第7讲【圆锥曲线】计算技巧系列10讲-7角度讲清齐次化妙解圆锥曲线

【圆锥曲线】计算技巧系列10讲——7角度讲清齐次化妙解圆锥曲线【知识精讲】直线与圆锥曲线位置关系，是高考的一个难点，而其中一个难在于运算，本微专题的目标在于采用齐次化运算解决直线与圆锥曲线的一类：斜率之和或斜率之积的问题．本专题重难点：一是在于消元的解法，即怎么构造齐次化方程；二是本解法的适用范围．亮点是用平面几何的视角解决问题．圆锥曲线的定义、定值、弦长、面积，很多都可以转化为斜率问题，当圆锥曲线遇到斜率之和或者斜率之积，以往我们的常用解法是设直线，与圆锥曲线方程联立方程组，韦达定理，再将斜率之和或之积的式子通分后，将和代入，得到关于k、b的式子．解法不难，计算量较为复杂．如果采用齐次化解决，直接得到关于k的方程，会使题目计算量大大减少．“齐次”即次数相等的意思，例如称为二次齐式，即二次齐次式的意思，因为中每一项都是关于x、y的二次项．如果公共点在原点，不需要平移．如果不在原点，先平移图形，将公共点平移到原点，无论如何平移，直线斜率是不变的．注意平移口诀是“左加右减，上减下加”，你没有看错，“上减下加”，因为是在等式与同侧进行加减，我们以往记的“上加下减”都是在等式与的异侧进行的．例：向上平移1个单位，变为，即，向上平移1个单位，变为．设平移后的直线为（为什么这样设？因为这样齐次化更加方便，相当于“1”的妙用），与平移后的圆锥联立，一次项乘以，常数项乘以，构造，然后等式两边同时除以（前面注明x不等于0），得到，可以直接利用韦达定理得出斜率之和或者斜率之积，，，即可得出答案．如果是过定点题目，还需要还原，之前如何平移，现在反平移回去．齐次化解题步骤为：①平移；②联立并齐次化；③同除以；④韦达定理．证明完毕，若过定点，还需要还原．优点：大大减小计算量，提高准确率！缺点：不能表示过原点的直线，少量题目需要讨论．【齐次化技巧前世今生】角度一、齐次化运算的前世——韦达定理1．韦达定理发展简史法国数学家弗朗索瓦·韦达（FrançoisViète，1540－1603）在著作《论方程的识别与订正》中改进了三、四次方程的解法，还对的情形，建立了方程根与系数之间的关系，现代称之为韦达定理．证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由高斯作出第一个实质性的论性．2．韦达定理：设关于的一元二次方程的两根为，则．韦达定理是本微专题的理论基础．．引例1．已知引例1．已知和是方程的两个根，求的值．【解析】解法1：．解法2：方程两边同除以，得，由韦达定理得．引例2．设引例2．设是方程组的两组根，求的值．【分析】如果可以建立关于以为未知数的一元二次方程，那么就是对应方程的两根之和了．所以本运算的关键是如何通过消元得到，再由方程两边同时除以．消元得到方程是个二次齐次式，所以把本计算方法命名为：齐次化运算．观察，发现已经为二次式，关键在于将化成二次式，由可得，，整理可得，显然不是方程的根，方程两边同时除以可得：关于为未知数的一元二次方程：，则由韦达定理可得：．角度二、齐次化运算的今生——韦达定理遇到笛卡尔解析几何例1．直线例1．直线与抛物线交于，求．（用表示）【解析】联立，齐次化得，等式两边同时除以，，∴．例2．直线例2．直线与椭圆交于，求（用表示）．【解析】齐次化联立得：，等式两边同时除以，，∴．引例3．已知动直线l的方程为引例3．已知动直线l的方程为．（1）若，求直线l的斜率；（2）若，求直线l所过的定点；（3）若，求直线l所过的定点；（4）若，求直线l所过的定点；（5）若，求直线l所过的定点．【解析】（1）．（2），消去n，令，∴过定点．（3）整理得∴过定点．（4）整理得，∴过定点．（5）整理得，∴过定点．例3．抛物线例3．抛物线，直线l交抛物线于A、B两点，且，求证：直线l过定点．【解析】设直线AB方程为，，联立得，，∴直线过定点．例4．不过原点的动直线交椭圆例4．不过原点的动直线交椭圆于A、B两点，直线OA、AB、OB的斜率成等比数列，求证：直线l的斜率为定值．【解析】设直线AB方程为，，联立得，于是，又，∴，得．角度三、型怎么采用齐次化运算解决，平移是关键引例4．已知椭圆引例4．已知椭圆，按照平移要求变换椭圆方程，并化简平移后的椭圆方程．（1）将椭圆向左平移1个单位，求平移后的椭圆；（2）将椭圆向右平移2个单位，求平移后的椭圆；（3）将椭圆向上平移3个单位，求平移后的椭圆；（4）将椭圆向下平移4个单位，求平移后的椭圆；（5）将椭圆向左平移1个单位，向下平移个单位，求平移后的椭圆；（6）将椭圆向左平移2个单位，向下平移1个单位，求平移后的椭圆．【解析】（1），即．（2），即．（3），即．（4），即．（5），即．（6），即．例5．抛物线例5．抛物线，，直线l交抛物线于A、B两点，，求证：直线l过定点．【解析】将图形向左平移1个单位，向下平移2个单位，平移后的抛物线方程为，整理得．设平移后直线方程为，，联立得，于是，整理得，∴过定点，右移1个，上移2个，直线AB过定点．例6．椭圆例6．椭圆，点，为椭圆上两点，．求证：直线斜率为定值．【解析】解法一：将图形向左平移1个单位，向下平移个单位，平移后的椭圆为，整理得，设平移后直线方程为，，，，联立得，，同时除以，，，，的斜率．解法二（换元法）：设，即化为，即建立以为未知数的一元二次方程，即可解答．为了方便运算设，代入椭圆，得，∴设直线可方便运算，，化简得：，，代入，得，∴直线的斜率是．例7．双曲线例7．双曲线，，A、B为双曲线上两点，且．AB不与x轴垂直，求证：直线AB过定点．【解析】将图形左平移2个单位，平移后的双曲线为，整理得，设平移后直线方程为，，，，联立得，，同时除以，，，，或，AB不与x轴垂直，，∴，过，右移2个单位，原直线过．角度四、齐次化在解析几何中的应用例8．（2021重庆期末）已知抛物线例8．（2021重庆期末）已知抛物线上一点到其焦点的距离为3．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）过点的直线与抛物线C交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：．【解析】解法1：（Ⅰ）由题意知：．（Ⅱ）证明：设该直线为，P、Q的坐标分别为、，联立方程有：，，∴．解法2：要证明，即证，设，过，∴，，，，同除以得，，∵，∴即．例9．如图，椭圆例9．如图，椭圆经过点，且离心率为．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）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斜率之和为2．【解析】解法1：（Ⅰ）由题设知，，，结合，解得，∴．（Ⅱ）证明：由题意设直线PQ的方程为，代入椭圆方程，可得，由已知得在椭圆外，设，，，则，，且，解得或．则有直线AP，AQ的斜率之和为．即有直线AP与AQ斜率之和为2．解法2：（2）上移一个单位，椭圆和直线，过点，，，，，，，∵，同除，得，．例10．设A，B为曲线例10．设A，B为曲线上两点，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，求直线AB的方程．【解析】（1）设，为曲线上两点，则直线AB的斜率为．（2）解法1：设直线AB的方程为，代入曲线，可得，即有，，再由的导数为，设，可得M处切线的斜率为，由C在M处的切线与直线AB平行，可得，解得，即，由可得，，即为，化为，即为，解得，则直线AB的方程为．解法2：，，，∴，左移2个单位，下移1个单位，，，，，，，同除以，得，，，斜率，，，，，，，右2，上1，，．例11．（2017年全国卷理）已知椭圆例11．（2017年全国卷理）已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆C上．（1）求C的方程；（2）设直线l不经过点且与C相交于A，B两点．若直线与直线的斜率的和为-1，证明：l过定点．【解析】（1）解：根据椭圆的对称性，，两点必在椭圆C上，又的横坐标为1，∴椭圆必不过，∴，，三点在椭圆C上，把，代入椭圆C，得：，解得，，∴椭圆C的方程为．（2）证法1：①当斜率不存在时，设，，，∵直线与直线的斜率的和为-1，∴，解得，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．②当斜率存在时，设，，，，联立，整理，得，，，则，又，∴，此时，存在k，使得成立，∴直线l的方程为，当时，，∴过定点．证法2：下移1个单位得，，，，，∵同除以，，，，，，∴过，上移1个单位．例12．（2018全国一文）设抛物线例12．（2018全国一文）设抛物线，点，，过点A的直线l与C交于M，N两点．（1）当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；（2）证明：．【解析】（1）当l与x轴垂直时，，代入抛物线解得，∴或，直线BM的方程：，或．（2）解法1：证明：设直线l的方程为，，，联立直线l与抛物线方程得，消x得，即，，则有，∴直线BN与BM的倾斜角互补，∴．解法2：（2）右移2个单位，过即，，，，，，∵，同除以，得，，∴．例13．（2018全国一卷理）设椭圆例13．（2018全国一卷理）设椭圆的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为．（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：．【解析】（1），∴，∵l与x轴垂直，∴，由，解得或，∴，或，∴直线AM的方程为，．（2）证明：解法1：当l与x轴重合时，，当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，∴．当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，，，则，，直线MA，MB的斜率之和为，之和为，由，得，将代入可得，∴，，∴，从而，故MA，MB的倾斜角互补，∴，综上．解法2：左移2个单位，过即．，，，，∵，同除以，得，，∴．例14．（2020·新课标Ⅰ）已知A，B分别为椭圆例14．（2020·新课标Ⅰ）已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，G为E的上顶点，．P为直线上的动点，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．【解析】（1）由题意，，，∴，，，解得：，故椭圆E的方程是．（2）证法1：由（1）知，，设，则直线的方程是，联立，由韦达定理，代入直线PA的方程为得：，即，直线PB的方程是，联立方程，由韦达定理，代入直线PB的方程为得，即，则①当即时，有，此时，即CD为直线．②时，直线CD的斜率，∴直线CD的方程是，整理得：，直线CD过定点．综合①②故直线CD过定点．证法2：设，，，则，，根据椭圆第三定义（本书后面有详细讲解），，∴，则，将图像向右移动3个单位，则椭圆和直线，联立得：，，即，两边同时除以，得：，则，解得，则直线过定点，则平移前过．例15．（2020·山东）已知椭圆例15．（2020·山东）已知椭圆的离心率为，且过点．（1）求C的方程；（2）点M，N在C上，且，，D为垂足．证明：存在定点Q，使得为定值．【解析】（1）∵离心率，∴，又，∴，，把点代入椭圆方程得，，解得，故椭圆C的方程为．（2）证法1：①当直线MN的斜率存在时，设其方程为，联立，得，由，知，设，，则，，∵，∴，即，∴，化简整理得，，∴或，当时，，过定点，不符合题意，舍去；当时，，过定点．设，则，（i）若，∵，∴，解得，，∴，∴点D在以为圆心，为半径的圆上，故存在，使得，为定值．（ii）若，则直线MN的方程为，∵，∴，∴，为定值．②当直线MN的斜率不存在时，设其方程为，，，且，∵，∴，解得或2（舍2），∴，此时，为定值．综上所述，存在定点，使得为定值，且该定值为．证法2：将图像向左移动两个单位，向下移动一个单位，那么平移后的和直线，联立得：，两边同时除以，得：，∵，∴，∴，，即，过定点，则平移前该直线过定点．在△ADP中，，则D点的轨迹是以AP为直径，∵A为定点，P为定点，则为定值，则Q为AP中点，此时为定值，∵，，则，．例16．（2022惠州模拟）已知左焦点为例16．（2022惠州模拟）已知左焦点为的椭圆过点，过点分别作斜率为，的椭圆的动弦AB，CD，设M，N分别为线段AB，CD的中点（1）求椭圆的标准方程；（2）若P为线段AB的中点，求；（3）若，求证：直线MN恒过定点，并求出定点坐标【解析】（1）由题意，且右焦点，∴，，∴所求椭圆方程为．（2）设，，则①，②②-①，可得．（3）证法1：由题意，，设，直线AB的方程为，即，代入椭圆方程并化简得，∴，，同理，，，当时，直线MN的斜率，直线MN的方程为，即，此时直线过定点．当时，直线MN即为y轴，此时亦过点．综上，直线MN恒过定点，且坐标为．证法2：设过点P的弦的中点坐标为，由点差法得，即中点的轨迹方程为，将点P平移到原点，整体左移1个单位，下移1个单位，设平移后的MN方程为，曲线为，，，同除以，得，∵，∴，，∴过定点，则平移前的MN过定点．例17．（2022武汉模拟）已知椭圆例17．（2022武汉模拟）已知椭圆的左右顶点分别为A，B，过椭圆内点且不与x轴重合的动直线交椭圆C于P，Q两点，当直线PQ与x轴垂直时，．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线AP，AQ和直线分别交于点M，N，若恒成立，求t的值．【解析】（Ⅰ）由得，故C的方程为，此时，代入方程，解得，故C的标准方程为．（Ⅱ）解法1：设直线PQ的方程为：，与椭圆联立得，设，，则，①此时直线PA的方程为，与联立，得点，同理，，由，则，即，，即，把①代入得，化简得，即，，解得或．解法2：公共点，右移2个单位后过，∴，，，，，等式两边同时除以x，，，∵，∴，，直线，，，解得或．角度五、齐次化运算为什么不是解决圆锥曲线的常规武器通过上面分析，我们可以发现，齐次化运算比传统的设而不求运算量大大的降低，但为什么齐次化运算并不是常规武器呢？首先我们总结一下齐次化运算步骤通过上面的步骤可以看出，本方法适用于斜率的相关问题，有较大的局限性，当然，还有一个难点在于方程消元的基本思路是消未知数，而本方法是消去常数，这也是学生不适应之处．但更大的难点是如果通过审题，转化为斜率之积、之和问题．下面通过两道题来说明：例18．例18．分别是椭圆左右顶点，是直线的动点，交于另一点，交于另一点．求证：直线过定点．思路一：本问题没有直接的提到斜率之和（积），而且很容易入手，分别设直线，与椭圆方程联立，消去得到关于的常数项为的方程，即可解出坐标，然后写出方程．在实际运算中，坐标，过定点运算量巨大．本方法少思、多算．解答如下：证法一：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．思路二：连接，由椭圆第三定义得，而，可得：就可以采用本方法解答．证法二：设交点，即化为，设，得故设易算．计算如下：，可知直线过定点．例19．例19．分别是椭圆下上两顶点，过的直线交于的，，设直线的斜率为，，求直线的方程．【分析】已知给出了，但还是没有斜率之积（和）为定值，还是要用到椭圆的第三定义，得到即可采用齐次化运算了．【解析】设交点，即化为，设，得所以设易算．计算如下：，又过，得，∴直线的方程的方程：．角度六、为什么斜率为会是定值，从平面几何看众所周知，直径所对的圆周角为直角，其实圆相交弦的还有如下性质．如图圆中，为直径，与交于，则有如下性质：．引入坐标系，如图建系，设，则，且与的交点在直线上．【简证】，分别在，由正弦定理得：，，所以，，而．那么椭圆怎么有这些性质呢？如图，圆的方程为，椭圆方程为：，设，，则，，更具一般性质的椭圆的内接四边形性质如如下：在椭圆中，为椭圆的中心，是椭圆上两点且关于对称，直线上一点，过的直线交椭圆于，则如果为定点，则为定值，反之亦成立．例20．例20．分别是椭圆左右顶点，是直线的动点，交于另一点，交于另一点．求证：直线过定点．【分析】用几何法，，得，所以过．例21．例21．分别是椭圆下上两顶点，过的直线交于的，，设直线的斜率为，，求直线的方程．【分析】用几何法，，得，所以，所以直线的方程的方程：．【评注】用平面几何的视角，对本问题进行证明，使代数，解析几何，平面几何三者融合．角度七、齐次化妙解圆锥曲线步骤总结齐次化运算在解析几何中的运算，只可以处理斜率之和（积）的问题，基本步骤如下：重点一在于通过分析题意，明确能不能用本方法，二在于直线方程的设元技巧，三在于消元中的齐次化运算．【提升训练】1．（2022阎良区期末）已知抛物线，直线l经过抛物线C的焦点，且垂直于抛物线C的对称轴，直线l与抛物线C交于M，N两点，且．(1)求抛物线C的方程；(2)已知点，直线与抛物线C相交于不同的两点A，B，设直线PA与直线PB的斜率分别为和，求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将用表示，得出的值，进而得抛物线方程；（2）联立直线与抛物线的方程，根据斜率计算公式结合韦达定理即可得结果.【解析】（1）由题意可得，得，∴抛物线.（2）证明：，联立，得．由，得或，设，，则，，∴.2．（2022连云港期末）已知直线l与抛物线交于A，B两点．(1)若直线l的斜率为-1，且经过抛物线C的焦点，求线段AB的长；(2)若点O为坐标原点，且，求证：直线l过定点．【答案】(1)8(2)证明见解析【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，根据抛物线的焦点弦公式结合韦达定理即可得解；（2）直线AB方程为：，由向量数量积公式结合韦达定理可得的值，进而可得结果.【解析】(1)抛物线为，∴焦点坐标为，直线AB斜率为，则直线AB方程为：，设，，由得：，可得，由抛物线定义可得，∴．(2)设直线AB方程为：，设，，∵，∴，∴，由得：，∴；；∴，解得或，当时，直线AB过原点，不满足题意；当时，直线AB过点．故当时，直线AB过定点．3．（2022滁州期末）已知点在圆上，，，线段的垂直平分线与相交于点.（1）求动点的轨迹方程;（2）若过点的直线斜率存在，且直线与动点的轨迹相交于，两点.证明：直线与的斜率之积为定值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由圆的方程可得：圆心，半径，，，由椭圆的定义即可求解；（2）设，，，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系计算，，再计算即可求解.【详解】（1）由得，圆心，半径，点在线段的垂直平分线上，，，由椭圆的定义可得动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆．从而，故所求动点的轨迹方程为．（2）设，，由消去得，显然．，可设直线与的斜率分别为则即直线与的斜率之积为定值．【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法（1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为的等式，就能得到曲线的轨迹方程；（2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；（3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可；（4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称之为相关点）的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；（5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数即可求出所求轨迹的方程.4．（2022荔湾区期末）已知椭圆经过点，且椭圆的上顶点与右焦点所在直线的斜率为．（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆上异于左顶点的两个点，若以为直径的圆过点，求证：直线过定点．【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）由椭圆的定义，性质列方程，求出的值，再得到椭圆的方程；（2）设出直线BC方程，与椭圆联立，由题可得，利用建立关系可得.【详解】（1）由已知设椭圆的上顶点的坐标为，右焦点为，则由已知可得，解得，所以椭圆方程为；（2）可得，设直线方程为，代入椭圆方程可得，设，则，，，以为直径的圆过点，，即，，解得或，又，故，所以直线方程为，故直线过定点.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.5．（2022醴陵市期中）已知椭圆的左右顶点是双曲线的顶点，且椭圆的上顶点到双曲线的渐近线距离为．(1)求椭圆的方程；(2)点F为椭圆的左焦点，不垂直于x轴且不过F点的直线l与曲线相交于A、B两点，若直线FA、FB的斜率之和为0，则动直线l是否一定经过一定点？若存在这样的定点，则求出该定点的坐标；若不存在这样的定点，请说明理由．【答案】(1)；(2)存在，.【分析】（1）由双曲线顶点求出a，再由点到直线距离求出b作答.（2）设出直线l的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算、推理作答.【解析】（1）双曲线的顶点坐标为，渐近线方程为，依题意，，椭圆上顶点为到直线的距离，解得，所以椭圆的方程为．（2）依题意，设直线l的方程为，、，点，由消去y并整理得，则，，直线FA、FB的斜率之和为，即，有，整理得，此时，，否则，直线l过F点，因此当且，即且时，直线l与椭圆交于两点，直线l：，所以符合条件的动直线l过定点．6．（2022德州期末）椭圆的离心率为，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得线段长为.（1）求椭圆的方程；（2）在轴上是否存在异于点的定点，使得直线变化时，总有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在定点满足题意.【详解】试题分析：（1）由椭圆的离心率是，直线被椭圆截得的线段长为列方程组求出，从而可得椭圆的标准方程；（2）设直线方程为，由得，，根据韦达定理及斜率公式可得，令，可得符合题意.试题解析：（1）∵，∴，椭圆方程化为：，由题意知，椭圆过点，∴，解得，所以椭圆的方程为：；（2）当直线斜率存在时，设直线方程：，由得，，设，假设存在定点（t不为2）符合题意，∵，∴，∴，∵上式对任意实数恒等于零，∴，即，∴，当直线斜率不存在时，两点分别为椭圆的上下顶点，显然此时，综上，存在定点满足题意．7．（2022滑县期末）已知椭圆，点在椭圆上，椭圆的四个顶点的连线构成的四边形的面积为．(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．（2022吴起县校级模拟）【答案】(1)(2)直线过定点【分析】（1）根据四个顶点构成的四边形面积和椭圆所过点可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；（2）当直线斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合两点连线斜率公式可得，代入韦达定理的结论可整理求得或；当时可知直线过，不合题意；当可求得直线过定点；当直线斜率不存在时，设，与椭圆方程联立，利用可求得，可知直线过点；综合可得定点坐标.【详解】（1）椭圆的四个顶点连线构成的四边形面积，；又椭圆过点，，由得：，椭圆的方程为：.（2）由（1）知：，设，；当直线斜率存在时，设，由得：，则，解得：；，，，，，解得：或当时，直线，恒过定点，不合题意；当时，直线，恒过定点；当直线斜率不存在时，设，由得：，，解得：（舍）或，直线过点；综上所述：直线过定点.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的求解，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已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；④根据直线过定点的求解方法可求得结果.8．（2022吴起县校级模拟）已知中心在原点O，焦点在x轴上，离心率为的椭圆过点（，）．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设不过原点O的直线l与该椭圆交于P，Q两点，满足直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求直线l的斜率．【答案】（Ⅰ）+y2=1；（Ⅱ）±．【详解】试题分析：（Ⅰ）设出椭圆的方程，将已知点代入椭圆的方程及利用椭圆的离心率公式得到关于椭圆的三个参数的等式，解方程组求出a，b，c的值，代入椭圆方程即可．（Ⅱ）设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，消去x得到关于y的二次方程，利用韦达定理得到关于两个交点的坐标的关系，将直线OP，PQ，OQ的斜率用坐标表示，据已知三个斜率成等比数列，列出方程，将韦达定理得到的等式代入，求出k的值．解：（Ⅰ）由题意可设椭圆方程为+=1（a＞b＞0），则e==，a2﹣b2=c2，+=1，解得a=2，b=1，可得椭圆方程为+y2=1；（Ⅱ）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，故可设直线l的方程为y=kx+m（m≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），由，消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）=0，则△=64k2b2﹣16（1+4k2b2）（b2﹣1）=16（4k2﹣m2+1）＞0，且x1+x2=﹣，x1x2=．故y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2．因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，所以•=k2，即k2+=k2，即+m2=0，又m≠0，所以k2=，即k=±．即有直线l的斜率为±．考点：椭圆的简单性质．9．（2022广东一模）已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解，.（1）由题意可得，∴由题意可得且，解得，，∴椭圆的方程为：．（2）解法1：由（1）可得，当直线没有斜率时，设方程为：，则，此时，化简得：又，解得或（舍去），此时P到直线l的距离为设直线l有斜率时，设，，设其方程为：，联立可得且整理可得：，，且，，，整理可得：，整理可得，整理可得，即，或，若，则直线方程为：，直线恒过，与P点重合，若，则直线方程为：，∴直线恒过定点，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，由于∴点P到直线l距离的最大值．解法2：公共点，左移1个单位，下移个单位，，，，，等式两边同时除以，，，，，过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，由于∴点P到直线l距离的最大值．10．（2022相城区月考）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点M，N是椭圆上异于A，B的不同两点，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：直线过定点．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）由，得到，再由点在该椭圆上，求得的值，即可求得椭圆的方程；（2）设的方程为，联立方程组求得，再由的的方程，联立方程组，求得，结合斜率公式，进而得到直线过定点.【详解】（1）由椭圆的离心率为，且点在椭圆上，可得，所以，又点在该椭圆上，所以，所以，所以椭圆C的标准方程为（2）由于的斜率为，设的方程为，联立方程组，整理得，所以，所以，从而，即，同理可得：由于的斜率为，则，联立方程组，可得，即，所以，所以，从而，即，当时即；时，，过点，当时，，，即，所以直线过点，综上可得，直线过点.【点睛】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.11．（2022漳州期末）已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，OAB的面积为.（1）求椭圆C的方程；（2）过右焦点F作与x轴不重合的直线l交椭圆C于P，Q两点，连接AP，AQ，分别交直线x=3于M，N两点，若直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，试问:k1k2是不是定值？若是，求出该值，若不是，请说明理由.【答案】（1）+=1；（2）是，定值-.【分析】解法一:（1）根据离心率为，OAB的面积为，由求解（2）由（1）知F(1，0)，A(2，0)，①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，与椭圆方程联立，分别求得P，Q的坐标，进而得到M，N的坐标，利用斜率公式求解；②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x-1)，与椭圆方程联立，利用斜率公式结合韦达定理求解；解法二:（1）同解法一.（2）由（1）知F(1，0)，A(2，0)，设直线l的方程为x=my+1，与椭圆方程联立，利用斜率公式结合韦达定理求解；【详解】解法一:（1）由题意得解得所以椭圆C的方程为+=1.（2）由（1）知F(1，0)，A(2，0)，①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，联立得不妨设P，Q，则直线AP的方程为y=(x-2)，令x=3，得y=-，则M，此时k1==-，同理k2=，所以k1k2=-×=-；②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x-1)，联立得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1+x2=，x1x2=，直线AP的方程为y=(x-2)，令x=3，得y=，则M，同理，N，所以k1===，k2===，所以k1k2=·=，=，==-.综上所述，k1k2为定值-.解法二:（1）同解法一.（2）由（1）知F(1，0)，A(2，0)，设直线l的方程为x=my+1，联立得(3m2+4)y2+6my-9=0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1+y2=，y1y2=.直线AP的方程为y=(x-2)，令x=3，得y=，则M，同理，N，所以k1===，k2===，所以k1k2=·=，=，==-，所以k1k2为定值-.12．（2022龙湖区校级期末）如图，点为椭圆的右焦点，过且垂直于轴的直线与椭圆相交于､两点(在的上方)，.（1）求椭圆的方程；（2）设点､是椭圆上位于直线两侧的动点，且满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，理由见解析.【解析】（1）由焦点及通经长，用待定系数法求椭圆的标准方程；（2）设出直线：，与椭圆联立，用“设而不求法”表示，整理得.【详解】（1）由得：，椭圆的方程：（2）依题意知直线的斜率存在，设方程：，代入椭圆方程得：(*)，由得，整理得：或当时，直线过定点，不合题意，，直线的斜率是定值另解：设直线的方程为椭圆的方程即：即：联立得：即由得即：直线的斜率为，是定值.【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；"设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.13．（2022湖北期末）设曲线过两点，直线与曲线交于两点，与直线交于点.（1）求曲线的方程；（2）记直线的斜率分别为，求证：，其中为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由已知建立方程组可求得曲线的方程；（2）令，则，联立整理得，设，，表示，，可求得定值．【详解】解：（1）由已知得，解得，所以曲线的方程为；（2）令，则，联立，整理得，设，则，∴，，又，∴，∴等于定值2，得证.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合问题，关键在于由直线的方程与椭圆的方程联立后，由根与系数的关系表示直线的斜率，求得定值．14．（2022光明区期末）已知椭圆的离心率为，设椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，且，1，为等比数列.（1）求椭圆C的方程；（2）过点P（4，0）作直线l与椭圆交于M，N两点（直线l与x轴不重合），设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，判断是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由.【答案】(1)；(2)为定值.【分析】(1)根据已知条件，解列方程组即可得到椭圆C的方程；(2)根据题意，设出直线l的方程，再与椭圆C的方程的联立，结合韦达定理求出与，进而表示出与，即可判断是否为定值.【详解】(1)由题意得，故，又，故椭圆C的方程为：.(2)由题意，设直线l：，，，联立，得，则，即，由韦达定理得：，，结合，得：，，故，因点在椭圆上，故，则，因此，故为定值.【点睛】求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，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．15．（2022合肥期末）已知椭圆E：的离心率为，点在椭圆E上.（1）求椭圆E的方程；（2）过点任作一条直线l，l与椭圆E交