化处理(原卷版+解析)

这是一份新高考数学之圆锥曲线综合讲义第23讲齐次化处理(原卷版+解析)，共51页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，设点A和B为抛物线y2=4px（p＞0）上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB．求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线．
2．已知椭圆C:的焦点是、，且椭圆经过点。
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线与椭圆交于两点，且以为直径的圆过椭圆右顶点，求证：直线l恒过定点．
3．圆的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P（如图），双曲线过点P且离心率为.
（1）求的方程；
（2）椭圆过点P且与有相同的焦点，直线过的右焦点且与交于A，B两点，若以线段AB为直径的圆心过点P，求的方程.
4．（2015•山西四模）分别过椭圆E：=1（a＞b＞0）左、右焦点F1、F2的动直线l1、l2相交于P点，与椭圆E分别交于A、B与C、D不同四点，直线OA、OB、OC、OD的斜率分别为k1、k2、k3、k4，且满足k1+k2=k3+k4，已知当l1与x轴重合时，|AB|=2，|CD|=．
（1）求椭圆E的方程；
（2）是否存在定点M，N，使得|PM|+|PN|为定值？若存在，求出M、N点坐标，若不存在，说明理由．
5．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.
6．已知点P是椭圆C:上一点，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，
（1）求椭圆C的标准方程;
（2）设直线l不经过P点且与椭圆C相交于A，B两点.若直线PA与直线PB的斜率之和为1，问:直线l是否过定点?证明你的结论
7．如图，椭圆经过点，且离心率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）若经过点，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．
8．已知椭圆方程为，射线（x≥0）与椭圆的交点为M，过M作倾斜角互补的两条直线，分别与椭圆交于A、B两点（异于M）．
（1）求证直线AB的斜率为定值；
（2）求△AMB面积的最大值．
9．已知椭圆两焦点分别为F1、F2、P是椭圆在第一象限弧上一点，并满足，过P作倾斜角互补的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点
（1）求P点坐标；
（2）求证直线AB的斜率为定值；
（3）求△PAB面积的最大值．
10．已知中心在原点的椭圆的一个焦点为，且过点.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点作倾斜角互补的两条不同直线，分别交椭圆于另外两点，，求证：直线的斜率是定值.
11．已知椭圆两焦点、在y轴上，短轴长为，离心率为，P是椭圆在第一象限弧上一点，且，过P作关于直线对称的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点．
（1）求P点坐标；
（2）求证直线AB的斜率为定值．
12．如图，椭圆C：经过点P（1，），离心率e=，直线l的方程为x=4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得k1+k2=λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
13．如图，椭圆C:（a＞b＞0）经过点P（2,3），离心率e=，直线l的方程为y=4．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）AB是经过（0,3）的任一弦（不经过点P）．设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得？若存在，求λ的值．
14．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1（a＞b＞0）的右顶点为（2，0），离心率为，P是直线x＝4上任一点，过点M（1，0）且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若P点的坐标为（4，3），求弦AB的长度；
（3）设直线PA，PM，PB的斜率分别为k1，k2，k3，问：是否存在常数λ，使得k1+k3＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
15．已知椭圆C:（a＞b＞0）的两个焦点分别为F1（－，0）、F2（，0）.点M（1，0）与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直.
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点N的坐标为（3，2），点P的坐标为（m，n）（m≠3）.过点M任作直线l与椭圆C相交于A、B两点，设直线AN、NP、BN的斜率分别为k1、k2、k3，若k1＋k3＝2k2，试求m，n满足的关系式.
16．已知椭圆C：的两个焦点分别为，点M(1,0)与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(1,0)的直线与椭圆C相交于A、B两点，设点N(3，2)，记直线AN、BN的斜率分别为k1、k2,求证：k1+k2为定值．
17．已知椭圆E：=1（a＞b＞0）的焦距为2，且该椭圆经过点．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）经过点P（﹣2，0）分别作斜率为k1，k2的两条直线，两直线分别与椭圆E交于M，N两点，当直线MN与y轴垂直时，求k1×k2的值．
18．已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，点A为椭圆的左顶点，点B为上顶点，|AB|＝且|AF1|+|AF2|＝4.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点F2作直线l交椭圆C于M、N两点，记AM、AN的斜率分别为k1、k2，若k1+k2＝3，求直线l的方程.
19．设A，B为曲线C：上两点，A与B的横坐标之和为4.
(1)求直线AB的斜率；
(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．
20．椭圆：的离心率，长轴端点和短轴端点的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点是圆上异于点和的任一点，直线与椭圆交于点，，直线与椭圆交于点，.设为坐标原点，直线，，，的斜率分别为，，，.问：是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
21．已知椭圆过点，设椭圆的上顶点为，右顶点和右焦点分别为，，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线交椭圆于，两点，设直线与直线的斜率分别为，，若，试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
22．已知椭圆，点在椭圆上，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设点为椭圆长轴的左端点，，为椭圆上异于椭圆长轴端点的两点，记直线，斜率分别为，，若，请判断直线是否过定点？若过定点，求该定点坐标，若不过定点，请说明理由.
23．已知圆，圆过点且与圆相切，设圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）点，为曲线上的两点（不与点重合），记直线的斜率分别为，若，请判断直线是否过定点. 若过定点，求该定点坐标，若不过定点，请说明理由．
24．在直角坐标系中，椭圆的离心率为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）若斜率存在，纵截距为的直线与椭圆相交于两点，若直线的斜率均存在，求证：直线的斜率依次成等差数列．
25．已知椭圆E：()经过点，离心率为.
（1）求E的方程；
（2）若点P是椭圆E的左顶点，直线l交E于异于点P的A，B两点，直线和的斜率之积为，求面积的最大值.
26．已知椭圆过点,直线与椭圆相交于两点(异于点).当直线经过原点时,直线斜率之积为.
(1)求椭圆的方程;
(2)若直线斜率之积为,求的最小值.
第23讲 齐次化处理
一、解答题
1．如图，设点A和B为抛物线y2=4px（p＞0）上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB．求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线．
【答案】M的轨迹是以（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点．
【解析】
试题分析：由OA⊥OB可得A、B两点的横坐标之积和纵坐标之积均为定值，由OM⊥AB可用斜率处理，得到M的坐标和A、B坐标的联系，再注意到M在AB上，由以上关系即可得到M点的轨迹方程；此题还可以考虑设出直线AB的方程解决．
解：如图，点A，B在抛物线y2=4px上，
设，OA、OB的斜率分别为kOA、kOB．
∴
由OA⊥AB，得①
依点A在AB上，得直线AB方程
②
由OM⊥AB，得直线OM方程③
设点M（x，y），则x，y满足②、③两式，将②式两边同时乘以，
并利用③式，可得﹣•（﹣）+=﹣x2+，
整理得④
由③、④两式得
由①式知，yAyB=﹣16p2
∴x2+y2﹣4px=0
因为A、B是原点以外的两点，所以x＞0
所以M的轨迹是以（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点．
考点：轨迹方程；抛物线的应用．
2．已知椭圆C:的焦点是、，且椭圆经过点。
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线与椭圆交于两点，且以为直径的圆过椭圆右顶点，求证：直线l恒过定点．
【答案】（1） （2）详见解析
【解析】
试题分析：（1）设出椭圆方程，由题意可得，再由椭圆的定义可得2a=4，解得a=2，b=1，进而得到椭圆方程；（2）由题意可知，直线l的斜率为0时，不合题意．不妨设直线l的方程为x=ky+m，代入椭圆方程，消去x，运用韦达定理和由题意可得MA⊥MB，向量垂直的条件：数量积为0，化简整理，可得
或m=2，即可得到定点
试题解析：（1）椭圆的方程为
，
所以所求椭圆的方程为
（2）方法一（1）由题意可知，直线的斜率为0时，不合题意.
（2）不妨设直线的方程为 ．
由 消去得.
设，，则有……①, ………②
因为以为直径的圆过点，所以．
由，得．
将代入上式，
得. ……… ③
将①②代入③，得 ，解得或（舍）．
综上，直线经过定点
方法二证明：(1) 当不存在时，易得此直线恒过点.
（2）当存在时.设直线，，.
由，可得.
……① ……. ②
由题意可知
,
可得 .
整理得 ③
把①②代入③整理得 由题意可知
解得
（i） 当，直线过定点（2,0）不符合题意，舍掉.
（ii） ，即，直线过定点，经检验符合题意.
综上所述，直线过定点
考点：1.椭圆方程；2.直线和椭圆相交的综合问题
3．圆的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P（如图），双曲线过点P且离心率为.
（1）求的方程；
（2）椭圆过点P且与有相同的焦点，直线过的右焦点且与交于A，B两点，若以线段AB为直径的圆心过点P，求的方程.
【答案】（1）；（2） ，或..
【解析】
试题分析：（1）设切点坐标为，则切线斜率为，切线方程为，即，此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为.由知当且仅当时有最大值，即S有最小值，因此点P得坐标为 ，由题意知解得，即可求出的方程；（2） 由（1）知的焦点坐标为，由此的方程为，其中.
由在上，得，显然，l不是直线y=0.设l的方程为x=my+，点由 得，因由题意知，所以 ，将韦达定理得到的结果代入式整理得，解得或，即可求出直线l的方程.
（1）设切点坐标为，则切线斜率为，切线方程为，即，此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为.由知当且仅当时有最大值，即S有最小值，因此点P得坐标为 ，
由题意知
解得，故方程为.
（2）由（1）知的焦点坐标为，由此的方程为，其中.
由在上，得，
显然，l不是直线y=0.设l的方程为x=my+，点
由 得，又是方程的根，因此 ，由得
因由题意知，所以 ，将①，②，③，④代入⑤式整理得，解得或，因此直线l的方程为，或.
考点：1.椭圆的方程；2.直线与椭圆的位置关系.
4．（2015•山西四模）分别过椭圆E：=1（a＞b＞0）左、右焦点F1、F2的动直线l1、l2相交于P点，与椭圆E分别交于A、B与C、D不同四点，直线OA、OB、OC、OD的斜率分别为k1、k2、k3、k4，且满足k1+k2=k3+k4，已知当l1与x轴重合时，|AB|=2，|CD|=．
（1）求椭圆E的方程；
（2）是否存在定点M，N，使得|PM|+|PN|为定值？若存在，求出M、N点坐标，若不存在，说明理由．
【答案】（1）．（2）存在点M，N其坐标分别为（0，﹣1）、（0，1），使得|PM|+|PN|为定值2．
【解析】
试题分析：（1）由已知条件推导出|AB|=2a=2，|CD|=，由此能求出椭圆E的方程．
（2）焦点F1、F2坐标分别为（﹣1，0），（1，0），当直线l1或l2斜率不存在时，P点坐标为（﹣1，0）或（1，0），当直线l1，l2斜率存在时，设斜率分别为m1，m2，设A（x1，y1），B（x2，y2），由，得，由此利用韦达定理结合题设条件能推导出存在点M，N其坐标分别为（0，﹣1）、（0，1），使得|PM|+|PN|为定值2．
解：（1）当l1与x轴重合时，k1+k2=k3+k4=0，
即k3=﹣k4，
∴l2垂直于x轴，得|AB|=2a=2，|CD|=，
解得a=，b=，
∴椭圆E的方程为．
（2）焦点F1、F2坐标分别为（﹣1，0），（1，0），
当直线l1或l2斜率不存在时，P点坐标为（﹣1，0）或（1，0），
当直线l1，l2斜率存在时，设斜率分别为m1，m2，
设A（x1，y1），B（x2，y2），由，
得，
∴，，
===，
同理k3+k4=，
∵k1+k2=k3+k4，
∴，即（m1m2+2）（m2﹣m1）=0，
由题意知m1≠m2，
∴m1m2+2=0，
设P（x，y），则，
即，x≠±1，
由当直线l1或l2斜率不存在时，
P点坐标为（﹣1，0）或（1，0）也满足，
∴点P（x，y）点在椭圆上，
∴存在点M，N其坐标分别为（0，﹣1）、（0，1），使得|PM|+|PN|为定值2．
考点：直线与圆锥曲线的综合问题．
5．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】
试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，再设直线l的方程，当l与x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点.
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，）
点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.
6．已知点P是椭圆C:上一点，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，
（1）求椭圆C的标准方程;
（2）设直线l不经过P点且与椭圆C相交于A，B两点.若直线PA与直线PB的斜率之和为1，问:直线l是否过定点?证明你的结论
【答案】（1）；（2）直线l过定点．证明见解析.
【分析】
（1）由椭圆定义可知，再代入P即可求出，写出椭圆方程；
（2）设直线l的方程，联立椭圆方程，求出和之间的关系，即可求出定点.
【详解】
（1）由，得，
又在椭圆上，
代入椭圆方程有，解得，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）证明：当直线l的斜率不存在时，，，
，解得，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程，，，
由，整理得，
，，．
由，整理得，
即．
当时，此时，直线l过P点，不符合题意；
当时， 有解，此时直线l：过定点．
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查椭圆中直线过定点问题，属于中档题.
7．如图，椭圆经过点，且离心率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）若经过点，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．
【答案】（1）；（2）所以直线、斜率之和为定值2．
【分析】
（1）运用离心率公式和，，的关系，解方程可得，进而得到椭圆方程；
（2）把直线的方程代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简计算即可得到结论．
【详解】
解：（1）由题意知，，结合，解得，
椭圆的方程为；
（2）由题设知，直线的斜率不为0，
则直线的方程为，代入，得
，
由已知，设，，，
则，，
从而直线与的斜率之和：
．
所以直线、斜率之和为定值2．
【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．
8．已知椭圆方程为，射线（x≥0）与椭圆的交点为M，过M作倾斜角互补的两条直线，分别与椭圆交于A、B两点（异于M）．
（1）求证直线AB的斜率为定值；
（2）求△AMB面积的最大值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】
(1)设,求得M的坐标,则可表示出AM的直线方程和BM的直线方程,分别与椭圆的方程联立求得和,进而求得AB的斜率;(2)设出直线AB的方程与椭圆方程联立消去y,利用判别式大于0求得m的范围,进而表示出三角形AMB的面积,利用m的范围确定面积的最大值.
【详解】
（Ⅰ）斜率k存在，不妨设k＞0，求出M（，2）．
直线MA方程为，
分别与椭圆方程联立，可解出，
同理得，直线MB方程为．
∴ ，为定值.
（Ⅱ）设直线AB方程为，与联立，消去y得
．
由＞0得一4＜m＜4，且m≠0，
点M到AB的距离为．

设△AMB的面积为S．
∴．
当时，得．
【点睛】
本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题.考查了学生分析问题和解决问题的能力. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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.
9．已知椭圆两焦点分别为F1、F2、P是椭圆在第一象限弧上一点，并满足，过P作倾斜角互补的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点
（1）求P点坐标；
（2）求证直线AB的斜率为定值；
（3）求△PAB面积的最大值．
【答案】（1）．（2）是定值为．（3）.
【解析】
【分析】
（1）根据，用坐标表示，结合点P（x，y）在曲线椭圆上，即可求得点P的坐标；
（2）设出BP的直线方程与椭圆方程联立，从而可求A、B的坐标，进而可得AB的斜率为定值；
（3）设AB的直线方程：，与椭圆方程联立，可确定，求出P到AB的距离，进而可表示△PAB面积，利用基本不等式可求△PAB面积的最大值．
【详解】
（1）由题可得，，
设P0（x0，y0）（x0＞0，y0＞0）
则，，
∴，
∵点P（x0，y0）在曲线上，则，
∴，从而，得．
则点P的坐标为．
（2）由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在，设PB的斜率为k（k＞0），
则BP的直线方程为：．
由得，
设B（xB，yB），则，
同理可得，则，．
所以AB的斜率为定值．
（3）设AB的直线方程：．
由，得，
由，得
P到AB的距离为，
则．
当且仅当取等号
∴△PAB面积的最大值为．
【点睛】
本题以椭圆的标准方程及向量为载体，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形的面积计算及利用基本不等式求最值，解题的关键是直线与椭圆方程联立，利用韦达定理进行解题．
10．已知中心在原点的椭圆的一个焦点为，且过点.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点作倾斜角互补的两条不同直线，分别交椭圆于另外两点，，求证：直线的斜率是定值.
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】
（1）设椭圆C的方程为：，利用已知条件，求出a，b，即可得出椭圆C的方程；
（2）设出直线PA、PB的方程与椭圆方程联立，求出A，B的坐标，利用斜率公式，即可证明直线AB的斜率为定值．
【详解】
（Ⅰ）设椭圆方程为（）
则有 又
∴
∴ 解得
∴
∴椭圆的方程为
或解：椭圆的另一焦点为
由
得 又
∴
∴椭圆的方程为
（Ⅱ）依题意，直线，都不垂直于轴
设直线方程为，则直线方程为
由 得
∵
∴ 同理
∴=
故直线的斜率是定值
【点睛】
本题考查椭圆的方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查直线的斜率公式，考查学生的计算能力，正确运用韦达定理是关键．
11．已知椭圆两焦点、在y轴上，短轴长为，离心率为，P是椭圆在第一象限弧上一点，且，过P作关于直线对称的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点．
（1）求P点坐标；
（2）求证直线AB的斜率为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）由已知可解出椭圆方程，然后设出，结合，即可解出点P的坐标；
（2）由（1）知轴，直线PA，PB斜率互为相反数，设PB的直线方程为，与椭圆方程联立，即可解出，同理可得，然后解出，即可算出AB的斜率．
【详解】
解：（1）设椭圆的方程为，由题意可得，
，即，
，
椭圆方程为，
焦点坐标为，，
设，
则，，
，
点P在曲线上，则，
，
从而，得，则点P的坐标为；
（2）由（1）知轴，直线PA，PB斜率互为相反数，
设PB的斜率为，则PB的直线方程为，
由，
得，
设，则，
同理可得，则，
，
所以AB的斜率为定值．
【点睛】
本题考查了椭圆的方程和性质，考查椭圆和直线的位置关系，属于较难题．
12．如图，椭圆C：经过点P（1，），离心率e=，直线l的方程为x=4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得k1+k2=λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）（2）答案见解析
【解析】试题分析：（1）由题意将点P （1，）代入椭圆的方程，得到，再由离心率为e=，将a，b用c表示出来代入方程，解得c，从而解得a，b，即可得到椭圆的标准方程；
（2）方法一：可先设出直线AB的方程为y=k（x﹣1），代入椭圆的方程并整理成关于x的一元二次方程，设A（x1，y1），B（x2，y2），利用根与系数的关系求得x1+x2=，，再求点M的坐标，分别表示出k1，k2，k3．比较k1+k2=λk3即可求得参数的值；
方法二：设B（x0，y0）（x0≠1），以之表示出直线FB的方程为，由此方程求得M的坐标，再与椭圆方程联立，求得A的坐标，由此表示出k1，k2，k3．比较k1+k2=λk3即可求得参数的值
解：（1）椭圆C：经过点P （1，），可得①
由离心率e=得=，即a=2c，则b2=3c2②，代入①解得c=1，a=2，b=
故椭圆的方程为
（2）方法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y=k（x﹣1）③
代入椭圆方程并整理得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12=0
设A（x1，y1），B（x2，y2），
x1+x2=，④
在方程③中，令x=4得，M的坐标为（4，3k），
从而，，=k﹣
注意到A，F，B共线，则有k=kAF=kBF，即有==k
所以k1+k2=+=+﹣（+）
=2k﹣×⑤
④代入⑤得k1+k2=2k﹣×=2k﹣1
又k3=k﹣，所以k1+k2=2k3
故存在常数λ=2符合题意
方法二：设B（x0，y0）（x0≠1），则直线FB的方程为
令x=4，求得M（4，）
从而直线PM的斜率为k3=，
联立，得A（，），
则直线PA的斜率k1=，直线PB的斜率为k2=
所以k1+k2=+=2×=2k3，
故存在常数λ=2符合题意
考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程．
视频
13．如图，椭圆C:（a＞b＞0）经过点P（2,3），离心率e=，直线l的方程为y=4．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）AB是经过（0,3）的任一弦（不经过点P）．设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得？若存在，求λ的值．
【答案】（Ⅰ） +=1（Ⅱ） 2
【解析】
试题分析：（Ⅰ）通过将点P（2，3）代入椭圆方程，结合离心率计算即得结论；（Ⅱ）分AB斜率存在、不存在两种情况讨论，结合韦达定理计算即得结论
试题解析：（Ⅰ）由已知得 解得a=4，b=,c=2．
所以椭圆C的方程为+=1．
（Ⅱ）当直线AB不存在斜率时，A（0,-2），B（0,2），M（0,4），
此时k2==，k1==，k3==-，
+=-4，可得λ=2．
当直线AB存在斜率时，可设为k（k≠0），则直线AB的方程为y=kx+3．
设A（x1,y1），B（x2,y2），联立直线AB与椭圆的方程，得
消去y，化简整理得，（4k2+3）x2+24kx-12=0，
所以x1+x2=，x1x2=，
而+=+=+==．
又M点坐标为（,4），所以==．
故可得λ=2．因此，存在常数2，使得+=恒成立．
考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的简单性质
14．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1（a＞b＞0）的右顶点为（2，0），离心率为，P是直线x＝4上任一点，过点M（1，0）且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若P点的坐标为（4，3），求弦AB的长度；
（3）设直线PA，PM，PB的斜率分别为k1，k2，k3，问：是否存在常数λ，使得k1+k3＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，λ＝2，计算见解析
【分析】
(1)根据题意可知，再由离心率公式可得，然后根据得出，即可得椭圆的方程；
(2)根据 点的坐标写出直线方程，与椭圆联立解得坐标，利用两点间距离公式即可求得弦的长度；
(3)先假设存在，后分直线斜率存在和不存在两种情况进行求解，直线斜率不存在时容易的,直线斜率存在时，设点坐标，与椭圆联立，再分别求出，进行化简整理即可得到的值.
【详解】
（1）由题知，，
，，
∴椭圆方程为．
（2），
，
∵直线与直线垂直，
∴，
∴直线方程，即，
联立，得
或,
，，
．
（3）假设存在常数，使得．
当直线的斜率不存在时，其方程为，代入椭圆方程得，，此时，易得,
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，
代入椭圆方程得（1+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣4＝0，
，，
直线方程为，则
,
,
,
,
，
即，
化简得：，
将，，，，代入并化简得：
．
综上：．
【点睛】
本题考查的是椭圆标准方程基本量的运算以及椭圆的几何性质、直线与椭圆的应用和圆锥曲线中的定值问题，是难题.
15．已知椭圆C:（a＞b＞0）的两个焦点分别为F1（－，0）、F2（，0）.点M（1，0）与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直.
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点N的坐标为（3，2），点P的坐标为（m，n）（m≠3）.过点M任作直线l与椭圆C相交于A、B两点，设直线AN、NP、BN的斜率分别为k1、k2、k3，若k1＋k3＝2k2，试求m，n满足的关系式.
【答案】（1）；（2）m－n－1＝0
【解析】
试题分析：（1）利用M与短轴端点构成等腰直角三角形，可求得b的值，进而得到椭圆方程；（2）设出过M的直线l的方程，将l与椭圆C联立，得到两交点坐标关系，然后将k1＋k3表示为直线l斜率的关系式，化简后得k1＋k3＝2，于是可得m，n的关系式.
试题解析：（1）由题意，c＝，b＝1，所以a＝
故椭圆C的方程为
（2）①当直线l的斜率不存在时，方程为x＝1，代入椭圆得，y＝±
不妨设A（1，），B（1，－）
因为k1＋k3＝＝2
又k1＋k3＝2k2，所以k2＝1
所以m，n的关系式为＝1，即m－n－1＝0
②当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝k（x－1）
将y＝k（x－1）代入，
整理得：（3k2＋1）x2－6k2x＋3k2－3＝0
设A（x1，y1），B（x2，y2），则
又y1＝k（x1－1），y2＝k（x2－1）
所以k1＋k3＝
＝
＝
＝
＝＝2
所以2k2＝2，所以k2＝＝1
所以m，n的关系式为m－n－1＝0
综上所述，m，n的关系式为m－n－1＝0.
考点：椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系，
16．已知椭圆C：的两个焦点分别为，点M(1,0)与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(1,0)的直线与椭圆C相交于A、B两点，设点N(3，2)，记直线AN、BN的斜率分别为k1、k2,求证：k1+k2为定值．
【答案】(1) (2)见证明
【分析】
（1）根据几何条件得即可，（2）先考虑斜率不存在时特殊情况，再考虑斜率存在情况，设直线方程以及交点坐标，化简，联立直线方程与椭圆方程，根据韦达定理代入化简即得结果.
【详解】
(1)依题意， 由已知得,解得
所以椭圆的方程为
（2）①当直线的斜率不存在时，由解得
设
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为
代入化简整理得
依题意，直线与椭圆必相交于两点，设则

又
故
=
=
=为定值.
综上，为定值2.
【点睛】
本题考查椭圆方程以及直线与椭圆位置关系，考查综合分析求解能力，属中档题.
17．已知椭圆E：=1（a＞b＞0）的焦距为2，且该椭圆经过点．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）经过点P（﹣2，0）分别作斜率为k1，k2的两条直线，两直线分别与椭圆E交于M，N两点，当直线MN与y轴垂直时，求k1×k2的值．
【答案】（Ⅰ）+y2=1（Ⅱ）
【解析】
试题分析:（Ⅰ）由题意得，2c=2，=1；从而求椭圆E的方程；
（Ⅱ）由题意知，当k1=0时，M点的纵坐标为0，点N的纵坐标为0，故不成立；当k1≠0时，直线PM：y=k1（x+2）；联立方程得（+4）y2﹣=0；从而解得yM=；可得M（，），N（，）；从而可得（k2﹣k1）（4k2k1﹣1）=0，从而解得．
解：（Ⅰ）由题意得，2c=2，=1；
解得，a2=4，b2=1；
故椭圆E的方程为+y2=1；
（Ⅱ）由题意知，当k1=0时，M点的纵坐标为0，
直线MN与y轴垂直，
则点N的纵坐标为0，
故k2=k1=0，这与k2≠k1矛盾．
当k1≠0时，直线PM：y=k1（x+2）；
由得，
（+4）y2﹣=0；
解得，yM=；
∴M（，），
同理N（，），
由直线MN与y轴垂直，则=；
∴（k2﹣k1）（4k2k1﹣1）=0，
∴k2k1=．
考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程．
18．已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，点A为椭圆的左顶点，点B为上顶点，|AB|＝且|AF1|+|AF2|＝4.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点F2作直线l交椭圆C于M、N两点，记AM、AN的斜率分别为k1、k2，若k1+k2＝3，求直线l的方程.
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）依题意得到关于、的方程组，解得即可；
（2）设，，设直线的方程为，联立直线与曲线方程消元，列出韦达定理，由，即，即可得到方程，解得即可；
【详解】
解：（1）依题意可得解得，所以椭圆方程为
（2）由（1）设，，，设直线的方程为，联立方程得，消去整理得，所以，
因为，，所以，
因为，即，
所以
代入得
解得
即：
【点睛】
本题考查待定系数法求椭圆方程，直线与椭圆的综合应用，属于中档题.
19．设A，B为曲线C：上两点，A与B的横坐标之和为4.
(1)求直线AB的斜率；
(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．
【答案】（1）1；（2）y＝x＋7..
【分析】
（1）设两点坐标，代入抛物线方程 相减后可求得的斜率；
（2）由C在M处的切线与直线AB平行，可求得切点坐标，设直线AB的方程为y＝x＋m，代入抛物线方程可得中点为，AM⊥BM等价于，这样可求得值．
【详解】
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，，x1＋x2＝4，于是直线AB的斜率.
(2)由，得.
设M(x3，y3)，由题设知，解得x3＝2，于是M(2，1)．
设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N(2，2＋m)，|MN|＝|m＋1|.
将y＝x＋m代入得x2－4x－4m＝0.
当Δ＝16(m＋1)＞0，即m＞－1时，.
从而.
由题设知|AB|＝2|MN|，即，解得m＝7.
所以直线AB的方程为y＝x＋7.
【点睛】
本题考查直线与抛物线相交问题，解题时设直线方程方程为y＝x＋m是解题关键．通过它与抛物线方程联立，可得中点N的横坐标，从而得，而AM⊥BM等价于，因此可求得．本题解法中没有用到特殊方法，求切点坐标，求直线方程，求弦长等都是最基本的方法，务必牢固掌握．
20．椭圆：的离心率，长轴端点和短轴端点的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点是圆上异于点和的任一点，直线与椭圆交于点，，直线与椭圆交于点，.设为坐标原点，直线，，，的斜率分别为，，，.问：是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）由已知条件列出关于的方程组，解之可得椭圆标准方程；
（2）由题意直线，斜率存在且均不为0，设直线方程为，，，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，代入，同理用代替，代替，得，由两者相等可求得．
【详解】
（1）设椭圆焦距为，由，解得，.
∴椭圆的标准方程为.
（2）由题意直线，斜率存在且均不为0，设直线方程为，，，
由得，.
∴，.①
又，②
从而①代入②得.又，以替代，以替代，
同理可得，∴，
∴对恒成立，解得或（舍），经检验，此时，因此存在.
【点睛】
本题考查由离心率求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系．在直线与椭圆相交问题中常常采用设而不求的思想方法．本题考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．
21．已知椭圆过点，设椭圆的上顶点为，右顶点和右焦点分别为，，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线交椭圆于，两点，设直线与直线的斜率分别为，，若，试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1） （2）直线过定点，该定点的坐标为．
【详解】
（1）因为椭圆过点，所以 ①，
设为坐标原点，因为，所以，又，所以 ②，
将①②联立解得（负值舍去），所以椭圆的标准方程为．
（2）由（1）可知，设，．
将代入，消去可得，
则，，，
所以
，
所以，此时，所以，
此时直线的方程为，即，
令，可得，所以直线过定点，该定点的坐标为．
22．已知椭圆，点在椭圆上，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设点为椭圆长轴的左端点，，为椭圆上异于椭圆长轴端点的两点，记直线，斜率分别为，，若，请判断直线是否过定点？若过定点，求该定点坐标，若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）；（2）直线过定点.
【分析】
（1）根据点在椭圆上以及离心率列出方程组，求解出的值则椭圆方程可求；
（2）考虑直线的斜率是否存在，若斜率存在，设出直线的方程以及点的坐标，根据求解出之间的关系从而确定出定点坐标；若斜率不存在可直接进行验证，即可得到最终结果.
【详解】
（1）因为椭圆过点且离心率为，
所以，所以解得，所以椭圆方程为；
（2）因为，设，当直线的斜率存在时，设直线，
因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以，所以，
所以，所以或，
当时，，此时过点不符合题意，
当时，，此时过定点；
当直线的斜率不存在时，，所以坐标为，
所以，满足要求，
综上可知：直线过定点.
【点睛】
本题考查圆锥曲线的综合问题，涉及椭圆方程求解以及椭圆中直线过定点问题，主要考查学生的转化与计算能力，难度较难.
23．已知圆，圆过点且与圆相切，设圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）点，为曲线上的两点（不与点重合），记直线的斜率分别为，若，请判断直线是否过定点. 若过定点，求该定点坐标，若不过定点，请说明理由．
【答案】（1） (2)见解析
【分析】
（1）结合题意发现圆心C的轨迹是以D，B为焦点的椭圆，建立方程，即可．（2）设出直线PQ的方程，建立方程，将直线方程代入椭圆方程，结合根与系数关系，得到m，k的关系式，计算定点，即可．
【详解】
（1）设圆C的半径为r，依题意，|CB|＝r，|CD|＝4－r，
进而有|CB|＋|CD|＝4，所以圆心C的轨迹是以D，B为焦点的椭圆，
所以圆心C的轨迹方程为．
（2）设点的坐标分别为，
设直线的方程为（直线的斜率存在），
可得，
整理为：，
联立，消去得：，
由 ，有，
有，，
，可得，
故有：
整理得：，解得：或，
当时直线的方程为，即，过定点不合题意，
当时直线的方程为，即，过定点．
【点睛】
本道题考查了椭圆方程计算，考查了直线与椭圆位置关系，难度偏难．
24．在直角坐标系中，椭圆的离心率为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）若斜率存在，纵截距为的直线与椭圆相交于两点，若直线的斜率均存在，求证：直线的斜率依次成等差数列．
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由可得，，又，，又在椭圆上，可得，据此即可得出．
（2）设，代入知，设，则， 则 可以用表示，将上面两式代入即可得到，即问题得证.
【详解】
（1）由知
（2）设，代入知

设，则，


∴直线的斜率依次成等差数列。
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，考查计算能力，属于难题．
25．已知椭圆E：()经过点，离心率为.
（1）求E的方程；
（2）若点P是椭圆E的左顶点，直线l交E于异于点P的A，B两点，直线和的斜率之积为，求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据离心率和椭圆上一点的坐标结合可解得得椭圆方程．
（2）分类讨论，若直线斜率不存在，设方程为，代入求得交点坐标，由直线和的斜率之积为，求出，从而可得三角形面积，
若直线斜率存在，设，，l：，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，计算，由得的关系，在存在的情况下，求出三角形的面积，并利用换元法求得取值范围，结合斜率不存在的情形得最大值．
【详解】
解：（1）因为点在椭圆上，离心率为，
∴，得，
所以E的方程为.
（2）由题意知P(，0)，
当直线l的斜率不存在时，设l：，与联立，不妨设A､B点的坐标分别为，，
由，得，
解得或(舍去)，
所以此时.
当直线l的斜率存在时，设，，l：，
由，
消去y得：，
则，，
则.
因为，
所以，且，
则，
所以，
整理得，
所以，或，
当时，直线的方程为，
此时直线l恒过定点，显然不适合题意，
当时，直线l的方程为，
此时直线恒过点，
所以满足，，且，
，，
因为
，
点到直线l：的距离，
所以
，
令，，则，
所以
，
由得，
所以，
综上所述，面积的最大值为.
【点睛】
本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交中三角形面积最值问题．解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点坐标为，斜率存在时，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得（需要根据方便性，可能得），代入条件求得参数的关系，从而化简所设直线方程，并求得三角形面积，利用换元法求得面积的范围，斜率不存在时，设直线方程为，由已知条件求出从而得三角形面积．最终可得结论．
26．已知椭圆过点,直线与椭圆相交于两点(异于点).当直线经过原点时,直线斜率之积为.
(1)求椭圆的方程;
(2)若直线斜率之积为,求的最小值.
【答案】 (1).(2).
【解析】
试题分析：(1)设出直线方程,利用直线的斜率公式、点在椭圆上求出椭圆的标准方程;
(2)联立直线和椭圆的方程,得到关于的一元二次方程,利用根与系数的关系、直线的斜率公式和弦长公式进行求解.
试题解析：设直线,
(1)当经过原点时,,
此时,
又,
椭圆方程为.
(2)由,
,,
由,
,
,
,
,
,
恒过定点,
===,
当时,的最小值为3,
当直线的斜率为零时,不合题意,
综上,.
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.