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1、专题 08 椭圆中的定点、定值问题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。例 1、（ 2017 盐城高三三模18）已知 A 、 F 分别是椭圆 C : x2y 21(ab0) 的左顶点、 右焦点， 点 Pa2b2为椭圆 C 上一动点
2、，当 PFx 轴时， AF2PF .（ 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；（ 3）记圆 O : x2y2ab为椭圆 C 的“关联圆” .若 b3 ，过点 P 作椭圆 C 的“关联圆”的两条a2b234切线，切点为M 、 N ，直线 MN 的横、纵截距分别为m 、 n，求证：22 为定值 .mn解：（ 1）由 PFx 轴，知 xPc ，代入椭圆 C 的方程，得c2yP21 ，解得 yPb2a2b2a.又 AF2PF ，所以 a c2b21，解得 e.a2（ 2）因为四边形AOPQ
3、 是平行四边形，所以PQ a 且 PF / / x 轴，所以 xPa，代入椭圆 C 的方程，解得 yP32b ，2因为点 P 在第一象限，所以yP3 b ，同理可得 xQa ， yQ3 b2223b3bb2所以 kAP kOQ22aa，( a)a2221 / 14c1b233由（ 1）知 e，得2，所以 kAPkOQ.a2a44（ 3）由（ 1）知 ec1 ，又 b3 ，解得 a2，所以椭圆 C 方程为 x2y21 ，a243圆 O 的方程为 x2y223 .7连接 OM ,ON ，由题意可知，OMPM ， ONPN ，所以四边形 OMPN 的外接圆是以 OP 为直径的圆，设 P(x0 , y
4、0 ) ，则四边形 OMPN 的外接圆方程为(xx0 ) 2( yy0 ) 21(x02y02 ) ，224即 x2xx0 y2yy00 .（注：以 OP 为直径的圆的方程可以直接写出( x0)( xx0 ) ( y 0)( yy0 )0）由，得直线MN 的方程为 xx0yy023，7令 y0 ，则 m2 3；令 x0 ，则 n2 3.所以3449( x02y02) ，7x07 ym2n2430因为点 P 在椭圆 C 上，所以 x02y021，所以3449 .43m2n2例 2、（ 2018 苏锡常镇高三二模）如图，椭圆 x2y21(ab0) 的离心率为2 ，焦点到相应准线的距a2b22离为1
5、，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 ( x1，0) ，直线 AC 与直线 BD 交于点 N ( x2， y2 ) （ 1）求椭圆的标准方程；y（ 2）若 CM2MD ，求直线 l 的方程；CAB（ 3）求证： x1x2 为定值MOxND解：（ 1）由椭圆的离心率为2 ，焦点到对应准线的距离为1.22 / 14c2 ，a，得a2解得2a2c，1cc 1所以，椭圆的标准方程为x221 .y2（ 3）设 D坐标为 ( x3， y3） , 由 C(0,1) ， M( x1， 0) 可得直线 CM 的方程 y1 x 1，
6、x1y1，x1x 14x1x122联立椭圆方程得：, y3解得 x3x12x2y2，x122221由 B( 2,0) ，得直线 BD的方程：yx122(x2) 22x14x122直线 AC方程为 y2 x12联立得 x22即 x1 x2 =2，x1法 2：设 D坐标为 ( x3， y3），由,三点共线得1y3，所以x1x3C M Dx1x3x11y3由,三点共线得y3=y2，将y221 代入可得B D Nx322x2x22x22x32y322y3x323 / 14和相乘得， x1 x2x32x32 y322 x3 22x3 y32x31 y32y3x3=2y3 2x3 y3x3222x322x
7、3 y32x32 .x322(1) x3 y3x322xOy中，已知椭圆 x2y2例 3、（ 2018苏北四市高三一模18）如图，在平面直角坐标系22 1(a b 0) 的ab离心率为1，且过点3F 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2( 1， ) .2椭圆于 C,D 两点 .（ 1）求椭圆的标准方程；（ 2）若 AF FC ，求 BF 的值；FD（ 3）设直线 AB ， CD 的斜率分别为k1, k2 ，是否存在实数m ，使得 k2mk1 ，若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由 .yAx2y2解：（ 1）设椭圆方程为1(ab 0) ，Da2b2O
8、c1xa2x2y2Fa2由题意知：解得：119b，所以椭圆方程为：4133BCa24b2（ 2）若 AFFC ，由椭圆对称性，知33) ，A(1, ) ，所以 B( 1,22此时直线 BF 方程为 3x4 y303x4y30,13 （ x由 x2y21,，得 7 x26 x130 ，解得 x1舍去）74 3故 BF 1 ( 1) 7FD13137（ 3）设 A（x0 , y0 ) ，则 B( x0 , y0 ) ，直线 AF 的方程为 yy0( x1) ，代入椭圆方程x2y 21，得x0143(15 6 x0 ) x 28 y0215x0224 x0 0 ，4 / 14因为 xx0是该方程的一
9、个解，所以C 点的横坐标 xC85x0 ，52 x0又 C ( xc , yC ) 在直线 yy0( x1)上，所以 yCy0 ( xc1)3y0 ，x01x0152x0同理， D 点坐标为 ( 85x0，3y0) ，52x052x03 y03 y0所以 k252x052x05y05，85x085x03x0k1352x052x0即存在 m5 ，使得 k25k1 33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 : x2y24 ，椭圆C : x2y21，A 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4圆 O 的另一
10、交点为P ，直线 PD 与圆 O 的另一交点为Q ，其中 D (6 ,0) 设直线 AB, AC 的斜率分别为5k1, k2 （ 1）求 k1k2 的值；（ 2）记直线 PQ, BC 的斜率分别为 kPQ , kBC ，是否存在常数，使得 kPQkBC ？若存在，求值；若不存在，说明理由；yAC 必过点 Q PB（ 3）求证：直线解：（ 1）设 B( x0 , y0 ) ，则 C (x0,y0 ) ， x02y021DOA x41C2Qy0y021x01所以 k1k2y04x2 x2 x24x 2240000（ 2）联立yk1 ( x2)得 (1k12 ) x24k12 x4( k121)0
11、，x2y245 / 14解得 xP2(k21)k1( xP2)4k12 , yP112，1k1k1y k1 (x2)4k12 ) x216k12 x4(4k12联立x2y 2得 (11)0 ，14解得 xB2(4k21)k1 ( xB2)4k112 , yB11 2，4k14k14k1所以 kBCyB2k1， kPQyP1 k1265k1，xB4k121xP62(k121)4k12151 k125所以 kPQ5 kBC ，故存在常数5，使得 kPQ5 kBC 222法二：设直线 AC 方程： y1( x2) 与圆 O : x2y 24 联立方程组，运用韦达定理解出Q 坐标，4k1证明 Q 在直
12、线 PD 上，即可说明AC 必过点 Q （请同学们自己去尝试）x2y21(ab 0) ，过原点的任意一直线与椭圆交于A, B 两点， P 为椭圆上注：对于任意的椭圆C :2b2a6 / 14任意一动点，假设直线PA, PB 斜率都存在，则有b2k AP kBPa2证明：设 A( x1 , y1) , 则 B( x1 ,y1) ， P(x0 , y0 ) ，因为 A、B、P 在椭圆上所以 x12y121 ， x0 2y021 a2b2a2b2由 - 得 ( x1x0 )( x1x0 )( y1y0 )( y1 y0 )0 ，化简得a2b2k AP kBPb2a2例 5、（2017 苏锡常镇高三一
13、模18）已知椭圆 x2y21 右顶点为 A . 过点 D ( 2,2) 作直线 PQ 交椭圆2于两个不同点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y2k( x2) ，将直y2k ( x 2 )消去 y 得到一个关于x 的一元二次方程。 设 P( x, y ), Q( x, y) ，线与椭圆联立方程组x22y111222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( 2,0) 的直线 l1 : yk1 (x2) ， l 2 : y k2 ( x
14、2) 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(x1, y1 ), 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k1、 k2 的关系，进而得到答案。解：法一： A(2,0) ，当过 D (2 ,2)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 D ( 2 ,2) 的直线方程：y2k ( x 2 )7 / 14y2k (x2 )222由x2y 2得 (2k1)x4 2k (k 1) x 4( k 1)2 012法二： A(2,0) ，设过 A(2,0) 的直线 l1 : yk1( x2)
15、， l 2 : yk2 ( x2) 分别与椭圆交于P、Q 两点， P(x1, y1 ), Q(x2 , y2 )y k1( x2)由x2y 21得 ( 2k121)x24 2k12 x 4k1 22 022 x14k1222( 2k121): yk (x2 ) 解得 y122k12解得 x12代入直线 l22k112k11112k11同理可得 x22( 2k221)22k22k22， y22k2211因为 P、 Q、 D 三点共线，所以kPDkQD22k2222k122k2212k12122化简得：22k22 (2k2 1)22k12(2k1 1) ，即2(2k221)2(2k1221)22 22 22k2212k1218 / 14