專題3-4 【橢圓培優(yōu)】14個?？级壗Y(jié)論與模型（解析版）

4/123第頁專題3-4橢圓培優(yōu)之14個?？级壗Y(jié)論與模型總覽總覽題型解讀TOC\o"1-3"\n\h\z\u【題型1】點差法【題型2】橢圓的第三定義【題型3】焦點弦被焦點分為定比【題型4】橢圓焦半徑公式與焦點弦公式【題型5】橢圓與蒙日圓【題型6】橢圓與Dandelin雙球模型【題型7】橢圓內(nèi)接三角形：平移+齊次化（手電筒模型）【題型8】調(diào)和點列模型【題型9】橢圓內(nèi)接四邊形（自極三角形）【題型10】橢圓內(nèi)接梯形【題型11】調(diào)和線束平行線截中點模型【題型12】調(diào)和線束斜率模型之等差關(guān)系【題型13】調(diào)和線束斜率模型之調(diào)和關(guān)系（斜率倒數(shù)構(gòu)成等差）【題型14】調(diào)和線束斜率模型之角平分線模型題型題型匯編知識梳理與?？碱}型【題型1】點差法橢圓垂徑定理：已知A,B是橢圓上任意2點，且弦不平行軸，M為線段AB中點，則有 證明（點差法）：設(shè)，，則，，，∵A，B在橢圓上，代入A，B坐標得① ②兩式相減得：，整理得∴【思考】（1）橢圓焦點在軸上時，結(jié)論是否仍然成立？（1）設(shè)，，則，仍有，，∵A，B在橢圓上，代入A，B坐標得 兩式相減得：，整理得∴若橢圓的弦中點坐標為，則直線的斜率為．【答案】【分析】利用點差法求得正確答案.【詳解】由于，所以點在橢圓內(nèi)部，設(shè)，，由已知，，，兩式相減得，∴．（2024深圳南山區(qū)高二期末）過點作斜率為的直線與橢圓相交于兩點，若為線段的中點，則的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用點差法計算得出，借助離心率公式計算即可.【詳解】設(shè),因為為線段的中點，所以，則，兩式相減可得：，整理得，即，所以，所以.（杭州學軍中學高二上）焦距為，并且截直線所得弦的中點的橫坐標是的橢圓的標準方程為（

）A． B．C． D．或【答案】A【分析】設(shè)橢圓方程為，且，及交點，將兩點代入橢圓方程可得，根據(jù)弦中點坐標關(guān)系可得，結(jié)合直線方程得，再由橢圓的焦距求得的值，即可得橢圓標準方程.【詳解】解：設(shè)橢圓方程為，且設(shè)直線與橢圓相交的兩點坐標為，由題意可知，即，所以，又在橢圓上，可得：，兩式相減得，整理得：，則，所以，又直線的斜率為，所以，即，所以橢圓的焦距為，所以，則，故可得：解得，故橢圓的標準方程為：.（重慶八中高二期末）已知橢圓：的左焦點為，如圖，過點作傾斜角為的直線與橢圓交于，兩點，為線段的中點，若（為坐標原點），則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意求出點坐標，再利用點差法求得，進而可得橢圓離心率.【詳解】依題意，橢圓的左焦點為，，過作軸，垂足為，由，得，，則，設(shè)，則有，，由，兩式相減得，則有，所以.已知雙曲線，斜率為的直線與的左右兩支分別交于兩點，點的坐標為，直線交于另一點，直線交于另一點.若直線的斜率為，則的離心率為.【答案】【分析】設(shè)，線段AB的中點，代入雙曲線的方程中可得，兩式相減得，可得①，設(shè)，線段CD的中點，同理得②，由，得三點共線，從而求得，由此可求得雙曲線的離心率.【簡析】取AB，CD的中點M，N，易知，即，故M、O、N三點共線，而△PAB與△PCD相似，故P、M、N三點也共線，則，故【詳解】設(shè)，線段AB的中點，則，兩式相減得，所以①，設(shè)，線段CD的中點，同理得②，因為，所以，則三點共線，所以，將①②代入得：，即，所以，即，所以【鞏固練習1】已知橢圓方程為，其右焦點為，過點的直線交橢圓與，兩點．若的中點坐標為，則橢圓的方程為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】計算，設(shè)，，代入橢圓方程相減得到，解得答案.【詳解】的中點坐標為，則，設(shè)，，則，，相減得到：，即，，又，，解得，，橢圓的方程為.【鞏固練習2】（23-24高二下·廣東深圳·期末）已知橢圓的焦距為，直線過點，且與橢圓相交于兩點，是線段的中點，為坐標原點.(1)求橢圓的方程【答案】【分析】利用直線與橢圓聯(lián)立方程組，利用韋達定理和中點坐標公式來求解橢圓方程；【詳解】由直線過點，得，聯(lián)立，消得：，易知，設(shè)，則，整理得：，又因為，所以，解得，即橢圓.【鞏固練習3】（華中師范大學第一附屬中學高二期末）已知橢圓的左焦點為，如圖，過點作傾斜角為的直線與橢圓交于兩點，為線段的中點，若（為坐標原點），則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知求出點坐標，利用點差法求得，可求橢圓離心率.【詳解】橢圓的左焦點為F-c,0，，過作軸，垂足為，由，得，，有，設(shè)，則有，，由，兩式相減得，則有，所以.故選：D【鞏固練習4】已知直線與橢圓相交于兩點.若弦被直線平分，則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由點差法解出，再由結(jié)合橢圓的性質(zhì)和離心率的定義解出即可.【詳解】設(shè)，因為弦被直線平分，設(shè)中點坐標，所以，①因為點在直線上，代入可得，兩式相減可得，②又點在橢圓上，代入可得，兩式相減可得，代入①②可得，又橢圓中，所以離心率，故選：C【鞏固練習5】（23-24高二上·河北邢臺·期末）已知橢圓：的長軸長是短軸長的倍.(1)求的方程；(2)若傾斜角為的直線與交于，兩點，線段的中點坐標為，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)條件確定的值，即得橢圓的標準方程；（2）涉及中點弦問題，可以考慮“點差法”解決問題.【詳解】（1）由題意可得，得，所以的方程為.（2）由題意得.設(shè)，，依題意可得，且，由得，則，解得.經(jīng)檢驗，點在橢圓內(nèi).所以為所求.【鞏固練習6】不與坐標軸垂直的直線過點，，橢圓上存在兩點關(guān)于對稱，線段的中點的坐標為．若，則的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)點差法求出，再結(jié)合進行計算得出結(jié)果.【詳解】設(shè)為坐標原點，在橢圓中，設(shè)，則，所以，因為關(guān)于對稱，所以，所以，由線段的中點的坐標為，得出．所以，又，∴，即，又，∴，所以所求離心率為.【題型2】橢圓的第三定義那么點差法是不是只能解決同時與中點和斜率有關(guān)的問題呢?其實不然．其實點差法的內(nèi)核還是“設(shè)而不求、整體代換”的思想，建立的是曲線上兩點橫縱坐標和差之間的聯(lián)系，這其實也是第三定義的體現(xiàn). 第三定義：平面內(nèi)與兩個定點，的斜率乘積等于常數(shù)的點的軌跡叫做橢圓或雙曲線(不含兩個頂點)．其中兩定點分別為橢圓或雙曲線的頂點．當常數(shù)大于－1小于0時為橢圓，此時；當常數(shù)大于0時為雙曲線，此時．【第三定義推廣】：平面內(nèi)與兩個關(guān)于原點對稱的點，的斜率乘積等于常數(shù)的點的軌跡叫做橢圓或雙曲線．當常數(shù)大于－1小于0時為橢圓，此時；當常數(shù)大于0時為雙曲線，此時．【證明】是橢圓上的一組對稱點，P為橢圓上任意點，則有 證明（點差法）：設(shè)，，，，，∵P，A在橢圓上，代入坐標得① ②兩式相減得：，整理得∴法二：通過橢圓的垂徑定理轉(zhuǎn)換 中點弦和第三定義本質(zhì)上是一樣的（2024·湖北鄂州高二期末）已知橢圓C：的長軸長為4，若點P是橢圓C上任意一點，過原點的直線l與橢圓交于M，N兩點，記直線PM，PN的斜率為，，若，則橢圓的方程為.【答案】【分析】設(shè)點坐標后，用點差法即得.【詳解】設(shè)，因為關(guān)于原點對稱，所以設(shè)，則，①—②得：，即，又已知，所以所以橢圓方程為:,故答案為：（23-24高二上·浙江寧波·期末）已知點，動點P滿足直線與的斜率之積為，則點P的軌跡方程．【答案】【分析】設(shè)Px,y，根據(jù)斜率的乘積為列式運算可得軌跡方程.【詳解】設(shè)Px,y，則，，，所以，即，整理得，所以點的軌跡方程為，.故答案為：，.已知橢圓的左、右焦點分別為，，A為橢圓C的左頂點，以為直徑的圓與橢圓C在第一、二象限的交點分別為M，N，若直線AM，AN的斜率之積為，則橢圓C的標準方程為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設(shè)出兩點的坐標，根據(jù)已知條件列方程組，求得，從而求得橢圓的標準方程.【詳解】設(shè)，則，依題意，，解得，所以橢圓的標準方程為.

（學軍中學期末）設(shè)橢圓的右焦點為，點在橢圓外，P，Q在橢圓上，且P是線段AQ的中點．若直線PQ，PF的斜率之積為，則橢圓的離心率為（）A．B．C．D．【答案】B【詳解】法一：記為橢圓左焦點，直線交橢圓于M，PF交橢圓與N，故PF是的中位線，故QM∥PN，由對稱性可知Q、N關(guān)于原點對稱，故法二：構(gòu)造中位線如圖，取的中點為，連接，則由題意可得，，所以相似，所以,因為直線PQ，PF的斜率之積為，所以,設(shè)，則有，兩式相減可得，即，即，即，所以橢圓的離心率為已知，是橢圓的左右頂點，是雙曲線在第一象限上的一點，直線，分別交橢圓于另外的點，．若直線過橢圓的右焦點，且，則橢圓的離心率為．【答案】【分析】由直線斜率公式結(jié)合點在曲線上可得，從而求得，進而結(jié)合正切的定義即可求解．【詳解】由題意可知，，設(shè)，可得直線的斜率分別為，，因為點在雙曲線上，則，整理得，所以，設(shè)點，可得直線，的斜率，，因為點在橢圓上，則，整理得，所以，即，則，所以直線與關(guān)于軸對稱，又因為橢圓也關(guān)于軸對稱，且，過焦點，則軸，又，則，所以，整理得，即，解得，或（舍去），所以橢圓的離心率為．【鞏固練習1】已知曲線：，若為上的點，，，求證：為定值.【答案】【分析】根據(jù)兩點間的斜率公式，結(jié)合Px0,y【詳解】Px0,y0為上的點，則因為A-2,0，，則（定值），所以為定值.【鞏固練習2】已知過坐標原點且異于坐標軸的直線交橢圓于兩點，為中點，過作軸垂線，垂足為，直線交橢圓于另一點，直線的斜率分別為，若，則橢圓離心率為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由題意設(shè)出各個點的坐標，注意到，結(jié)合，兩式相比結(jié)合斜率公式即可求解.【詳解】如圖所示：

設(shè)，則，而，又因為，所以，解得，所以橢圓離心率為.【鞏固練習3】（2024重慶南開中學高二期末）若橢圓C：的離心率為，左頂點為A，點P，Q為C上任意兩點且關(guān)于y軸對稱，則直線AP和直線AQ的斜率之積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)橢圓離心率求得，設(shè)，表示出的表達式，結(jié)合橢圓方程化簡，即可得答案.【詳解】由題意知橢圓C：的離心率為，即，設(shè)，則，又，故，又，故【鞏固練習4】（2024·廣東湛江·一模）已知，分別為橢圓C：的左、右焦點，過點的直線l交橢圓C于A，B兩點，若，，則橢圓C的離心率為．【答案】【分析】由題意可得出，設(shè)，則，，橢圓的定義可得，再由余弦定理可得，在中，由余弦定理即可求出橢圓C的離心率.【詳解】由，得為線段的中點，且點在橢圓外，所以，則，又，所以為線段的中點，所以，設(shè)，則，又，所以，由橢圓的定義可知：，得，如圖，延長交橢圓C于點，連接，則由橢圓的對稱性可知，，又，故，由余弦定理可得：，在中，，由余弦定理可得，即，所以橢圓C的離心率為.【鞏固練習5】已知、是橢圓與雙曲線的公共頂點，是雙曲線上一點，，交橢圓于，.若過橢圓的焦點，且，則雙曲線的離心率為（

）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】設(shè)出點P，M的坐標，借助雙曲線、橢圓的方程及斜率坐標公式可得軸，再利用和角的正切公式求出a，b的關(guān)系作答.【詳解】如圖，設(shè)，點共線，點共線，所在直線的斜率分別為，點在雙曲線上，即，有，因此，點在橢圓上，即，有，直線的斜率，有，即，于是，即直線與關(guān)于軸對稱，又橢圓也關(guān)于軸對稱，且過焦點，則軸，令，由得，顯然，，，解得，所以雙曲線的離心率.【題型3】焦點弦被焦點分為定比焦點弦被焦點分成定比：若，則 （注：拋物線默認e=1）簡證：交叉相乘得：即已知橢圓過焦點的直線與橢圓C交于A，B兩點（點A位于軸上方），若，則直線的斜率的值為．【答案】【詳解】由題，點A位于軸上方且，則直線l的斜率存在且不為0，，設(shè)，則可得，設(shè)直線l方程為，聯(lián)立直線與橢圓可得，，，，解得，則直線的斜率為.故答案為：.（24-25高二上·河北滄州·期中）設(shè)，分別為橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點，過點且傾斜角為60°的直線與橢圓交于，兩點，若，則橢圓【答案】【分析】設(shè)，將直線和橢圓聯(lián)立消元得，由可得，再結(jié)合化簡可得.【詳解】由題意，直線過且斜率為，所以直線為：，與橢圓：聯(lián)立消去，得，設(shè)，則，因為，所以，可得，代入上式得，消去并化簡整理得：，將代入化簡得：，解得，因此，該雙曲線的離心率.已知橢圓的右焦點和上頂點分別為F和A，連接并延長交橢圓C于B，若，則橢圓C的離心率為．【答案】【分析】先根據(jù)面積比例關(guān)系得出點B的橫坐標，點在直線AF上得出B的坐標，最后應(yīng)用點B在橢圓上得出得出離心率.【詳解】因為，所以，所以，設(shè)，設(shè)直線，點在直線上，所以，點B在橢圓上，可得，所以，即得.【鞏固練習1】（2024·廣東深圳·寶安區(qū)統(tǒng)考）已知橢圓的左焦點為，直線與交于，兩點，若，則的離心率是.【答案】【分析】依題意，設(shè)，因為，則有，直線方程與橢圓方程聯(lián)立，借助韋達定理得到，從而得到離心率.【詳解】設(shè)，因為，所以，所以.聯(lián)立整理得，則，，從而，整理得，故【鞏固練習2】2024屆·長郡中學月考（三）T15已知橢圓：的左、右焦點分別為，，過點且傾斜角為的直線與交于A，B兩點．若的面積是面積的2倍，則的離心率為．【答案】【分析】由的面積是面積的2倍，得到，由此設(shè)，分別在和中利用余弦定理，即可找出的關(guān)系，即可求得答案.【詳解】如圖，由的面積是面積的2倍，可得，不妨設(shè)，，，則，．在中，,由，得，整理得①．在中，,由，得，整理得②，①+②得，將該式代入②，整理得，即，故的離心率為【鞏固練習3】2024屆·浙江省Z20名校聯(lián)盟高三上學期第一次聯(lián)考T16已知橢圓：的右焦點為，過點作傾斜角為的直線交橢圓于、兩點，弦的垂直平分線交軸于點P，若，則橢圓的離心率．【答案】【思路一詳解】因為傾斜角為的直線過點，設(shè)直線的方程為:,,線段的中點,聯(lián)立，化為，，，的垂直平分線為:,令,解得,.,,則【思路二】由題可知公式中，，則，則【題型4】橢圓焦半徑公式與焦點弦公式一、橢圓焦半徑與焦點弦夾角公式焦半徑長公式：（長），（短），證明：在中，由余弦定理得，將代入得：，移項合并得：，同理，在中，由余弦定理得，將代入化簡得：則【證明】焦點弦被焦點分成定比：若，則 （注：拋物線默認e=1）簡證：交叉相乘得：二、用坐標與離心率表示橢圓焦半徑與焦點弦公式橢圓第二定義：橢圓上的點到右焦點的距離與到右準線的距離之比為定值到左焦點的距離與到左準線的距離之比為定值實際上，第二定義在第一定義推導(dǎo)過程中就出現(xiàn)了，在課本上推導(dǎo)橢圓和雙曲線的過程中出現(xiàn)的兩個式子：這兩個式子具有特別重要的幾何表征，實際上就是橢圓和雙曲線的第二定義。第一個式子表示的是點到左焦點的距離等于，即到定點與到定直線的距離之比為定值的點的軌跡為橢圓或雙曲線。第二個式子表示的是點到右焦點．距離等于，即到定點與到定直線的距離之比為定值的點的軌跡為橢圓或雙曲線。綜上，橢圓和雙曲線的焦半徑公式為:，，對應(yīng)口訣為：左加右減2022年新高考I卷第16題已知橢圓，C的上頂點為A，兩個焦點為，，離心率為．過且垂直于的直線與C交于D，E兩點，，則的周長是________________．【答案】13【解析】易知為等邊三角形，的周長為【法一】：焦點弦公式【法二】：通性通法【分析】利用離心率得到橢圓的方程為，根據(jù)離心率得到直線的斜率，進而利用直線的垂直關(guān)系得到直線的斜率，寫出直線的方程：，代入橢圓方程，整理化簡得到：，利用弦長公式求得，得，根據(jù)對稱性將的周長轉(zhuǎn)化為的周長，利用橢圓的定義得到周長為.【詳解】∵橢圓的離心率為，∴，∴，∴橢圓的方程為，不妨設(shè)左焦點為，右焦點為，如圖所示，∵，∴，∴為正三角形，∵過且垂直于的直線與C交于D，E兩點，為線段的垂直平分線，∴直線的斜率為，斜率倒數(shù)為，直線的方程：，代入橢圓方程，整理化簡得到：，判別式，∴，∴，得，∵為線段的垂直平分線，根據(jù)對稱性，，∴的周長等于的周長，利用橢圓的定義得到周長為.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點分別為，，點Px1,y1是A． B． C． D．【答案】A【分析】由點Px1,y1在上，結(jié)合兩點之間的距離公式和橢圓的定義求出即，再利用內(nèi)切圓的性質(zhì)得到，即可求出的離心率.【詳解】設(shè)，則F1-c,0，；由點Px1,y1在上，則有所以；又，所以，，則；如圖1，由焦點的內(nèi)切圓可得：，，，所以；又，所以，即【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵點是推理出二級結(jié)論：點Px1,y1在橢圓上，則，，再結(jié)合內(nèi)切圓的性質(zhì)，建立關(guān)于的等量關(guān)系【鞏固練習1】已知橢圓，過橢圓右焦點F作互相垂直的兩條弦AB，CD，則|AB|+4|CD|的最小值為．【答案】．【解答】，當且僅當時取得等號，故綜合以上，|AB|+4|CD|的最小值為【鞏固練習2】（23-24高二上·浙江溫州·期末）已知F為橢圓的左焦點，過點F的直線l交橢圓于A，B兩點，，則直線AB的斜率為（

）A． B． C． D．【答案】B【詳解】

法一：常規(guī)計算易知，，，點.不妨設(shè)Ax1,y1,Bx易知，且直線的方程為，聯(lián)立直線與橢圓的方程，消去可得，.根據(jù)韋達定理可得，.又，所以有，所以，.又，代入可得，所以，，解得，所以，.法二：焦半徑公式（長），，故，解得，故或，即法三：第二定義焦半徑公式不妨設(shè)Ax1,y1，故聯(lián)立直線與橢圓的方程，消去，下略法四：數(shù)量積，再設(shè)點坐標，聯(lián)立韋達化處理【鞏固練習3】已知橢圓，的上頂點為，兩個焦點為，，離心率為．過且垂直于的直線與交于，兩點，，則的周長是.【答案】4【分析】由離心率可得，聯(lián)立直線與橢圓方程，由根與系數(shù)的關(guān)系及弦長公式可得，據(jù)此求出，再由橢圓定義即可得出三角形周長.【詳解】如圖，橢圓的離心率為，不妨可設(shè)橢圓，，的上頂點為，兩個焦點為，，為等邊三角形，過且垂直于的直線與交于，兩點，，由等腰三角形的性質(zhì)可得，，，設(shè)直線方程為，，，，，將其與橢圓聯(lián)立化簡可得，，由韋達定理可得，，，，解得，的周長等價于.【題型5】橢圓與蒙日圓1.橢圓的兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是蒙日圓：．證明：若兩條互相垂直的切線中有一條斜率不存在時，可得點的坐標是，或滿足要求．當兩條互相垂直的切線中的斜率均存在且均不為0時，設(shè)點的坐標為（，且），因此設(shè)過點的切線方程為（）由得．因為直線與橢圓相切，所以其判別式的值為0，得．因為是這個關(guān)于的一元二次方程的兩個根，所以，因此．進而可得．同理可得：雙曲線)的任意兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是圓.2.蒙日圓的主要性質(zhì)：（1）設(shè)為圓上任意一點,過點作橢圓的兩條切線,切點分別是,則面積的最大值是,最小值是.（證明見類型二例1）（2）設(shè)為圓上任意一點,過點作橢圓的兩條切線,切點分別是,則直線的斜率乘積為定值,直線的斜率乘積為定值.（證明見類型二例2）（3）設(shè)為圓上任意一點,過點作橢圓的兩條切線,切點分別是,則面積的最大值是,最小值是.（證明見類型二例3）類型一選填小題（23-24高二上·山東青島·期末）加斯帕爾·蒙日（圖1）是18~19世紀法國著名的幾何學家，他在研究圓錐曲線時發(fā)現(xiàn)：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，其圓心是橢圓的中心，這個圓被稱為“蒙日圓”（圖2）．則橢圓的蒙日圓的半徑為【答案】3【分析】根據(jù)“蒙日圓”的定義，結(jié)合兩條切線中的一條經(jīng)過橢圓長軸頂點，另一條經(jīng)過短軸頂點時的情況，即可求出圓的半徑.【詳解】由題意可知，橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，故當兩條切線中的一條經(jīng)過橢圓長軸頂點，另一條經(jīng)過短軸頂點時，如圖：此時，兩切線垂直，交點M在“蒙日圓”上，由橢圓可知，故“蒙日圓”的半徑為法國數(shù)學家加斯帕爾·蒙日發(fā)現(xiàn)：與橢圓相切的兩條垂直切線的交點的軌跡是以橢圓中心為圓心的圓．我們通常把這個圓稱為該橢圓的蒙日圓．已知橢圓的蒙日圓方程為，現(xiàn)有橢圓的蒙日圓上一個動點，過點作橢圓的兩條切線，與該蒙日圓分別交于兩點，若面積的最大值為28，則橢圓的長軸長為（

）A．5 B．8 C．4 D．10【答案】B【分析】由勾股定理和基本不等式可得面積最大值，然后可得答案.【詳解】橢圓的蒙日圓的半徑為．因為，所以為蒙日圓的直徑，所以，所以．因為，當時，等號成立，所以面積的最大值為．由面積的最大值為28，得，得，故橢圓的長軸長為8．故選：B．

已知橢圓的左、右焦點分別為，，離心率為，其蒙日圓方程為，M為蒙日圓上的一個動點，過點作橢圓的兩條切線，與蒙日圓分別交于P，Q兩點，若面積的最大值為36，則橢圓的長軸長為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由橢圓離心率，用半焦距c表示a，b，再利用橢圓蒙日圓的性質(zhì)及面積最大值求出c即可求出結(jié)果.【詳解】令橢圓的半焦距為c，由橢圓的離心率，得，，因此橢圓的蒙日圓方程為，由蒙日圓的性質(zhì)得，于是線段PQ是圓的直徑，即，則面積的最大值為，即，，所以橢圓的長軸長為.【鞏固練習1】（23-24高二下·湖北武漢·期末）（多選）在橢圓中，任意兩條互相垂直的切線的交點必在同一個與橢圓同心的圓上，稱此圓為該橢圓的“蒙日圓”，且半徑為.已知長方形的四條邊均與橢圓相切，則下列說法正確的有（

）A．橢圓的離心率為B．橢圓的“蒙日圓”的方程為C．長方形的面積的最大值為18D．若橢圓的上下頂點分別為，則其蒙日圓上存在兩個點滿足【答案】BCD【分析】A選項，根據(jù)橢圓方程求離心率；B選項，根據(jù)，蒙日圓的定義求方程；C選項，根據(jù)蒙日圓的定義得到長方形的對角線，根據(jù)幾何知識得到當時面積最大，然后求面積即可；D選項，利用直接法得到點的軌跡，通過比較圓心距和半徑的關(guān)系得到兩圓相交，即可得到蒙日圓上存在兩個點滿足.【詳解】由題意得，，所以，故A錯；因為，所以橢圓的“蒙日圓”的方程為，故B正確；根據(jù)“蒙日圓”的定義可得長方形的對角線，所以當時，面積最大，為，故C正確；由題意得，，設(shè)Px,y，則，整理的，所以點的軌跡為圓心為，半徑為3的圓，因為，所以點的軌跡與蒙日圓相交，有兩個交點，即蒙日圓上存在兩個點滿足，故D正確.【鞏固練習2】（多選）法國數(shù)學家蒙日在研究圓錐曲線時發(fā)現(xiàn)：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是以原點為圓心，為半徑的圓，這個圓稱為蒙日圓．若矩形的四邊均與橢圓相切，則下列說法中正確的是（

）A．橢圓的蒙日圓方程為B．過直線上一點作橢圓的兩條切線，切點分別為為直角時，直線的斜率為C．若圓與橢圓的蒙日圓有且僅有一個公共點，則D．若為正方形，則的邊長為【答案】ACD【分析】根據(jù)給定條件，結(jié)合蒙日圓的特征求出蒙日圓的方程判斷A；求出直線與蒙日圓的交點坐標計算判斷B；由兩圓相切求出判斷C；求出蒙日圓的內(nèi)接正方形邊長判斷D.【詳解】對于A，橢圓的蒙日圓方程為，A正確；對于B，依題意，點是直線與蒙日圓的交點，則，解得或，直線的斜率為或0，B錯誤；對于C，圓的圓心為，半徑為2，顯然點在圓外，而圓的半徑為3，由兩圓只有一個公共點，得，解得，C正確；對于D，由矩形的四邊均與橢圓相切，得是圓的內(nèi)接矩形，當為正方形時，該正方形邊長為，D正確.故選：ACD【鞏固練習3】（多選）“蒙日圓”涉及幾何學中的一個著名定理，該定理的內(nèi)容為：橢圓上任意兩條互相垂直的切線的交點，必在一個與橢圓同心的圓上.稱此圓為該橢圓的“蒙日圓”，該圓由法國數(shù)學家加斯帕爾?蒙日最先發(fā)現(xiàn)，已知長方形R的四條邊均與橢圓相切，則下列說法正確的有（

）A．橢圓C的離心率為 B．橢圓C的蒙日圓方程為C．橢圓C的蒙日圓方程為 D．長方形R的面積的最大值為【答案】ACD【分析】根據(jù)題意，根據(jù)橢圓離心率公式即可判斷A；聯(lián)立直線與橢圓方程結(jié)合韋達定理即可得到橢圓方程，從而判斷BC；根據(jù)三角形面積公式即可判斷D.【詳解】橢圓C的離心率為，設(shè)兩條互相垂直的切線的交點為，當題設(shè)中的兩條互相垂直的切線中有斜率不存在或斜率為0時，可得點P的坐標是，或.當題設(shè)中的兩條互相垂直的切線中的斜率均存在且均不為0時，可設(shè)點P的坐標是，（，且），所以可設(shè)曲線C的過點P的切線方程是.由，得，由其判別式的值為0，得，因為，（，為過P點互相垂直的兩條直線的斜率）是這個關(guān)于k的一元二次方程的兩個根，所以，由此，得，即的蒙日圓方程為：；因為蒙日圓為長方形的外接圓，設(shè)，，則矩形面積公式為，顯然，即矩形四條邊都相等，為正方形時，.類型二解答題例1．已知橢圓：的左焦點，點在橢圓上.（1）求橢圓的標準方程；（2）經(jīng)過圓：上一動點作橢圓的兩條切線，切點分別記為，，直線，分別與圓相交于異于點的，兩點.（i）求證：；（ii）求的面積的取值范圍.解析：（1）∵橢圓的左焦點，∴.將代入，得.又，∴，.∴橢圓的標準方程為.（2（i）設(shè)點.①當直線，的斜率都存在時，設(shè)過點與橢圓相切的直線方程為.由，消去，得..令，整理得.設(shè)直線，的斜率分別為，.∴，又，∴.∴，即為圓的直徑，∴.②當直線或的斜率不存在時，不妨設(shè)，則直線的方程為.∴，，也滿足.綜上，有.（ii）設(shè)點，.當直線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為.由，消去，得..令，整理得.則∴直線的方程為.化簡可得，即.經(jīng)驗證，當直線的斜率不存在時，直線的方程為或，也滿足.同理，可得直線的方程為.∵在直線，上，∴，.∴直線的方程為.由，消去，得.∴，.∴.又點到直線的距離.∴.令，.則.又，∴的面積的取值范圍為.例2.在橢圓：（）中，其所有外切矩形的頂點在一個定圓：上，稱此圓為橢圓的蒙日圓.橢圓過，.(1)求橢圓的方程；(2)過橢圓的蒙日圓上一點，作橢圓的一條切線，與蒙日圓交于另一點，若，存在，證明：為定值.解析：（1）將，代入到，可得，解得，，所以橢圓的方程為：.（2）由題意可知，蒙日圓方程為：.（?。┤糁本€斜率不存在，則直線的方程為：或.不妨取，易得，，，，.（ⅱ）若直線斜率存在，設(shè)直線的方程為：.聯(lián)立，化簡整理得：，據(jù)題意有，于是有：.設(shè)（），（）.化簡整理得：，，，.則，，所以.綜上可知，為定值.

例3.“工藝折紙”是一種把紙張折成各種不同形狀物品的藝術(shù)活動，在我國源遠流長.某些折紙活動蘊含豐富的數(shù)學內(nèi)容，例如：用一張圓形紙片，按如下步驟折紙（如圖）步驟1：設(shè)圓心是，在圓內(nèi)異于圓心處取一點，標記為；步驟2：把紙片折疊，使圓周正好通過點；步驟3：把紙片展開，并留下一道折痕；步驟4：不斷重復(fù)步驟2和3，就能得到越來越多的折痕.則這些折痕所圍成的圖形是一個橢圓.現(xiàn)取半徑為的圓形紙片，定點到圓心的距離為，按上述方法折紙.以向量的方向為軸正方向，線段中點為原點建立平面直角坐標系.(1)求折痕圍成的橢圓的標準方程；(2)已知點是圓上任意一點，過點做橢圓的兩條切線，切點分別是，求面積的最大值，并確定此時點的坐標.注：橢圓：上任意一點處的切線方程是：.解析：（1）設(shè)為橢圓上一點，則，所以點軌跡是以為焦點，長軸長為的橢圓，設(shè)橢圓的方程為，所以，則，所以橢圓方程為；（2）設(shè)，則，切線方程：，切線方程：，兩直線都經(jīng)過點，所以，得，，從而直線的方程是：，由，得，由韋達定理，得，，點到直線的距離，，其中，令，則，令，則，在上遞增，，即時，的面積取到最大值，此時點.【題型6】橢圓與Dandelin雙球模型1.丹德林雙球的定義如圖1所示，在圓錐內(nèi)放入兩個球，，它們都與圓錐相切（即與圓錐的每條母線相切），切點圓分別為，.這兩個球都與平面相切，切點分別為，，丹德林（G·Dandelin）利用這個模型證明了平面與圓錐側(cè)面的交線為橢圓，，為此橢圓的兩個焦點，這兩個球也稱為Dandelin雙球. 圖1 圖2如圖1，設(shè)直線分別與圓錐母線交于兩點，再設(shè)過點的母線分別與，交于兩點，由切線長定理：，，故.同理，對于平面與圓錐側(cè)面的交線上任意一點，過的母線分別與，交于兩點，則.即橢圓的長軸長切點圓之間的母線長.2.長軸長與雙球半徑之間的關(guān)系：設(shè)兩個球，的半徑分別為，球心距，則如圖2，圖3，.3.焦距與雙球半徑之間的關(guān)系：如圖4，設(shè)，由于，最終求出.圖3 圖44.離心率與截面角之間的關(guān)系在空間中，已知圓錐是由圍繞旋轉(zhuǎn)得到的，我們把稱為軸.用平面截圓錐，得到的截口曲線取決于平面與圓錐軸所成的線面角（顯然，當與平行時，），具體關(guān)系如下：若，平面截圓錐面所得截口曲線為橢圓；若，平面截圓錐面所得截口曲線為拋物線：若，平面截圓錐面所得截口曲線為雙曲線.這個比值就是圓錐曲線的離心率，離心率是一個比.如圖所示，在圓錐內(nèi)放入兩個大小不同的球，，使得它們分別與圓錐的側(cè)面和平面都相切，平面分別與球，相切于點，.數(shù)學家GerminalDandelin利用這個模型證明了平面與圓錐側(cè)面的交線為橢圓，，為此橢圓的兩個焦點，這兩個球也被稱為Dandelin雙球.若球，的半徑分別為6和3，球心距離，則此橢圓的長軸長為.

【答案】【分析】根據(jù)給定條件，過切點E，F(xiàn)作出雙球模型的軸截面，利用圓的切線性質(zhì)及橢圓的定義求解作答.【詳解】過切點E，F(xiàn)作出雙球模型的軸截面，設(shè)球分別與圓錐的同一條母線切于A，B兩點，

有，過作于點C，則四邊形是矩形，于是，，又，從而，設(shè)直線AB與平面的交點為P，則有，，所以橢圓的長軸長.圓錐曲線又稱圓錐截痕、圓錐截面、二次曲線，約在公元前300年左右就已被命名和研究了，數(shù)學家歐幾里得、阿基米德、阿波羅尼斯對圓錐曲線的貢獻都很大，阿波羅尼斯著有《圓錐曲線論》，對圓錐曲線的性質(zhì)做了系統(tǒng)性的研究，之所以稱為圓錐曲線，是因為這些曲線是由一個平面截一個正圓錐面得到的，其實用一個平面去截圓柱的側(cè)面也會得到一些曲線．如圖，一個底面半徑為2、高為12的圓柱內(nèi)有兩個半徑為2的球，分別與圓柱的上下底面相切，一個平面夾在兩球之間，且與兩球分別切于點，，該平面與圓柱側(cè)面的交線為橢圓，求這個橢圓的離心率．【答案】【分析】作出截面，根據(jù)平面與球相切的性質(zhì)，結(jié)合直角三角形中各邊的關(guān)系與勾股定理等，求解橢圓的基本量即可.【詳解】設(shè)橢圓的方程為．作出幾何體的軸截面圖，如圖所示，點M，N是P圓柱內(nèi)兩個內(nèi)切球的球心，，是橢圓的兩個焦點，其中O是與的交點，．根據(jù)圓的切線的性質(zhì)，可得，，由題意，可知，，所以，所以，即，所以在中，，則，所以，所以，即a＝4，所以橢圓的離心率．如圖所示，在圓錐內(nèi)放入兩個球，它們都與圓錐相切（即與圓錐的每條母線相切，切點圓分別為.這兩個球都與平面相切，切點分別為，丹德林（G.Dandelin）利用這個模型證明了平面與圓錐側(cè)面的交線為橢圓，為此橢圓的兩個焦點，這兩個球也稱為G.Dandelin雙球.若圓錐的母線與它的軸的夾角為，的半徑分別為2，5，點為上的一個定點，點為橢圓上的一個動點，則從點沿圓錐表面到達的路線長與線段的長之和的最小值是.

【答案】6【分析】在橢圓上任取一點，連接交球于，交球于點，根據(jù)可知，則，由此可求得最小值.【詳解】解：在橢圓上任取一點，連接交球于點，交球于點，

連接，在與中有：，（為圓的半徑，為圓的半徑，），，為公共邊，所以，所以，設(shè)點沿圓錐表面到達的路線長為，則，當且僅當為直線與橢圓交點時取等號，，所以最小值為6.（多選）用平面截圓柱面，圓柱的軸與平面所成角記為，當為銳角時，圓柱面的截線是一個橢圓．著名數(shù)學家創(chuàng)立的雙球?qū)嶒炞C明了上述結(jié)論．如圖所示，將兩個大小相同的球嵌入圓柱內(nèi)，使它們分別位于的上方和下方，并且與圓柱面和均相切．下列結(jié)論中正確的有（

）

A．橢圓的短軸長與嵌入圓柱的球的直徑相等B．橢圓的長軸長與嵌入圓柱的兩球的球心距相等C．所得橢圓的離心率D．其中為橢圓長軸，為球半徑，有【答案】ABC【分析】過點作線段，分別與球、切于點、，結(jié)合球的切線的性質(zhì)與橢圓定義即可得A、B，借助離心率的定義可得C，借助正切函數(shù)的定義可得D.【詳解】

對A，B：過點作線段，分別與球、切于點、，由圖可知，、分別與球、切于點、，故有，由橢圓定義可知，該橢圓以、為焦點，為長軸長，故B正確，由與球切于點，故，有，即有橢圓的短軸長與嵌入圓柱的球的直徑相等，故A正確；對C:由題意可得，則，故C正確；對D：由題意可得，，故，即，故D錯誤.【鞏固練習1】數(shù)學家Dandelin用來證明一個平面截圓柱得到的截口曲線是橢圓的模型（稱為“Dandelin雙球”）.如圖，在圓柱內(nèi)放兩個大小相同的小球，使得兩球球面分別與圓柱側(cè)面相切于以為直徑且平行于圓柱底面的圓和，兩球球面與斜截面分別相切于點，點為斜截面邊緣上的動點，則這個斜截面是橢圓.若圖中球的半徑為3，球心距離，則所得橢圓的離心率是.【答案】【分析】過點作平行于的直線，與圓分別交于，連接，根據(jù)切線關(guān)系求出，即可求出離心率.【詳解】如圖，過點作平行于的直線，與圓分別交于，連接.根據(jù)切線關(guān)系可得，則，故所得橢圓的離心率.故答案為：.【鞏固練習2】（廣州一模）如圖是數(shù)學家Dandelin用來證明一個平面截圓錐得到的截口曲線是橢圓的模型.在圓錐內(nèi)放兩個大小不同的小球，使得它們分別與圓錐的側(cè)面與截面都相切，設(shè)圖中球，球的半徑分別為4和2，球心距離，截面分別與球，球相切于點（是截口橢圓的焦點），則此橢圓的離心率等于__________.【答案】【解析】：設(shè)，由，解得，所以，所以，設(shè)直線與圓錐的母線相交于點，圓錐的母線與球相切于兩點，如圖所示，則，兩式相加得，即，過作，垂直為，則四邊形為矩形，所以，，所以橢圓的離心率為.故答案為：【鞏固練習3】用平面截圓柱面，當圓柱的軸與所成角為銳角時，圓柱面的截線是一個橢圓.著名數(shù)學家Dandelin創(chuàng)立的雙球?qū)嶒炞C明了上述結(jié)論.如圖所示，將兩個大小相同的球嵌入圓柱內(nèi)，使它們分別位于的上方和下方，并且與圓柱面和均相切.給出下列三個結(jié)論：①兩個球與的切點是所得橢圓的兩個焦點；②橢圓的短軸長與嵌入圓柱的球的直徑相等；③當圓柱的軸與所成的角由小變大時，所得橢圓的離心率也由小變大.其中，所有正確結(jié)論的序號是（

）A．① B．②③ C．①② D．①③【答案】C【分析】根據(jù)切線長定理可以證明橢圓上任意一點到的距離之和為定值，即是焦點再運用勾股定理證明短軸長，最后構(gòu)造三角形，運用三角函數(shù)表示離心率即可.【詳解】如圖：在橢圓上任意一點P作平行于的直線，與球交于F點，與球交于E點，則，是過點P作球的兩條公切線，，同理，，是定值，所以是橢圓的焦點；①正確；由以上的推導(dǎo)可知：

，，平面，是直角三角形，，即，，②正確；就是平面與軸線的夾角，在中，橢圓的離心率，由余弦函數(shù)的性質(zhì)可知當銳角變大時，變小，③錯誤【鞏固練習4】數(shù)學家GeminadDandelin用一平面截圓錐后，在圓錐內(nèi)放兩個大小不同的小球，使得它們分別與圓錐側(cè)面?截面相切，就可證明圖中平面截圓錐得到的截面是橢圓（如圖稱為丹德林雙球模型）．若圓錐的軸截面為正三角形，則用與圓錐的軸成角的平面截圓錐所得橢圓的離心率為．

【答案】3【分析】根據(jù)給定信息分析截口曲線上任意一點滿足的關(guān)系，進而確定曲線的形狀，再利用軸截面求出橢圓的長半軸長及半焦距得解.【詳解】令兩個球分別與截面相切于點，在截口曲線上任取一點，過點作圓錐的母線，分別與兩個球相切于，均為球的切線，則，同理，因此，由切點的產(chǎn)生方式知，長為定值，于是截口曲線上任意點到定點的距離和為定值，該曲線是以點為焦點的橢圓，

作出幾何體的軸截面，如圖，設(shè)，依題意，，則，橢圓的長軸長，半焦距為c，則，因此，所以離心率.

【鞏固練習5】（2024·山東日照·一模）如圖是數(shù)學家GerminalDandelin用來證明一個平面截圓錐側(cè)面得到的截口曲線是橢圓的模型（稱為“Dandelin雙球”）．在圓錐內(nèi)放兩個大小不同的小球，使得它們分別與圓錐的側(cè)面、截面相切，截面分別與球，球切于點E，F(xiàn)（E，F(xiàn)是截口橢圓C的焦點）．設(shè)圖中球，球的半徑分別為4和1，球心距，則（

）A．橢圓C的中心不在直線上B．C．直線與橢圓C所在平面所成的角的正弦值為D．橢圓C的離心率為【答案】ACD【分析】根據(jù)給定的幾何體，作出軸截面，結(jié)合圓的切線性質(zhì)及勾股定理求出橢圓長軸和焦距作答.【詳解】依題意，截面橢圓的長軸與圓錐的軸相交，橢圓長軸所在直線與圓錐的軸確定的平面截此組合體，得圓錐的軸截面及球，球的截面大圓，如圖，點分別為圓與圓錐軸截面等腰三角形一腰相切的切點，線段是橢圓長軸，可知橢圓C的中心（即線段的中點）不在直線上，故A正確；橢圓長軸長，過作于D，連，顯然四邊形為矩形，又，則，過作交延長線于C，顯然四邊形為矩形，橢圓焦距，故B錯誤；所以直線與橢圓C所在平面所成的角的正弦值為，故C正確；所以橢圓的離心率，故D正確【題型7】橢圓內(nèi)接三角形：平移+齊次化（手電筒模型）遇到斜率和積為定值與直線定點問題結(jié)合時可以考慮平移+齊次化的方法，和常規(guī)方法相比大大優(yōu)化了計算難度，不過注意正規(guī)考試中如果答案算了一般不會給步驟分直線與橢圓交于A，B兩點，為橢圓上異于AB的任意一點，若定值或定值(不為0)，則直線AB會過定點．(因為三條直線形似手電筒，固名曰手電筒模型)． 【坐標平移+齊次化處理】（左加右減，上減下加為曲線平移）Step1：平移點P到原點，寫出平移后的橢圓方程，設(shè)出直線方程，并齊次化處理Step2：根據(jù)斜率之積或斜率之和與韋達定理的關(guān)系得到等式，求得m，n之間的關(guān)系，Step3：得出定點，此時別忘了，還要平移回去!具體操作步驟：(1)把定點移到新坐標系的原點處，得到新的曲線方程；(定點在原點就跳過這一步)(2)設(shè)直線，為齊次化奠定基礎(chǔ)；(3)曲直聯(lián)立，對曲線方程中的各個一次項(即x以及y)用乘“1”實現(xiàn)齊次，整理成的形式，即為直線，的直線系方程；(4)利用和的韋達定理，得到m和n的關(guān)系式；(5)利用m和n的關(guān)系式，代入直線方程，將化為單參，從而得到定點；(6)再平移回到原來的坐標系中，得到相應(yīng)的定點(若求斜率就跳過這一步)結(jié)論補充【“富瑞吉定理”默寫】橢圓是橢圓上一點，A，B為隨圓E上兩個動點，與PB的斜率分別為k1，k2.(1)，則AB斜率為定值≠0)；(2)，證明AB過定點：；(3)，證明AB的斜率為定值；(4)，證明AB過定點：.以上稱為手電筒模型，注意點P不在橢圓上時，上式并不適用，常數(shù)也需要齊次化乘“12”如為雙曲線，則用“”替換“” 如為圓(標準方程)，則用“”替換“”和“”【例題】已知橢圓，設(shè)直線不經(jīng)過點且與相交于，兩點．若直線與直線的斜率的和為，證明：過定點． 【平移+齊次化處理】Step1：平移點P到原點，寫出平移后的橢圓方程，設(shè)出直線方程，并齊次化處理將橢圓向下平移一個單位，（為了將平移到原點）橢圓方程化為，（左加右減，上減下加為曲線平移）設(shè)直線對應(yīng)的直線為，橢圓方程化簡為，把一次項化成二次結(jié)構(gòu)，將2y乘上即可此時橢圓方程變成：Step2：根據(jù)斜率之積或斜率之和與韋達定理的關(guān)系得到等式，求得m，n之間的關(guān)系由于平移不會改變直線傾斜角，即斜率和仍然為－1，而P2點此時為原點，設(shè)平移后的，即,將橢圓方程兩邊同除以，令，得，結(jié)合兩直線斜率之和為，即，得，，Step3：得出定點，此時別忘了，還要平移回去!直線恒過點，向上平移一個單位進行還原在原坐標系中，直線過點．橢圓，，經(jīng)過點，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q（均異于點A），證明：直線AP與AQ斜率之和為2．解法1常規(guī)解法：證明：由題意設(shè)直線PQ的方程為，代入橢圓方程，可得，由已知得在橢圓外，設(shè)，，，則，，且，解得或．則有直線AP，AQ的斜率之和為．即有直線AP與AQ斜率之和2．解法2齊次化：上移一個單位，橢圓和直線，過點，，，，，，，∵，同除，得，．2020·新高考1卷·22已知橢圓C：的離心率為，且過點．（1）求的方程：（2）點，在上，且，，為垂足．證明：存在定點，使得為定值．【詳解】（1）由題意可得：，解得：，故橢圓方程為：.(2)［方法一］：通性通法設(shè)點，若直線斜率存在時，設(shè)直線的方程為：，代入橢圓方程消去并整理得：，可得，，因為，所以，即，根據(jù),代入整理可得：，

所以，整理化簡得，因為不在直線上，所以，故，于是的方程為，所以直線過定點直線過定點.當直線的斜率不存在時，可得，由得：，得，結(jié)合可得：，解得：或（舍）.此時直線過點.令為的中點，即，［方法二］【最優(yōu)解】：平移坐標系將原坐標系平移，原來的O點平移至點A處，則在新的坐標系下橢圓的方程為，設(shè)直線的方程為．將直線方程與橢圓方程聯(lián)立得，即，化簡得，即．設(shè)，因為則，即．代入直線方程中得．則在新坐標系下直線過定點，則在原坐標系下直線過定點．又，D在以為直徑的圓上．的中點即為圓心Q．經(jīng)檢驗，直線垂直于x軸時也成立．故存在，使得．【鞏固練習1】（2017·全國卷理）已知橢圓，設(shè)直線l不經(jīng)過點且與C相交于A，B兩點．若直線與直線的斜率的和為-1，證明：l過定點．（1）根據(jù)橢圓的對稱性，，兩點必在橢圓C上，又的橫坐標為1，∴橢圓必不過，∴，，三點在橢圓C上，把，代入橢圓C，得：，解得，，∴橢圓C的方程為．（2）：解法1常規(guī)解法:①當斜率不存在時，設(shè)，，，∵直線與直線的斜率的和為-1，∴，解得，此時l過橢圓右頂點，不存在兩個交點，故不滿足．②當斜率存在時，設(shè)，，，，聯(lián)立，整理，得，，，則，又，∴，此時，存在k，使得成立，∴直線l的方程為，當時，，∴過定點．解法2齊次化：下移1個單位得，設(shè)平移后的直線：，齊次化：，，∵同除以，，，，，，∴過，上移1個單位．【鞏固練習2】已知橢圓，，若直線l交橢圓C于A，B（A，B異于點P）兩點，且直線PA與PB的斜率之積為，求點P到直線l距離的最大值．公共點，左移1個單位，下移個單位，，，，，等式兩邊同時除以，，，，，過，右移1個單位，上移個單位，過，∴P到直線l的距離的最大值為的值為，由于，∴點P到直線l距離的最大值【鞏固練習3】已知橢圓的右焦點為，點在橢圓上，且垂直于軸．(1)求橢圓的方程；(2)直線斜率存在，交橢圓于兩點，三點不共線，且直線和直線關(guān)于對稱，證明：直線過定點【答案】(1)，(2)直線l過定點.【詳解】（1）點在橢圓上，且垂直于軸，則有設(shè)橢圓的焦距為，則，點代入橢圓方程，有，解得，則，所以橢圓的方程為.（2）法一：平移+齊次化，橢圓左移1個單位，即設(shè)平移后的直線AB的方程為，齊次化可得整理得同除得，故平移后直線AB過平移前的直線AB過法二：設(shè)直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，由，結(jié)合韋達定理得系數(shù)間的關(guān)系，可得直線所過定點設(shè)直線l的方程為，由，消去y，整理得，因為l交橢圓C于兩點，所以，設(shè)，所以，因為直線和直線關(guān)于對稱，所以所以所以解得.所以直線l的方程為，所以直線l過定點.【鞏固練習4】已知橢圓：的離心率為，橢圓的短軸長等于4．（1）求橢圓的標準方程；（2）設(shè)，，過且斜率為的動直線與橢圓交于，兩點，直線，分別交：于異于點的點，，設(shè)直線的斜率為，直線，的斜率分別為．①求證：為定值；②求證：直線過定點. 答案：（2）-2；（3）【小問1詳解】由題意解得所以橢圓的標準方程為：；【小問2詳解】①設(shè)MN的方程為，與聯(lián)立得：，設(shè)，，則，【法二】平移坐標系+齊次化處理將坐標系中的圖像整體向下平移2個單位，平移后的橢圓方程為：，整理得：，設(shè)平移后的直線MN的方程為：，代入點得，則有，整理得：令，將兩邊同除，得，故說明：因為平移后，，而式子中x，y的值對應(yīng)平移后的m’和n’所以同除后得到的就是一個以和為根一個關(guān)于k的一元二次方程．②設(shè)PQ的方程為，與聯(lián)立，設(shè)，則由，即此時，的方程為，故直線恒過定點.【鞏固練習5】（23-24高二上·湖南長沙·期末）已知中心在原點，長軸在軸上的橢圓的左右頂點分別為和，P為橢圓上的除左右頂點外的任一點，且，斜率之乘積為.(1)求橢圓的方程；(2)過分別作兩條直線與橢圓交于點，點；線段的中點為，線段的中點為，若，求證：直線過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）設(shè)橢圓方程為，根據(jù)，斜率之乘積為，列式，求出b，即可得答案；（2）解法一：討論直線斜率是否存情況，存在時，設(shè)直線，并聯(lián)立橢圓方程，可得出根與系數(shù)的關(guān)系式，結(jié)合，可得，代入根與系數(shù)的關(guān)系式，化簡，可得參數(shù)之間的關(guān)系，即可證明結(jié)論；解法二：設(shè)Ax1,y1，，Bx2,【詳解】（1）由題意，設(shè)橢圓方程為.設(shè)Px0,，所以橢圓方程為.（2）解法1：①當直線的斜率存在時，設(shè)直線，與橢圓方程聯(lián)立得，，需滿足；

設(shè)Ax1,y1，，則，，，，即，，即，即，即，，或，當時，直線過左頂點，不合題意，舍去；當時，滿足，此時直線：經(jīng)過定點.②當直線斜率不存在時，設(shè)，，則，，由得，，解方程組，得，此時直線過，綜合①②可知，直線過.解法2：設(shè)Ax1,y1則，，，即，同理，，又，得，直線的斜率存在時，設(shè)直線，代入橢圓方程，得，，，需滿足，，，，，即，，或，當時，直線過右頂點，不合題意，舍去；當時，滿足，此時直線：經(jīng)過定點.②當直線斜率不存在時，設(shè)，，則，，由得，，解方程組，得，此時直線過綜合①②可知，直線過.【鞏固練習6】（23-24高二上·浙江杭州·期末）已知橢圓過點，焦距為．過作直線l與橢圓交于C、D兩點，直線分別與直線交于E、F．(1)求橢圓的標準方程；(2)記直線的斜率分別為，證明是定值；(3)是否存在實數(shù)，使恒成立．若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)證明見解析(3)存在；【分析】（1）利用點在橢圓上和焦距列方程組解出即可；（2）設(shè)出兩點坐標，表示出斜率，并設(shè)出直線方程與橢圓聯(lián)立，消去，表示出韋達定理，代入的表達式中化簡即可；（3）解方程組分別求出直線的交點坐標，再求出到直線的距離，結(jié)合已知面積關(guān)系表示出兩三角面積的方程，再利用代入化簡即可.【詳解】（1）因為橢圓過點，焦距為，所以，所以橢圓的標準方程為.（2）證明：設(shè)，直線的斜率一定存在，設(shè)為，則，消去得到，，，，故是定值.（3）設(shè)存在實數(shù)，使恒成立，由，，設(shè)到直線的距離為，到直線的距離為，則，①因為，所以，②把①代入②并化簡可得，由上問可知，代入上式可得，所以.【小結(jié)】【題型8】調(diào)和點列模型1、二次曲線的極點極線（1）.二次曲線極點對應(yīng)的極線為（半代半不代）（2）圓錐曲線的三類極點極線（以橢圓為例）：橢圓方程，極點①極點在橢圓外，為橢圓的切線，切點為，則極線為切點弦； ②極點在橢圓上，過點作橢圓的切線，則極線為切線； ③極點在橢圓內(nèi)，過點作橢圓的弦，分別過作橢圓切線，則切線交點軌跡為極線； （3）圓錐曲線的焦點為極點，對應(yīng)準線為極線.2、調(diào)和點列簡而言之：線段端點和內(nèi)外分點，依次構(gòu)成調(diào)和點列，一般的，調(diào)和點列有（1）調(diào)和點列的充要條件 如圖，若四點構(gòu)成調(diào)和點列，則有證明：（2）調(diào)和點列與極點極線的聯(lián)系如圖，過極點作任意直線，與橢圓交于，與極線交點則點成調(diào)和點列，若點的極線通過另一點，則的極線也通過．一般稱、互為共軛點．（23-24高二上·重慶·期末）過點的動直線交曲線：于不同的A，B兩點，為線段上一點，滿足，證明：點在某定直線上，并求出該定直線的方程.【詳解】由題意可得直線l的斜率存在．設(shè)直線l的方程為，代入橢圓方程，整理得，設(shè)，則，，由，得,化簡得，當時，因，化簡得，與直線l的斜率存在矛盾，不合題意；當時，化簡得即，化簡得，又，所以，化簡得，所以點在直線上.【鞏固練習1】已知、分別為橢圓:的上、下焦點，點和圓:，過點的動直線與圓相交于不同的兩點，在線段上取一點，滿足:，，(且).求證:點總在某定直線上.答案：【高觀點-簡析】由題可知，即，故點Q在P點的極線上【詳解】設(shè)，，因為，所以，即有，又，所以，即有，所以得：，又點A、B在圓上，所以，又，所以，故點Q總在直線上．【鞏固練習2】（安徽高考）設(shè)橢圓過點，且左焦點為．（1）求橢圓的方程；（2）當過點的動直線與橢圓相交于兩不同點，時，在線段上取點，滿足，證明：點總在某定直線上． 解析：（1）由題意得，解得，所求橢圓方程為．（2）解法：已知，說明點關(guān)于橢圓調(diào)和共軛，根據(jù)定理3，點在點對應(yīng)的極線上，此極線方程為，化簡得．故點總在直線．【鞏固練習1】已知橢圓的離心率為，過橢圓的一個焦點作垂直于軸的直線與橢圓交于兩點，.(1)求橢圓的方程；(2)過橢圓外一點任作一條直線與橢圓交于不同的兩點，在線段上取一點，滿足，證明：點必在某條定直線上.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）依題意可得、，即可求出、、，從而求出橢圓方程；（2）法一：設(shè)直線方程為，，，，由，可得，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元、列出韋達定理，代入即可得到，，消去參數(shù)，即可得解；法二：依題意可得，設(shè)，則，設(shè)，，，根據(jù)向量共線的坐標表示用、表示、、、，再消去參數(shù)即可得解.【詳解】（1）解：由題知①，②，又③，

聯(lián)立①②③解得，所以橢圓的方程為；（2）解法一：由題知直線的斜率存在，設(shè)直線的斜率為，則直線方程為，設(shè)，，，，，，上式可化簡為，聯(lián)立消去化簡可得，則，，，代入直線方程，即，解得，由消去可得，則點必在定直線；法二：，，即，，設(shè)，則，設(shè)，，，由可得，由，可得，、在橢圓上，，化簡可得，兩式相減得到，點必在定直線上.【題型9】橢圓內(nèi)接四邊形（自極三角形）若ABCD是橢圓的一個內(nèi)接四邊形，點P是四邊形對角線的交點，則： 同理,PM為點N對應(yīng)的極線,PN為點M所對應(yīng)的極線.因而將△MNP稱為自極三點形.設(shè)直線MN交圓錐曲線于點A,B兩點,則PA,PB恰為圓錐曲線的兩條切線.2024杭州二模已知是橢圓的左，右頂點，點與橢圓上的點的距離的最小值為1．（1）求點的坐標．答案：（2）過點作直線交橢圓于兩點（與不重合），連接，交于點．（?。┳C明：點在定直線上答案：【高觀點-簡析】如圖，橢圓內(nèi)接四邊形ABCD，連接2組對邊與對角線交點，得△EGM為自極三角形，故EG在M點的極線上，則G點軌跡為【詳解】解（1）設(shè)是橢圓上一點，則．因為．①若，解得（舍去）．②若，解得（舍去）或．所以點的坐標位．（2）（?。┰O(shè)直線．由，得．所以．所以 ①由，得或．易知直線的方程為 ②直線的方程為 ③聯(lián)立②③，消去，得④聯(lián)立①④，消去，則．解得，即點在直線上．深圳二模已知橢圓經(jīng)過點，且焦距，線段分別是它的長軸和短軸．(1)求橢圓E的方程；(2)若是平面上的動點，從下面兩個條件中選一個，證明：直線經(jīng)過定點．①，直線與橢圓E的另一交點分別為P，Q；②，直線與橢圓E的另一交點分別為P，Q．【高觀點-簡析】（2）如圖，橢圓內(nèi)接四邊形ABQP，連接2組對邊，由自極三角形模型可知，N點軌跡為M點的極線，故（3）如圖，N點的軌跡為M點的極線方程，故M點坐標為【詳解】（1）由已知，，點在橢圓上，所以，又因為，所以，所以橢圓的方程為：.（2）選①，則，設(shè)，所以消去得：，所以，所以，則，所以，，消去得：，，所以，所以，則，所以，所以，所以直線的方程為：，所以，所以，故直線恒過定點.選②，則，設(shè)，所以消去得：，所以，所以，所以同理：，所以，所以所以直線的方程為：令，則故直線恒過定點.曲線：.若為上的點，且.已知，，直線交曲線于兩點，點在軸上方.①求證：為定值；②若，直線是否過定點，若是，求出該定點坐標，若不是，請說明理由.【答案】①；②定點【②問簡析】由可得Q點橫坐標為4，故為極線，則CD過極點【分析】①根據(jù)兩點間的斜率公式，結(jié)合Px0,y②直線：，根據(jù)兩點間的斜率公式和條件，結(jié)合韋達定理，求得的值，從而確定定點坐標.【詳解】①Px0,y0為上的點，則因為A-2,0，，則（定值），所以為定值.②直線恒過定點1,0，理由如下：由①知，，因為，所以，設(shè)直線：，，，將直線與曲線聯(lián)立方程得，則，，，因為A-2,0，，，，所以，即，所以，由題知，，所以.即直線恒過定點.【鞏固練習1】（2020全國高考Ⅰ卷20）已知A、B分別為橢圓E：（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．（1）求E的方程； （2）證明：直線CD過定點. 【高觀點】延長CB,AD交于點Q，，則△EPG為自極三角形，故x=6為E點的極線，則E為【詳解】（1）依據(jù)題意作出如下圖象：由橢圓方程可得：，，，，橢圓方程為：（2）[方法一]：設(shè)而求點法證明：設(shè)，則直線的方程為：，即：聯(lián)立直線的方程與橢圓方程可得：，整理得：，解得：或?qū)⒋胫本€可得：所以點的坐標為.同理可得：點的坐標為當時，直線的方程為：，整理可得：整理得：所以直線過定點．當時，直線：，直線過點．故直線CD過定點．[方法二]【最優(yōu)解】：數(shù)形結(jié)合二次曲線系方程設(shè)，則直線的方程為，即．同理，可求直線的方程為．則經(jīng)過直線和直線的方程可寫為．可化為．④易知A，B，C，D四個點滿足上述方程，同時A，B，C，D又在橢圓上，則有，代入④式可得．故，可得或．其中表示直線，則表示直線．令，得，即直線恒過點．【鞏固練習2】已知橢圓的左焦點為，且過點.（1）求橢圓的標準方程；（2）已知分別為橢圓的左、右頂點，為直線上任意一點，直線分別交橢圓于不同的兩點.求證：直線恒過定點，并求出定點坐標. 答案【高觀點解析】橢圓內(nèi)接四邊形有自極三角形模型，故MN過x軸上一定點，該定點的極線為，故定點為【詳解】【詳解】（1）橢圓的一個焦點，則另一個焦點為，由橢圓的定義知:，所以，解得.又，所以橢圓的標準方程為.（2）設(shè)，則直線，與聯(lián)立可得，所以，所以，所以，所以，又直線，與聯(lián)立可得，所以，所以，所以，所以所以直線的斜率為=所以直線所以直線恒過定點，且定點坐標為.【鞏固練習3】（江蘇高考）在平面直角坐標系中，如圖，已知橢圓的左右頂點為A,B，右頂點為F，設(shè)過點（）的直線與橢圓分別交于點，，其中,.（1）設(shè)動點P滿足,求點P的軌跡；（2）設(shè)，求點的坐標；（第18題圖）（3）設(shè),求證：直線必過軸上的一定點.（其坐標與無關(guān)）（第18題圖）解析：方法一（高考標準答案1）：直線，直線，設(shè)，聯(lián)立與橢圓，則得，即，同理★處理一（特殊+驗證）：當（垂直軸），解得，方程為，過定點；當，，及三點共線，即過定點處理二（硬解直線方程）：由★得方程為：，令，解得，即過定點方法二（多元未知數(shù)整體處理此法適用于過橢圓兩頂點問題）：直線，直線，設(shè)，帶入直線消去得①由橢圓可得：，即，帶入①得，即②，①可變形（取倒）為③（②+③）/3得：（對比直線兩點式或與（1，0）斜率），即過定點方法三（極點極線）：如圖，點的軌跡方程為，即，又交點在上，由此可知，為極點,為對應(yīng)的極線，即交點為，即過定點方法四（伸縮（仿射）變換+調(diào)和點列）：補充知識.（1）放射變換為另一專題（2）如圖，在中，三條高交于點，高的垂足交于，則成調(diào)和點列，即本題證明：如圖，可將橢圓伸縮變換為，因為，則為高的交點，由上述性質(zhì)運用知成調(diào)和點列，即，設(shè)，則，解得，即過定點方法五（二次曲線系）：補充：二次曲線系性質(zhì)：若三個二次曲線系過4個相同的點，則一定存在兩實數(shù)，使得.（可根據(jù)六個單項式系數(shù)關(guān)系求解問題）本題證明：如圖，本題過四點的二次曲線有拋物線；直線和；直線和直線所以，觀察與的系數(shù)有，則，所以，則過定點【鞏固練習4】（2024·浙江·模擬預(yù)測）已知橢圓的左、右頂點分別為，，點為直線上的動點，若直線和直線分別交橢圓于，兩點，請問：直線是否過定點？若是，求出定點坐標；若不是，請說明理由.【答案】【分析】兩次利用直曲聯(lián)立，表示出點的坐標和直線的斜率，由點斜式寫出直線方程，即可求出直線過的頂點.【詳解】

，，，∴代入得：，設(shè)，∴，∴，∴.代入得：，∴，∴，∴∴，∴∴即直線方程為：恒過定點為【題型10】橢圓內(nèi)接梯形如圖橢圓內(nèi)接四邊形ABCD，且AD∥BC，對角線交點，則E對應(yīng)的極線方程為，斜率為，該極線與AD，BC平行，F(xiàn)對應(yīng)的極線也與AD，BC平行.【補充】定比點差法已知橢圓內(nèi)有一個定點，過點P的兩條直線，分別與橢圓交于點A，C和點B，D，且滿足，，若變化時，直線CD的斜率總為，則橢圓的離心率為．【答案】【高觀點簡析】由相似易知AB∥CD，故P點所對應(yīng)極線斜率等于CD的斜率，即【分析】設(shè)出點的坐標，根據(jù)向量的倍數(shù)關(guān)系得出點的坐標之間的關(guān)系式，再利用“點差法”得出，結(jié)合直線的斜率關(guān)系推出，即可得之間的關(guān)系，即可求得答案.【詳解】定比點差由題意可設(shè)Ax1,y1，Bx2,y因為，且，所以，即，同理有，將A，B兩點坐標代入橢圓方程得，化簡得，，即，同理，，由于，，則，所以，即，即，①＋②得，，即，所以，所以設(shè)為橢圓內(nèi)一定點(不在坐標軸上),過P的兩條直線分別與橢圓交于點A、C和B、D,且AB∥CD．(1)證明:直線的斜率為定值;(2)過點作的平行線,與橢圓交于兩點,證明:點平分線段.【高觀點簡析】（1）AB∥CD，（2），故符合中點弦模型【補充】定比點差法【詳解】設(shè)點,.則.故

①因為點C在橢圓上,所以,.將式①代上式并整理得由點A在橢圓上知.

②又AB∥CD,則.同理,.

③③-②得.因為,易知,直線AB不與坐標軸平行,所以,直線AB的斜率為(定值)(2).代入橢圓方程整理得.因此,是的中點,即點平分線段.（23-24高二下·廣東深圳·期末）已知橢圓的焦距為，直線過點，且與橢圓相交于兩點，是線段的中點，為坐標原點.(1)求橢圓的方程；(2)若梯形的頂點都在橢圓上，且，對角線和交于點，線段的中點分別為.(i)證明：四點共線；(ii)試探究直線與直線的交點是否為定點，若是，請求出該定點并證明；若不是，請說明理由.【答案】(1)(2)(i)證明見解析；(ii)，證明見解析【分析】（1）利用直線與橢圓聯(lián)立方程組，利用韋達定理和中點坐標公式來求解橢圓方程；（2）(i)用點差法可得中點弦斜率與中點與原點的斜率之積為定值，利用斜率相等來證明三點共線；(ii)用坐標來研究斜率，再用三點共線得到斜率相等，來找到相等關(guān)系，最后求出定點.【詳解】（1）由直線過點，得，聯(lián)立，消得：，易知，設(shè)，則，整理得：，又因為，所以，解得，即橢圓.（2）(i)不妨設(shè)的中點為，的中點為，再設(shè)由題可知直線斜率必存在，且，以上兩式相減得，即，同理，因為可得：，則，即三點共線；又因為四邊形是梯形，且與交于，由平面幾何知識可知三點共線，即得證四點共線；(ii)由(i)可知，，而，所以，設(shè)直線的方程為：，設(shè)直線的方程為：，聯(lián)立，消去并整理得，由韋達定理得：，不妨設(shè)，同理，，因為，所以化簡得：，即上式兩邊平方化簡得：，由平面幾何知識易知三點共線，故設(shè)，由可得，，，所以，即或（舍去）化簡得：，結(jié)合，可得，故直線與直線的交點為定點.【鞏固練習】已知橢圓內(nèi)有一點，過的兩條直線、分別與橢圓交于、和、兩點，且滿足，（其中且），若變化時直線的斜率總為，則橢圓的離心率為A． B． C． D．【答案】D【詳解】設(shè),由可得：，據(jù)此可得：，同理可得：，則：，將點A,B的坐標代入橢圓方程做差可得：，即：，同理可得：，兩式相加可得，故：，據(jù)此可得：.【題型11】調(diào)和線束平行線截中點模型調(diào)和線束，平行截中點中點性質(zhì)：與調(diào)和線束的一條直線平行的直線截另外三條直線，其中一個交點為另外兩個交點的中點．如圖，過P點的線束l1，l2，l3，l4，以下3個條件若其中2個成立則能得出第三個：（1）l5與l4平行;（2）AM＝BM，(3)l1，l2，l3，l4為調(diào)和線束.【補充】斜率模型已知橢圓，過點的直線與橢圓交于不同的兩點C，D，直線BC，BD分別與x軸交于點M，N，求的值．答案：1【簡析】易知P點的極線為AB，記AB與CD交點為E，則P，C，E，D構(gòu)成調(diào)和點列，則BP，BC，BE，BD構(gòu)成調(diào)和線束，而x軸∥PB，故A為MN中點（2023年全國乙卷）已知橢圓的離心率是，點在上．(1)求的方程；答案：(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．答案：【高觀點簡析】記，點B的極線過點A，設(shè)極線與PQ交于點D，則B，P，D，Q為調(diào)和點列，AB，AP，AD，AQ為調(diào)和線束，而AB平行y軸，故MN的中點為y軸于極線的交點【詳解】（1）由題意可得，解得，所以橢圓方程為.（2）由題意可知：直線的斜率存在，設(shè)，聯(lián)立方程，消去y得：，則，解得，可得，因為，則直線，令，解得，即,同理可得，則，所以線段的中點是定點.（2022·全國乙卷高考真題）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．(1)求E的方程； (2)設(shè)過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．答案：【高觀點簡析】AB為P所對應(yīng)的極線，故P，M，C，N四點成調(diào)和點列，故AP，AM，AC，AN四條線成調(diào)和線束，因為直線HM平行AP，且T為HM中點，由調(diào)和線束平行性質(zhì)(平行于一組調(diào)和線束中的其中一條直線交另外三條直線的三個交點，其中一個點為另外兩個點的中點)，故H點必然在直線AN上，故直線HN過定【詳解】（I）解：設(shè)橢圓的方程為，過，則，解得，，所以橢圓的方程為：．（II）證法一：定點為，證明如下：點對應(yīng)的極線為，即，即為直線，則為調(diào)和線束，過作//，交于，由調(diào)和性質(zhì)可知為中點，故直線過定點．證法二：，所以，①若過點的直線斜率不存在，直線．代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到．求得方程：，過點．②若過點的直線斜率存在，設(shè)．聯(lián)立得，可得，，且聯(lián)立可得，可求得此時，將，代入整理得，將代入，得，顯然成立．綜上，可得直線過定點．【鞏固練習1】（2020年高考北京卷20）已知橢圓過點，且．（1）求橢圓的方程：（2）過點的直線交橢圓于點，直線分別交直線于點，求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1．【分析】（Ⅰ）由題意得到關(guān)于a，b的方程組，求解方程組即可確定橢圓方程；（II）首先聯(lián)立直線與橢圓的方程，然后由直線MA，NA的方程確定點P，Q的縱坐標，將線段長度的比值轉(zhuǎn)化為縱坐標比值的問題，進一步結(jié)合韋達定理可證得，從而可得兩線段長度的比值．（Ⅰ）設(shè)橢圓方程為：，由題意可得：，解得：，故所求橢圓的方程為：．（II）解法一：點關(guān)于橢圓的極線方程為，即圖中的直線，點為直線與直線的交點，由極點與極線的理論可知，四點成調(diào)和點列，在調(diào)和點列所在直線外選一點，則為調(diào)和線束．同時，直線與該調(diào)和線束交于，且直線與直線平行，故點為中點，則．解法二：設(shè)，直線的方程為：，與橢圓方程聯(lián)立可得：，即：，則：．直線的方程為：，令可得：，同理可得：，很明顯，且：，注意到：，而：，故，從而．【鞏固練習2】（23-24高二上·福建福州·期末）過點作斜率不為0的直線交曲線：于兩點，交直線于．過點作軸的垂線，垂足為，直線交軸于點，直線交軸于點，求線段中點M的坐標．【答案】【分析】方法一：設(shè)出直線方程和兩點的坐標，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系得出，，再表示出直線，的方程，則可表示出點的坐標，從而可求出線段中點M的坐標；方法二：設(shè)直線l方程為，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系得出，，再表示出直線，的方程，則可表示出點的坐標，從而可求出線段中點M的坐標.【詳解】方法一：直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l方程為，聯(lián)立，整理得3+4k2，設(shè)，則，，直線l交直線于，則，所以直線的方程為，，令，解得，則，所以直線的方程為，，令，解得，則，，所以線段CD中點M的坐標為.方法二：直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l方程為，聯(lián)立，整理得，，設(shè)，則，，直線l交直線于，則，所以直線的方程為，，令，解得，則，同理可得，，所以線段CD中點M的坐標為.2024·福建省名校聯(lián)盟【鞏固練習3】已知橢圓的方程為為的左頂點，為的上頂點，的離心率為的面積為．(1)求的方程；答案：(2)過點的直線交于兩點，過點且垂直于軸的直線交直線于點，證明：線段的中點在定直線上．答案：【簡析】過P點的極線為，該極線過點A，記極線與直線PN交于點Q，則P，M，Q，N為調(diào)和點列，則直線AP，AM，AQ，AN為調(diào)和線束，AP//MH，故MN的中點為Q，定直線為極線【詳解】（1）因為離心率為的面積為，所以，又因為，所以，即的方程為.（2）由題意過點的直線斜率存在，設(shè)為，設(shè)，聯(lián)立，得，可得，所以，且，，直線和聯(lián)立，得，為的中點，令，此時，化簡得，將代入上式得，所以線段的中點在定直線上.2024屆·廣州12月聯(lián)考【鞏固練習4】在平面直角坐標系中，點，點是平面內(nèi)的動點.若以PF為直徑的圓與圓內(nèi)切，記點P的軌跡為曲線E．(1)求E的方程；答案：(2)設(shè)點，，，直線AM，AN分別與曲線E交于點S，T（S，T異于A），，垂足為H，求的最小值．答案：ST過定點，最小值為【簡析】取點M，N中點，AB∩ST＝Q，過A作MN的平行線，交ST于P，根據(jù)調(diào)和線束的中點模型，于是AS、AT、AQ、AP為調(diào)和線束，于是S、T、Q、P