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椭圆中的定点定值解析几何中的椭圆是高考中的热点,常见的有求最值、过定点、定值等,这类题型中以直线与椭圆相交为基本模型,处理问题的方法可以是设直线,运用韦达定理求出坐标之间的关系,过椭圆上一点的直线与椭圆相交是可以解出另一个交点的,而过椭圆外一点的直线与椭圆相交只能找到两个交点坐标的关系,不适宜解,再运用题目中的条件整体化简。也可以是设点的坐标,运用坐标在椭圆上或直线上整体代入化简,到底设什么需要根据题目的条件,因题而异。22例1、(2017盐城高三三模18)已知A、F分别是椭圆CiW+JuhaAb0)的左顶点、右焦点,点P为椭圆abC上一动点,当PF_Lx轴时,AF=2PF.(1) 求椭圆C的离心率;(2) 若椭圆C存在点Q,使得四边形AOPQ是平行四边形(点P在第一象限),求直线AP与OQ的斜率之积;记圆O:x2+y2=2%2为椭圆C的关联圆”.若b=J3,过点P作椭圆C的关联圆”的两条切线,切点4为M、N,直线MN的横、纵截距分别为m、n,求证:马+号为定值.学科*网mn解:(1)由PF_Lx轴,知xp=c,代入椭圆C的方程,得与十与=1,解得yp=b-.又AF=2PF,所以a+cn2-,解得abaa.3yfb,2 (2)因为四边形AOPQ是平行四边形,所以PQ=a且PF/x轴,a一所以xp=,代入椭圆C的方程,解得2yQ=*b233碍一2=膏,所以kAPQ=22一、xyC方程为一+=1,43因为点P在第一象限,所以yP=W3b,同理可得xQ=3b3bk=b2c所以kAP%Q=2.,由(1)知e=_a_(_a)一aa22 (3)由(1)知e=,又b=j3,解得a=2,所以椭圆圆。的方程为x2+y2=2巧7连接OM,ON,由题意可知,OM_LPM,ON_LPN,所以四边形OMPN的外接圆是以OP为直径的圆,设P(X0,y0),则四边形OMPN的外接圆方程为(x一色)2+(y一业)2=1(x2+y。2),2422即xxx0+yyy0=0食(注:以op为直径的圆的方程可以直接写出(x0)(xx。)+(y0)(yy。)=。)由一,得直线MN的方程为xx。yy。2、37令y=。,贝Um=3;令x=。,贝un=瓯.所以g+4=49(左十四),7x07y0m2n243因为点P在椭圆C上,所以至+业=1,所以3例2、(2018苏锡常镇高三二模)如图,椭圆+=1(ab。)的离心率为巨b2,焦点到相应准线的距离为1,点A,B,C分别为椭圆的左顶点、右顶点和上顶点,过点C的直线l交椭圆于点D,交x轴于点M(为,0),直线AC与直线BD交于点N(x2,y2).求椭圆的标准方程;II若CM=2MD,求直线l的方程;求证:x-1,x2为定值.N解:(1)由椭圆的离心率为,焦点到对应准线的距离为2*y匕4.心、干x22所以,椭圆的标准方程为一y=1.2(2)由bA0)的离心率ab3为1,且过点(1,3).F为椭圆的右焦点,A,B为椭圆上关于原点对称的两点,连接AF,BF分别交椭圆于C,D两2点.(1)求椭圆的标准方程;(2)若AF=FC,求既的值;m,使得k2=m&,若存在,求出m的值;若不存在,FD(3)设直线AB,CD的斜率分别为k,k2,是否存在实数请说明理由22解:(1)设椭圆方程为与+%=1(aAb0),abc12a=2由题意知:尸2解得:l,所以椭圆方程为:1 1旦=1b=3a24b233 (2)若AF=FC,由椭圆对称性,知A(1为,所以B(1一),22此时直线BF方程为3x4y_3=03x_4y_3=0,,得7x26x13=0,解得x=13(x=1舍去)故7由n=143BF1-(-1)7FD(3)设A(Xo,y0),则B(x。,y0),直线AF的方程为)=上以1),x0-1代入椭圆方程222(15-6x0)x-8y-15x024xo=0,因为X=Xo是该方程的一个解,所以C点的横坐标8-5xoxc=5-2x0又C(xc,yc)在直线y=y土(x1)上,所以yc=-3y0Xo-13y0-3y0同理,D点坐标为(8*552x03y),52x052x05-2x_5y5二_二k1,所以k2:85一8-5x3x032x05-2x055即存在m=,使得k2=-k1.3例4、(2016泰州高三期末19)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知圆O:x2+y2=4,椭圆C:十y2=1,4A为椭圆右顶点.过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B,C两点,直线AB与圆O的另一交点为P,直线6PD与圆。的另一交点为Q,其中D(,0).设直线AB,AC的斜率分别为峪人.5(1)求kk2的值;(2)记直线PQ,BC的斜率分别为kPQ,kBC,是否存在常数舄,使得kPQ=Hbc?若存在,求兀值;若不存在,说明理由;(3)求证:直线AC必过点Q.解:(1)设B(x0,y),则C(x0,y0),室42Ny0=12所以任=旦,4=_=x-2x2x-4121x4(2)联立y=k1(x_2)2、2*2寸=4碍(k1)x曰2(k1)-4虹旺、八临*2)解侍&=%水(&一2)=顷联-4ki2x2一yt4y得(1+4k12)x216k12x+4(4k121)=0,解得x=2(4k12-1)-4k1yp6Xp-514k12-4k121k1,yB=*一.,2)%4k;yB-2k1Xb4k12-1-5k12(k1-1)621k15552,所以kP=gk,故甬数=云,使碍kP(3)法一:当直线PQ与工轴垂直时J则螭=12二;所以直线点。必过点Q,4 -5&6当直PQ与x轴不垂宜时,直2土FQ方程为:y=-(+)j拓-15一5稣/6、y=g一部6好-1)二电Ff16好+1化一16婷+116局16甘+1所以七.2二二穴“故直线MC必过点0.4%法二:设直线AC方程:y=-1(x2)与圆O:x2+y2=4联立方程组,运用韦达定理解出4k1Q坐标,证明Q在直线PD上,即可说明AC必过点Q(请同学们自己去尝试)22P为椭圆上任意注:对于任意的椭圆C:与+%=1(aAbA0),过原点的任意一直线与椭圆交于A,B两点,b22aab动点,假设直线PA,PB斜率都存在,则有kAPkBP证明:设A(x1,y),则B(-x,-y),P(xo,y),因为A、B、P在椭圆上所以PQ1,手书=1b2b2由-得(为1。)%+海+370)。-0)=0,化简得kAPkBP=-a22例5、(2017苏锡常镇高三一模18)已知椭圆&+y2=1右顶点为A.过点D(J2,-J2)作直线PQ交椭圆于两个2不同点P、Q求证:直线AP,AQ的斜率之和为定值.分析:法一:先考虑过D的直线斜率不存在满不满足题意。若存在设直线方程y+J2=k(x-J2),将直线与椭圆联立方程组/x门2)消去y得到一个关于x的一元二次方程。设Ey=1P(Xi,yi),Q(X2,y2),根据韦达定理求出两根之和,两根之积。运用P、Q的坐标表达AP,AQ的斜率,化简得出结果。法二:设过A(j2,0)的直线11:y=k(xJ2),l2:y=k2(xJ2)分别与椭圆交于P、Q两点,将直线与椭圆联立方程组根据韦达定理解出P(xi,yi),Q(x2,y2)的坐标,因为P、Q、D三点共线,可以用斜率相等或者向量共线得到ki、k2的关系,进而得到答案。解:法一:a(J2,0),当过d(J2,-J2)的直线斜率不存在时,直线与椭圆只有一个交点a不符合题意。设过DJ2-2)的直线方程:y+J2=k(xJ2)由/x22一)得(2k2十i)x2_4-2贝jc.+工=一,jqx.=H土2-1-2*+1fcc-V2(Ar-l)_知一r/Gt+1)_2%冯一拒(2比+1(而+易)一4左+1)见-&+卷-一冬_切一+_Qq很)(为一切)2k1+1g-1此-整+1)=国+侬项券+l)=4Oq-72X一m=F-2=4K1*一D+=427I14所以七kAQ=h=即直绣AP=AQ的斜率之和为定值,定值为1法二:A(J2,0),设过A(j2,0)的直线li:y=ki(x_J2),l2:y=k2(x_J2)分别与椭圆交于P、Q两点,P(Xi,yi),Q(X2,y2)y=ki(x-.2)X_+y2=1得(2k12+1)x2_4框吟2乂+4&2_2=0222c4k1-2.2(2k1-1)一2.2吟J2x=2解得x=J代入直线l:y=吟(x_J2)解得y=22k112k111,/2k11,2(2k22-1)-2.2k2-问理可碍x2=一2-,y2=2因为P、Q、D二点共线,所以,_I2k212k21kpD=kQD2-2222k2+1=_2峪+1化简得2p2k2+J2(2k2+1)_2】2峪+72(2+1)即2(2k22-1)_2一2(21-1)_2归苛-2,2=-2、22k2212k121因为P、Q是两个不同的点,所以(kk2)(k1k2)=k-k2k#k2,所以k+k2=1,即直线便,血的斜率之和为定值,定值为1巩固练习:1、(2017南京盐城高三一模17)在平面直角坐标系xOy中,已知圆O:x2+y2=b2经过椭圆E:x+y2=1(0b2)的焦点.4b(1) 求椭圆E的标准方程;设直线l:y=kx+m交椭圆E于P,Q两点,T为弦PQ的中点,M(1,0),N(1,0),记直线TM,TN的斜率分别为临*2,当2m2-2k2=1时,求k1k2的值.xOy中,B1,B2是椭圆B1,B2的一动点.当直线PB1B2与乙QB1B2的面积之2、(2018苏北六市二模17)如图,在平面直角坐标系22x2+y2=1(aAbA0)的短轴端点,P是
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