重難點專題41 圓錐曲線中定比點差法的應(yīng)用十一大題型-備戰(zhàn)2025年高考《數(shù)學(xué)》重難點題型突破（新高考）解析版

第第頁重難點專題41圓錐曲線中定比點差法的應(yīng)用十一大題型匯總題型1定比點差法求坐標 1題型2定比點差法求離心率 5題型3定比點差法求直線（曲線）方程 11題型4定比點差法求弦長 14題型5定比點差法與定點問題 24題型6定比點差法求定值問題 32題型7定比點差法與定直線問題 42題型8定比點差法與求值問題 53題型9定比點差法求取值范圍問題 57題型10定比點差法求λ問題 64題型11調(diào)和定比分點 69題型1定比點差法求坐標定比點差在處理三點共線、相交弦、定點定值、比例問題、調(diào)和點列等問題均具有優(yōu)勢【例題1】已知F1?,?F2分別是橢圓x2【答案】0【解析】如圖，延長AF1交橢圓于點C，由對稱性得CF設(shè)Ax1?又F1?2?,?于是有x1+5x2x1?5x2【評注】由向量數(shù)乘的幾何意義知F1A//F2B且F1A=5F2B，考慮到橢圓的中心對稱性，可以延長AF1交橢圓于點【變式1-1】1.（2018年高考浙江卷）已知點P(0，1)，橢圓x24+y2=m(m>1)上兩點A，B滿足AP=2【答案】5【分析】方法一：先根據(jù)條件得到A,B坐標間的關(guān)系，代入橢圓方程解得B的縱坐標，即得B的橫坐標關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系，最后根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)確定最值即可解出.【詳解】［方法一］：點差法＋二次函數(shù)性質(zhì)設(shè)A(x1,y因為A,B在橢圓上,所以x124+y12=m,xx22=?14(m故答案為：5．［方法二］：【通性通法】設(shè)線＋韋達定理由條件知直線AB的斜率存在，設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，直線AB的方程為y=kx+1(k≠0)，聯(lián)立y=kx+1,x24+y2=m,得［方法三］：直線的參數(shù)方程+基本不等式設(shè)直線AB的參數(shù)方程為x=tcosα,y=1+tsinα其中t為參數(shù)，α為直線AB的傾斜角，將其代入橢圓方程中化簡得1+3sin2αt2+8tsinα+4?4m=0，設(shè)點A，B對應(yīng)的參數(shù)分別為t1,t2［方法四］：直接硬算求解+二次函數(shù)性質(zhì)設(shè)Ax1,y1即x1=?2x又因為x124不妨設(shè)y2>0，因此y1=m?由此可知，當m=5時，上式有最大值16，即點B橫坐標的絕對值有最大值2．所以m=5．［方法五］：【最優(yōu)解】仿射變換如圖1，作如下仿射變換x=2x1y=根據(jù)仿射變換的性質(zhì)，點B的橫坐標的絕對值最大，等價于點B1x=|OP|?sin當∠POM=π4時等號成立，根據(jù)|OP|=1易得OB［方法六］：中點弦性質(zhì)的應(yīng)用設(shè)Bx2,y2，由AP=2PB可知A?2x2,3?2y2，則AB中點M?x【整體點評】方法一：由題意中點A,B的坐標關(guān)系，以及點差法可求出點B的橫、縱坐標，從而可以根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)解出；方法二：常規(guī)設(shè)線，通過聯(lián)立，根據(jù)韋達定理以及題目條件求出點B的橫坐標，然后利用基本不等式求出最值，由取等條件得解，是該題的通性通法；方法三：利用直線的參數(shù)方程與橢圓方程聯(lián)立，根據(jù)參數(shù)的幾何意義，解得點B的橫坐標，再利用基本不等式求出最值，由取等條件得解；方法四：利用題目條件硬算求出點B的橫坐標，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)解出；方法五：根據(jù)仿射變換，利用圓的幾何性質(zhì)結(jié)合平面幾何知識轉(zhuǎn)化，求出對應(yīng)點的橫坐標的絕對值最大，從而解出，計算難度小，是該題的最優(yōu)解；方法六：利用中點弦的性質(zhì)找出點B的橫、縱坐標關(guān)系，再根據(jù)關(guān)系式自身特征求出點B的橫坐標的絕對值的最大值，從而解出，計算量小，也是不錯的方法．【變式1-1】2.（2022·全國·高三專題練習(xí)）設(shè)F1、F2分別為橢圓x23+【答案】(?22，306)【分析】設(shè)出A(x1，y1)，B(x2，【詳解】橢圓x23+y2=1則左焦點F1(?2，0)，右焦點F2(2，0)，設(shè)A(x則F1A∵F1則有x1+由點A，B在橢圓上，則有x解之得x2=故有x1=?22y1=306或故答案為：(?22，306)題型2定比點差法求離心率定比分點若AP=λPB，則稱點P為點A?,?B的λ定比分點．若λ>0，點P在線段AB上，此時稱點P為內(nèi)分點；若λ<0，點①點在線段AB上（λ=APPB∈0?③點在線段AB的反向延長線上（λ=AP補充定義：當λ=?1時，對應(yīng)的定比分點可以認為是無窮遠點.【例題2】已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)內(nèi)有一點M(2,1)，過M的兩條直線l1、l2分別與橢圓E交于A?,?C和B?,A．12B．5?12C．【答案】D【解析】設(shè)Ax1,y1,Bx2,則：{x1+即：?12=?b2a2據(jù)此可得：a2【評注】橢圓的離心率是橢圓最重要的幾何性質(zhì)，求橢圓的離心率（或離心率的取值范圍），常見有兩種方法：①求出a，c，代入公式e=c②只需要根據(jù)一個條件得到關(guān)于a，b，c的齊次式，結(jié)合b2＝a2－c2轉(zhuǎn)化為a，c的齊次式，然后等式（不等式）兩邊分別除以a或a2轉(zhuǎn)化為關(guān)于e的方程（不等式），解方程（不等式）即可得e（e的取值范圍）【變式2-1】1.已知橢圓x2a2+y2b2=1【解析】設(shè)Ax1?,?y1?,?Bx2?,∴?3b2cx1=a2?3c22c，又y1x1+c=3?【評注】處理焦點弦問題時，相較于聯(lián)立直線與曲線方程法，定比點差法運算量小，過程簡潔．【變式2-1】2.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知橢圓x2a2+y【答案】2【分析】利用點差法，設(shè)Ax1,y1、Bx2,y2，代入橢圓方程中，變形后作差，由【詳解】因為AF=2FB，設(shè)Axx①?②得：x1x1+2x則x1得x1∵y1x1整理得：4a4?13a2故e=c【變式2-1】3.（2020下·河北衡水·高三河北衡水中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知橢圓Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)內(nèi)有一定點P(1,1)，過點P的兩條直線l1，l2分別與橢圓A．32 B．12 C．22【答案】A【分析】設(shè)出A,B,C,D四點的坐標，將A,B兩點坐標代入橢圓方程并化簡，同理將C,D兩點坐標代入橢圓方程并化簡，根據(jù)kAB=k【詳解】設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Dx4,y4,因為P1,1，且AP=λPC，所以x1+λ【點睛】本小題主要考查直線和橢圓的位置關(guān)系，考查定比分點坐標公式，考查點在曲線上的運用，考查化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法，考查運算求解能力，考查橢圓離心率的求法，難度較大，屬于難題.【變式2-1】4.（2021上·全國·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0，點Pa,b為橢圓外一點，斜率為?12的直線與橢圓交于A，B兩點，過點P【答案】3【分析】由題意，不妨設(shè)直線AB過原點O，則CD//AB，設(shè)CD及中點的坐M標，再利用點差法求出OM和CD斜率的關(guān)系，然后根據(jù)O，M，P三點共線，求出a，b的關(guān)系即可.【詳解】如圖所示：設(shè)直線AB過原點O，由題意得CD//AB，設(shè)Cx1,y1因為C，D在橢圓上，所以x12a所以kOM因為O，M，P三點共線，所以kOM即ba=2所以e=c故答案為：3【點睛】方法點睛：解決直線與曲線的位置關(guān)系的相關(guān)問題，往往先把直線方程與曲線方程聯(lián)立，消元、化簡，然后應(yīng)用根與系數(shù)的關(guān)系建立方程，解決相關(guān)問題．涉及弦中點的問題常常用“點差法”解決，往往會更簡單．題型3定比點差法求直線（曲線）方程線段定比分點向量公式及坐標公式已知AP=λPB，設(shè)Ax證明：證法一：設(shè)Px∵AP證法二：設(shè)Px0?利用對應(yīng)坐標相等即可推出Px【例題3】已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點分別為F1?（1）求橢圓C的標準方程；（2）若AB=4F2【解析】（1）由已知可得2c=2?,?4a=42，又a2?（2）由AB=4F2A，得AF2=13F2B．設(shè)Ax1?,?y1?,?Bx2?,【評注】由平面向量共線定理及向量數(shù)乘的幾何意義，得AF【變式3-1】1.（2022·山東濟南·二模）已知橢圓C的焦點坐標為F1?1,0和F2(1)求橢圓C的方程；(2)若T1,1，橢圓C上四點M，N，P，Q滿足MT=3TQ，NT【答案】(1)x(2)?【分析】（1）根據(jù)題意得到c=1，再將點1,3（2）設(shè)Mx1,y1，Qx2,y2，Nx3,y3，P【詳解】（1）解：由題意可知，c=1，設(shè)橢圓方程為x2a2得a2解得a2=1所以橢圓方程為x2（2）設(shè)Mx1,y1，Qx2因為MT=3TQ，所以1?x又Mx1,所以x124即x1②-①得14即14又NT=3TP，同理得④-③得14所以kMN【變式3-1】2.（2021·重慶·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦點為F1,0，點A，B是橢圓C上關(guān)于原點對稱的兩點，其中A（1）若AF=FM，BF=2（2）若直線MN的斜率是直線AB的斜率的2倍，求橢圓C的方程.【答案】（1）x25+【分析】（1）由AF=FM結(jié)合橢圓的對稱性知AM⊥x軸，從而得出點A,B,M的坐標，再由BF=2（2）設(shè)Ax0,y0，B?x0,?y0，設(shè)FM=λAF，F(xiàn)N=μBF，表示出點M，N【詳解】解：（1）由AF=FM，根據(jù)橢圓的對稱性知AM⊥x軸，AM所以A1,b2a，則BF=2，b2a解得N2,b22a，代入橢圓方程得所以a2?1+16=4a2，即a2（2）設(shè)Ax0,y0，B代入橢圓方程得1+λ?λx02又x02a2+同理：令FN=μBF，同理解得N1+μ+μ由題知yM?y①?②得λ?μ?2x0λ+μ=故橢圓方程為x2【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查向量在橢圓中的應(yīng)用以及直線與橢圓的位置關(guān)系，解答本題的關(guān)鍵是設(shè)FM=λAF，得出M1+λ?λx0,?λy0代入橢圓方程可得1+λ?2λx0題型4定比點差法求弦長【例題4】已知斜率為32的直線l與拋物線y2=3x的交于A?,?B兩點，與x【解析】設(shè)Ax1?,?y1?,?Bx2?,?y2?,?Px由y1【評注】由已知條件AP=3PB可知該題可使用定比點差法，得到點A的橫坐標x1=3x0，再利用kAP=3【變式4-1】1.（2022·上海徐匯·三模）已知橢圓M：x2a2+y2b2=1a>b>0焦距為22（1）求橢圓M的方程；（2）若k=1，AB的最大值；（3）設(shè)P?2,0，直線PA與橢圓M的另一個交點為C，直線PB與橢圓M的另一個交點為D．若C?D和點Q?7【答案】（1）x23+y2【分析】（1）待定系數(shù)法求解橢圓方程；（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立橢圓方程，求出兩根之和，兩根之積，利用弦長公式得到AB=1+k2x1?x2=6×4?【解析】（1）由題意得：焦距為22，得c點坐標2,332a2+13所以橢圓M的標準方程為x2（2）設(shè)直線AB的方程為y=x+m，由y=x+m消去y可得4x則Δ=36m2設(shè)Ax1,y1，B則AB=易得當m2=0時，ABmax=6（3）設(shè)Ax1,y1，B則x12+3又P?2,0，所以可設(shè)k1=kPA由y=k1(x+2)x2則x1+x由k1=y1x又k1=y1x同理可得D?7故QC=x3因為Q?C?D三點共線，所以x3將點C，D的坐標代入，通分化簡得2y2?4【評注】處理圓錐曲線問題，通常要設(shè)出直線方程，與圓錐曲線聯(lián)立，得到兩根之和，兩根之積，再利用弦長公式或題干中條件，求出取值范圍或得到方程，求出參數(shù)．【變式4-1】2.（2022·山西太原·三模）已知橢圓C:x2a2（1）求橢圓C的方程；（2）當過點M（4，1）的動直線與橢圓C相交于不同的兩點A，B時，在線段AB上取點N，滿足AM=?λ【答案】（1）x24+【分析】（1）由橢圓的幾何性質(zhì)列方程組求解；（2）由定比分點公式化簡得N點軌跡方程，由點到直線距離公式求解.【解析】（1）根據(jù)題意，ca=22，（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2由AM=?λMB，AN又x12+2y1∴PN【總結(jié)】定比點差法，實際上是直線參數(shù)方程的變異形式，核心思想是“設(shè)而不求”．它是利用圓錐曲線上兩點坐標之間的聯(lián)系與差異，代點、擴乘、作差，解決相應(yīng)的圓錐曲線問題，尤其是遇到定點、成比例等條件時，定比點差法有獨特的優(yōu)勢．【變式4-1】3.（2019·浙江·校聯(lián)考二模）過點P(1,1)的直線l與橢圓x24+y23=1交于點A和B，且AP=λPB【答案】125【分析】先設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，Q(m,n)，由AP=λ【詳解】設(shè)Ax1,y1，于是x12?于是我們可以得到x124即m4+n所以|OQ【點睛】平面向量共線的坐標表示問題的常見類型及解題策略(1)利用兩向量共線的條件求向量坐標．一般地，在求與一個已知向量a共線的向量時，可設(shè)所求向量為λa(λ∈R)，然后結(jié)合其他條件列出關(guān)于λ的方程，求出λ的值后代入λa即可得到所求的向量．(2)利用兩向量共線求參數(shù)．如果已知兩向量共線，求某些參數(shù)的取值時，利用“若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則a∥b的充要條件是x1y2＝x2y1”解題比較方便【變式4-1】4.（2021上·浙江紹興·高二統(tǒng)考期末）已知橢圓C:x2a2+y2（1）求橢圓C的方程．（2）過點F1分別作兩條互相垂直的直線l1,l2，且l1與橢圓交于不同兩點A,B,l2與直線【答案】（1）x2【分析】（1）根據(jù)橢圓的離心率為e=12，可得b2a2=3（2）設(shè)直線l1:x=my?1，與橢圓方程聯(lián)立得出韋達定理，由條件求出Q點坐標，求出QF1的長度，得出直線l2的方程為：x=?1m【詳解】解析：（1）由題意，得e2=1?b2a（2）由（1）可得F1?1,0,若直線l1的斜率為0，則l2的方程為：設(shè)直線l1:x=my?1，若m=0，則λ=1則不滿足QA=λ設(shè)Ax由3x2+4y1因為AF1=λ則?y1所以λ=?y1y于是F1直線l2的方程為：聯(lián)立x=?1my?1x=1，解得所以S△PQ當且僅當m=±1時，S△PQ【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查求橢圓的方程和橢圓中三角形面積的最值問題，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)向量條件得出y0=2【變式4-1】5.（2022·廣東廣州·統(tǒng)考二模）已知橢圓C:x2a(1)求C的方程；(2)過點P?3,0作兩條相互垂直的直線上l1和l2，直線l1與C相交于兩個不同點A，B，在線段AB上取點Q，滿足AQQB【答案】(1)x2(2)1.【分析】（1）由題可得2b=4,e=c（2）由題可設(shè)l1的方程為x=ty?3，利用韋達定理法可得PQ=1+【詳解】（1）由題可得2b=4,e=c∴a=22∴橢圓C的方程為x2（2）由題可知直線l1的斜率存在且不為0，設(shè)直線l1的方程為Ax由x=ty?3x28由Δ=36t2?4t∴y1由AQQB=APPB及∴y0則PQ=∵l1和l2相互垂直，則l2的方程為x=?1t∴R0,?3t，PR∴△PQR面積為S=1當且僅當t=1t所以△PQR面積的最小值為1.【變式4-1】6.（2020下·廣東深圳·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）在平面直角坐標系xOy中，P為直線l0：x=?4上的動點，動點Q滿足PQ⊥l0（1）求曲線C的方程：（2）過點E(2,0)的直線l1與曲線C交于A，B兩點，點D（異于A，B）在C上，直線AD，BD分別與x軸交于點M，N，且AD=3AM【答案】（1）y2=4x【分析】（1）設(shè)動點Qx,y，表示出OP,OQ，再由原點O在以PQ（2）設(shè)而不解，利用方程思想、韋達定理構(gòu)建△BMN面積的函數(shù)關(guān)系式，再求最小值.【詳解】解：（1）由題意，不妨設(shè)Qx,y，則P?4,y，OP∵O在以PQ為直徑的圓上，∴OP?OQ=0∴y2=4x，∴曲線C的方程為（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2依題意，可設(shè)l1：x=ty+a（其中a=2），由方程組x=ty+ay2?4ty?4a=0，則y1同理可設(shè)AM:x=t1y+m可得y1y3∴m=?y1y又∵AD=3AM，∴∴y3?y∴MN=1∴S△BMN∴當t=0時，△BMN面積取得最小值，其最小值為82【點睛】本題以直線與拋物線為載體，其幾何關(guān)系的向量表達為背景，利用方程思想、韋達定理構(gòu)建目標函數(shù)，利用坐標法解決幾何問題貫穿始終，主要考查直線與拋物線的位置關(guān)系最值問題，考查學(xué)生的邏輯推理，數(shù)學(xué)運算等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)及思辨能力.【變式4-1】7.（2020·河北唐山·統(tǒng)考二模）已知A(x1,y1)，B(?x1,?（1）設(shè)直線AB，BD的斜率分別為k1，k（i）求證：k1（ii）證明：△ABE是直角三角形；（2）求△ABE的面積的最大值.【答案】（1）（i）見解析（ii）見解析（2）48【分析】（1）（i）求出點D的坐標，用x1、y1表示出k1、k2即可得證；（ii）利用A(x1,y1)，E(x【詳解】（1）（i）由題意可得D(x1,?又k1=y（ii）因為A(x1,所以x124+y即y2又kAE=y2?由（i）k1=4k2，則故△ABE是直角三角形.（2）由（1）得，AE：y=?x將直線AE代入橢圓T，并整理可得(4x所以x1S△ABE因為x124令y1x1+x從而S△ABE因為4t+9t在[2,+∞)上單調(diào)遞增，所以t=2時，4t+9故k1=1時，S△ABE【點睛】本題考查直線與橢圓的綜合應(yīng)用、直線的方程、橢圓中的三角形問題，涉及韋達定理、基本不等式、對勾函數(shù)的單調(diào)性，屬于較難題.題型5定比點差法與定點問題【例題5】已知過點P6?,?0的直線與橢圓x29+y2=1【解析】設(shè)Ax1?,?y1?,?Bx2?,?y2，直線BC與x軸交于點Qx0?【評注】由對稱性，易知直線BC所過定點在x軸上，設(shè)所求定點為Qx0?【變式5-1】1.已知橢圓E：x24+【解析】設(shè)MA=λMC，MB=μMD，Ax1,由于MA=λMC，λ又x124兩式相減得x1①②式代入③式，整理得λx由λx3?x1設(shè)lCD：y=kx+m，=μ則52k+m=?32，m=?52k?【變式5-1】2.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知橢圓x24+【答案】證明見解析【分析】根據(jù)向量共線及定比分點坐標公式列方程，結(jié)合點在橢圓上計算得證.【詳解】設(shè)Ax1,y1設(shè)AC與x軸的交點為Mm,0，AP=λPB由定比分點公式坐標公式得：4=x1+λ即x1+λx2=41+λ①，由②④得λ=?μ⑤∵點A、B在橢圓上，得x1兩式相減得x1將①②代入上式得x1∵點A、C在橢圓上，得x124對比⑤⑥⑦得m=1，故直線AC恒過定點1,0．【變式5-1】3.已知橢圓過點(0,2)，其長軸長?焦距和短軸長三者的平方依次成等差數(shù)列，直線l與x軸的正半軸和y軸分別交于點，與橢圓Γ相交于兩點M,N，各點互不重合，且滿足PM=（1）求橢圓Γ的標準方程；（2）若直線l的方程為y=?x+1，求1λ（3）若λ1+λ【答案】（1）x212+y2【解析】（1）由題意，得到b=2和(2a)2+(2b)2=2(2c)2（2）由直線l的方程為y=?x+1，根據(jù)PM=λ1MQ,（3）設(shè)直線l的方程為y=kx?mm>0，由PM=λ1MQ，得到λ1=x【解析】（1）由題意，因為橢圓Γ：x2a2+設(shè)焦距為2c，又由長軸長?焦距和短軸長三者的平方依次成等差數(shù)列，可得(2a)2+又因為a2=b所以橢圓Γ的標準方程為x2（2）由直線l的方程為y=?x+1，可得而P(0,1設(shè)M(x1,可得(x從而x1于是λ1=x由x212+y2所以1λ（3）顯然直線l的斜率k存在且不為零，設(shè)直線l的方程為y=kx?mm>0，M(x由PM=λ1所以x1=λ1m?又λ1+λ聯(lián)立x212+則Δ=36且x1③代入①得3k2m故直線l的方程為y=kx?2，所以直線l恒過定點(2,0)【評注】解答圓錐曲線的定點問題的策略：（1）參數(shù)法：參數(shù)解決定點問題的思路：①引進動點的坐標或動直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中核心變量（通常為變量k）；②利用條件找到k與過定點的曲線F(x,y)=0之間的關(guān)系，得到關(guān)于k與x,y的等式，再研究變化量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，得出定點的坐標；（2）由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據(jù)動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān)．【變式5-1】4.（2021上·江西吉安·高三統(tǒng)考期末）已知橢圓C:x2a（1）求橢圓C的標準方程；（2）直線l與x軸正半軸和y軸分別交于點Q,P，與橢圓分別交于點M,N，各點均不重合且滿足PM=λMQ,PN=μ【答案】（1）x2【解析】（1）由題意可得2c=2,ca=12，再由b（2）設(shè)P(0,p),Q(q,0)(q>0),M(xM,yM),N(xN,yN)，從而得PM=(xM【詳解】（1）依題意，2c=2,∴c=1．由ca=1故橢圓方程為x2（2）設(shè)P(0,p),Q(q,0)(q>0),M(x∴PM由PM=λMQ，得{x∵點M在橢圓上，∴(λq1+λ同理，由PN=μNQ可得∴λ,μ為方程(3q2?12)∴q2=2．又q>0,∴q=2．∴直線【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查橢圓方程的求法，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，解題的關(guān)鍵是由PM=λMQ,PN=μNQ，得到(3q【變式5-1】5．（2021下·江蘇·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：x2a2（1）求a，b的值；（2）已知A?B是橢圓C上關(guān)于原點對稱的兩點，A在x軸的上方，F(xiàn)1,0，連接AF?BF并分別延長交橢圓C于D?E兩點，證明：直線DE【答案】（1）a=2，b=3【分析】（1）由題意，得到關(guān)于a和c的方程組，求出a，c，由a，b，c的關(guān)系求出b的值即可；（2）設(shè)出A，B，C，D的坐標，利用A，F(xiàn)，D三點共線，得到y(tǒng)1x2?y2x1=y1?y【詳解】（1）由題意有ca=12，a2c?c=3（2）證明：設(shè)A(x1，y1)，B(?x1，?y1)因為A，F(xiàn)，D三點共線，則有y1x1又因為點A，C均在橢圓上，由（1）可得，橢圓的方程為x2所以x124由①②可得，x2=5所以直線DE的方程為y=y又y3?y所以直線DE的方程為y=y故直線DE過定點(8【點睛】本題考查了橢圓標準方程的求解，直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，在解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系的問題時，一般會聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，利用韋達定理和“設(shè)而不求”的方法進行研究．【變式5-1】6.（2021下·安徽·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）在平面直角坐標系xOy中，A，B分別為橢圓C：x2a2+y2b（1）求橢圓C的方程.（2）設(shè)斜率不為0的直線l經(jīng)過橢圓C的右焦點F，且與橢圓C交于不同的兩點M，N，過M作直線x=4的垂線，垂足為Q.試問：直線QN是否過定點？若過定點，請求出定點的坐標；若不過定點，請說明理由.【答案】（1）x24+【分析】（1）設(shè)橢圓的半焦距為c(c>0)，根據(jù)△OAB的面積為3，且橢圓C的離心率為12，由e=（2）設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(4，y1)，直線l的方程為x=my+1，與橢圓方程聯(lián)立，則直線QN：y=【詳解】（1）設(shè)橢圓的半焦距為c(c>0)，由題意得e=c又a2∴a=2b=∴橢圓C的方程是x2（2）設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y設(shè)直線l的方程為x=my+1，將x=my+1代入x2得(3my1+y得my直線QN：y=假設(shè)直線QN過定點，則由對稱性知定點在x軸上，設(shè)直線QN與x軸的交點為(x0則y2∴x0將①式代入上式可得x0∴直線QN過定點(52【點睛】方法點睛：定點問題的常見解法：①假設(shè)定點坐標，根據(jù)題意選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線系方程，而該方程與參數(shù)無關(guān)，故得到一個關(guān)于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即所求定點；②從特殊位置入手，找出定點，再證明該點適合題意．題型6定比點差法求定值問題【例題6】已知過點Q0?,?1的直線與雙曲線x23?y2=1【解析】設(shè)Px0?,?0，由PA=λAQ?,?【評注】利用PA=λAQ?,?【變式6-1】1.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知橢圓C:x29+y28=1，F(xiàn)1,0．過F的直線交橢圓于M,N兩點，交y【答案】證明見解析【分析】由向量坐標運算可化簡QM=λ1MF求得x1=λ【詳解】設(shè)Mx1,將M,N兩點代入橢圓方程得：x129∵QM=λ1MF,即x代入①式整理得：λ1同理由QN=λ2③?④得：λ1∵⑤式對任意λ1,λ2恒成立，∴λ1+【變式6-1】2.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知橢圓C：x24+y23=1，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左右焦點，P為橢圓C上一動點，直線P【答案】證明見解析【分析】設(shè)出點A,B,P的坐標，表示出向量坐標，通過向量關(guān)系和橢圓方程分別表示出λ與μ和x0的關(guān)系，即可得到λ+μ【詳解】設(shè)Ax1,y1由于PF1將Ax1,y②×λ2①?③兩邊同除(1?λ2所以?14又?1=x0解得2同理:2所以λ+μ=10【變式6-1】3.（2022河北邯鄲·二模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為（1）求橢圓C的標準方程；（2）MA=λF1A，【答案】（1）x24+y2【分析】（1）因為△ABF2的周長為8，求得a=2，進而求得（2）設(shè)直線l的方程為y=k(x+1)，聯(lián)立方程組，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系和題設(shè)條件，求得λ=x1x1+1【解析】（1）因為△ABF2的周長為8，所以4a=8，解得由F1F2=2，得因此橢圓C的標準方程為x2（2）由題可得直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=k(x+1)，由y=k(x+1)x24設(shè)Ax1,y設(shè)M(0,k)，又F1(?1,0)，所以MA=x1同理可得MB=x2,y所以λ+μ==2×4k所以λ+μ為定值83【評注】解答圓錐曲線的定點、定值問題的策略：1、參數(shù)法：參數(shù)解決定點問題的思路：①引進動點的坐標或動直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中核心變量（通常為變量k）；②利用條件找到k過定點的曲線F(x,y)=0之間的關(guān)系，得到關(guān)于k與x,y的等式，再研究變化量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，得出定點的坐標；2、由特殊到一般發(fā)：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據(jù)動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān)．【變式6-1】4.已知橢圓C：x2a2+y（1）求橢圓C的方程；（2）過點F的直線交橢圓C于M，N兩點，交直線x=2于點P，設(shè)PM=λMF，PN=μ【解析】（1）解：由題得ca=22b=1（2）證明：設(shè)Mx1,y1，Nx2則2+λ1+λ22同理可得2+μ2①-②，得2+λ2?2+μ2【變式6-1】5.（2020·全國·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知拋物線C：y2=4x的焦點為F，O為坐標原點．過點F的直線l與拋物線C交于A，（1）若直線l與圓O：x2+y（2）若直線l與y軸的交點為D．且DA=λAF，DB=μ【答案】（1）y=±24(x?1)【解析】（1）由直線l過焦點F，且與半徑為r=13，圓心O(0,0)的圓相切知圓心O到直線l的距離d=13即可求直線斜率k，進而得到直線方程；（2）由直線l與拋物線C、y軸的交點情況知斜率存在且k≠0，令A(yù)(x1,y1)，B(x【詳解】（1）由題意知：F(1,0)且圓O的半徑為r=13，圓心O(0,0)，即有F在圓∴設(shè)直線l為y=k(x?1)，則圓心O到直線l的距離d=|?k|解之得：k=±24，即直線l的方程為（2）由過F(1,0)的直線l與拋物線C交于A，B兩點，與y軸的交點為D，即斜率存在且k≠0，設(shè)直線l為y=k(x?1)，有D(0,?k)，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，有{y2=4x設(shè)A(x1,y1DA=(x1,y1+k)由DA=λAF，DB=μBF，可得∴x1x2【點睛】本題考查了拋物線，由直線與拋物線的交點情況，結(jié)合它與圓的位置關(guān)系求直線方程，根據(jù)直線與y軸、拋物線的交點，結(jié)合向量共線情況說明參數(shù)之和是否為定值.【變式6-1】6.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知橢圓Γ:x2a2+y2b(1)求橢圓Γ的標準方程；(2)當k1=1時，求(3)設(shè)R(1,0)，延長AR，BR分別與橢圓交于C，D兩點，直線CD的斜率為k2，求證：k【答案】(1)x(2)15(3)證明見解析【分析】（1）由題意列出關(guān)于a,b,c的方程，解方程求出a,b,c，即可得出答案.（2）由（1）得到直線AB的方程與橢圓方程聯(lián)立得到關(guān)于x的一元二次方程，設(shè)Ax1,y1（3）設(shè)Cx3,y3，Dx4,y4，設(shè)AR=λRC，由題目條件表示結(jié)合定比分點公式【詳解】（1）由題意，得ca=23a?c=1解得a=3c=2∴（2）由（1）知F?2,0∴直線AB的方程為y=x+2，由y=x+2x29設(shè)Ax1,則x1+x∴AB=設(shè)O點到直線AB的距離為d，則d=0?0+2∴S△AOB（3）設(shè)AB直線方程y=kx+2設(shè)Ax1,y1，B由AR=λRC由定比分點坐標公式：由于A，C滿足橢圓方程，故得x129將①②代入③可得x1即x1?λ由BR=μRD同理可得∴k?k15?4λ故k1【變式6-1】7.（2021·湖北武漢·統(tǒng)考二模）設(shè)拋物線E:y2=2px(p>0)（1）求拋物線E的標準方程；（2）若l的斜率存在且為k1點P(3,0)，直線AP與E的另一交點為C，直線BP與E的另一交點為D，設(shè)直線CD的斜率為k2，證明：【答案】（1）y2【分析】（1）根據(jù)題意，當l與x軸垂直時，用p表示出點A,B的坐標，即得AB，則由△AOB的面積為8得出p的值，即得拋物線E的標準方程；（2）分別設(shè)出直線AC,BD的方程，并聯(lián)立拋物線方程組成方程組，使用韋達定理，表示k1【詳解】（1）由題意不妨設(shè)Ap∴AB=2p,1p=4,y（2）設(shè)Ax則直線l的斜率為k1=y1?則y1又點F(2，0)在直線上，則?y同理，直線BD為y2點P3,0在直線BD上，則?同理，直線AC為y1點P3,0在直線AC上，則?又k1=8得證.【點睛】關(guān)鍵點點睛：該題考查的是有關(guān)拋物線的問題，正確解題的關(guān)鍵是要熟練掌握舍而不求法在直線與拋物線位置關(guān)系中的使用.【變式6-1】8.（2022·寧夏石嘴山·石嘴山市第一中學(xué)?？既＃┮阎獟佄锞€C：y2=2px經(jīng)過點P1，m(m>0)，焦點為F，PF=2，過點Q0，1的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y(1)求拋物線C的方程(2)求直線l的斜率的取值范圍；(3)設(shè)O為原點，QM=λQO，QN=μ【答案】(1)y(2)?(3)證明見解析【分析】（1）利用拋物線的定義，直接計算求出p，可得答案.（2）根據(jù)題意，考慮斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+1，與拋物線聯(lián)立方程，利用判別式和PA、PB要與y軸相交，得到k的范圍.（3）設(shè)點M0，yM，N0，yN，利用【詳解】（1）拋物線C：y2=2px經(jīng)過點PF=1+p2解得p=2，故拋物線方程為：y（2）由題意，直線l的斜率存在且不為0，設(shè)過點0，1的直線l的方程為設(shè)Ax1聯(lián)立方程組可得y2消y可得k2∴Δ=(2k?4)解得k<1，且k≠0，則x1+x又∵PA、PB要與y軸相交，∴直線l不能經(jīng)過點1，?2，即故直線l的斜率的取值范圍是?∞，（3）證明：設(shè)點M0，y則QM=0，因為QM=λQO，所以故λ=1?yM，同理直線PA的方程為y?2==2?令x=0，得yM=2因為1====8?2∴1∴1題型7定比點差法與定直線問題【例題7】（2022安徽省舒城中學(xué)三模）已知點M是圓C:(x?2)2+y2（1）求點N的軌跡E的方程；（2）過點P0,4的動直線l與軌跡E交于A，B兩點，在線段AB上取點D，滿足PA=λPB【答案】（1）y2【分析】（1）解法一：由題意知C(2,0)，M(2?r,0)，設(shè)N(x,y)是C:(x?2)2+y2=r2(r>2)上的任意點，表示出弦MN解法二：設(shè)N(x,y)，弦MN的中點為Q0,y2，M(?x,0)，表示出向量CQ（2）證明：設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，D(x,y)，直線l的方程為【解析】（1）解法一：由題意知C(2,0)，M(2?r,0)，設(shè)N(x,y)是C:(x?2)∵弦MN的中點2?r+x2,y2恰好落在y軸上，∴2?r+x整理得y2=8x，∵r>2，∴x>0，∴點N的軌跡方程為解法二：設(shè)N(x,y)，弦MN的中點為Q0,y2因為M在x軸的負半軸上，故x>0．CQ=由垂徑定理得CQ⊥MN，故?2×2x+y（2）證明：設(shè)Ax1,y1，Bx2由y2=8xx=m(y?4)得y2?8my+32m=0由PA=λPB，AD=λDB，得故y1?4y又x=m(y?4)，故y=4xy?4xy?4?1，化簡得xy?y當點D在定直線y=4上時，直線l與拋物線C只有一個交點，與題意不符，故點D在定直線y=x上．【評注】（1）解答直線與拋物線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去x（或y）建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關(guān)系，并結(jié)合題設(shè)條件建立有關(guān)參變量的等量關(guān)系；（2）涉及到直線方程的設(shè)法時，務(wù)必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．有時若直線過x軸上的一點，可將直線設(shè)成橫截式．【變式7-1】1.已知橢圓E:x2a2+（1）求橢圓E的方程；（2）過右焦點F且不與x軸重合的直線與橢圓交于M，N兩點，已知D3,0，過M且與y軸垂直的直線與直線DN交于點P，求證：點P【答案】（1）x28+【分析】（1）由橢圓過定點，結(jié)合離心率求橢圓參數(shù)，寫出橢圓方程．（2）由題設(shè)知MN的斜率不可能為0，可設(shè)直線MN的方程為x=my+2，Mx1,y1，Nx2,y【解析】（1）由題意，6a2+1b2=1且c∴橢圓的方程為x2（2）設(shè)直線MN的方程為x=my+2，Mx1,y整理得m2+2y由y1+y2=直線DN的方程為y=y過M且與y軸垂直的直線的方程為y=y聯(lián)立①②可得xP=3+y1x2?3【評注】第二問，設(shè)直線MN的方程聯(lián)立橢圓方程，由韋達定理確定y1+y2,【總結(jié)】（1）“定比點差法”屬于技巧，并不是解析幾何的通解通法，其適用范圍較窄，從上述例題的解答過程可以看出，當遇到三點共線、定點、成比例等條件時，我們可以嘗試該法．（2）本文介紹的“定比點差法”，為今后解決一類解幾問題提供了新的思路，相較于聯(lián)立直線與曲線方程的通法，該法過程簡潔、計算量小，可以提高解題效率，但是該法有其局限性，我們在日常的學(xué)習(xí)中，要結(jié)合自身掌握程度和實際情況，選擇最佳的解題方法，不能盲目追求某一種解法，要學(xué)會從不同的解法中汲取不同的數(shù)學(xué)思想，從而提高自身的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)【變式7-1】2.（2019上·江西吉安·高三統(tǒng)考期末）已知橢圓C1：x2a2(Ⅰ)求橢圓C1(Ⅱ)已知拋物線C2的焦點與橢圓C1的右焦點重合，過點P(0,?2)的動直線與拋物線C2【答案】（Ⅰ）x2【分析】(Ⅰ)由題意可知ca=222(Ⅱ)設(shè)點Q，A，B的坐標分別為(x,y)，(x1,y1)，(x【詳解】解：(Ⅰ)由題意可知ca=222故橢圓的方程為x2證明(Ⅱ)由已知可得拋物線C2的標準方程為y設(shè)點Q，A，B的坐標分別為(x,y)，(x1,由題意知|PA||AQ|又點Q在P，B之間，故PB=?λ∵|PB∴λ>1，由PA=λAQ可得(x1,∵點A在拋物線上，∴(?2+λy即(λy?2)2=4λ(λ+1)x，由PB=?λBQ可得(x2,∵點B在拋物線上，∴(λy+2即(λy+2)2=4λ(λ?1)x，(λ≠1)由②?①可得∵λ≠0，∴x+y=0，∴點Q總在定直線x+y=0上【點睛】本題考查橢圓方程的求法，考查拋物線的簡單性質(zhì)，考查推理論證與運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．【變式7-1】3.（2020·河北滄州·統(tǒng)考一模）已知橢圓C:x2a2+（1）求橢圓C的方程；（2）過點M4,0的直線交橢圓于A、B兩點，若AM=λMB，在線段AB上取點D，使AD【答案】（1）x2【解析】（1）根據(jù)題意得出關(guān)于a、b、c的方程組，解出a2、b2的值，進而可得出橢圓（2）設(shè)點Ax1,y1、Bx2,y2、Dx0,【詳解】（1）由題意得ca=633所以橢圓C的方程是x2（2）設(shè)直線AB的方程為x=my+4，Ax1,y1由x=my+4x26Δ=8m2?40m2由AM=λMB，得?y1=λx0y0綜上，點D在定直線x=3【點睛】本題考查橢圓方程的求解，同時也考查了點在定直線上的證明，考查計算能力與推理能力，屬于中等題.【變式7-1】4.（2016·安徽合肥·統(tǒng)考一模）在平面直角坐標系xOy中，F(xiàn)是拋物線C:x2=2pyp>0的焦點，M是拋物線C上位于第一象限內(nèi)的任意一點，過M,F,O三點的圓的圓心為N，點N到拋物線（1）求拋物線C的方程；（2）當過點P4,1的動直線l與拋物線C相交于不同點A,B時，在線段AB上取點Q，滿足AP?QB【答案】（1）x2=2y（2）總在定直線【分析】（1）由于點N在FO中垂線上，所以yN=p（2）由于線段成比例，因此考慮設(shè)比值：λ=APPB=AQQB,λ>0，結(jié)合圖形有AP=?λPB,AQ=λQB【詳解】（1）過M,F,O三點的圓的圓心為N,則圓心N在OF的中垂線上，則yN=p4，又點N所以p4+所以拋物線的方程為x2（2）設(shè)Qx,y,Ax則AP=?λPB,聯(lián)立可得，x又x12=2所以總在定直線y=4x?1上.【變式7-1】5.（2020上·江蘇南京·高三南京師大附中?？计谥校┰谄矫嬷苯亲鴺讼祒oy中，已知橢圓C:x2a2+（1）求a，b的值（2）當過點P(6，0)的動直線1與橢圓C交于不同的點A，B時，在線段AB上取點Q，使得APBQ=AQBP，問點Q是否總在某條定直線上?若是，求出該直線方程，若不是，說明理由.【答案】（1）a=2,b=3；（2）存在，點Q(x,y)總在定直線x=【解析】（1）由已知建立關(guān)于a,b,c方程組，解之可求得答案；（2）設(shè)點Q,A,B的坐標分別為(x,y),(x1,y1)，(x2,y2).記【詳解】（1）由已知得ca=121（2）由（1）得橢圓的方程為C:x2設(shè)點Q,A,B的坐標分別為(x,y),(x1,由題設(shè)知|AP|,|PB|,|AQ|,|QB|均不為零，記λ=|AP||PB|=|AQ||QB|，則λ>0且λ≠1，又A,P,B,Q所以3×①+4×②并結(jié)合③，④，得18x=化簡得x=23.即點Q(x,y)總在定直線【點睛】本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系之：定直線問題.證明動點在定直線上，其實質(zhì)是求動點的軌跡方程，所以所用的方法即為求軌跡方程的方法，如定義法、消參法、交軌法等.屬于較難題.【變式7-1】6.（2022·全國·高三專題練習(xí)）設(shè)橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的方程；(2)當過點P(4,1)的動直線l與橢圓C相交于兩不同點A，B時，在線段AB上取點Q，滿足|AP||PB|【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)點在橢圓上和離心率，分別建立方程，然后解出a2=4，（2）根據(jù)A，B，P，Q四點共線和點A，B都在橢圓上建立方程，通過化簡后得到關(guān)于點Q的軌跡為2x+y?2=0，即點Q的軌跡與λ無關(guān).【詳解】（1）由題意解可得：2解得：a2=4故橢圓方程為：x（2）設(shè)點Q(x,y)，A(x1，y1)，B(x又P，A，Q，B四點共線，可得：PA=?λx1x2由于A(x1，y1)，B(x2，y2(x(x由（4）?（3）可得：8(2x+y?2)λ=0又λ≠0，則有：2x+y?2=0故有：點Q(x,y)總在定直線2x+y?2=0上即點Q的軌跡與λ無關(guān)【變式7-1】7．（2021·廣東肇慶·統(tǒng)考三模）設(shè)拋物線C:y2=2pxp>0的焦點為F，過點P0,4的動直線l與拋物線C交于A，B兩點，當F在l（1）求拋物線的方程；（2）在線段AB上取點D，滿足PA=λPB，AD=λ【答案】（1）y2【分析】（1）利用直線l的斜率列方程，化簡求得p，由此求得拋物線方程.（2）設(shè)直線l的方程為x=my?4，聯(lián)立直線l的方程和拋物線方程，化簡寫出根與系數(shù)關(guān)系.利用向量的坐標運算建立Dx,y中x,y的關(guān)系式，由此求得【詳解】（1）由題意，得Fp2,0，則4?0故拋物線的方程為y2（2）證明：設(shè)Ax1,y1直線l的方程為x=my?4由y2=8xx=my1+y由PA=λPB，AD=λDB，得故y1?4y又x=my?4，故y=化簡得xy?y即x?yy?4=0，則y=x或當點D在定直線y=4上時，直線l與拋物線C只有一個交點，與題意不符.故點D在定直線y=x上.【點睛】在解析幾何中的向量運算，可用來建立方程，通過化簡方程來進行解題.【變式7-1】8．（2022·云南紅河·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在平面直角坐標系xOy中，點M是以原點O為圓心，半徑為a的圓上的一個動點.以原點O為圓心，半徑為b(a>b>0)的圓與線段OM交于點N，作MD⊥x軸于點D，作NQ⊥MD于點Q.(1)令∠MOD=α，若a=4，b=1，α=π3，求點(2)若點Q的軌跡為曲線C，求曲線C的方程；(3)設(shè)（2）中的曲線C與x軸的正半軸交于點A，與y軸的正負半軸分別交于點B1，B2，若點E?F分別滿足AE=?3OE，4AF=3OB2【答案】(1)Q(±2,±(2)x(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)數(shù)形結(jié)合直接可得點Q坐標；（2）由題意列出點Q軌跡的參數(shù)方程，進而可得點Q軌跡的普通方程；（3）由題意寫出直線B1E和B2【詳解】（1）解：設(shè)Q(x,y)，則由題知{x=因此Q(±2,±3（2）解：設(shè)∠MOD=α及Q(x,y)，則由題知{x=±a則點Q的軌跡C為橢圓，方程為：x2（3）設(shè)K(x,y)，由知，B1(0,b)，E(a4,0)lB1ElB2F聯(lián)列上述直線方程，解得{x2題型8定比點差法與求值問題【例題8】已知橢圓C:x2a2+y2（1）求橢圓C的方程；（2）若射線OA上的點P滿足PO=3OA，且PB與橢圓交于點Q，求【解析】（1）由題得ca=12?（2）設(shè)Ax1,y1，B則3x1?由于x324整理得3λ易知x124+y123=1代入（*）式得，3λ2+1?λλ【變式8-1】1.（2020上·重慶沙坪壩·高三重慶南開中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知離心率為22的橢圓C:x2a2+y2b（1）求橢圓C的方程；（2）過點P作直線l交橢圓C于A、B兩點（A在P與B之間），與直線DF交于點Q.記PA=λ1PB，【答案】（1）x28+【解析】（1）由已知條件可得出關(guān)于a、c的方程組，解出這兩個量的值，可求得b的值，進而可得出橢圓C的標準方程；（2）設(shè)直線l的方程為y=kx?4+2，設(shè)點Ax1,y1、Bx2,y【詳解】（1）因為PF=DF，所以4?c2+22=所以橢圓C的方程為x2（2）若直線l的斜率不存在，則直線l的方程為x=4，此時直線l與橢圓C無公共點，直線l的斜率存在，設(shè)l為y=kx?4+2，設(shè)Ax聯(lián)立l與橢圓C的方程得：2k則有x1+x又因為直線DF為y=?x+2，聯(lián)立AB與DF可得xQ由PA=λ1PB，即同理可得λ2所以λ1其中分子為4?=32kk+1?所以λ1【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標為x1,y（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時計算Δ；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x（5）代入韋達定理求解.【變式8-1】2.已知在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：x2a2（1）求橢圓C的標準方程；（2）如圖，A為橢圓C的左頂點，P，Q為橢圓C上兩動點，直線PO交AQ于E，直線QO交AP于D，直線OP與直線OQ的斜率分別為k1，k2，且k1k2＝?12，AD=λDP,AE=【答案】（1）x2【分析】（1）由題意可得b＝1，運用離心率公式和a，b，c的關(guān)系，可得a，b，進而得到橢圓方程；（2）求得A的坐標，設(shè)P（x1，y1），D（x0，y0），運用向量共線坐標表示，結(jié)合條件求得P的坐標，代入橢圓方程，可得λ2＝11+2k22，同理得μ2＝2k【詳解】（1）因為短軸長2b＝2，所以b＝1，又離心率e＝ca=22，且a2﹣b解得a＝2，c＝1，則橢圓C的方程為x22+y（2）由（1）可得點A（﹣2，0），設(shè)P（x1，y1），D（x0，y0），則y1＝k1x1，y0＝k2x0，由AD=λDP可得x0+2＝λ（x1﹣x0），y0＝λ（y1﹣y即有x0＝λx1?21+λ,y1=1+λλy0，k1x1＝y(tǒng)1＝1+λλy兩邊同乘以k1，可得k12x1＝k1k2（x1﹣2λ）＝﹣12（x1﹣解得x1＝2λ1+2k12,y1=由AE=μEQ可得μ2＝11+2k2【點睛】本題考查橢圓方程的求法，注意運用離心率公式和基本量的關(guān)系，考查直線方程和向量共線的坐標表示，以及化簡整理的運算能力，屬于中檔題．題型9定比點差法求取值范圍問題【例題9】（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知橢圓x29+y2【答案】1【分析】設(shè)出A,B兩點坐標，由題意知P,A,B三點共線，用向量坐標表示AP=λPB，進而表達出點P，為點A，B在橢圓上，將之代入橢圓再化簡整理可得y1【詳解】設(shè)Ax1,y1，B于是P:x∴x1+λx又因為點A，B在橢圓上，所以有x1化簡得：x1將條件代入整理得y1∴進而解得y因此解得λ的取值范圍?5,?1∴PAPB的取值范圍為：1【點睛】【變式9-1】1.（2020上·江蘇南京·高三南京市秦淮中學(xué)?？计谀┮阎甭蕿閗的直線l與橢圓C:x24+y23=1交于A，B兩點，線段A．k<?12 B．?12<k<12 【答案】A【解析】先設(shè)A(x1,y1)，B(x2,【詳解】解：設(shè)A(x1,又點A，B在橢圓C:x則x124兩式相減可得：(x又k=y1?則k=?3又點M(1,m)，m>0在橢圓內(nèi)，則14則0<m<3所以k<?1故選：A.【點睛】本題考查了橢圓中的中點弦問題，重點考查了點差法，屬基礎(chǔ)題.【變式9-1】2.（2019·重慶·高三重慶巴蜀中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的兩個焦點為F1，F(xiàn)2，焦距為22，直線l（1）求橢圓的標準方程；（2）若直線l：y=kx+m與橢圓C相交于不同的兩點M，N，Q0,m，若OM+λON=3OQ【答案】（1）x23+y2【解析】（1）P34,?14為弦AB（2）由M，Q，N三點共線，OQ=13OM+λ3ON，根據(jù)三點共線性質(zhì)可得：【詳解】（1）∵焦距為22，則c=2，設(shè)Ax∵P34,?14為弦AB又∵將Ax1,y1，∴b∴將兩式作差可得：b2所以kAB所以a2∵a2由①②得：a所以橢圓的標準方程為x2（2）∵M，Q，N三點共線，OQ∴根據(jù)三點共線性質(zhì)可得：13+設(shè)Mx1,y1∴x1將直線l和橢圓C聯(lián)立方程y=kx+m,x2+3可得：1+3kΔ>0?3k根據(jù)韋達定理：x1+x代入x1=?2x2，可得：∴?2×36k2∵9m2?1≠0∴3k代入③式得1?m29∴m2m2∴13<m<1或【點睛】本題考查橢圓的中點弦問題，考查直線與橢圓的綜合問題，聯(lián)立方程，韋達定理的應(yīng)用，屬于中檔題.【變式9-1】3.（2022·山東日照·校聯(lián)考三模）已知橢圓C:x2a2+y2(1)若PF1∥Q(2)延長PF1,PF2【答案】(1)x±(2)1【分析】（1）根據(jù)題意求出橢圓方程，設(shè)直線PF1的方程為x+1=my，設(shè)直線QF2的方程為x?1=my，設(shè)Px2x1,Qx2（2）設(shè)P(x1,y1),M(x3,【詳解】（1）解：由已知過點D1,22由e=c由①、②，得a2故橢圓C的方程為x2若PF設(shè)直線PF1的方程為x+1=my，設(shè)直線QF2的方程為由x122+y故PF同理，QFPF1+QF故直線QF2的方程為（2）解：設(shè)P(x由MF1=λ故x3代入橢圓的方程得?λx又由12x1代入（3）式得，λx化簡得，3λ2+2λ?1+2λ(λ+1)顯然λ+1≠0,3λ?1+2λx1=0同理可得n=1故1λ所以λn的最小值19【變式9-1】4.（2017·河南安陽·校聯(lián)考一模）已知橢圓C:y2a2+x2b2=1a>b>0的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F1且與y軸垂直的直線交橢圓(1)求橢圓C的標準方程；(2)已知O為坐標原點，直線l:y=kx+m與y軸交于點P，與橢圓C交于A，B兩個不同的點，若存在實數(shù)λ，使得OA+λOB=4【答案】(1)y(2)(?2,?1)∪(1,2)∪{0}【分析】（1）設(shè)橢圓的焦距為2c，M(x1,c),N(?x1,c)，根據(jù)題意，可求得（2）分析的當m=0時，滿足題意，當m≠0，根據(jù)題意，結(jié)合三點共線定理，可得λ=3，即可得AP=3PB，設(shè)A(x2,y2),B(x3,【詳解】（1）設(shè)橢圓的焦距為2c，M(x代入橢圓方程可得c2a2所以MN=所以△MNF2=又e=ca=又a2=b所以橢圓C的標準方程為y（2）當m=0時，則P(0,0)，由橢圓的對稱性得AP=所以O(shè)A+所以當m=0時，存在實數(shù)λ，使得OA+λ當m≠0時，由OA+λOB=4因為A、B、P三點共線，所以14+λ所以AP=3設(shè)A(x2,y2由題意得Δ=4m2且x2由AP=3PB，可得所以x2+x又x2x3顯然m2=1不滿足上式，所以因為k2?m2+4>0解得?2<m<?1或1<m<2，綜上，m的取值范圍為(?2,?1)∪(1,2)∪{0}題型10定比點差法求λ問題【例題10】（2022·全國·高三專題練習(xí)）過點M1,0的直線l交橢圓E：x24+y【答案】1【分析】設(shè)出A、B兩點坐標，由向量相等得兩點橫、縱坐標之間的關(guān)系，將兩點坐標代入橢圓方程作差整理，再將剛才得到的橫、縱坐標間的關(guān)系代入，解出λ的取值范圍為13【詳解】設(shè)Ax1,y1，B(1?由向量關(guān)系得：x1+λx將A，B代入橢圓方程為x1兩式相減得x1將①②代入得x1對比①③得：x1+λx由?2≤x1≤2得?4≤5?3λ≤4，解得13≤λ≤3【變式10-1】1.（2021·上海長寧·統(tǒng)考二模）設(shè)F1,F2分別為橢圓Γ:x23+y2=1【答案】1【分析】由已知向量條件結(jié)合橢圓的對稱性推出四邊形F1AF2B【詳解】因為F1A+λF2又λ>0，且A,B不是橢圓的頂點．根據(jù)橢圓的對稱性可知，四邊形F1如圖：所以F1所以F1A=故答案為：1．【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)橢圓的對稱性求解是解題關(guān)鍵.【變式10-1】2.（2021·上海浦東新·統(tǒng)考二模）已知橢圓C：x22+y2=1的左右焦點分別為F1,F（1）若直線l經(jīng)過F2，求△（2）若以線段PQ為直徑的圓過點F2，求直線l（3）若AQ=λAP，求實數(shù)【答案】（1）42；（2）x=0或11x+8y?16=0；（3）1【分析】（1）由橢圓定義知所求周長L=4a，由此得到結(jié)果；（2）當直線l斜率不存在時，易知F2P?F2Q=0；當直線l（3）當直線l斜率不存在時，可得P,Q坐標，由此可確定λ的取值；當直線l斜率存在時，由AQ=λAP得λ=x2x1，利用x1+x22【詳解】（1）由橢圓定義知：PF1則△F1PQ（2）當直線l斜率不存在時，直線l:x=0，設(shè)Q0,1，P則F2當直線l斜率存在時，設(shè)直線l:y=kx+2，Px1,聯(lián)立直線與橢圓x22+Δ=64k2?4則x1+x又F2P=∴F2P即k2∴k2+161+2∴直線l的方程為：x=0或11x+8y?16=0；（3）①當直線l斜率不存在時，直線l:x=0，若Q0,1，P0,?1，則AQ=0,?1，AP=若Q0,?1，P0,1，則AQ=0,?3，AP=②當直線l斜率存在時，設(shè)直線l:y=kx+2，Px1,又AQ=λAP，即x2由（2）知：x1+∴λ+1又k2>32，故∴31+2即2<λ+1λ<103綜上所述：實數(shù)λ的取值范圍為13【點睛】思路點睛：本題考查直線與橢圓綜合應(yīng)用中取值范圍問題的求解，求解此類問題的基本思路如下：①假設(shè)直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，整理為關(guān)于x或y的一元二次方程的形式；②利用Δ>0求得變量的取值范圍，得到韋達定理的形式；③利用韋達定理表示出所求量，將所求量轉(zhuǎn)化為關(guān)于變量的函數(shù)的形式；④化簡所得函數(shù)式，利用函數(shù)值域的求解方法求得取值范圍.【變式10-1】3.（2022·重慶南開中學(xué)模擬預(yù)測）已知a>b>0，直線l過橢圓C1:x2a2+y2b2=1的右焦點F且與橢圓C1交于A、B(1)若|OF|=3，且當l⊥x軸時，△MON的面積為32，求雙曲線(2)如圖所示，若橢圓C1的離心率e=22，l⊥l1【答案】(1)x2(2)λ=6【分析】（1）由題設(shè)可得F(3,0)、|MN|=23ba，結(jié)合三角形面積可得（2）由橢圓離心率可得a=2c=2b，進而可得雙曲線漸近線，假設(shè)l1:y=bax=22x，寫出【詳解】（1）由題設(shè)F(3,0)，且雙曲線C2當l⊥x軸時，|MN|=23ba，又|OF|=3所以12|OF|?|MN|=32，故a=2b，而所以雙曲線C2的方程為x（2）對于橢圓有e=ca=22不妨假設(shè)l1:y=bax=22所以N(2c,?2c)，又F(c,0)，令A(yù)(x,y)，則FA=(x?c,y),AN=(2c?x,?所以{x=2λ+11+λcy=?則(2λ+1)22(1+λ)綜上，可得λ=6題型11調(diào)和定比分點1.定義：若AM=λMB且AN=?λNB，則稱M?,?N調(diào)和分割A(yù)?,?B，根據(jù)定義，那么2.調(diào)和定比分點的性質(zhì)【性質(zhì)1】在橢圓或雙曲線x2a2±y2b2=1a>0?,?證明：由已知點Ax1?,?y1?又AN=?λNB當λ≠±1時，將Ax1?②×λ2得到③和①作差整理可得：x1+λx【性質(zhì)2】在拋物線y2=2px中，設(shè)A?,?B為拋物線上的兩點．若存在M?,?證明：設(shè)Ax1?,?由AN=?λNB，得又y12=2p即y1y1定比點差的原理謎題解開，就是兩個互相調(diào)和的定比分點坐標滿足圓錐曲線的特征方程．3.定比點差轉(zhuǎn)換定理：在橢圓、雙曲線或拋物線中，設(shè)Ax1?,?y1?,證明：x【例題11】已知橢圓C:x24+y22=1，過點P4?,?1的動直線l【解析】解法一：設(shè)APPB=AQBQ=λλ≠1，即AP=λPB，AQ=?λQB，設(shè)又x124①②式代入③式，x1又由于AQ=?λQB，⑤⑥式代入④式，x+12y=1，即點Q解法二：設(shè)APPB=AQBQ=λλ≠1，即AP=λPB，AQ=?λ于是有x1?λx21?λ=4?,?y1?λy【評注】共線的四點成兩組等比例線段，于是設(shè)AP=λ【變式11-1】1.已知F1、F2分別為橢圓C1：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦點，其中（1）求橢圓C1（2）已知點P(1,3)和圓O：x2+y2=b2，過點P的動直線l與圓O相交于不同的兩點A,B，在線段AB上取一點Q，滿足：AP=?λPB【答案】（1）y24+x23=1；（2）x+3y=3【解析】（1）設(shè)Mx0，y0，因為點M在拋物線C2上，且又點M在拋物線C1上，所以232a2+?所以橢圓C1的方程y（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2又AQ=λQB，所以x?x所以1×3+又點A、B在圓x2+y2=3上，所以x故點Q總在直線x+【評注】本題考查橢圓和拋物線的簡單幾何性質(zhì)，以及直線與圓的交點問題，屬于較難題．【變式11-1】2.在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：x2a2+y（1）求a，b的值；（2）當過點P6,0的動直線l與橢圓C交于不同的點A，B時，在線段AB上取點Q，使得AP?BQ【答案】（1）a=2，b=3；（2）直線Q恒在定直線x=23（2）根據(jù)四點的位置關(guān)系可知APAQ=BPBQ，由此可得Qx0,y0【解析】（1）以橢圓上的一點和長軸的兩個端點為頂點的三角形面積最大時，三角形另一頂點為橢圓短軸的端點，∴a2=b2（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2∴?AP?BQ+AQ?BP設(shè)直線AB：x=ty+6，聯(lián)立直線AB與橢圓：x24+∴y1+∵Q在線段AB上，則x0=ty0+6=t??16【評注】思路點睛：本題考查直線與橢圓綜合應(yīng)用中的定直線問題的求解，求解此類問題的基本思路如下：①假設(shè)直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，整理為關(guān)于x或y的一元二次方程的形式；②利用Δ>0③利用韋達定理表示出所求量，通過化簡整理確定所求的定直線【變式11-1】3.橢圓C1：x2a2+y2b2=1a>b>0的焦點F1，F(xiàn)2（1）求橢圓C1（2）點M是雙曲線C2上任意不同于其頂點的動點，設(shè)直線MF1、MF2的斜率分別為k1，（3）過點Q?4,0任作一動直線l交橢圓C1與A，B兩點，記AQ=λ【答案】（1）x24+y2（2）假設(shè)點Mx,y（3）設(shè)直線方程并與橢圓聯(lián)立，結(jié)合韋達定理，然后根據(jù)AQ=λQB,AR=【解析】（1）有由題可知：c=2，由△PF1F2的周長為4+22，所以PF（2）設(shè)Mx,y，由F1?所以k1?k2=y2（3）依題可知：直線的斜率存在，設(shè)方程為y=kx+4，A所以y=kx+4所以Δ=16k由AQ=λQB??4?x1所以x0=x【評注】關(guān)鍵點點睛：本題第（3）問，第一，假設(shè)直線方程；第二，聯(lián)立橢圓方程并使用韋達定理；第三，根據(jù)條件求得λ；第四，計算x0【變式11-1】4.在平面直角坐標系xOy中，已知動點M到定點F1,0的距離與到定直線x=3的距離之比為3（1）求動點M的軌跡C的方程；（2）已知P為定直線x=3上一點．①過點F作FP的垂線交軌跡C于點G（G不在y軸上），求證：直線PG與OG的斜率之積是定值；②若點P的坐標為3,3，過點P作動直線l交軌跡C于不同兩點R、T，線段RT上的點H滿足PRPT=RH【答案】（1）x23+y22=1②點H在定直線2x+3y?2=0上析】（1）設(shè)動點坐標(x,y），直接利用軌跡方程定義計算即可；（2）令①令Gx0,y0，由FG⊥FP，得FG·FP=0，即x0?1,y0·2,t=0，即ty0=2?2x0，又因為點Gx0,y0【解析】（1）設(shè)Mx,y，則MF=x?12+y2由MFd=33，得x?12+y2x?3（2）因為P為直線x=3上一點，所以令P3,t①令Gx0,y0，由FG⊥FP，得FG又因為點Gx0,y0在橢圓x23+y即直線PG與OG的斜率之積為定值?2②令PRPT=RH令點Hx,y,Rx即x1?3=λ由①×③，②×④，得3x=λ因為Rx1,y1⑤×2+⑥×3，得6x+9y=2λ2x22?2x1【評注】本題主要考查了橢圓的方程及直線與橢圓的位置關(guān)系，是高考的必考點，屬于難題．求橢圓方程的方法一般就是根據(jù)條件建立a,b,c的方程，求出a2,b2即可，注意【變式11-1】5.（2022·山東·模擬預(yù)測）在平面直角坐標系xOy中，已知動點C到定點F(1,0)的距離與它到直線l:x=4的距離之比為12(1)求動點C的軌跡方程；(2)點P為直線l上的動點，過點P的動直線m與動點C的軌跡相交于不同的A，B兩點，在線段AB上取點Q，滿足|AP|=λ|PB|,|AQ|=λ|QB|，求證：點Q總在一條動直線上且該動直線恒過定點.【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）直接根據(jù)題意翻譯條件為代數(shù)式，即可求解.（2）設(shè)點設(shè)直線，將條件翻譯成代數(shù)式，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，再利用韋達定理消元即可.【詳解】（1）設(shè)動點C(x,y)，由動點C到定點F(1,0)的距離與它到直線l:x=4的距離之比為12得(x?1)2化簡得x24+y（2）設(shè)Ax1,y1,Bx2,因為A，P，B，Q四點共線，不妨設(shè)x1由|AP|=λ|PB|,|AQ|=λ|QB|可得，AP即4?x所以4?可得4?x1x聯(lián)立直線y=k(x?4)+t和橢圓C的方程：x24+y2由韋達定理，x1+x化簡得x=4kt+3?t又k=y?tx?4代入上式：9+t所以點Q總在一條動直線3x+ty?3=0上，且該直線過定點(1,0)1.（2022云南紅河·模擬預(yù)測）在平面直角坐標系xOy中，點M是以原點O為圓心，半徑為a的圓上的一個動點.以原點O為圓心，半徑為b(a>b>0)的圓與線段OM交于點N，作MD⊥x軸于點D，作NQ⊥MD于點Q.(1)令∠MOD=α，若a=4，b=1，α=π3，求點(2)若點Q的軌跡為曲線C，求曲線C的方程；(3)設(shè)（2）中的曲線C與x軸的正半軸交于點A，與y軸的正負半軸分別交于點B1，B2，若點E?F分別滿足AE=?3OE，4AF=3OB2【答案】(1)Q(±2,±(2)x(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)數(shù)形結(jié)合直接可得點Q坐標；（2）由題意列出點Q軌跡的參數(shù)方程，進而可得點Q軌跡的普通方程；（3）由題意寫出直線B1E和B2【詳解】（1）解：設(shè)Q(x,y)，則由題知{x=因此Q(±2,±3（2）解：設(shè)∠MOD=α及Q(x,y)，則由題知{x=±a則點Q的軌跡C為橢圓，方程為：x2（3）設(shè)K(x,y)，由知，B1(0,b)，E(a4,0)lB1ElB2F聯(lián)列上述直線方程，解得{x2a2+y2.（2022·湖北武漢·統(tǒng)考三模）已知橢圓C：x2a2+y(1)求橢圓C的方程；(2)點P為直線x=4上的動點，過點P的動直線l與橢圓C相交于不同的A，B兩點，在線段AB上取點Q，滿足AP?QB=【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）聯(lián)立方程即可求解橢圓C的方程.（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2,y(1)解：由題意可知2b=22ca=2所以，所求橢圓的方程為x(2)設(shè)Ax1,y1，B直線AB的斜率顯然存在，設(shè)為k，則AB的方程為y=kx?4因為A，P，B，Q四點共線，不妨設(shè)x2則AP=1+k24?x由AP?QB=化簡得2x聯(lián)立直線y=kx?4+t和橢圓的方程，消去y，得2k由韋達定理，得x1+x化簡得x=4kt+2?t2又k=y?tx?4，代入上式，得6+t所以點Q總在一條動直線2x+ty?2=0上，且恒過定點1,0.3.（2022·吉林市教育學(xué)院模擬預(yù)測）已知拋物線C1:y2=2px(p>0)的焦點F到其準線的距離為4，橢圓C(1)求拋物線C1的方程及a(2)已知O為坐標原點，過點M(1,1)的直線l與橢圓C2相交于A，B兩點，若AM=mMB，點N滿足AN=?mNB，且|ON|【答案】(1)y2=8x(2)1【分析】(1)由條件列方程求p，由此可得拋物線方程及其焦點坐標，再由條件求a，(2)聯(lián)立方程組，利用設(shè)而不求法結(jié)合條件求出點N的軌跡，列方程求b，由此可得離心率.【詳解】（1）拋物線C1:y可得p=4拋物線C1的方程：橢圓C2:x2橢圓C2的右頂點為F(2,0)所以a=2．（2）①當直線AB斜率存在時，設(shè)直線AB方程為y?1=k(x?1),A由x24+Δx∵AM∴1?x1∴x0∴4k又∵y∴4y0∴N點軌跡為直線b②當直線AB斜率不存在時，經(jīng)檢驗點N1,3b∴N點軌跡方程為b|ON|最小值即點O到直線b2∴4b2橢圓C2的離心率為e=【點睛】解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應(yīng)用題設(shè)中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；(2)強化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．4.（2022·吉林·統(tǒng)考三模）已知拋物線C1:y2=2px(p>0)(1)求拋物線C1(2)已知O為坐標原點，過點M(1,1)的直線l與橢圓C2相交于A，B兩點，若AM=mMB，點N滿足AN=?mNB，且|ON|【答案】(1)y2=8x(2)1【分析】(1)由條件列方程求p，由此可得拋物線方程及其焦點坐標，再由條件求a，(2)聯(lián)立方程組，利用設(shè)而不求法結(jié)合條件求出點N的軌跡，列方程求b，由此可得離心率.【詳解】（1）拋物線C1可得p=4拋物線C1的方程：橢圓C2:x2橢圓C2的右頂點為F(2,0)所以a=2．（2）①當直線AB斜率存在時，設(shè)直線AB方程為y?1=k(x?1),A由x24+Δx∵AM∴1?x1∴x0∴4k又∵y∴4y0∴N點軌跡為直線b②當直線AB斜率不存在時，經(jīng)檢驗點N1,3b∴N點軌跡方程為b|ON|最小值即點O到直線b2∴4b2橢圓C2的離心率為e=【點睛】解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應(yīng)用題設(shè)中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；(2)強化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．5.（2021·重慶九龍坡·重慶市育才中學(xué)?？级＃┮阎獧E圓C:x2a2+y2b2（1）求橢圓C的方程；（2）若存在實數(shù)λ使得AF1→=λAB【答案】（1）x28+【分析】（1）由題得bc=4a（2）當AB斜率不存在時，易得直線NB經(jīng)過定點(?3,0).當直線AB的斜率存在時，設(shè)其方程為y=k(x+2)，設(shè)Ax1,y1，B【詳解】（1）由題知，2a=42且A當AB為短軸時，S△ABF2因此bc=4a2=∴橢圓C的方程為x2（2）當AB斜率不存在時，易得直線NB經(jīng)過定點(?3,0).當直線AB的斜率存在時，設(shè)其方程為y=k(x+2)，設(shè)Ax1,y1，B聯(lián)立y=k(x+2)x28+y則x1+x∴N?4,y1令y=0，得x=?易得?x1x即直線NB過定點(?3,0).【點睛】方法點睛：證明直線過定點，一般有兩種方法.（1）特殊探求，一般證明：即可以先考慮動直線或曲線的特殊情況，找出定點的位置，然后證明該定點在該直線或該曲線上（定點的坐標直線或曲線的方程后等式恒成立）.（2）分離參數(shù)法：一般可以根據(jù)需要選定參數(shù)λ∈R，結(jié)合已知條件求出直線或曲線的方程，分離參數(shù)得到等式f1(x,y)λ2+f26.（2021·云南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2，過F1的動直線與橢圓C交于P、M兩點，直線PF2（1）求橢圓C的離心率；（2）若b>12，直線λx+μy=1與橢圓【答案】（1）12【分析】（1）可得當△F1PF2的面積最大時，P（2）橢圓C的方程可化為x2a2+4y23a2=1，由已知和P【詳解】（1）由已知：P，M，N是橢圓C上的動點，P、F1、M三點共線，P、F2、∴當△F1PF2∵當△F1P∴當△