高考数学微专题集专题7圆锥曲线之极点与极线微点2极点与极线问题常见模型总结(原卷版+解析)

专题7圆锥曲线之极点与极线微点2极点与极线问题常见模型总结专题7圆锥曲线之极点与极线微点2极点与极线问题常见模型总结【微点综述】在高中阶段，很多定点定直线问题都以此为背景，因此，高中生有必要了解极点极线的相关知识，这样就可以从“高观点下”看待高中圆锥曲线的相关内容，更容易抓住问题的本质，虽然高考解答题不能用相关结论，但是我们可以将它作为辅助手段，快速的找到正确答案，然后再用初等方法写过程解题．也就是说只有熟练“二级结论”才能明确运算方向、提高运算效率．本专题总结了极点与极线应用的几个常见模型．一、焦点准线模型（乘积为模型）【引理】从直线上任意一点向椭圆的左右顶点引两条割线与椭圆交于两点，则直线恒过定点．例1．（2023全国高考Ⅰ卷20）1．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.【定理3】椭圆左右顶点为，椭圆外一点（且），交椭圆于另一点交椭圆于另一点，则直线过定点，且满足．证明：①当直线斜率不为时，设为，点，由于，则直线分别为分别在上，则①在上，即②①②得，③联立直线与椭圆消去得，由韦达定理得将此式代入③得：，因式分解得：，化简得，当时，如下图，直线过点，即此时共点，不符合题意，，再通分化简得：，即，即直线也过定点．②当直线斜率为时，经验证直线也过定点．二、斜率与斜率成等差模型【定理4】如图1，已知椭圆椭圆，点，不与轴垂直的直线与椭圆交于两点，则直线过定点等价于轴平分，即，双曲线类似．【定理5】如图2，已知椭圆，点，直线过点且与椭圆交于不同的两点，与直线交于，且点为直线上任意一点，直线的斜率分别为，则．图1图2三、调和点列模型（1）调和点列直线上依次四点，若满足，则称成调和点列（为内分点，为外分点），特别地，若在无穷远处，则，即此时为中点．（2）调和点列与极点极线设点关于圆锥曲线的极线为，过点任作一割线交于，交于，则；反之，若有成立，则称点调和分割线段，或称关于调和共辄．四、线段比模型【定理6】已知调和线束，若有一条直线分别与调和线束交于四点，那么也成调和点列．【定理7】己知调和线束，若有一条直线平行于调和线束中的一条，且与剩余三条分别交于三点，那么这三点中的内点平分该线段．五、切线模型1．圆锥曲线的切线方程（1）设是椭圆上一点，则过的椭圆的切线方程为：；（2）设是双曲线上一点，则过的双曲线的切线方程为：；（3）设是抛物线上一点，则过的抛物线的切线方程为：．2．椭圆的光学性质如图，从椭圆一个焦点出发的光线经过反射后穿过另一个焦点，即桶圆上任一点处的切线的垂线（法线）平分过该点的两条焦半径的夹角．3．抛物线的光学性质如图，从抛物线焦点出发的光线经过反射平行于抛物线对称轴．假设过抛物线上任意一点作切线与对称轴交于点，则且．4．极点与极线的几何意义（1）当在圆锥曲线上时，则点的极线是曲线在点处的切线；（2）当在圆锥曲线内时，过点任作一割线交于，，设在，处的切线交于点，则点的极线是动点的轨迹；【极线与圆锥曲线必定相离】（3）当在圆锥曲线外时，过点作的两条切线，设其切点分别为，，则点的极线是直线（即切点弦所在的直线）．【极线与圆锥曲线必定相交】六、定点与定值模型【定理8】已知椭圆，为过定点的动弦，为椭圆上任意一点，交直线于两点，则以为直径的圆恒过定点，特别地，当为椭圆的焦点时，以为直径的圆恒过焦点以及它关于准线的对称点．例2．(2023年高考全国乙卷理20）2.已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且过两点．（1）求的方程；（2）设过点的直线交于两点，过且平行于轴的直线与线段交于点，点满足．证明：直线过定点．分析：（I）将给定点代入设出的方程求解即可；（II）设出直线方程，与椭圆的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解．（I）解：设椭圆的方程为，过，则，解得，，所以椭圆的方程为：．（II）证法一：定点为，证明如下：点对应的极线为，即，即为直线，则为调和线束，过作//，交于，由调和性质可知为中点，故直线过定点．证法二：，所以，①若过点的直线斜率不存在，直线．代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到．求得方程：，过点．②若过点的直线斜率存在，设．联立得，可得，，且联立可得，可求得此时，将，代入整理得，将代入，得，显然成立．综上，可得直线过定点．【评注】求定点、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．由此题，进一步的我们可以得出如下结论——【定理1】已知椭圆，过椭圆外一点向引两条切线，切点记为，再过作直线交于两点，过且平行于的直线与线段交于，点满足，则直线过定点．【定理2】已知抛物线，过抛物线外一点向引两条切线，切点记为，再过作直线交于两点，过且平行于的直线与线段交于，点满足，则直线过定点．2．已知椭圆M：（a＞b＞0）过A（－2，0），B（0，1）两点．（1）求椭圆M的离心率；（2）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．例4．（2023年高考北京卷20）已知椭圆过点，且．（1）求椭圆的方程：（2）过点的直线交椭圆于点，直线分别交直线于点，求的值．答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）1．分析：（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．（Ⅰ）设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，故所求椭圆的方程为：．（II）解法一：点关于椭圆的极线方程为，即图中的直线，点为直线与直线的交点，由极点与极线的理论可知，四点成调和点列，在调和点列所在直线外选一点，则为调和线束．同时，直线与该调和线束交于，且直线与直线平行，故点为中点，则．解法二：设，直线的方程为：，与椭圆方程联立可得：，即：，则：．直线的方程为：，令可得：，同理可得：，很明显，且：，注意到：，而：，故，从而．解法三：同解法二得，，．解法四：设，，直线的方程为：，由得，直线的方程分别为：，令，则，．又当直线的斜率为时，不妨设，则直线的方程为：，直线的方程为：，令，则，此时也有．综上：．【说明】第二问看似是求值问题．解法一是发现，且相加后可以利用韦达定理整体代换，但是需要一定的直觉与应变能力，发现为的中点，需要一定的分析推理能力．解法二中出现分式结构，分子与分母有大部分相同，故第一步先分离分子，之后出现了不对称的结构，全部用韦达定理整体代换，此时只要保留相同的量，其余部分利用韦达定理整体代换后进行化简，需要一定的运算功底．【评注】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．3．在平面直角坐标系中，如图所示，已知椭圆的左、右顶点分别为，，右焦点为.设过点的直线，与此椭圆分别交于点，，其中，，.（1）设动点满足：，求点的轨迹；（2）设，，求点的坐标；（3）设，求证：直线必过轴上的一定点（其坐标与无关），并求出该定点的坐标.4．已知椭圆的左､右顶点分别为点，，且，椭圆离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的右焦点，且斜率不为的直线交椭圆于，两点，直线，的交于点，求证：点在直线上.5．如图，B，A是椭圆的左、右顶点，P，Q是椭圆C上都不与A，B重合的两点，记直线BQ，AQ，AP的斜率分别是，，.（1）求证：；（2）若直线PQ过定点，求证：.【针对训练】6．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，过点M（1，0）作直线l交椭圆于C，D两点，若直线AD，BC的斜率分别为k1，k2．求证：为定值．（2023·湖北高三期末）7．已知在平面直角坐标系中，圆A：的圆心为A，过点B(，0)任作直线l交圆A于点C、D，过点B作与AD平行的直线交AC于点E.(1)求动点E的轨迹方程；(2)设动点E的轨迹与y轴正半轴交于点P，过点P且斜率为k1，k2的两直线交动点E的轨迹于M、N两点(异于点P)，若，证明：直线MN过定点.(2023·江苏南通·高三期末）8．已知椭圆经过点，椭圆在点处的切线方程为.（1）求椭圆的方程；（2）设过点且与轴不重合的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，直线AM，AN分别与直线分别交于P，Q，记点P,Q的纵坐标分别为p，q，求的值.9．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.10．已知椭圆的左焦点为，且过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知分别为椭圆的左、右顶点，为直线上任意一点，直线分别交椭圆于不同的两点.求证：直线恒过定点，并求出定点坐标.11．设椭圆过点，且左焦点为（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）当过点的动直线与椭圆相交与两不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上12．已知椭圆过点，且椭圆的一个顶点的坐标为．过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于不同的两点，（，不同于点），直线与直线：交于点．连接，过点作的垂线与直线交于点．（1）求椭圆的方程，并求点的坐标；（2）求证：，，三点共线．13．已知椭圆的左右顶点分别为A和B，离心率为，且点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）过点M（1，0）作一条斜率不为0的直线交椭圆于P，Q两点，连接AP、BQ，直线AP与BQ交于点N，探求点N是否在一条定直线上，若在，求出该直线方程；若不在，请说明理由.专题7圆锥曲线之极点与极线微点2极点与极线问题常见模型总结专题7圆锥曲线之极点与极线微点2极点与极线问题常见模型总结【微点综述】在高中阶段，很多定点定直线问题都以此为背景，因此，高中生有必要了解极点极线的相关知识，这样就可以从“高观点下”看待高中圆锥曲线的相关内容，更容易抓住问题的本质，虽然高考解答题不能用相关结论，但是我们可以将它作为辅助手段，快速的找到正确答案，然后再用初等方法写过程解题．也就是说只有熟练“二级结论”才能明确运算方向、提高运算效率．本专题总结了极点与极线应用的几个常见模型．一、焦点准线模型（乘积为模型）【引理】从直线上任意一点向椭圆的左右顶点引两条割线与椭圆交于两点，则直线恒过定点．例1．（2023全国高考Ⅰ卷20）1．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.【定理3】椭圆左右顶点为，椭圆外一点（且），交椭圆于另一点交椭圆于另一点，则直线过定点，且满足．证明：①当直线斜率不为时，设为，点，由于，则直线分别为分别在上，则①在上，即②①②得，③联立直线与椭圆消去得，由韦达定理得将此式代入③得：，因式分解得：，化简得，当时，如下图，直线过点，即此时共点，不符合题意，，再通分化简得：，即，即直线也过定点．②当直线斜率为时，经验证直线也过定点．二、斜率与斜率成等差模型【定理4】如图1，已知椭圆椭圆，点，不与轴垂直的直线与椭圆交于两点，则直线过定点等价于轴平分，即，双曲线类似．【定理5】如图2，已知椭圆，点，直线过点且与椭圆交于不同的两点，与直线交于，且点为直线上任意一点，直线的斜率分别为，则．图1图2三、调和点列模型（1）调和点列直线上依次四点，若满足，则称成调和点列（为内分点，为外分点），特别地，若在无穷远处，则，即此时为中点．（2）调和点列与极点极线设点关于圆锥曲线的极线为，过点任作一割线交于，交于，则；反之，若有成立，则称点调和分割线段，或称关于调和共辄．四、线段比模型【定理6】已知调和线束，若有一条直线分别与调和线束交于四点，那么也成调和点列．【定理7】己知调和线束，若有一条直线平行于调和线束中的一条，且与剩余三条分别交于三点，那么这三点中的内点平分该线段．五、切线模型1．圆锥曲线的切线方程（1）设是椭圆上一点，则过的椭圆的切线方程为：；（2）设是双曲线上一点，则过的双曲线的切线方程为：；（3）设是抛物线上一点，则过的抛物线的切线方程为：．2．椭圆的光学性质如图，从椭圆一个焦点出发的光线经过反射后穿过另一个焦点，即桶圆上任一点处的切线的垂线（法线）平分过该点的两条焦半径的夹角．3．抛物线的光学性质如图，从抛物线焦点出发的光线经过反射平行于抛物线对称轴．假设过抛物线上任意一点作切线与对称轴交于点，则且．4．极点与极线的几何意义（1）当在圆锥曲线上时，则点的极线是曲线在点处的切线；（2）当在圆锥曲线内时，过点任作一割线交于，，设在，处的切线交于点，则点的极线是动点的轨迹；【极线与圆锥曲线必定相离】（3）当在圆锥曲线外时，过点作的两条切线，设其切点分别为，，则点的极线是直线（即切点弦所在的直线）．【极线与圆锥曲线必定相交】六、定点与定值模型【定理8】已知椭圆，为过定点的动弦，为椭圆上任意一点，交直线于两点，则以为直径的圆恒过定点，特别地，当为椭圆的焦点时，以为直径的圆恒过焦点以及它关于准线的对称点．例2．(2023年高考全国乙卷理20）2.已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且过两点．（1）求的方程；（2）设过点的直线交于两点，过且平行于轴的直线与线段交于点，点满足．证明：直线过定点．分析：（I）将给定点代入设出的方程求解即可；（II）设出直线方程，与椭圆的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解．（I）解：设椭圆的方程为，过，则，解得，，所以椭圆的方程为：．（II）证法一：定点为，证明如下：点对应的极线为，即，即为直线，则为调和线束，过作//，交于，由调和性质可知为中点，故直线过定点．证法二：，所以，①若过点的直线斜率不存在，直线．代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到．求得方程：，过点．②若过点的直线斜率存在，设．联立得，可得，，且联立可得，可求得此时，将，代入整理得，将代入，得，显然成立．综上，可得直线过定点．【评注】求定点、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．由此题，进一步的我们可以得出如下结论——【定理1】已知椭圆，过椭圆外一点向引两条切线，切点记为，再过作直线交于两点，过且平行于的直线与线段交于，点满足，则直线过定点．【定理2】已知抛物线，过抛物线外一点向引两条切线，切点记为，再过作直线交于两点，过且平行于的直线与线段交于，点满足，则直线过定点．2．已知椭圆M：（a＞b＞0）过A（－2，0），B（0，1）两点．（1）求椭圆M的离心率；（2）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．例4．（2023年高考北京卷20）已知椭圆过点，且．（1）求椭圆的方程：（2）过点的直线交椭圆于点，直线分别交直线于点，求的值．答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）1．分析：（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．（Ⅰ）设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，故所求椭圆的方程为：．（II）解法一：点关于椭圆的极线方程为，即图中的直线，点为直线与直线的交点，由极点与极线的理论可知，四点成调和点列，在调和点列所在直线外选一点，则为调和线束．同时，直线与该调和线束交于，且直线与直线平行，故点为中点，则．解法二：设，直线的方程为：，与椭圆方程联立可得：，即：，则：．直线的方程为：，令可得：，同理可得：，很明显，且：，注意到：，而：，故，从而．解法三：同解法二得，，．解法四：设，，直线的方程为：，由得，直线的方程分别为：，令，则，．又当直线的斜率为时，不妨设，则直线的方程为：，直线的方程为：，令，则，此时也有．综上：．【说明】第二问看似是求值问题．解法一是发现，且相加后可以利用韦达定理整体代换，但是需要一定的直觉与应变能力，发现为的中点，需要一定的分析推理能力．解法二中出现分式结构，分子与分母有大部分相同，故第一步先分离分子，之后出现了不对称的结构，全部用韦达定理整体代换，此时只要保留相同的量，其余部分利用韦达定理整体代换后进行化简，需要一定的运算功底．【评注】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．3．在平面直角坐标系中，如图所示，已知椭圆的左、右顶点分别为，，右焦点为.设过点的直线，与此椭圆分别交于点，，其中，，.（1）设动点满足：，求点的轨迹；（2）设，，求点的坐标；（3）设，求证：直线必过轴上的一定点（其坐标与无关），并求出该定点的坐标.4．已知椭圆的左､右顶点分别为点，，且，椭圆离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的右焦点，且斜率不为的直线交椭圆于，两点，直线，的交于点，求证：点在直线上.5．如图，B，A是椭圆的左、右顶点，P，Q是椭圆C上都不与A，B重合的两点，记直线BQ，AQ，AP的斜率分别是，，.（1）求证：；（2）若直线PQ过定点，求证：.【针对训练】6．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，过点M（1，0）作直线l交椭圆于C，D两点，若直线AD，BC的斜率分别为k1，k2．求证：为定值．（2023·湖北高三期末）7．已知在平面直角坐标系中，圆A：的圆心为A，过点B(，0)任作直线l交圆A于点C、D，过点B作与AD平行的直线交AC于点E.(1)求动点E的轨迹方程；(2)设动点E的轨迹与y轴正半轴交于点P，过点P且斜率为k1，k2的两直线交动点E的轨迹于M、N两点(异于点P)，若，证明：直线MN过定点.(2023·江苏南通·高三期末）8．已知椭圆经过点，椭圆在点处的切线方程为.（1）求椭圆的方程；（2）设过点且与轴不重合的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，直线AM，AN分别与直线分别交于P，Q，记点P,Q的纵坐标分别为p，q，求的值.9．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.10．已知椭圆的左焦点为，且过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知分别为椭圆的左、右顶点，为直线上任意一点，直线分别交椭圆于不同的两点.求证：直线恒过定点，并求出定点坐标.11．设椭圆过点，且左焦点为（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）当过点的动直线与椭圆相交与两不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上12．已知椭圆过点，且椭圆的一个顶点的坐标为．过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于不同的两点，（，不同于点），直线与直线：交于点．连接，过点作的垂线与直线交于点．（1）求椭圆的方程，并求点的坐标；（2）求证：，，三点共线．13．已知椭圆的左右顶点分别为A和B，离心率为，且点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）过点M（1，0）作一条斜率不为0的直线交椭圆于P，Q两点，连接AP、BQ，直线AP与BQ交于点N，探求点N是否在一条定直线上，若在，求出该直线方程；若不在，请说明理由.参考答案：1．（1）；（2）证明详见解析.分析：（1）由已知可得：，，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.（2）方法一：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）[方法一]：设而求点法证明：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．[方法二]【最优解】：数形结合设，则直线的方程为，即．同理，可求直线的方程为．则经过直线和直线的方程可写为．可化为．④易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．故，可得或．其中表示直线，则表示直线．令，得，即直线恒过点．【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.2．（1）；（2）证明见解析．分析：（1）由已知两点坐标得，求得后可得离心率；（2）直线方程为，设（，），，．由三点共线求得点坐标（用点坐标表示），由共线求得点坐标（用点坐标表示），写出直线的方程，把代入化简对方程变形可得定点坐标．【详解】解：（1）因为点，都在椭圆上，所以，．所以．所以椭圆的离心率．（2）由（1）知椭圆的方程为，．由题意知：直线的方程为．设（，），，．因为三点共线，所以有，，所以．所以．所以．因为三点共线，所以，即．所以．所以直线的方程为，即．又因为点在椭圆上，所以．所以直线的方程为．所以直线过定点．【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，考查椭圆的直线过定点问题，解题方法是设椭圆上的点坐标，利用三点共线变为向量平行，求得直线交点的坐标，得出直线方程，再由在椭圆上，代入化简凑配出定点坐标．3．(1)的轨迹为直线.(2)(3)直线必过轴上一定点.分析：（1）根据椭圆的标准方程可得、、的坐标,设动点.根据条件,结合两点间距离公式,化简即可得解.（2）根据,代入椭圆方程即可求得、的坐标.进而求得直线与直线的方程.联立两条直线方程即可求得交点的坐标.（3）设出直线与直线的方程,分别联立椭圆方程即可表示出、的坐标.讨论与,并分别求得的值.即可求得所过定点的坐标.【详解】（1）由题设得,,,,设动点,由,,,代入化简得.故点的轨迹为直线（2）由,,得,则点,直线的方程为,由,,得,则点.直线的方程为,由.解方程组可得即（3）由题设知,直线的方程为：,直线的方程为：,点满足,,；点满足,,；若,且,得,此时直线的方程为,过点；若,则,直线的斜率,直线的斜率,所以,所以直线过点.因此直线必过轴上一定点.【点睛】本题考查了曲线轨迹方程的求法,点与椭圆的位置关系及直线交点的求法,直线与椭圆的位置关系及过定点问题,综合性强,属于难题.4．（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由题知，解方程即可得，，故椭圆的方程是.（2）先讨论斜率不存在时的情况易知直线，的交点的坐标是.当直线斜率存在时，设直线方程为，，，进而联立方程结合韦达定理得，，直线的方程是，直线的方程是，进而计算得时的纵坐标，并证明其相等即可.【详解】解：（1）因为，椭圆离心率为，所以，解得，.所以椭圆的方程是.（2）①若直线的斜率不存在时，如图，因为椭圆的右焦点为，所以直线的方程是.所以点的坐标是，点的坐标是.所以直线的方程是，直线的方程是.所以直线，的交点的坐标是.所以点在直线上.②若直线的斜率存在时，如图.设斜率为.所以直线的方程为.联立方程组消去，整理得.显然.不妨设，，所以，.所以直线的方程是.令，得.直线的方程是.令，得.所以分子..所以点在直线上.【点睛】本题第二问解题的关键在于分类讨论直线斜率不存在和存在两种情况，当直线斜率存在时，设，，写出直线的方程是和直线的方程是，进而计算得时的纵坐标相等即可.考查运算求解能力，是中档题.5．（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）设，代入斜率公式求；（2）设直线的方程是，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示，再根据（1）的结论证明.【详解】（1）设；（2）设直线的方程是，设与椭圆方程联立，得：，，，，,由（1）可知，两式消去，解得：.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，定值和定点，意在考查转化与化归的思想和计算能力，属于中档题型，第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.6．证明见解析分析：连结BD，设，，直线CD的方程为：，代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，，计算和（代入韦达定理的结论），两者相除可得．【详解】证明：连结BD，设，，直线CD的方程为：，代入椭圆方程，整理得，，∴，，又，∴（定值）．7．(1)(2)证明见解析分析：(1)作出图象，易知|EB|＋|EA|为定值，根据椭圆定义即可判断点E的轨迹，从而写出其轨迹方程；(2)设，当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为：，联立MN方程和E的轨迹方程得根与系数的关系，根据解出k与m的关系即可以判断MN过定点；最后再考虑MN斜率不存在时是否也过该定点即可.（1）由圆A：可得(，∴圆心A(－，0)，圆的半径r＝8，，，可得，，，由椭圆的定义可得：点E的轨迹是以A(，0)、B(，0)为焦点，2a＝8的椭圆，即a＝4，c＝，∴＝16－7＝9，∴动点E的轨迹方程为；（2）由(1)知，P(0，3)，设，当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为：，由，可得，∴，，∵，∴，即，整理可得：，∴k＝m＋3或m＝3，当m＝3时，直线MN的方程为：，此时过点P(0，3)不符合题意，∴k＝m＋3，∴直线MN的方程为：此时直线MN过点(－1，－3)，当直线MN的斜率不存在时，，，解得，此时直线MN的方程为：，过点(－1，－3)，综上所述：直线MN过定点(－1，－3).8．（1）；（2）12.【解析】（1）椭圆C过点，，在点处的切线方程为,可用待定系数法求椭圆的标准方程；（2）用设而不求法把p，q表示出来，整理化简即可.【详解】（1）由题意知椭圆在处的切线方程为也为，∴椭圆的方程为.（2）直线的方程为，，直线方程为：，令直线方程为，令∴.即.【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；（2）"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.9．（1）；（2）证明详见解析.分析：（1）由已知可得：，，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.（2）方法一：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）[方法一]：设而求点法证明：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．[方法二]【最优解】：数形结合设，则直线的方程为，即．同理，可求直线的方程为．则经过直线和直线的方程可写为．可化为．④易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．故，可得或．其中表示直线，则表示直线．令，得，即直线恒过点．【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计