专题 19 圆锥曲线（椭圆）综合大题类归类
目录
题型 01 圆锥韦达定理基础 ....................................................................................................................................................................1
题型 02 “定点型”原理：双变量直线啊.............................................................................................................................................4
题型 03 基本计算型：斜率和定 ............................................................................................................................................................6
题型 04 斜率积定 ..................................................................................................................................................................................9
题型 05 斜率比值定型 ..........................................................................................................................................................................12
题型 06 面积最值范围型 ....................................................................................................................................................................14
题型 07 圆过定点型 ..............................................................................................................................................................................17
题型 08 定值型 ......................................................................................................................................................................................20
题型 09 切线型 ......................................................................................................................................................................................24
题型 10 韦达定理不能直接用：“点带入”型...................................................................................................................................26
题型 11 韦达定理不能直接用：定比分点型.......................................................................................................................................31
题型 12 韦达定理不能直接用：系数不一致.......................................................................................................................................33
题型 13 韦达定理不能直接用：坐标计算型.......................................................................................................................................35
题型 14 压轴大题 ..................................................................................................................................................................................38
题型 01 圆锥韦达定理基础
【解题规律·提分快招】
基本模板实战模板
1、设点， A(x1， y1)， B(x2， y2 )
2、方程 1：设直线： y-y0 k(x x0 ) -----此处还有千言万语，在后边分类细说。
3、方程 2：曲线：椭圆，双曲线，抛物线，或者其他（很少出现），注意一个计算技巧，方程要事先
去分母
4、方程 3:联立方程，整理成为关于 x(或者 y）的一元二次方程。要区分，椭圆，双曲线，和抛物线联
立后方程
的二次项能否为零-----这就是实战经验。
5、（1） 0； （2）二次项系数是否为 0；------这两条，根据题确定是直接用，或者冷处理。但是
必须考虑。
6、方程 4、5：韦达定理
7、寻找第六个方程，第六个方程其实就是题目中最后一句话
【典例 1-1】
2 2
（24-25 x y 3高二上·天津河东·阶段练习）已知椭圆 C： + a b 0 A(0, 1)
a2 b2
1 的离心率为 ，且经过点 .
2
(1)求椭圆 C 的标准方程；
3
(2)若过点B(0, ) 的直线与椭圆交于 M，N 两点(点 M，N 与点 A 不重合)，求证： AMN 为直角三角形.
5
x2
【答案】(1) + y2 1(2)证明见解析
4
【分析】（1）由已知可得b 1，再由离心率求出 a即可求解；
（uuu2ur）u由uur题意设出直线 MN 的方程，联立直线 MN 与椭圆方程，利用韦达定理，结合平面向量数量积计算得
AM × AN 0，即可判定三角形为直角三角形.
x2 2
【详解】（1）Q C : y椭圆 + 1(a b 0) 3的离心率为 ，且经过点 A 0, 1 ,\b 1 .
a2 b2 2
c a2 1 3 2Qe ，解得 a 2 .\椭圆 C
x
的标准方程为 + y2 1.
a a 2 4
0, 3 （2）证明：若过点 ÷的直线 MN 的斜率不存在，此时 M，N 两点中有一个点与点 A 重合，不满足题目条件．
è 5
0, 3 3故过点 ÷的直线 MN 的斜率存在，设其斜率为 k，则 MN 的方程为 y kx + ，
è 5 5
ì
x1 + x
24k
2
ì 3 5 1+ 4k 2
y kx + 5
í 2 ，得x 1+ 4k
2 x2 24 64+ kx 0 .设M x1,y1 , N x ,y 642 2 ，则 íx1·x2 2 ，
+ y2 1 5 25 25 1+ 4k
4
Δ 0
\ y + y k x 6 6 2 3 9 100k
2 + 9
1 2 1 + x2 + 2 ， y1 × y2 k x1 × x2 + k x + x5 5 1+ 4k 5 1 2 + 25 2 .Q A 0, 125 1 + 4k ，
uuuur uuur 64 100k 2 + 9 6
\ AM × AN x1, y1 +1 × x2 ,y2 +1 x x + y y + y + y +1 + + +1 01 2 1 2 1 2 25 1+ 4k 2 25 1+ 4k 2 5 1+ 4k 2 ，
\ AM ^ AN ，即 AMN 为直角三角形.
【典例 1-2】
x2 y2 7
（24-25 高二上·天津和平·期末）已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 的离心率为 , F1, F2 分别是椭圆的左右焦点，过点F1a b 7
的直线交椭圆于M , N 两点，且 MNF2的周长为 4 7 .
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过点P 0,2 作斜率为 k k 0 的直线 l与椭圆C 交于两点 A, B，判断在 x 轴上是否存在点D，使得 ADB是以 AB 为
底边的等腰三角形？若存在，求点D横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由.
x2 y2 é 42 ù
【答案】(1) + 1(2)存在， ê ,0÷ U 0,
42
ú
7 6 42 ÷ è 42
【分析】（1）结合椭圆的定义及离心率求解即可；
（2）设直线 l的方程为 y kx + 2， k 0，设 A x1, y1 , B x2 , y2 , AB的中点为E x0 , y0 ，联立直线与椭圆方程，结合韦
达定理得到m
2k
2 ，进而结合一元二次方程的判别式求解即可.7k + 6
【详解】（1）由题意， MNF2的周长为 4a，则 4a 4 7 ，所以 a 7 ，
e c 7
2 2
又因为 ，所以 c 1，由 a2 b2
x y
+ c2，得b 6 ，所以椭圆C 的方程为 + 1.
a 7 7 6
（2）设直线 l的方程为 y kx + 2， k 0，
设 A x1, y1 , B x2 , y2 , AB的中点为E x0 , y0 .假设存在点D m,0 ，使得 ADB为以 AB 为底边的等腰三角形，则
ìy kx + 2,
28k
DE ^ AB . 2由 í x2 y2 得 7k + 6 x2 + 28kx 14 0，由题意有Δ 0，解得 k R ，故 x1 + x + 1, 2 7k 2 ，+ 6
7 6
12
14k 2 0
所以 x0 2 , y0 kx
12
0 + 2 2 ，因为DE ^ AB，所以 k × kDE 1 k 0 7k + 6
1
，即 14k ，7k + 6 7k + 6 m k
7k 2 + 6
m 2k 1 7mk 2 2k 6m 0 Δ 4 4 42m2 0 m2 42 42所以 2 ，整理得 + + ，则方程有根 ，整理得 ，即 m ，7k + 6 42 42 42
又因为 k 0，所以m 0 ，综上：在 x 轴上存在点D，使得 ADB是以 AB 为底边的等腰三角形，
é 42 42 ù
点D横坐标m 的取值范围是 ê ,0 0, .
42
÷÷ 42 ú è
【变式 1-1】
2 2
（24-25 · x y高三上 天津南开·期末）已知离心率为 e的椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 过点 2,0 , 3, 3e .a b
(1)求椭圆C 的方程和离心率 e； uuur uuur
(2) F 为椭圆C 的左焦点，A 为上顶点，点M 在 x 轴上，且 AM ^ AF .过点M 直线 l与椭圆C 交于 P,Q 两点，且 FP × FQ 4 ，
求直线 l的方程.
x2 y2
【答案】(1) + 1； e
1
(2) x ± 3y 3 0
4 3 2
【分析】（1）根据已知条件，构造方程组，求出椭圆方程即可；
（2）利用向量垂直求出点的坐标，接着设出直线方程与椭圆方程联立，通过韦达定理求出两根之和与两根之积，最后
根据向量数量积的关系求出直线的斜率，从而得到直线方程.
ì 4
a2
1
3 3e2 ìa 2 2
1 a2
+ 2 1b b 3 . C x y
2 c
【详解】（ ）由已知得方程组 í 解得 í 所以椭圆 的方程为 + 1. 椭圆离心率 e ，所以
c c 1 4 3
a
e
a
a2 2 2 b + c
e 1 .
2
（2）先求出点M 的坐标，由（1）得F ( 1,0), A(0, 3) .
uuur uuuur
因为 AM ^ AF ，向量 AF ( 1, 3)，设M (xM ,0) ，则 AM (x , 3) .
uuur uuuur M
由于 AF × AM 0，即 ( 1, 3) × (xM , 3) 0，
根据向量数量积公式，得到 1 xM + ( 3) ( 3) 0，解得 xM 3，所以M (3,0) .
设直线 l : y k(x 3)，P(x1, y1),Q(x2 , y2 ) ，
x2 y2
代入椭圆方程 + 1，并整理得 (3 + 4k 2 )x2 24k 2x + 36k 2 12 0 .
4 3
D (24k 2 )2 4(3 + 4k 2 )(36k 2 12) 0 ，展开并化简得，576k 4 4(108k 2 36 +144k 4 48k 2 ) 0，
3 24k 2 2
进一步得到 240k 2 +144 0，解得 k 2 < . 由韦达定理可得 x1 + x2 2 ， x x
36k 12
1 × 2 2 .
uuur uuur 5 3+ 4k 3+ 4k
计算FP × FQ (x1 +1)(x2 +1) + y y y k(x
2 2
1 2 ，将 1 1 3) ， y2 k(x2 3)代入得 (k +1)x1x2 + (1 3k )(x1 + x2 ) + 9k
2 +1 .
x x 24k
2 36k 2 12 36k 2 12 24k 2 79k 2 9
把 1 + 2 2 ， x1 × x2 2 代入上式得 (k
2 +1) 2 + (1 3k
2 ) + 9k 2 +1 .
3 + 4k 3+ 4k 3 + 4k 3 + 4k 2 3 + 4k 2
uuur uuur
FP FQ 4 79k
2 9
因为 × ，即 4，化简得79k 2 9 4(3 + 4k 2 )，即63k 2 21，
3 + 4k 2
k 2 1 3 3解得 < ，所以
3 5 k ±
. 直线 l的方程为 x ± 3y 3 0 .
3
题型 02 “定点型”原理：双变量直线啊
【解题规律·提分快招】
当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：y=kx + m ，依旧得讨论 k 是否存在情
况
当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。
（1）设成y=kx + m。此时直线不包含斜率不存在，注意适当的对此补充讨论。
（2）设成x=ty + m，此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。
（3）设“双变量”求定点时，第二种设法较简单。
（4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律：
一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论
根据之一。
处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为 k ），
（2）利用条件找到 k 与过定点的曲线F x, y 0 的联系，得到有关 k 与 x, y的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点 x0 , y0 ，使得无论 k 的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于 k
与 x, y的等式进行变形，直至找到 x0 , y0 ，
①若等式的形式为整式，则考虑将含 k 的式子归为一组，变形为“ k × ”的形式，让括号中式子等于 0，求
出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于 0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去 k 变为常
数.
【典例 1-1】
2
24-25 · · x y
2
（ 高二上 天津西青 期末）已知椭圆 2 + 2 1 a b 0 的左焦点F 为圆 x
2 + y2 + 2x 0 的圆心，且椭圆上的点
a b
到点F 距离的最小值为 2 1 .
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线 l : y kx + m m ±1 与椭圆交于两个不同点M , N ，点A 为椭圆上顶点，直线 AM 与 x 轴交于点E ，直线 AN
x uuur uuur与 轴交于点D，若OE ×OD 6 ，求证：直线 l经过定点.
(1) x
2
【答案】 + y2 1(2)证明见解析
2
【分析】（1）由椭圆方程求得圆心坐标即椭圆焦点坐标，知道 c的值.由椭圆上的顶点到焦点距离最小求得 a，通过平
方的关系求得b ，从而得到椭圆方程.
（2）设交点坐标为M x1, y1 , N x2 , y2 ，写出直线 AM 和 AN 的方程，从而求得点E, F 坐标.联立方程组并整理成关于 xuuur uuur
的二次方程，由根与系数的关系得到用 k, m表示 x1 + x2 , x1x2 ，从而表示出OE ×OF ，建立等量关系，解出m 的值，从而
找到直线定点.
【详解】（1）由题意得圆方程为： (x +1)2 + y2 1圆心为 1,0 ，
即F 1,0 ，∴ c 1 .
又椭圆上的点到点F 的距离的最小值为 2 1，∴ a c 2 1，解得： a 2 ，\b2 a2 c2 1，则b 1.
x2
椭圆方程为 + y2 1.
2
y 1
（2） A 0,1 ，设M x1, y1 , N x2 , y2 1，则直线 AM 的方程为 y x +1x .1
x1 x x
令 y 0 ，得点E 的横坐标 xE y 1 .所以点
E 1 ,0÷同理，点D 2 ,0 .
1 è y1 1 è y 1
÷
2
ìy kx + m,
22 1+ 2k 2 x2 + 4kmx + 2m2 2 0 . x x 4km由 í x 2 得 则 1 + 2 2 , x x 2m 2 .
+ y 1 1+ 2k
1 2 1+ 2k 2
2
uuur uuur x x
所以OE ×OD
x x x x
1 2 1y 1÷
× 2 1 × 2
è 1 è y
÷
2 1 kx1 + m 1 kx2 + m 1 k
2x1x2 + k m 1 x1 + x 22 + (m 1)
2m2 2
1+ 2k 2 1+ m uuur uuur 1+ m
2m2 2 4km 2 又OE ×OD 6 ，所以 2 6 .k 2 × 2 + k m 1 ×
+ (m 1)
2 m 1 m 1
1+ 2k è 1+ 2k 2 ÷
1
解得m
1
，此时Δ 2k 2 m2 +1 2k 2
3
+ 0 l ，所以直线 经过定点 0, .
2 4 è 2 ÷
【典例 1-2】
x2 y2 3
（24-25 高二上·天津静海·阶段练习）已知椭圆C 的方程为 2 + 2 1 a b 0 ，其右顶点 A 2,0 ，离心率 e ．a b 2
(1)求椭圆C 的方程； uuur uuur
(2)若直线 l : y kx + m k 0 与椭圆C 交于不同的两点M ， N （M ， N 不与左、右顶点重合），且MA × NA 0．求证：
直线 l过定点，并求出定点的坐标．
x2 6
【答案】(1) + y2 1(2)证明见解析， ,04 è 5 ÷
．
【分析】（1）由焦点坐标及离心率求出 a,b,c，得出方程；
（2）设 M，uuNur的uu坐ur标，联立直线和椭圆的方程，消去
y ，化简得关于 x 的一元二次方程，由韦达定理可得 x1 + x2 ， x1x2
的值，利用MA × NA 0得出 m 与 k 的关系式，最后检验直线所经过的定点，求出坐标．
【详解】（1）右顶点是 A 2,0 3 c 3，离心率为 ，所以 a 2， ，\c 3 ，则b 1，
2 a 2
2
\ x椭圆的标准方程为 + y2 1．
4
2 x
2
（ ）直线MN 方程 y kx + m 与椭圆方程 + y2 1 4k 2 +1 x2 + 8kmx + 4m2联立，得 4 0 ，设M x
4 1
, y1 ， N x2 , y2 ，
x + x 8km 4m
2 4
1 2 2 ， x1x2 ， y1y2 kx1 + m kx2 + m k
2x1x2 + km x + x + m24k +1 4k 2 1 1 2 ，+
Δ 8km 2 2 uuur uuur 4 4k +1 4m2 4 0 ， k R ，即 4k 2 m2 +1 0，MAgNA 0，则 x1 2, y1 x2 2, y2 0，
x 2 x 2 + y y 0 4m
2 4 2 8km\
2
4 k 2 4m 4 km 8km+ + + 2即 1 2 1 2 ， 4k 2 +1 è 4k 2
+ m 0
+1÷ 4k 2 +1 è 4k 2 +1÷
6
整理得5m2 +16mk +12k 2 0，\m k 或m 2k5 ，均满足 4k
2 m2 +1 0
6\ 6 直线 lMN : y k x ÷或 y k x 2 ，\直线过定点 ,0÷ 或 2,0 5 （与题意矛盾，舍去）è 5 è
6
综上知直线过定点 ,0÷ ．
è 5
【变式 1-1】
x2 y2 3
（24-25 高三上·天津南开·阶段练习）已知椭圆E : 2 + 2 1 a b 0 过点 1, ÷÷，其长轴长为 4，下顶点为 B ，若作a b è 2
与 y 轴不重合且不平行的直线 l交椭圆E 于P,Q 两点，直线BP, BQ分别与 x 轴交于M , N 两点.
(1)求椭圆E 的方程；
4
(2)当点M , N 横坐标的乘积为 时，试探究直线 l是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理
3
由.
2
【答案】(1) x + y2 1(2)直线 l过定点，坐标为 0,2 .
4
3
【分析】（1）先求出 a，再代入点 1, ÷÷解出b ，进而得到椭圆方程；
è 2
8km 4m2 4
（2）设直线 PQ的方程为 y kx + m ，直曲联立解出 x1 + x2 , x x 1+ 4k 2 1 2 1+ 4k 2
，再由
x x x1 × xM × N 2 m
k 2x1 × x2 + k m +1 × x + x + m +1
2 ，解出 值即可.
1 2
3
【详解】（1）由椭圆长轴长为 4，可知 2a 4, a 2
3
，将 1, 2 ÷÷
代入椭圆方程： 1 4
è + 1,b 1
，
4 b2
x2
所以椭圆E 的方程为： + y2 1.
4
（2）设直线 PQ的方程为 y kx + m ，P x1, y1 ,Q x2 , y2 ，由B 0, 1
则直线BP的方程为 y
y +1 x x
1 x 1 1 2
x ，令
y 0 ，得 xM ，同理可得 xN ，
1 y1 +1 y2 +1
x x × x x × x所以 M × x 1 2 1 2N y1 +1 × y2 +1 kx1 + m +1 × kx2 + m +1 ，
x x x1 × x× 2所以 M N k 2x1 × x2 + k m +1 × x + x
2 ，
1 2 + m +1
2
把直线 y kx + m
x
代入椭圆方程 + y2 1中，得出 1+ 4k 2 x2 + 8kmx + 4m2 4 0 ，
4
8km 2 x1 × x2 4
所以 x1 + x2 2 , x x
4m 4 x × x
1 2 2 ，代入 M N k 2x × x + k m +1 × x + x + m +1 2
，
1+ 4k 1+ 4k 31 2 1 2
4 m 1 4
化简得 ,m 2， 所以直线过定点 0,2 .
m +1 3
题型 03 基本计算型：斜率和定
【解题规律·提分快招】
x2 y2
2 + 2 （1 a b 0）
给定椭圆 a b ，与椭圆上定点 P（x0，y0），过 P 点走两条射线 PA、PB，与椭圆交与 A
和 B 两点，记直线 PA、PB 的斜率分别为 K1,K2,则有
2y 2b2(1)、若k1 + k2 t
x
，则直线AB过定点（x 00 ， y 0 )t 0 a2t
(2) k gk t AB 2b
2x 2
、若 ，则直线 过定点（ 0 x 2a ty01 2 2 2 + 0， 2 2 + y )ta b ta b 0
【典例 1-1】
2 2 3
（24-25 x y高三上·天津滨海新·阶段练习）已知F 1,0 为椭圆 2 + 2 1 a b 0 的左焦点，Pa b
1,
2 ÷为椭圆上一点
.
è
(1)求椭圆的方程；
(2)直线 l (不与 x 轴重合)经过O 0,0 并且交椭圆于C ，D两点(点C 在点D的右侧)，椭圆右顶点为A ，若 N 为线段OA
的中点，过点 N 作与 x 轴垂直的直线交直线 l于E ，直线 AE 与椭圆相交于点 B ，设直线 AC 与直线BD的斜率分别为
k1，k2 ，请问 k1 + k2 是否为定值 若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
2 2
【答案】(1) x y+ 1(2) k1 + k2 为定值，04 3
【分析】（1）由题意列方程求解，即可求得答案；
（2）设直线 l 方程为 y kx ，联立椭圆方程，即可表示出C, D 的坐标，进而求出 AE 方程，联立椭圆方程，求出 B 点
坐标，即可得 k1 + k2 的表达式，化简即可推出结论.
x2 y2 3
【详解】（1）由F 1,0 为椭圆 2 + 2 1 a b 0 的左焦点，P 1, 2 ÷为椭圆上一点.，a b è
ìa2 b2 1
ìa2 4 x2 y2
可得 í 1 9 ，解得 í 2 ，故椭圆方程为 + 1；
2 + 2 1 b 3 4 3 a 4b
ìy kx
（2）由（1）知 A 2,0 , N 1,0 ，且直线 l 的斜率存在不为 0，设其方程为 y kx ，联立 í x2 y2 ，则
+ 1 4 3
3x2 + 4k 2x2 12，
2 12 2 3 2 3k C 2 3 2 3k
即 x ，则 x ，则 y ，即 , ÷ ，
3 + 4k 2 C C3 + 4k 2 3 + 4k 2 è 3 + 4k 2 3 + 4k 2 ÷
D 2 3 , 2 3k
k 0
则 ÷÷ ; 又直线 AE 的方程为 y x 2 k x 2 ，
è 3 + 4k 2 3+ 4k 2 1 2
ìy k x 2
联立 í x2 y2 ，则 3+ 4k 2 x2 16k 2x +16k 2 12 0 ，由于该方程有一根为 2，故
+ 1 4 3
16k 2 12 22x , x 8k 6B 2 \3 + 4k B
0，
3 + 4k 2
2 3k
8k 2y k 6
2 12k
8k 2 6 12k 2 3k
则 B
3 + 4k
2 ÷ 2 ，即B ,3+ 4k 3+ 4k 3+ 4k 2 3+ 4k 2 ÷
故 k1 ，
è è 2 3 2 3 3 + 4k
2
3 + 4k 2
12k + 2 3k
k 3 + 4k
2
3 + 4k
2 12k + 2 3k 3 + 4k 2
k k 3k 12k + 2 3k 3 + 4k
2
2 2 ，故 + + ，8k 6 2+ 2 3 8k 6 + 2 3 3 + 4k
2 1 2 3 3 + 4k 2 8k 2 6 + 2 3 3 + 4k 2
3 + 4k 2 3 + 4k 2
3k 8k 2由于 6 + 2 3 3+ 4k 2 3 3 + 4k 2 12k + 2 3k 3 + 4k 2
8 3k 3 6 3k + 6k 3 + 4k 2 +12 3k 12k 3 + 4k 2 + 6k 3 + 4k 2 2 3k 3 + 4k 2 0，故 k1 + k2 0为定值.
【典例 1-2】
2 2 1 3
（24-25 x y高二上·天津河北·期末）已知椭圆C ： 2 + 2 1（ a b 0）的离心率 e ，且椭圆过点a b 2
1, .
è 2 ÷
(1)求C 的方程：
(2)过点M 0,1 直线 l与椭圆有两个交点A ， B ，已知 y 轴上点 N 0,3 ，求证： kNA + kNB 0 .
2 2
【答案】(1) x y+ 1；(2)证明见解析.
4 3
【分析】（1）利用给定的离心率及所过的点求出 a2 ,b2即得.
（2）设出直线 l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算得证.
x2 y2 1 a2 b2 1
【详解】（1）由椭圆C ： 2 + 2 1的离心率 e ，得 e
2 2 ，则2 4b
2 3a2 ，
a b a 4
(1, 3) 1 9
2 2
由椭圆C 过点 ，得 2 + 1，解得 a
2 4,b2 3 C x y，所以椭圆 的方程为 + 1.
2 a 4b2 4 3
（2）依题意，直线 l的斜率存在，设直线 l的方程 l： y kx +1，
ì x2 y2
+ 1
由 í 4 3 消去 y ，得 (3 + 4k 2 )x2 + 8kx 8 0 ，设 A(x1, y1), B( x2, y2)，
y kx +1
x 8k则 1 + x2 2 ， x1x
8
2 ，3 + 4k 3+ 4k 2
y1 3 y2 3 (kx1 +1) 3 (kx2 +1) 3 kx1 2 kx2 2
所以 kNA + kNB + + +x1 x2 x1 x2 x1 x2
8k
2
2k 2( 1 1+ ) 2k 2 x1 + x × 2 2k 2 × 3+ 4k 2k 2 8k × 0
x1 x
.
2 x1x2 8 8
3+ 4k 2
【变式 1-1】
2 2
（24-25 x y高三上·福建福州·阶段练习）已知椭圆C ： 2 + 2 1 a b 0 的右焦点 F 在直线 x + 2y 1 0上，A，B 分别a b
为C 的左、右顶点，且 AF 3 BF .
(1)求 C 的标准方程；
(2)是否存在过点G 1,0 的直线 l交 C 于 M，N 两点，使得直线 BM ， BN 的斜率之和等于-1？若存在，求出 l的方程；
若不存在，请说明理由.
x2 y2
【答案】(1) + 1(2)存在， x y +1 0 .
4 3
【分析】（1）先求出点F 的坐标，得出椭圆中的 c 1，结合椭圆的几何性质可出答案.
（2）设直线 l的方程为： x my 1，M x1, y1 ， N x2 , y2 ，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意
kPM + kPN 1，将韦达定理代入可出答案.
【详解】（1） 设右焦点F c,0 ，直线 x + 2y 1 0与 x 轴的交点为 1,0 ，所以椭圆 C 右焦
点 F 的坐标为 1,0 ，故在椭圆 C 中 c 1，由题意 AF a + c 3 BF 3 a c ，结合 c 1，则 a 2，
2 2
b2 a2 c2
x y
4 1 3，所以椭圆 C 的方程为： + 1；
4 3
（2）当直线 l的斜率为 0 时，显然不满足条件 kPM + kPN 1，当直线 l的倾斜角不为0°时，
设直线 l的方程为： x my 1，M x1, y1 ， N x2 , y2 ，
ìx my 1 2
由 í 2 2 ，可得 3m + 4 y2 6my 9 0，由题意Δ 36m2 4 3m2 + 4 9 144m2 +144 0
3x + 4y
，
12
6m 9 y1 y2 y1 y2 2my1 y2 3 y1 + y2
则 y1 + y2 2 ， y y ，由 k + k + + 3m 4 1 2 3m2 + 4 PM PN+ x1 2 x2 2 my1 3 my2 3 m
2 y1 y2 3m y1 + y2 + 9
2m 9 6m 2 3
3m + 4 3m
2 + 4
9 6m m k + k 1m2
，由 PM PN ，即m 1，故存在满足条件的直线，直线 l的方程为：
2 3m + 93m + 4 3m2 + 4
x y +1 0 .
题型 04 斜率积定
【解题规律·提分快招】
x2 y2
2 + 2 （1 a b 0）
给定椭圆 a b ，与椭圆上定点 P（x0，y0），过 P 点走两条射线 PA、PB，与椭圆交与 A
和 B 两点，记直线 PA、PB 的斜率分别为 K1,K2,则有
2
(1)、若k1 + k2 t，则直线AB
2y 2b x
过定点（x 00 ， y0 0 )t a2t
2b2x 2a2(2) k gk t ty、若 1 2 ，则直线AB过定点（ 02 2 +x
0
0， 2 2 + y0 )ta b ta b
【典例 1-1】
24-25 · · C x
2 y2
（ 高二上 浙江嘉兴 期中）已知椭圆 ： + 1 a b 0 过点H 3,1 6 1，离心率为 ，斜率为 2 2 的直线 l与a b 3 3
椭圆C 相交于异于点 H 的M ， N 两点，且HM ，HN 均不与 x 轴垂直．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)若 MN 10 ， P 为椭圆的上顶点，求 PMN 的面积；
(3)记直线HM ，HN 的斜率分别为 k1， k2 ，证明： k1k2为定值．
x2 y2
【答案】(1) + 1(2) 6 (3)证明见解析
12 4
ì 9 1
2 + 2 1
a b ìa 2 3
c 2 x2 y2
【详解】（1）根据题意得到 í ，解得 íb 2 ，故椭圆C 的方程为a 3 + 1
；
12 4
a2 b2 + c2 c 2 2
（2 1 2）因为 MN 1+ × x1 + x2 4x1x9 2 10 ，解得
m 2 或m 2，
1
当m 2 时，直线 l的方程 y x + 2经过点H 3,1 ，不符合题意，舍去；
3
1 6 + 6
当m 2时， y x 2，点P 0,2 到直线 l 6 10的距离 d ，
3 10 5
PMN S 1 MN d 1 10 6 10故 的面积 × × × 6；
2 2 5
1
（3）设M x1, y1 ， N x2 , y2 ，直线 l的方程为 y x + m，3
ìy 1 x + m 3
í 4x2 6mx + 9m2 36 0 Δ 6m 2 144 m2联立方程 2 2 ，得 ，由 4x y 0
4 3 4 3
，得 < m < ，
+ 1 3 3
12 4
x x 3m+ x x 9m
2 36
则 1 2 ， ，因为直线HM ，HN 均不与 x 轴垂直，所以 x1 3， x2 31 2 ，则m 0 且m 2，2 4
1 x + m 1 1 1 ÷ x2 + m 1
1 1
y 1 y 1 ÷ x1x2 m 1 x + x
2
è 3 è 3 1 2
+ m 1
所以 3m
2 6m 1
k1k2 1 × 2
9 3 ，
x1 3 x2 3 x1 3 x2 3 x1x2 3 x1 + x2 + 9 9m
2 18m 3
故 k1k2为定值.
【典例 1-2】
2 2 3
（24-25 高二上· x y浙江宁波·期中）已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 ，过点 A 1,
1
÷，离心率为 2 ，过点B 0,2 的直线 la b è 2
交椭圆于M , N 两点，若直线 AM , AN 的斜率都存在且分别为 k1,k2，
(1)求椭圆C 的方程
1 1
(2)求 +k 的值1 k2
(1) x
2 y2
【答案】 + 1(2)-4
4 3
【分析】（1）由椭圆离心率和椭圆上的点，求出 a2 ,b2，可得椭圆C 的方程；
1 1
（2）直线 l与椭圆联立方程组，设M x1, y1 ， N x2 , y2 ，表示出 k1,k2，利用韦达定理化简求得 +k k 的值.1 2
1 3 1 9
【详解】（1）因为椭圆的离心率为 ，所以 a 2c ，又椭圆过点 A 1, ÷，则 + 12 ，è 2 a2 4b2
x22 2 2 2 2 y
2
又 a b + c ，解得 a 4，b 3，所以椭圆 C 的方程： + 1．
4 3
（2）过点B 0,2 的直线 l交椭圆于M , N 两点，当直线 l斜率不存在时，有M 0, 3 ， N 0, 3 ，
3 + 3 3 3 3 + 3
3 + 3 1 1 1 1 ÷ ÷3 è 2 è 2 3k 2 3 ， k 2 3 3 ， + + 4 + ；1 1 0 2 2 1 0 2 k
3 3
1 k2 3 + 3 3 3 3
9
2 2
+ 3 3
è 2 ÷ 2 ÷ è 4
当直线 l斜率存在时，设直线方程为 y kx + 2，设M x1, y1 ， N x2 , y2 ，
ìy kx + 2
2 2
由 í x2 y2 ，消去 y 得 3 + 4k x +16kx + 4 0 x x 16k，有 1 + 2 2 , x1x 42 2 ，
+ 1 3+ 4k 3+ 4k 4 3
1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2 é4kx1x2 + x1 + x2 2k x + x 2ù+ 1 + 2 1 + 2
1 2
k k y 3 y 3 kx 1 1
2
1 2 + kx + 4k x1x2 + 2k x1 + x2 +11 2 2 2 1 2 2 2
16k 16k 32k 22 2 2 + 2
è 3 + 4k 3 + 4k 3 + 4k
2 ÷ 2 24k 2 6 1 1 2 2 2 4 .综上可得 + 416k 32k 3 12k k k .1 2 +1
3 + 4k 2 3 + 4k 2
【变式 1-1】
2 2
（24-25 x y 2高二上·天津和平·阶段练习）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 + 2 1 a b 0 的离心率为 .A
uuur uuur a b 2
为椭圆上异于顶点的一点，点 P 满足OP 2AO .
(1)若点 P 的坐标为 2, 2 ，求椭圆的方程；
uuur uuur 1
(2)设过点 P 的一条直线交椭圆于 B，C 两点，且BP mBC ，直线OA，OB 的斜率之积为 ，求实数 m 的值.2
2 5
【答案】(1) x + y2 1(2)
2 2
uuur uuur
【分析】（1）根据条件OP 2AO以及 P 2, 2 可得 A 点的坐标，再根据离心率的条件以及 a，b，c 的关系可求得 a，
b，c 的值，从而求出椭圆的方程；
（2）直线与椭圆位置关系，一般有两个思路，一是利用韦达定理，二是利用点坐标变换，本题选用后一种思路：设
x m 1 2y y 1 3 x2 x1,
A x1, y1 , B x2 , y2 ,C x3 , y3 ，则由OA,OB
1 1
的斜率之积 ，得 × 2
uuur uuur
{ m m
2 x1 x
，由BP mBC ，解出
2 2 y m 1 23 y y ,m 2 m 1
m 1 2
代入椭圆方程化简得 4 + 1，从而求出实数m 的值．
m2 m2
uuur uuur
【详解】（1）因为OP 2AO，而P 2, 2 2，所以 A 1, 2 ÷÷，è
1 2 2 b2 2
代入椭圆方程，得 2 + 2 1，①又椭圆的离心率为 ，所以 .②a 4b 1 2 a2
2
x2
由①②，得a2 2，b2 1 .故椭圆的方程为 + y2 1，
2
（2）设 A x1, y1 , B
uuur uuur uuur uuur
x2 , y2 ,C x3 , y3 ，因为OP 2AO，所以P( 2x1, 2y1)．因为BP mBC ，所以
ì m 1 2
ì 2x x m x x , x3 x2 x1, 2x1 x2 , 2y y m x x , y y
1 2 3 2 m m
1 2 3 2 3 2 ，即 í 于是 代入椭圆方程，得
2y1 y
í
2 m y3 y2 , y m 1 y 2 y ,
3 m 2 m 1
m 1 x 22 x1 2 m 1 2y2 2 y 2 2 2 2 21 4 x1 y2 m 1 x2 y2 4 m 1m m m m x，即 + + + 1x2 y+ 1 y2+ 1 1，③2 2 2 2 2 2 2
a2 b2 m a b m a b m a
2 b2
x2 y2 x2 y2
因为 A, B在椭圆上，所以 1 + 1 1, 2 + 22 2 1． ④a b a2 b2
1 y1 y2 1 x x
因为直线OA,OB 的斜率之积为 ，即 × ，结合②知 1 2
y
+ 1
y2
2 2 0x x 2 ．⑤2 1 2 a b
2 5
将④⑤代入③，得 4 m 1 + 1，解得m ．
m2 m2 2
题型 05 斜率比值定型
【典例 1-1】
2 2
（24-25 · x y 3高三上 天津·阶段练习）设椭圆E : 2 +
2
a b2
1 a b 0 的离心率等于 ，抛物线 x 4y的焦点F 是椭圆E 的
2
一个顶点， A, B分别是椭圆的左右顶点.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)动点 P 、Q为椭圆上异于 A, B的两点，设直线 AP ，BQ的斜率分别为 k1， k2 ，且 k2 3k1 ，求证：直线 PQ经过定
点.
x2
【答案】(1) + y2 1(2)证明见解析；
4
【分析】（1）由抛物线方程可得焦点坐标，由椭圆离心率的值和它的一个顶点，可得 a,b的值，即求出椭圆方程；
（2）设直线 AP 的方程，与椭圆方程联立，可得点 P 坐标，同理可得点Q坐标，进而求得直线 PQ方程，可证得直线 PQ
经过定点.
c 3
【详解】（1）易知抛物线 x2 4y的焦点F 0,1 ，由 a b 0可得b 1，由离心率 e ，且 a2 b2 + c2解得
a 2
a2 4；
x2
所以椭圆E 的方程为 + y2 1；
4
（2）证明：由（1）可知 A 2,0 , B 2,0 ，显然直线 AP 的斜率存在，且不为零，设直线 AP 的斜率为 k1 k ，
则直线 AP 的方程为 y k x + 2 ，如下图所示：
ì x2
+ y2 1 2
联立 í 4 2 2 2 2
16k 4
，整理可得 1+ 4k x +16k x +16k 4 0 ，因为直线 AP 过点 A 2,0 ，所以 2 × xP ，
y k x + 2 1+ 4k
2
2 8k 2 4k y k x 2 2 8k
2 4k
可得 xP ；代入 + 可得 yP ，即P , ；1+ 4k 2 1+ 4k 2 è 1+ 4k
2 1+ 4k 2 ÷
由 k2 3k1 可得直线BQ的斜率为3k ，所以直线BQ的方程为 y 3k x 2 ；
ì x2
+ y2 1 2 2 2 2
联立 í 4 ，消去 y 整理可得 1+ 36k x 144k x +144k 4 0 .
y 3k x 2
2 2
因为直线BQ B 2,0 2x 144k 4 72k 2过点 ，所以 Q ，可得 x ；1+ 36k 2 Q 1+ 36k 2
2
代入 y 3k x 2 12k Q 72k 2 可得 yQ 2 ，即 2 ,
12k
；
1+ 36k è 1+ 36k 1+ 36k
2 ÷
x x 2 8k
2 72k 2 2 2 1
若 P Q ，即 2 2 ，可得 k ，1+ 4k 1+ 36k 12
4k 12k
+
1+ 4k 2 1+ 36k 2 2k 1+ 36k 2 + 3+12k 2 4k 1+12k 2 4k
直线 PQ的斜率为 kPQ 2 8k 2 72k 2 2 4 ；
2 288k 1 12k 2 1+12k 2 1 12k
2
1+ 4k 2 1+ 36k 2
4k 4k 2 8k 2
直线 PQ的方程为 y 2 2 x 2 ÷，令 y 0 ，解得 x 1所以直线 PQ过定点 1,0 ，1+ 4k 1 12k è 1+ 4k
若 x x 2 1P Q，则 k ，此时 xP xQ 1，直线 PQ也过定点 1,0 .综上可得，直线 PQ过定点 1,0 12
【典例 1-2】
2 2
（24-25 x y高三上·天津河北·期末）已知直线 x 2经过椭圆 C： + a b 02 2 1（ ）的右焦点为 F，且被椭圆 C 截得a b
的线段长为 2 2 .
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)椭圆 C 的下顶点为 A，P 是椭圆 C 上一动点，直线 AP 与圆 O： x2 + y2 b2 相交于点 M（异于点 A），M 关于 O 的对
k
N AN C Q A . MN PQ k k k 0 1称点记为 ，直线 与椭圆 相交于点 （异于点 ） 设直线 ， 的斜率分别为 1， 2 ，试探究当 2 时， k2
是否为定值，并说明理由.
x2 y2
【答案】(1) + 1(2)是定值，理由见解析
8 4
【分析】（1）运用椭圆的几何性质，解方程可得 a，b ， c，进而得到所求椭圆方程；
（2）运用两点的斜率公式，分别计算线MN 的斜率为 k1，直线 PQ的斜率为 k2 ，即可得证.
4 y2
【详解】（1）根据题意， c 2，代入椭圆方程得 2 + 2 1，a b
y b
2 2b2 x2 y2
得 ± ，所以 2 2 ，再根据 a2 b2 + c2，可得a 2 2,b 2，所以椭圆 C 的标准方程为 + 1；
a a 8 4
（2）据题意，直线 AP 的斜率存在，且不为 0，设直线 AP 的斜率为 k ，则直线 AP 的方程为 y kx 2，
x2 y2 8k
联立 + 1，整理可得 1+ 2k 2 x2 8kx 0，所以 x 0或 x .
8 4 1+ 2k 2
8k 4k 2 2
所以点 P 2 2的坐标为 2 , 2 ÷，联立 y kx 2和 x
2 + y2 4，整理可得
1 2k 2k 1 1+ k x 4kx 0，所以 x 0或è + +
x 4k 2 .1+ k
4k 2k 2 2 1
所以点M 的坐标为 2 , 2 ÷ .显然，MN 是圆O的直径，故 AM ^ AN ，所以直线 AN 的方程为 y x 2 .
è1+ k k +1 k
8 4 2 1 k k 2 ÷ 8k 4 2k
2
用 代替 k ，得点Q的坐标为 2 , 2 ÷，即Q 2 , 2 ÷ .直线MN 的斜率k
2 +1 2 +1 ÷ è
k + 2 2 + k
è k k
4k 2 2 4 2k 2
k k 2k
2 2 k 2 +1 k 2 1 2
PQ 2k
2 +1 2 + k 2 k 1
1 OM × ，直线 的斜率 k .k 2 +1 4k 2k 2 8k 8k 3k
1+ 2k 2 k 2 + 2
k k 2 1 3k 3
所以 1 × 2 ，为定值，得证.k2 2k k 1 2
【变式 1-1】
2 2
（2024·北京· x y 1三模）已知椭圆E : + 1 b22 < 4 的离心率为 2 ．4 b
(1)求椭圆E 的方程和短轴长；
(2)设直线 l1 : y kx + m与椭圆 E 相切于第一象限内的点 P ，不过原点O且平行于 l1的直线 l2与椭圆 E 交于不同的两点 A，
k
B 1，点A 关于原点O的对称点为C ．记直线OP 的斜率为 k1，直线BC 的斜率为 k2 ，求 k 的值．2
x2 y2
【答案】(1)椭圆E 的方程为 + 1，短轴长为 2 3 (2)1
4 3
【分析】（1）根据椭圆的离心率求出b2 ，即可得解；
（2）根据直线 l1与椭圆相切，求出切点 P 的坐标，再求出直线OP 的斜率 k1；根据 l1 //l2，设出 l2的方程，表示出B,C 的
k1
坐标，得到BC 的斜率 k2 ，再探索 k 的值.2
4 b2 1 x2 y2
【详解】（1）由题意可得 ，解得b2 3，所以椭圆E 的方程为 + 1，短轴长为 2 3 ；
2 2 4 3
ìy kx + m
（2）由 í x2 y2 消 y 得 4k 2 + 3 x2 + 8kmx + 4m2 12 0 ①，
+ 1 4 3
由Δ 8km 2 4 4k 2 + 3 4m2 12 0，得m2 4k 2 + 3，此时方程①可化：m2x2 + 8kmx +16k 2 0，
4k 4k 4k 2 2
解得： x
m 4k 3
m （由条件可知：
k, m异号），设P x0 , y0 ，则 x0 ， y0 kx0 + m k· ÷ + m ，m è m m m
3
P 4k 3即 ,
，所以 k m
3
，因为 l //l ，所以可设直线 l ： y kx + n （ n 0， n m），
è m m ÷
1 1 2 2
4k 4k
m
ìy kx + n
由 í x2 y2 消 y 2 2 2得 4k + 3 x + 8knx + 4n 12 0，当D 0时，方程有两个不相等的实根，
+ 1 4 3
2
设 A x1, y1 ，B x , y x x
8kn 4n 12
2 2 ，则 1 + 2 2 ， x1x2 ，因为 A,C2 两点关于原点对称，所以C x1, y ，4k + 3 4k 3 1+
k y2 + y kx + n + kx + n
2n 2
所以 2
1 2 1 k 2n+ k + k
x x x x x x 8kn k
4k + 3 3
k k 1，所以 1 2 1
2 + 1 2 +
.
1 2 + 1 k4k 2 + 3 4k 4k 2
题型 06 面积最值范围型
【解题规律·提分快招】
求非常规型四边形的面积最大值，首先要选择合适的面积公式，对于非常规四边形，如果使用的面积公式
为 S
1
DMEN xN xM y1 y2 ，为此计算 y1 y2 ， xN - xM 代入转化为 k 的函数求最大值.2
【典例 1-1】
x2 y2 6
（24-25 高二上·天津北辰·期中）设椭圆E : 2 + 2 1(a b 0)的左右焦点分别为F1，F2，且过点 2, ÷÷ ，离心率a b è 2
1
为 2 ．
(1)求椭圆的方程；
(2)设动直线 l与坐标轴不垂直， l与曲线E 交于不同的M ， N 两点，且直线F2M 和 F2 N 的斜率互为相反数．
①证明：动直线 l恒过 x 轴上的某个定点，并求出该定点的坐标；
②求 OMN 面积的最大值．
x2 y2
【答案】(1) + 1(2)①证明见解析，定点T (4,0)；② 3
4 3
【分析】（1）根据条件建立方程组，直接求出 a,b，即可求解；
（2）①设直线 l : x my + t(m 0)，联立椭圆方程，得到 (3m2 + 4)y2 + 6mty + 3t2 12 0，由韦达定理得到
y y 6mt+ y y 3t
2 12
1 2 2 ， 1 2 2 ，再根据题设可得6m(t 4) 0，即可求解；②将问题转化成3m + 4 3m + 4
S OMN S 1 OTN S OTM 2 | OT | × | y1 y2 |，利用①
n
中结果，通过换元得到 S OMN 24 (3n +16)2 ，再利用基本不等式，即可求
解.
ì 2 3
2 + 1
a 2b
2
c 1 x2 y2
【详解】（1）因为 í e ，所以 a 2,c 1，b a2 c2 3，所以椭圆方程为 + 1.
a 2 4 3
a2 b2 + c2
ìx my + t
（2）①设直线 l : x my + t(m 0)，由 í ，消 y 得 (3m2 + 4)y2 + 6mty + 3t23x2 2
12 0
4y 12 ， +
6mt 2
设M (x1, y1) ， N (x , y )
3t 12
2 2 ，所以 y1 + y2 2 ， y y ，3m + 4 1 2 3m2 + 4
k k y1 y2 y1(x2 1) + y2 (x1 1) y1(my2 + t 1) + y2 (my1 + t 1)所以 MF +2 NF + 2 x1 1 x2 1 (x1 1)(x2 1) (x1 1)(x 1)
，
2
F M k + k 0 y1(my2 + t 1) + y2(my1 + t 1)因为直线 2 和 F2 N 的斜率互为相反数，所以 MF2 NF2 ，所以 (x1 1)(x
0
1) ，2
所以 y1(my2 + t 1) + y2(my1 + t 1) 0，所以 2my1 y2 + (t 1)(y1 + y2 ) 0，
2m 3t
2 12
即 2 + (t 1)
6mt
2 0，所以6m(t 4) 03m + 4 3m + 4 ，
因为m 0 ，所以 t 4，所以动直线 l恒过 x 轴上的定点T (4,0) ．② 由①知，
y y 24m y y 361 + 2 2 ， 1 2 ，且D (24m)
2 4(3m22 + 4) ×36 0 ，即
2 ，
3m + 4 3m + 4 m 4
2
又 S OMN S OTN S 1 OTM | OT | × | y y 11 2 | 4 (y1 y )
2
2 4y1y2 2 (
24m 2 36
2 ) 4 2 24
m 4
2 2 3m + 4 3m + 4 (3m2 + 4)2 ，
令 n m2 4 0 ，则m2 n + 4，
所以 S OMN 24
n 24 n 24 n 3
(3n +16)2 (2 3n ×16 )2 4 3n 16 ，当且仅当3n 16时取“=”， 所以 (S OMN )max 3 ．
.
【典例 1-2】
x 2 y 2
（24-25 高二上·贵州铜仁·阶段练习）已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0)，短轴的一个端点到右焦点的距离为a b 3
，半焦
距 c 2 .
(1)求椭圆C 的方程；
(2) 3设直线 l与椭圆C 交于A ， B 两点，坐标原点O到直线 l的距离为 ，求VAOB 面积的最大值.
2
2
【答案】(1) x + y2 1(2) 3
3 2
【分析】（1）由椭圆方程表示短轴的端点坐标右焦点坐标，利用两点距离公式建立方程，可得答案；
（2）利用分类讨论，分别设出直线方程，联立方程，求得弦长，结合基本不等式，可得答案.
x2 y2
【详解】（1）由椭圆方程 + 1， c 2 ，则短轴的端点为 0,b ， 0, b ，右焦点为 2,0
a2
，
b2
由短轴的一个端点到右焦点的距离为 3 ，
2 22
可得 0 + 2 + b 0 0 + 2 2 x+ b 0 2 3 ，解得b 1，所以a b2 + c2 3，椭圆方程为 + y2 1.3
2 l 3 3（ ） 当直线 的斜率不存在时，不妨设 l : x ，将 x 代入椭圆方程可得
2 2
2
3
2 ÷è ，+ y2 1
3
3
解得 y ± ，此时 AB 3 ，VAOB 1 3 3的面积为 3 ；
2 2 2 4
0 0 + m 2
当直线 l的斜率存在时，设方程为 y kx + m ， A x , y B x , y 3 3+ 3k1 1 ， 2 2 ，由题意可得 ，m2 ，
1+ k 2 2 4
ì y kx + m
2
联立可得 í x2 2 ，消去 y 可得 1+ 3k x2 + 6kmx + 3m2 3 0，由Δ 6km 2 4 1+ 3k 2 3m2 3 27k 2 + 3 0，
+ y 1 3
6km 2x + x x x 3m 3 2则 1 2 ， ， 2 21 3k 2 1 2 2 AB 1+ k x1 x2 1+ k × x1 + x2 4x x+ 1+ 3k 1 2
1 k 2 36k
2m2 4 3m
2 3 27k 2 + 3
+ 2 2 1+ k
2 ×
1+ 3k 2 1+ 3k 1+ 3k 2
4k 2 4 ÷
3 1
4
+ 4 2 ÷ 3 1+ 1 ÷ 3 1+ ÷ 4 2，è 9k + 6k +1 9k 2 + + 6 ÷ è 2 3+ 6
è k 2
2 1 2 1 1 3 3
当且仅当9k 2 ，即 k 时，等号成立，此时，VAOB 的面积最大值为3 2
；
k 2 2 2
3
综上所述，VAOB 面积的最大值为 .
2
【变式 1-1】
2 2
（24-25 x y 2高三上·天津滨海新·阶段练习）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆E : 2 + 2 1 a b 0 的离心率是 ，a b 2
短轴长为 2，若点 A, B分别是椭圆E 的左右顶点，动点M (a, t)， (t 2)，直线 AM 交椭圆E 于 P 点.
(1)求椭圆E 的方uu程uur；uuur
(2)（i）求证：OM × BP是定值；
S1
（ii）设 ABP的面积为 S1，四边形OBMP 的面积为 S2，求 S 的最大值.2
2
【答案】(1) x + y2 1；(2)①证明见解析；②1.
2
【分析】（1）由已知得b 的值，再由离心率求出 a关系，即可求出椭圆方程. uuuur uuur
（2）①由（1）得 A( 2,0), M ( 2, t)，求出直线 AM 方程，与椭圆方程联立，求出点 P 坐标，进而得出OM , BP坐标，
1 S1
即可证明结论；② S1 × 2a × y p , S2 S△ABM S△AOP ，将 S1, S2 表示为关于 t的函数，进而得出 关于 t的函数，整理利2 S2
用 t的范围，即可求解.
2 a2 b2 2
【详解】（1）由短轴长为 2，得b 1，由离心率为 ，得
2 e
，解得 a 2 ，
a 2
x2
所以椭圆E 的方程为 + y2 1.
2
t
（2）由（1）知， A( 2,0), B( 2,0), M ( 2, t)，直线 AM 的斜率 kAM ，2 2
ì x2
+ y
2 1
y t直线 AM 的方程为 (x + 2)
2
，由 í 消去 yt 得 (t
2 + 4)x2 + 2 2t 2x + 2t 2 8 0，设点P(xP , yP )，2 2 y (x + 2)
2 2
2t 2 8 4 2 2t 2 y t (x 2) 4t则 ( 2)x ，解得 x + P t 2 + 4 P
， P P 2 ，t 2 + 4 2 2 t + 4
uuuur uuur
OM ( 2, t) BP (x 2, y ) ( 2 2t
2 4t uuuur uuur 2
， P P 2 , ，所以2 ) OM BP
2 2t 4t
× 2 × 2 + t × 2 0 .t + 4 t + 4 t + 4 t + 4
② 1 1 4t 4 2t 1 1 4t 2 2t依题意， S1 ×2a × yP × 2 2 × ，2 2 S2 S△ABM S△AOP × 2 2 × t × 2 × 2 2t ，2 2 t + 4 t + 4 2 2 t + 4 t2 + 4
4 2t
S t 21 4 S因此 + 4 2 1
1
，当
S t + 2 t 2
时取等号，所以 的最大值为 1.
2 2t 2 2t
S
2
t 2 + 4
题型 07 圆过定点型
【解题规律·提分快招】
圆过定点，有常见几方面的思维
（1）利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算
（2）利用对称性，可以猜想出定点，并证明。
（3）通过推导求出定点（难度较大）
【典例 1-1】
2 2 1
（2014 高三·全国·专题练习）已知椭圆E : x y+ 1 (a b 0)的左焦点为F2 2 1，右焦点为F2，离心率 e .过F2 1
的直线
a b
交椭圆于A 、 B 两点，且DABF2 的周长为8 .
（1）求椭圆E 的方程；
（2）设动直线 l : y kx + m 与椭圆E 有且只有一个公共点 P ，且与直线 x 4相交于点Q .求证：以 PQ为直径的圆恒过一
定点M .并求出点M 的坐标.
x2 y2
【答案】（1） + ＝1（2）存在定点 M(1，0)，
4 3
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据过F1的直线交椭圆于 A, B两点，且DABF2 的周长为 8，可得 4a 8，即 a 2，利用
ì y kx + m
e 1 ，b2 a2 2
c 3 2 2 2，即可求得椭圆 E 的方程．（Ⅱ）由 í x2 y2 消元可得 4k + 3 x + 8kmx + 4m 12 0，利用2 + 1 4 3
4k 3 y kx + m
动直线 l : y kx + m 与椭圆 E 有且只有一个公共点P x0 , y0 ，可得m 0, D 0，进而可得P , ÷，由{
è m m x 4
得
Q 4,4k + m ，取 k 0, m 3;
k 1 ,m 2，猜想满足条件的点M 存在，只能是M 1,0 ，再进行证明即可
2
试题解析：（1）∵ AB + AF2 + BF2 8 ,即 AF1 + BF1 + AF2 + BF2 8 .又 AF1 + AF2 BF1 + BF2 2a ，所以
4a 8,a 2 .
e 1 c 1 x
2 y2
又因为 ，即 ，所以 c 1，所以b a2 c2 3 .故椭圆E 的方程为 + 1. 2 a 2 4 3
ìy kx + m
（2）法一：由 í x2 y2 消去 y 得 (4k 2 + 3)x2 + 8kmx + 4m2 12 0 .
+ 1 4 3
因为动直线 l与椭圆E 有且只有一个公共点P(x0 , y0 )，所以m 0 ，且D 0，即
64k 2m2 4(4k 2 + 3)(4m2 12) 0，化简得 4k 2 m2 + 3 0 .
此时 x
4km 4k y kx m 3 P( 4k 30 ， + ，所以 , )4k 2 + 3 m 0 0 m m m
x 4
由{ 得Q(4, 4k + m)y kx + m
从而以线段 PQ
4k 3
为直径的圆的方程满足 (x 4, y 4k m) × (x + , y ) 0，化简得
m m
x2 4( k 1)x y2 (4k m 3+ + + + )y 3 4k 0 k 4k+ . 2由对称性知，点M 必在 x 轴上.而当 y 0 时， x + 4( 1)x + 3 0 ,
m m m m m
易得 x 1，此式恒成立.故命题成立.定点坐标为M (1,0) .
ìy kx + m
法二：由 í x2 y2 消去 y 得 (4k 2 + 3)x2 + 8kmx + 4m2 12 0 .因为动直线 l与椭圆E 有且只有一个公共点P(x0 , y0 )，所+ 1
4 3
以m 0 ，且D 0，即64k 2m2 4(4k 2 + 3)(4m2 12) 0，化简得 4k 2 m2 + 3 0 .
x 4km 4k
x 4
此时 0 2 ， y0 kx0 + m
3 4k 3
，所以P( , )由{ Q(4, 4k + m) .
4k + 3 m m m m y kx + m
得
因为存在定点M 满足条件，由图形对称性知：点M 必在 x 轴上.取 k 0, m 3,
此时P(0, 3),Q(4, 3), 以 PQ为直径的圆的方程为 (x 2)2 + (y 3)2 4,交 x 轴于M1(1,0) , M 2 (3,0)
1
;取 k ,m 2，此
2
时P(1,
3),Q(4,0) PQ 5 2 3 2 45，以 为直径的圆的方程为 (x ) + (y ) ，交 x 轴于点M 3(1,0), M 4(4,0) .所以满足条件的点2 2 4 16
存在，其必为 (1,0) .
下面证明点M (1,0)满足条件.
uuur
MP ( 4k
uuuur uuur uuuur
因为 1,
3 ), MQ (3, 4k m), MP MQ 12 + 所以 × k 3
12
+ k + 3 0，故
uuur uuuurm m m m
恒有MP ^ MQ ,故点M (1,0)恒在以线段 PQ为直径的圆上.
考点：1.直线与圆锥曲线的综合问题；2.椭圆的标准方程
【典例 1-2】
x2 2
（24-25 高二上· y天津·期中）已知椭圆G： 2 + 2 1(a b 0) ，A 点为椭圆短轴的上端点，P 点为椭圆上异于 A 点的a b
任一点，若 P 点到 A 点距离的最大值仅在 P 点为短轴的另一端点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知b 2 ，椭圆G
e 2的离心率
2
(1)求椭圆G的标准方程；
(2)试判断椭圆G是否是“圆椭圆” 并证明你的结论；
(3)Q 点为 P 点关于原点 O 的对称点，Q 点也异于 A 点，直线 AP、AQ 分别与 x 轴交于 M、N 两点，试问以线段 MN 为
直径的圆是否过定点 证明你的结论．
x2 y2
【答案】(1) + 1；(2)椭圆G是“圆椭圆”，证明见解析；(3)过定点 (0, ±2 2)，证明见解析.
8 4
【分析】（1）由给定的离心率及短半轴长求出 a即可.
（2）设点P(x0 , y0 ), y0 2，利用两点间距离公式，结合椭圆方程求出 | PA |取得最大值的点 P 位置即可推理得证.
（3）由（2）中点P(x0 0) ，求出点Q的坐标，由直线的点斜式方程求出点M , N 的坐标，再结合对称性可得圆过的定
点必在 y 轴上，设出此点坐标，利用向量数量积列式计算即得.
2 a2 b2 2
【详解】（1）由b 2 ，椭圆G的离心率 e ，得 e ，解得 a 2 2 ，所以椭圆G的标准方程为
2 a 2
x2 y2
+ 1 .
8 4
（2）由（1）知， A(0, 2)，设P(x0 , y0 ), y 2 x
2 2
0 ，则 0 8 2y0 ，
于是 | PA | x20 + (y 2)
2 8 2y2 + y2 4y + 4 (y + 2)2 +16 ，而 2 y0 < 20 0 0 0 0 ，因此当且仅当 y0 2 时，| PA |max 4，
此时点P(0, 2)，即点 P 点到 A 点距离的最大值仅在 P 点为短轴的另一端点时取到，所以椭圆G是“圆椭圆”.
（3）由（2）知， A(0, 2) P(x , y ), x 0 Q( x , y ) x2 8 2y2，设 0 0 0 ，则 0 0 ， 0 0 ，
AP : y y0 2 x + 2, AQ : y y 0 2直线 x + 2，则M (
2x0 ,0), N ( 2x0 ,0)
x0 x
，
0 y0 2 y0 2
若以线段MN 为直径的圆过定点C ，由对称性知点C 在 y 轴上，
uuur uuuur uuuur 2x uuur 2x
设C(0, t) 0 0，则CN ×CM 0，而CM ( , t),CN ( , t)y0 2 y 2
，
0
uuur uuuur
CN CM 4x
2
0 t 2 0 t 2 4x
2
0 4(8 2y
2
× + 0
)
于是 2 ，即 2 2 8，解得4 y 4 y 4 y t ±2 2 ，0 0 0
所以以线段MN 为直径的圆过定点 (0, ±2 2) .
【变式 1-1】
x2 y2
（21-22 高三上·天津武清·阶段练习）设椭圆 2 + 2 1(a b 0) 的左、右焦点分别为F1，F2，M 为椭圆上一动点，a b
已知椭圆的短轴长为 2 3 ，△F1MF2面积的最大值为 3 .
（1）求椭圆方程；
（2）设椭圆的左顶点为 A1，过F2的直线 l与椭圆交于A 、 B 两点，连接 A1A， A1B 并延长分别交直线 x 4于 P ，Q两
点，以 PQ为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标，若不是，请说明理由.
x2 y2
【答案】（1） + 1；（2）过定点，定点坐标为 7,0 和 1,0 .
4 3
【分析】（1）根据已知条件求得 a,b,c，由此求得椭圆方程.
（2）设直线 l的方程为 x my +1，结合根与系数关系求得圆的方程，进而求得圆所过定点坐标.
ì2b 2 3
1 x2 y2
【详解】（1）依题意 í × 2c ×b 3，解得 a 2,b 3,c 1 .所以椭圆方程为：2 + 1
.
4 3
a
2 b2 + c2
（2） A1 2,0 , F2 1,0 依题意可知，直线 l与 x 轴不平行，设直线 l的方程为 x my +1，
ìx my +1
2 2
í x2 y2 ，消去 x 并化简得 3m + 4 y + 6my 9 0 ，设 A x1, y1 , B x2 , y1 2 ，则
+
4 3
y 6m 91 + y2 3m2
, y1 × y2 2 ，+ 4 3m + 4
y y1直线 A1A的方程为 x 2
+ 6y y2，则P 4, 1 ÷，直线 A1B 的方程为 y x + 2
Q 4, 6y2
x1 + 2 è x1 + 2 x + 2
，则 ，
2 è x2 + 2
÷
PQ 6y1 6y2
PQ 3y1 3y2 PQ 4, 3y ， 中点为 1
3y2 + ，所以，以 PQ为直径的圆的方程为：
x1 + 2 x2 + 2 2 x
÷
1 + 2 x2 + 2 è x1 + 2 x2 + 2
2 2
2 3y 3y 3y 3y 3y1 3y2 y1 x2 + 2 + y2 x1 + 2 x 4 + y 1 2 1 2 ， + 3
è x + 2 x + 2
÷
è x + 2 x + 2
÷
x1 + 2 x2 + 2 x1 + 2 x2 + 21 2 1 2
9 6m
y1 my2 + 3 + y2 my1 + 3 2my y + 3 y + y
2m
è 3m2
+ 3
3 3 1 2 1 2 3 + 4
÷ ÷
è 3m2 + 4 3m
my1 + 3 my2 + 3 m2 y1 y2 + 3m y1 + y2
.
+ 9 m2 9 + 3m
6m + 9
è 3m2 + 4 ÷ è 3m2 + 4 ÷
3y1 3y2 y1 x2 + 2 y3 2 x1 + 2 y1 my2 + 33 y2 my1 + 3 9 y1 y 2
x1 + 2 x2 + 2 x1 + 2 x2 + 2 my1 + 3 my 22 + 3 m y1 y2 + 3m y1 + y2 + 9
6m
2
36
2
3y 3y 81 y1 + y
2 2
1 2 2
4y1y2 81 è 3m + 4
÷
è 3m2 + 4 ÷
÷ 9m22 2 2 + 9 .
è x1 + 2 x2 + 2 ém y1 y2 + 3m y1 + y2 + 9 ù ém2 9 3m 6m ùê 2 ÷ +
3m + 4 3m2 + 4 ÷
+ 9
è è ú
2 2
所以圆的方程为 x 4 + y + 3m 9m2 + 9 .所以圆过定点 7,0 和 1,0 .
题型 08 定值型
【解题规律·提分快招】
求定值问题常见的思路和方法技巧：
（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．
求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题
【典例 1-1】
2 2
（2024· x y 1天津滨海新·三模）已知椭圆 M ： + 1（ a b 02 2 ）的离心率为 A, B2 ， 分别为椭圆的左顶点和上顶点，a b
F 31为左焦点，且 F1AB 的面积为 ．
2
(1)求椭圆M 的标准方程；
(2)设椭圆M 的右顶点为C ， P 是椭圆M 上不与顶点重合的动点．
①若点P 1, y0 （ y0 0），点D在椭圆M 上且位于 x 轴下方，设△APC 和△DPC 的面积分别为 S1， S2．若
S S 31 2 ，求点D的坐标；2
②若直线 AB 与直线CP交于点Q，直线BP交 x 轴于点 N ，设直线QN 和直线QC 的斜率为 kQN ，kQC ，求证：2kQN kQC
为定值，并求出此定值．
2 2 3
【答案】(1) x y+ 1；(2)① D 1,
3
÷ ；②证明见解析， .4 3 è 2 2
【分析】（1）根据已知条件，列出关于 a，b，c 的方程组即可求解；
（2）①根据面积关系可得 S DPC S OPC ，从而得OD∥PC ，据此即可求解；②联立 QC 和 AB 的方程，求出 Q 点坐
标，联立 QC 和椭圆方程，结合韦达定理求出 P 点坐标，求出 BP 的方程，从而可求 N 的坐标，再根据斜率计算公式
即可求解．
ì c 1
ìa 2 a 2 2 2
【详解】（1）由题意得 í ，又 c2 a2 b2 ，解得 íc 1
x y
，\椭圆M 的标准方程为 + 1．
1 a c b 3 4 3
2 2 b 3
C 2,0 P 1, y y 0 3（2）①由（1）可得 ，点 0 （ 0 ）在椭圆M 上，代入椭圆方程得 y0 ，2
S S S S 1 3 3 3 1连接PC ，∵ 1 2 APC DPC 4 S ， \S S S ，2 2 DPC 2 DPC 2 2 APC OPC
ì
3 y
3
x
3 2
\OD∥PC ，∴ 0kOD k 2
3 ，∴直线OD 的方程为 y x ，联立 í 2 2 ，
PC 1 2 2 2 x y+ 1
4 3
ìxD 1 ìxD 1 3
解得 í 3 或 í 3 （舍去），\D 1, y y ÷
．
D D è 2 2 2
②设直线QC 的斜率为 k ，则直线QC 的方程为： y k x 2 ，
ì 2 2k + 3
ìy k x 2 x
又B 0, 3 ， A 2,0 AB 3 2k 3，直线 的方程为 y x + 2 ，由 í
2 y 3
，解得 í ，
x + 2 2 y 4 3k
2k 3
2 2k + 3 ìy k4 3k x 2
∴ Q , ÷ 2 2 2 2 ÷，由 í x
2 y2 ，得 3+ 4k x 16k x +16k 12 0 ，2k 3 2k 3 + 1è 4 3
Δ 256k 4 4 3+ 4k 2 16k 2 12 0 2x 16k
2 12 8k 2 6 8k 2 6 12k
，则 P ，∴ xP ，则 yP k xP 2 k 2 22 2 3 + 4k ÷ ，3 + 4k 3+ 4k 2è 3+ 4k
12k
8k 2 6 12k 3 22 3 3+ 4k 2 4 3k 12k 3 3\P 2 , 2 ÷，依题意 B 、 P 不重合，∴8k 6 0，即 ，∴ k
è 3 + 4k 3 + 4k
k ± BP
2 8k
2 6 8k 2 ， 6
3+ 4k 2
4 3k 2 12k 3 3 4 3k 2 12k 3 3 2 2k 3\直线BP的方程为 y x + 3，令 y 0 2 ，即 2 x + 3 0，解得8k 6 8k 6 x ， 2k + 3
4 3k
2 2k 3 2k 3 8 3k +12 1 3
\ N ,0÷，\kQN k + 3 2k + 3 ÷ 2 2k + 3 2 2k 3 16 3 2 4 ，\2kQN kQC 为定值．
è 2
2k 3 2k + 3
【典例 1-2】
2 2
（2024· x y 1天津北辰·三模）已知椭圆C ： 2 + 2 1(a b 0) 的离心率为 2 ，左 右焦点分别为F1，F2，上 下顶点分别a b
为 A1， A2，且四边形 A1F1A2F2 的面积为 2 3 .
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)直线 l： y kx + m(m 0)与椭圆C 2 2交于 P，Q 两点，且 P，Q 关于原点的对称点分别为 M，N，若 OP + OQ 是一
个与m 无关的常数，则当四边形PQMN 面积最大时，求直线 l的方程.
x2 y2
【答案】(1) + 1(2)答案见解析
4 3
e c 1 1【详解】（1） ， S四边形A F A F × 2c × 2b 2bc 2 3，所以a 2 2 bc 3
，
1 1 2 2
x2 y2
因为 a2＝b2+c2，所以 a＝2，b 3 ，c＝1，所以椭圆方程为 + 1．
4 3
（2）如图，设 P（x1，y1），Q（x2，y2），
OP |2 + OQ |2 x2 + y2 + x2 + y2 x2 3 3+ 3 x2 + x2 + 3 x2 1 6 + x2 + x2 6 1+ [ x + x )21 1 2 2 1 4 1 2 2 2x x ù4 4 1 2 4 1 2 1 2 ，
ìy kx + m
联立 í x2 y2 ，消去 y 整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即 m2＜
+ 1 4 3
2
2 8km 4m 12 OP |2 OQ |2 6 1 [ 8km )2 8m
2 24 ù
3+4k ，所以 x1 + x2 ， x x + + 3+ 4k 2 1 2 3 + 4k 2
. ， 4 3 + 4k 2
è 3 + 4k
2 ú
1 32k 2m26 24m
2 + 96k 2 + 72
+ × ，因为|OP|2 2 2
3
2 2 +|OQ| 是一个与 m 无关的常数，所以 32k2﹣24＝0， k ，4 (3 + 4k ) 4
k 3 ± ，
2
2 2 2 2 2
x1 + x
4km
2 ， x
2m 6
1x2 ， PQ 1+ k
2 (x + x )2 4x x 1 k 2 16k m 8m 24 24 4m3 1 2 1 2 + 1+ k
2
3 9 3 3
m 1 6 m2O 1 3点 到直线 l 的距离dO ，所以2 S POQ PQ d m 6 m
2 m2 3 ，
1+ k 2 O 3 3 3
当且仅当 6 m2 m2 ，即 m2＝3，因为 m＞0，所以m 3 时，取得最大值为 3，
3 3
因为 S 四边形 MNPQ＝4S△POQ，所以 S△POQ 最大时，S 四边形 MNPQ最大，所以 l：y x + 3 或 y x + 3 ．
2 2
【变式 1-1】
2 2 3
（24-25 高二上·天津· x y期中）已知椭圆C : F , F , F F 2 M 3,2 + 2 1(a b 0) 的左、右焦点分别为 1 2 1 2 ，点 2 ÷÷在椭a b è
圆C 上.
(1)求椭圆C 的标准方程；
uuur uuuur
(2) M 5过点 的直线 l与椭圆C 交于点A ，与 y 轴交于点 B .若 AB BM ，求直线 l的斜率；
2
PF PF
(3) 1 2P 为椭圆C 上一点，射线PF1, PF2分别交椭圆C 于点D, E ，试问 +DF EF 是否为定值 若是，求出该定值； 若不1 2
是，请说明理由.
x2 2(1) y+ 1(2) l k 5 2 3 5 6
PF PF 10
【答案】 直线 的斜率 或 (3)
1 + 2
DF EF 是定值，为4 3 2 2 1 2 3
【分析】（1）利用椭圆的标准方程和M 点坐标列方程求解即可；
3 uuur 5 uuuur（2）设直线 l : y kx 3k + ， A x1, y1 ，根据 AB BM 利用向量相等的坐标表示列方程求解即可；
2 2
PF
3 x 1
PF2
（ ）分情况讨论，当点 P 在 轴上时直接求出 + xDF EF 的值，当点 P 不在 轴上时，由对称性不妨设
P x0 , y0
1 2
y0 0 ，表示出直线PD, PE，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，代入计算即可.
【详解】（1）因为椭圆C 中 F1F2 2，所以 2c 2， a2 b2 1①，
又M 3,
3 3 3
÷÷在椭圆C 上，所以
2
2 + 2 1②，由①②联立解得 a 4，b2 3，
è 2 a 4b
x2 y2
所以椭圆C 的标准方程为 + 1.
4 3
2 l 3（ ）由题意可知直线 的斜率存在，设直线 l : y kx 3k + ， A x1, y1 ，
2
uuur uuuur
则B 0, 3k
3 AB 3+
2 ÷÷，
x1, 3k + y1 ÷è ÷
，BM 3, 3k ，
è 2
ì
x 15uuur uuuur 5 1
2 C 15 x
2 y2
因为 AB BM ，所以 í ，因为点A 在椭圆 上，所以将 x1 代入 + 1解得2 4 3
3k
3 15 2
+ y k
2 1 2
y 3 3 3 15 5 2 3 3 151 ± ，当 y1 时，代入 3k + y1 k 解得 k ，当 y1 时，代入 3k + y k 解4 4 2 2 2 4 2 1 2
k 3 5 6 5 2 3 5 6得 ，综上直线 l的斜率 k 或 .
2 2 2
（3）当点 P 在 x 轴上时，由对称性不妨设P 2,0 ，此时D, E 两点重合， PF1 EF2 1， DF1 PF2 3，所以
PF1 PF 10+ 2 ；当点 P 不在 x 轴上时，由对称性不妨设P x0 , y0 y0 0 ，D x2 , y2 ，E x3 , yDF EF 3 3 ，1 2
ìy yy 0 x +1
当 x0 ±1时，直线PD : y
0 x +1 í x 2 2x 1 ，联立方程 0 +1 ，消 x 结合3x0 + 4 y0 12+ 整理得0 3x2 + 4y2 12
15 + 6x 6 x +1 20 2 0 9y 9y
2 y y 9 0 y y
9y
0 y 0 y 0，由韦达定理得 0 2 ，所以 ，同理可得 ，y0 y0 15 + 6x
2
0 15 + 6x
3
0 15 6x0
PF1 PF2 y y 15 + 6x 15 6x
所以由相似三角形可得 + 0 + 0 0 + 0 ，因为 2 < x0 < 2，所以DF1 EF2 y2 y3 9 9
PF1 PF2 15 + 6x0 15 6x0 10+ + x 1 ；当 ± 时，由对称性不妨设P 1,
3 PF2 1
DF1 EF2 9 9 3 è 2
÷，则 ，
EF2
ì 3
PF 3
y x +1
直线 1方程为 y
13 9x +1 ，联立 í 4 解得D点坐标为 , ，4 ÷ 3x2 + 4y2 12 è 7 14
PF 7 PF PF 10 PF PF
则由相似三角形得 1
1 + 2 1 + 2 10，所以
DF1 3 DF1 EF
， 综上
2 3 DF EF
是定值，为 .
1 2 3
题型 09 切线型
【解题规律·提分快招】
在利用椭圆（双曲线）的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为 y kx + m 与椭圆方程联立，由D 0进行求解；
x2 y2
（2）椭圆（双曲线） x , y2 ± 2 1在其上一点 0 0 的切线方程为a b x0x y y ，再应用此方程时，首先应
2 ±
0
a b2
1
x x y y
证明直线 0 02 ± 2 1与椭圆（双曲线）a b x2 y2
相切.
2 ± 2 1a b
x2 y2
2 2 1
x0x y 0 y(x , y ) 2 2 1.）双曲线 a b 的以 0 0 为切点的切线方程为 a b
抛物线的切线：
2
（1）点P x0, y 0 是抛物线 y 2mx m 0 上一点，则抛物线过点 P 的切线方程是： y0 y m x0 + x ；
（2）点P x0, y 0 2是抛物线 x 2my m 0 上一点，则抛物线过点 P 的切线方程是： x0x m y0 + y ．
【典例 1-1】
x224-25 · · y
2 5
（ 高二上 天津 阶段练习）已知椭圆 2 + 2 1 a b 0 的右顶点为A ，上顶点为 B ，椭圆的离心率为 ，短a b 3
轴长为 4.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线 l与椭圆有唯一的公共点M （M 在第一象限），此直线 l与 y 轴的正半轴交于点 N ，直线 NA与直线OM 交于点
16
P ，且 S△POA S ，求直线 l方程.31 △NOA
x2 y2 1 5
【答案】(1) + 1(2) y x +
9 4 2 2
【分析】（1）根据离心率以及b 2 即可求解 a2 9， c2 5得解，
x y
（2）根据截距式得直线 NA的方程为 + 1，联立直线 l与椭圆方程，根据相切可得判别式为 0 得 2
3 n 9k + 4 n
2 ，即可
联立直线 l与 NA的方程得 P 坐标，即可根据面积关系求解.
c 5
【详解】（1）由题意 2b 4，则b 2 ，又 e ， a2 b2 + c2，解得 a2 9， c2 5，所以椭圆的标准方程为
a 3
x2 y2
+ 1.
9 4
（2）如图所示：直线 l MN 的斜率存在且为负数，不妨设直线 l的方程为 y kx + n, k 0,n 0 ，
x y x2 y2
则由题意有 N 0, n ， A 3,0 ，所以直线 NA的方程为 + 1，将 y kx + n 与椭圆方程 + 1联立，
3 n 9 4
y 9k 2 2消去 并整理得， + 4 x +18knx + 9n2 36 0 ，由题意直线 l与椭圆相切与点M ，
则Δ 324k 2n2 36 n2 4 9k 2 + 4 144 9k 2 + 4 n2 0 ，即9k 2 + 4 n2 ，
x 9kn 9kn 9k
2 2
9k n 9k
2 4 9k 4
所以 M 9k 2 + 4 n2
， yM kxM + n + n ，即点M 的坐标为 , ÷ ，n n n n è n n
4 x y
所以直线OM 的方程为 y x ，将其与直线 NA的方程 + 1联立，解得
9k 3 n
1
9kn 4n 9kn 4n S yP ×OA, △POA 2 4 16xP ， yP ，即点 P 的坐标为 3kn 4 3kn 4 ÷，由题意
，整理得
3kn 4 3kn 4 è S 1△NOA y ×OA 3kn 4 31
2 N
kn 5 ，
4
1 5 1 5
结合9k 2 + 4 n2 以及 k < 0， n 0，解得 k ， n ，综上所述，满足题意的直线 l的方程为 y x + .2 2 2 2
【典例 1-2】
2 2
（23-24 x y高二上·天津南开·阶段练习）已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的右焦点为F ，点 P 为椭圆上一动点，且 P 到Fa b
2
的距离与到直线 l : x 2的距离之比总是 .
2
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过 P 作椭圆C 的切线，交直线 l于点T .
①求证：PF ^ TF ；
②求三角形POT 面积的最小值.
x2
【答案】(1) + y2 1 (2) 2证明见详解，
2 2
【分析】（1 2）由题意可设点P x, y 为椭圆C 上任意一点，满足 P 到F 的距离与到直线 l的距离之比为 ，列式计算可
2
得解；
uuur uuur uuur uuur
（2）根据过椭圆上一点的切线方程与直线 l求出T 点坐标，求出PF ，TF 坐标，证明PF ×TF 0即可；由坐标求出 PT
以及点O到切线PT 的距离 d ，求出 S POT ，变换求出最小值得解.
【详解】（1）由题意，设点P x, y 为椭圆C 上任意一点，F c,0 2，则 PF x c + y2 ，点 P 到直线 l的距离为
2 x ，
x c 2 + y2 2 x2 y22 2 2
\ ，化简整理得 x + 2y + 4 4c x 4 2c ，又点P x, y 满足 2 2 2 2 2 2
2 x 2 a2
+ 2 1，即b x + a y a b ，b
\4 4c 0，解得 c 1，\a2 2，b2 1，
x2
所以椭圆C 的方程为 + y2 1.
2
x x y y
（2）先来证明过椭圆上任意一点P x0 , y0 的切线方程为 0 + 0a2 b2 1 .
当过点P x0 , y0 切线的斜率不存在时， y0 0即切线为 x a或 x a，满足上式；
2 2
当切线斜率存在时，设过点P x0 , y x y0 切线方程为 y kx + m ，代入椭圆方程 +a2 b2 1，
2 2 2 2 2 2 2 2 2
整理得 a k + b x + 2a kmx + a m b 0 ，\D 2a2km 4 a2k 2 + b2 a2 m2 b2 0，解得m2 a2k 2 + b2，
2 2 2 2 2
x 2a km a k0 y kx m a k m b2 a2k 2 + b2 m ， 0 0 + + ，m m
2
m b mx b
2x b2x 2 2
\ 0 0 0 x x y y y， k 2 2 ，所以切线方程为 y y x x 0 0 x0 0y a a y 0 2 0 ，整理得 2 + 2 2 + ，2 10 0 a y0 a b a b
所以过椭圆上任意一点过点P x x x y y0 , y0 切线的切线方程为 0 + 0a2 b2 1 .
x x 1 x 1 x
①在切线方程 0 + y0 y 1中，令 x 2
0
，解得 y y ，所以点T 的坐标为
2, 0 ÷，又F 1,0 ，2 0 è y0
uuur uuur x 1 uuur uuur
\PF 1 x , y ，TF 1, 0 ÷ ，\PF ×TF 1 x y
x 1
+ 00 0 00 0 y ，è y0 0
\PF ^ TF .
2 2
② 2 1 x0 x0 y2 1 x0 2Q PT x 2 y +
2 4 x2 0 + 0 ÷ ，又 0 ，\ PT 0 ，又点O到切线PT 的距离为
è y 2 4 2x20 0
d 2 2 S 1 PT d 2 2 x
2
2 2 4 2 ，\ POT
0 ， 2 < x0 < 2 ，x0 + 4y0 x0 2 2 2 x20
2
\S 2 m 2 1
令m 2 x0， 2 2 < m < 2 + 2 ， POT 2 m2 + 4m 2 2 2 4 ，
2 + 1m m
n 1 2 2令 ，1 < n <1+ ，令 y 2n2 + 4n 1，对称轴为 n 1，由二次函数单调性可得当 n 1时，y 2n2 + 4n 1m 2 2
取得最大值 1，即m 1 2 4时， 2 + 1
2
取得最大值 1， S 最小值为 .
m m POT 2
所以当 x0 1时， POT
2
的面积取得最小值 .
2
【变式 1-1】
（22-23 高三·天津南开·阶段练习）已知椭圆 的左顶点为 A1，右焦点为 ，过点 作垂直于
轴的直线交该椭圆于 两点，直线 的斜率为 .
（1）求椭圆的离心率；
（2）若 的外接圆在 处的切线与椭圆交于另一点 ，且 的面积为 ，求该椭圆方程.
【答案】（1） ；（2） ．
b2
【详解】试题分析：（1）首先求出M (c, ) 的坐标，由斜率公式表示出 ，从而求得
a
；（2）根据题意知 A1( 2c,0)， ，设 的外接圆圆心 ，结合圆的性质建立等式，再利用弦
长公式求解即可．
试题解析：（1） ，∴ ，
∴ ，∴ .
（2） ，∴ ，
∴椭圆方程为 ， ， A1( 2c,0)，
设外接圆圆心 ，由 得 ，
整理得 ，∴ ，∴ ，∴ ，
∴切线斜率 ，∴切线方程为 ，即 ，
代入椭圆方程消 得 ， ，
，
∴ ，
点到 的距离 ，
由 得 ，
∴ ，所以椭圆方程为 .
考点：1、椭圆的标准方程；2、椭圆的几何性质；3、弦长公式；4、斜率公式．
题型 10 韦达定理不能直接用：“点带入”型
【典例 1-1】
2 2
（21-22 x y高三·重庆渝中·阶段练习）已知椭圆C ： 2 + 1 a b 0 的左、右焦点为F F2 1， 2， P 为椭圆上一点，且a b
PF2 ^ F1F2 ， tan PF1F
3
2 ．12
(1)求椭圆C 的离心率 e；
1 uuur uuur uuuur
(2)已知直线 l 交椭圆C 于A ， B 两点，且线段 AB 的中点为Q 1, 2 ÷，若椭圆
C 上存在点M ，满足 2OA + 3OB 4OM ，
è
试求椭圆C 的方程．
3 5x2 2
【答案】(1) 5ye (2) + 1
2 16 4
b2
【分析】（1）由 3 2 2 2 etan PF F a ，以及 a c b ，建立关于 的方程，即可得到结果；1 2 2c 12
（2）设 A x1, y , B x , y , M x , y ，由（1）可知 a2 4b2 ，可设椭圆方程为 x21 2 2 0 0 + 4y2 4b2 ，根据uuur uuur uuuur
2OA + 3OB 4OM ，
ì x 2x1 + 3x2 0 4 1
可得 í ，设 AB : y k(x 1) 2y 3y 将其与椭圆方程联立，由韦达定理和点M 满足椭圆方程，可求出b
2 ，进而
y 1 + 2 2
0 4
求出结果.
b2
【详解】（1 b2）解：因为 a 3 ，所以6b2 3ac ，即6 a2 c2 3actan PF F ，则，解得 e
3
．
1 2 2c 2ac 12 2
c2 3 2 4 2 2 2 2 1 2 1 2
（2）解：设 A x1, y1 , B x2 , y2 , M x 20 , y0 ，由 e 2 ，得 a c ，所以b a c c a ，所以 2 2a 4 3 3 4 a 4b
x2 y2 2 2 2 2 2 2 uuur uuur uuuur
设C : 2 + 2 1，即 x
2 + 4y2 4b2 由于 A, B在椭圆上，则 x1 + 4y1 4b ， x2 + 4y2 4b ，①由 ，4b b 2OA + 3OB 4OM
ì x 2x 1 + 3x2ì2x1 + 3x2 4x 00 4
得 í2y 3y 4y ，即 í 2y 3y 由M 在椭圆上，则
x 2 + 4y 2 20 0 4b ,
1 + 2 0 y 1 + 2
0 4
2x
2 2
即 1
+ 3x2 4 2y1 + 3y ÷ + 2
÷ 4b
2 4 x 2 + 4y 2，即 1 1 +12 x1x2 + 4y1y 2 22 + 9 x2 + 4y2 64b2 ，②
è 4 è 4
将①代入②得： x1x2 + 4y1 y2 b2 ，③若直线 AB 的斜率不存在，则线段 AB 的中点在 x 轴上，不合乎题意，
1 ì
1
1 y k x 1
线段 AB 2 2 2 2 2的中点为Q 1, ÷，设 AB : y k(x 1) 可知 í 2 1+ 4k x 8k + 4k x + 4k + 4k 4b +1 0
è 2 2 2 x + 4y
2 4b2
2 1
x1 + x
8k + 4k
2 2 1 k
1
2，所以 x2 2x + 2 2b2 0，其中D 0，解得b ，所以 x1 × x2 2 2b
2
2 ， AB 方程为1+ 4k 2 2
y 1 1 1 1 1 1 b
2 2
x 1 y 又 1y2 x1 1÷ x2 1÷ x1x2 x1 + x2 +1 ，④将④代入③得：2 2b2 4
1 b
+ × b2 b2 4 ，
2 è 2 è 2 4 2 2 2 5
2 2
b2 1 C 5x 5y经检验满足 ，所以椭圆 的方程为 + 1.
2 16 4
【典例 1-2】
x2 y2 2
（2024·全国·模拟预测）已知椭圆E : + 1 a b 0 的离心率为 ，且过点 A 1, 1 .
a2 b2 2
(1)求 E 的方程；
(2)
uuur若
O
uu为uur坐u标uur原点，直线
l 与 E 交于 M，N 两点，且以MN 为直径的圆过点 O，点 P 是 E 上的一点，满足
OP t OM + ON t 0 ，求四边形OMPN 面积的取值范围.
x2 2y2 é 6 ù
【答案】(1) + 1 (2) ê , 3ú
3 3 2
【分析】（1）利用已知可得 a,b,c所满足的条件，计算可求得椭圆 E 的方程；
uuuur uuur
（2）当直线MN 的斜率存在时，设其方程为 y kx + m ，M x1, y1 ， N x2 , y2 ，联立方程组，利用OM ×ON 0，可得
2
m2 k 2 +1 4k +1，设线段MN 的中点为 Q，可得 SOMPN 2tS△OMN ，可求得 S OMN m ，进而计算可得2k 2 +1
S 6 4k
2 +1
OMPN 2 ，可求面积的范围.2 2k +1
ì12 1 2
+ 1
a2 b2
c 2
1 a 3 b 6 c 6
x2 2y2
【详解】（ ）由题意知 í ，解得 ， ， ，所以 E 的方程为a 2 + 1
；
2 2 3 3
c2 a2 b2
（2）当直线MN 的斜率存在时，设其方程为 y kx + m ，M x1, y1 ， N x2 , y2 ，
ì x2 2y2
+ 1 2
由 í 3 3 2k 2 +1 x2 + 4kmx + 2m2，得 3 0 ，则 4km 4 2k 2 +1 2m2 3 4 6k 2 2m2 + 3 0，
y kx + m
x x 4km
2
1 + 2 x x
2m 3
2 ， 1 2 2 ，以MN 为直径的圆过点 O，2k 1 2k +1 +
uuuur uuur
所以OM ×ON x1x2 + y1y2 x1x2 + kx1 + m kx2 + m
2m2 3 4km 2 2
k 2 +1 x1x2 + km x1 + x + m2 k 2 +1 × + km × + m2 3m 3k 32 0 ，2k 2 +1 ÷ 2è 2k 2 +1 2k +1uuur uuuur uuur uuur
所以m2 k 2 +1 2，此时Δ 4 4k +1 0，设线段MN 的中点为 Q，由OP t OM + ON 2tOQ ，所以 SOMPN 2tS△OMN ，
1 1 4km 2 2S m x x m 4 2m 3 m 4k
2 +1 uuur uuuur uuur
又 OMN 1 ÷ ，又OP t OM + ON t x1 + x2 , y + y2 2 2 2 1 2 ，2 2 è 2k +1 2k +1 2k +1
ì
t x1 + x2
4km
t 2 2
2k 2 +1 P 4km t, 2m t
4km
2 t
2 2m t
又 í 2m ，所以 2k 2 1 2k 2 1 ÷，所以è + + è 2k +1
÷
è 2k 2 +1 ÷ ，
t y + y t ék x + x + 2mù t + 1
1 2 1 2 2k 2 +1 3 3
8m2t 2 23 t 0 3 2k +1 化简得 2 ，又 ，所以 ，则2k +1 t 8m2
3 2k 2 +1 4k 2 +1 6 4k 2S 2tS 2 m +1 6 1 é 6 OMPN OMN × × 2 , 3 ，8m2 2k 2 +1 2 2k 2 +1 2 2k 2 1 ê 2 ÷+ ÷
当直线MN 的斜率不存在时，MN 的方程为 x 1或 x 1；
1
当MN 的方程为 x 1，易得P 3,0 ， MN 2，所以 SOMPN MN OP 3 ；2
当MN 的方程为 x 1，易得P 3,0 ， MN 2 1，所以 SOMPN MN OP 3 .2
é 6 ù
综上，四边形OMPN 面积的取值范围为 ê , 3 .
2
ú
【变式 1-1】
x2 y2
（24-25 高二上·安徽淮南·期中）已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 的右顶点为 A 2,0 ，上顶点为B 0, 3 .a b
(1)求椭圆C 的方程；
(2)椭圆C 的右焦点为F ，点 P 为椭圆C 上不同于顶点的一点，若直线 AP ，FP与 y 轴相交，交点分别为M ， N ，且
OM × ON 9 ，求点 P 的横坐标.
4
2 2 1
【答案】(1) x y+ 1(2)
4 3 5
【分析】（1）根据题意求 a,b，即可求椭圆方程；
（2）方法一：首先设点P x0 , y0 ，其中 2 < x0 < 2且 x0 0，并表示直线 AP 和FP，并求点M , N 的坐标，根据条件列
式，即可求解；方法二：首先设直线 AP 的方程为 y k x 2 ，联立椭圆方程，利用斜率表示点 P 的坐标，并表示直线
FP，利用斜率表示点M , N 的坐标，根据条件列式，即可求解.
2 2
【详解】（1）由题意可得 a 2 C x y，b 3 ，所以椭圆 的方程为 + 1；
4 3
（2）如图 法一：设P x0 , y0 ，其中 2 < x0 < 2且 x0 0，
y0
因为直线 AP ，FP与 y 轴相交，所以直线 AP ，FP斜率都存在，直线 AP 方程为 y x 2 x 2 ，令 x 00
，得
y 2y 0M x0 2
，
y y
2
FP 0直线 方程为 x
y
1 0 2y0 y0 2y0 9
x 1 ，令 x 0，得
yN x 1，所以
OM × ON × ，
0 0 x0 2 x0 1 x0 2 × x0 1 4
x2 y2 3 4 x2 2y2 9 3 4 x20 0 9
又因为 0 + 0 1，所以 y 24 3 0
0 ，代入 中，可得 ，
4 x0 2 × x0 1 4 x0 2 × x0 1 4
2 2 x0 2 + x0 2 2 + x 3 0 3 x 7 x 1整理得 ，即 ，所以 0 或 0 ，又因为 2 < x0 < 2， x 0
0，所以 x
1
，
x0 2 × x0 1 x0 1 5
0 5
1
所以点 P 的横坐标为 ；
5
法二：由题意直线 AP 斜率存在，且不为 0，设直线 AP 的方程为 y k x 2 ，
ìy k x 2
令 x 0 2 2 2 2，得 yM = -2k ，由 í x2 y2 ，得 4k + 3 x 16k x +16k 12 0 ，易知D 0，
+ 1 4 3
2 2
设P x0 , y0 ，其中 2 < x0 < 2且 x0 0 16k 12 8k 6，则 y0 k x0 2 ，所以 2 × x0 2 ，即 x0 2 ，4k + 3 4k + 3
k 8k
2 6
y 2 2÷
直线FP 0的方程为 y x 1 x 0 k x 2 4k + 3x 1 ，令 ，得 y
y0 0 è 12k
N ，
0 x0 1 x0 1 8k
2 6
1 4k
2 9
4k 2 + 3
OM 12k 24k
2 9
所以 × ON 2k 2 2 k
2 27 27
，所以 k 2（舍）或 ，
4k 9 4k 9 4 20 44
x 8k
2 6 1 1
代入 0 中，得 x ，满足 2 < x < 2， x 0，所以点 P 的横坐标为 .4k 2 + 3 0 5 0 0 5
题型 11 韦达定理不能直接用：定比分点型
【解题规律·提分快招】
若有 x1 x2
x + x 2 x x
1.利用公式 1 2 1 + 2+ 2 ，可消去参数
x1x2 x2 x1
2.可以直接借助韦达定理反解消去两根
定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足）
x1 + x2
2
x
可以利用公式 1
x
+ 2+ 2 ，可消去
x1x2 x2 x1
【典例 1-1】
2 2
31．（24-25 · x y高二上 天津北辰·期中）已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的左右焦点分别为F1，F2，长轴长为 4，且短轴a b
长是焦距的 3倍．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)过点F1，斜率为 3的直线与椭圆相交M ，uuuNr 两点uu，ur 求MN 的长；
(3)过点F1的直线与椭圆相交于A ， B 两点， AF1 2F1B ，求直线 AB 的方程．
x2 y2 16 5
【答案】(1) + 1(2) (3)
5 y ± (x +1)4 3 2
【分析】（1）根据题干条件求出 a,b，即可得到椭圆标准方程；
（2）联立直线和椭圆方程，直接利用弦长公式进行求解；
（3）联立直线和椭圆方程，结合韦达定理，列方程组求解.
【详解】（1）依题意， 2a 4，得到 a 2，由短轴长是焦距的 3倍，得 2b 2 3c，
2 2
又 a2
x y
b2 + c2，所以 4 3c2 + c2 4c2 ，解得 c 1，所以b2 a2 c2 3， 故椭圆的标准方程为 + 1.
4 3
ìy 3(x +1)
（2）由（1）知，F1( 1,0)
，故该直线为 y 3(x +1)， 由 í x2 y2 ，消 y 可得5x2 + 8x 0，
+ 1
4 3
故 x
8
1 , x
2
2 0，由弦长公式， MN 1+ k x x
16
1 2 .5 5 uuur uuur
（3）显然 AB 的斜率存在（否则 AB ^ x轴，根据对称性， AF1 F1B ，与题设矛盾）， 设 A x1, y1 ，B x2 , y2 ，直线 AB
ìy k(x +1)
为 y k(x +1)
，由 í x2 y2 ，消 y 得 (4k2 + 3)x2 + 8k2 x + 4k2 12 0，
+ 1 4 3
8k 2 4k 2 12 uuur uuur
由韦达定理可得： x1 + x2 ①， x1x2 ，又 AF1 2F1B ，则 1 x1, y1 2 x2 +1, y2 2 2 ，故 x1 + 2x2 34k + 3 4k + 3
②，
2 2 (4k 2 + 9)(4k 2 9) 4k 2 12
由①②得 x 4k + 9 4k 92 2 ， x ，故 x x 4k + 3 1 4k 2 + 3 1 2 (4k 2 + 3)2
2 ，4k + 3
即16k 4 81 (4k 2 + 3)(4k 2 12) 5 5，化简可得 4k 2 5，解得 k ± .故直线 AB 为 y ± (x +1) .
2 2
【典例 1-2】
24-25 x
2 y2
（ 高二上·天津·阶段练习）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆C : 2 + 2 1 (a 0，b 0)的离心率为 a b
1 3
2 ， 且经过点 (1, )， A, B分别为椭圆 C 的左、右顶点，过左焦点 F 的直线 l 交椭圆 C 于D, E 两点 (其中 D 在 x 轴上2
方).
(1)求椭圆uuurC 的u标uur准方程；
(2)若 7EF 3FD,求直线 l的方程.
2 2
【答案】(1) C : x y+ 1 (2) 3x 4y + 3 0
4 3
1 9
【分析】（1）由离心率推得 3a 2b ，将点坐标代入得 + 1，联立解得 a 2,b 3 ，即得椭圆方程；a2 4b2 uuur uuur
（2）设直线 l的方程为 x my 1，与椭圆方程联立，设D(x1, y1), E(x2 , y2 ) ,写出韦达定理，由7EF 3FD推得
y 71 y2 ,与韦达定理联立，整理成关于m 的方程，解之即得.3
c 1 a2 4c2 a2 b2 1 9【详解】（1）由 可得 ，即 3a 2b ①，又 2 + 2 1②，联立①，②解得 a 2,b 3 ，a 2 a 4b
x2 y2
故椭圆 C 的标准方程为： + 1；
4 3
2 2
（2）因F ( 1,0) x y，由题知直线 l的斜率不为 0，故可设直线 l的方程为 x my 1，代入 + 1中，
4 3
ì
y
6m
1 + y2 2 ,① uuur uuur
整理得：(3m2 + 4) y2 6my
9 0 D 0 D(x , y ), E(x , y ) 3m + 4，显然 ，设 1 1 2 2 ，则 í ,9 因7EF 3FD,代入坐标 y y 1 2 ，② 3m2 + 4
9m
得： 7( 1 x2 , y2 ) 3(x
7
1 +1, y1)，即得 3y1 7 y2，即 y1 y2 代入① ，可得 y2 2(3m2 4) ③；再将其代入②，3 +
2 27 9m 2 27 4
可得 y 2 22 7(3m2
( ) m ±
+ 4) ④ ，将③代入④ ， 2(3m2 4) 7(3m2 4) ，化简得 21m 4(3m + 4)，解得 ，+ + 3
4
因点 D 在 x 轴上方，故m .3 此时，直线 l的方程为：3x 4y + 3 0 .
【变式 1-1】
24-25 · · C : x
2 y2
（ 高三上 天津北辰 阶段练习）已知椭圆 2 + 2 1(a b 0) 的左焦点为F ( 1,0)
2
，离心率 e .
a b 2
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)已知直线 l交椭圆C 于A ， B 两点. uuur uuur uuur uuur
①若直线 l经过椭圆C 的左焦点F ，交 y 轴于点 P ，且满足PA AF ，PB m BF .求证： + m 为定值；
②若OA ^ OB，求△OAB 面积的取值范围.
x2 é ù
【答案】(1) + y2
3 2
1(2)①证明见解析；② ê ,
2 2 2
ú
【分析】（1）根据给定条件直接计算 a，b 作答.
（2）①设出直线 l的方程，与椭圆 C 的方程联立，利用向量运算并借助韦达定理计算作答；
②先探讨 OA，OB 与坐标轴重合时情况，再在 OA，OB 与坐标轴不重合时，设 OA，OB 方程并列出VAOB 的面积的
关系，借助二次函数性质计算，从而得解.
x2 y2 2
【详解】（1）椭圆C ： 2 + 2 1(a 0,b 0)的左焦点为F 1，0 ，离心率 e ，a b 2
c 2 x2
则半焦距 c 1， ， a 2 ，b 1所以椭圆C 的标准方程为 + y2 1.
a 2 2
（2）①依题意，直线 l的斜率存在，设直线 l的方程为 y k x +1 ，则P(0,k) ，
ìy k x +1
设 A x1, y1 ，B x2 , y2 ，由 í 2 2 消去 y 并整理得： (1+ 2k 2 )x2 + 4k 2x + 2k 2 2 0，
x + 2y 2
4k 2 2k 2 2 u专题 19 圆锥曲线（椭圆）综合大题类归类
目录
题型 01 圆锥韦达定理基础 ....................................................................................................................................................................1
题型 02 “定点型”原理：双变量直线啊.............................................................................................................................................2
题型 03 基本计算型：斜率和定 ............................................................................................................................................................3
题型 04 斜率积定 ..................................................................................................................................................................................4
题型 05 斜率比值定型 ............................................................................................................................................................................4
题型 06 面积最值范围型 ......................................................................................................................................................................5
题型 07 圆过定点型 ................................................................................................................................................................................6
题型 08 定值型 ........................................................................................................................................................................................6
题型 09 切线型 ........................................................................................................................................................................................7
题型 10 韦达定理不能直接用：“点带入”型.....................................................................................................................................8
题型 11 韦达定理不能直接用：定比分点型.........................................................................................................................................9
题型 12 韦达定理不能直接用：系数不一致.......................................................................................................................................10
题型 13 韦达定理不能直接用：坐标计算型.......................................................................................................................................10
题型 14 压轴大题 ..................................................................................................................................................................................11
题型 01 圆锥韦达定理基础
【解题规律·提分快招】
基本模板实战模板
1、设点， A(x1， y1)， B(x2， y2 )
2、方程 1：设直线： y-y0 k(x x0 ) -----此处还有千言万语，在后边分类细说。
3、方程 2：曲线：椭圆，双曲线，抛物线，或者其他（很少出现），注意一个计算技巧，方程要事先
去分母
4、方程 3:联立方程，整理成为关于 x(或者 y）的一元二次方程。要区分，椭圆，双曲线，和抛物线联
立后方程
的二次项能否为零-----这就是实战经验。
5、（1） 0； （2）二次项系数是否为 0；------这两条，根据题确定是直接用，或者冷处理。但是
必须考虑。
6、方程 4、5：韦达定理
7、寻找第六个方程，第六个方程其实就是题目中最后一句话
【典例 1-1】
24-25 x
2 y2
（ 高二上·天津河东·阶段练习）已知椭圆 C： + 1 a b 0 3的离心率为 ，且经过点 A(0, 1)2 2 .a b 2
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)若过点B(0,
3) 的直线与椭圆交于 M，N 两点(点 M，N 与点 A 不重合)，求证： AMN 为直角三角形.
5
【典例 1-2】
2 2
（24-25 x y 7高二上·天津和平·期末）已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 的离心率为 , F1, F2 分别是椭圆的左右焦点，过点F1a b 7
的直线交椭圆于M , N 两点，且 MNF2的周长为 4 7 .
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过点P 0,2 作斜率为 k k 0 的直线 l与椭圆C 交于两点 A, B，判断在 x 轴上是否存在点D，使得 ADB是以 AB 为
底边的等腰三角形？若存在，求点D横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由.
【变式 1-1】
2 2
（24-25 高三上·天津南开·期末）已知离心率为 e C : x y的椭圆 + 1 a b 0 过点 2,0 , 3, 3e .
a2 b2
(1)求椭圆C 的方程和离心率 e； uuur uuur
(2) F 为椭圆C 的左焦点，A 为上顶点，点M 在 x 轴上，且 AM ^ AF .过点M 直线 l与椭圆C 交于 P,Q 两点，且 FP × FQ 4 ，
求直线 l的方程.
题型 02 “定点型”原理：双变量直线啊
【解题规律·提分快招】
当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：y=kx + m ，依旧得讨论 k 是否存在情
况
当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。
（1）设成y=kx + m。此时直线不包含斜率不存在，注意适当的对此补充讨论。
（2）设成x=ty + m，此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。
（3）设“双变量”求定点时，第二种设法较简单。
（4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律：
一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论
根据之一。
处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为 k ），
（2）利用条件找到 k 与过定点的曲线F x, y 0 的联系，得到有关 k 与 x, y的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点 x0 , y0 ，使得无论 k 的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于 k
与 x, y的等式进行变形，直至找到 x0 , y0 ，
①若等式的形式为整式，则考虑将含 k 的式子归为一组，变形为“ k × ”的形式，让括号中式子等于 0，求
出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于 0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去 k 变为常
数.
【典例 1-1】
2 2
（24-25 高二上· x y天津西青·期末）已知椭圆 2 + 2 1 a b 0 的左焦点F 为圆 x
2 + y2 + 2x 0 的圆心，且椭圆上的点
a b
到点F 距离的最小值为 2 1 .
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线 l : y kx + m m ±1 与椭圆交于两个不同点M , N ，点A 为椭圆上顶点，直线 AM 与 x 轴交于点E ，直线 AN
x uuur uuur与 轴交于点D，若OE ×OD 6 ，求证：直线 l经过定点.
【典例 1-2】
2 2
（24-25 高二上·天津静海·阶段练习）已知椭圆C x y的方程为 2 + 2 1 a b 0
3
，其右顶点 A 2,0 ，离心率 e ．
a b 2
(1)求椭圆C 的方程； uuur uuur
(2)若直线 l : y kx + m k 0 与椭圆C 交于不同的两点M ， N （M ， N 不与左、右顶点重合），且MA × NA 0．求证：
直线 l过定点，并求出定点的坐标．
【变式 1-1】
2 2 3
（24-25 x y高三上·天津南开·阶段练习）已知椭圆E : 2 + 2 1 a b 0 过点a b
1, 2 ÷÷，其长轴长为 4，下顶点为 B ，若作è
与 y 轴不重合且不平行的直线 l交椭圆E 于P,Q 两点，直线BP, BQ分别与 x 轴交于M , N 两点.
(1)求椭圆E 的方程；
4
(2)当点M , N 横坐标的乘积为 时，试探究直线 l是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理
3
由.
题型 03 基本计算型：斜率和定
【解题规律·提分快招】
x2 y2
2 + 2 （1 a b 0）
给定椭圆 a b ，与椭圆上定点 P（x0，y0），过 P 点走两条射线 PA、PB，与椭圆交与 A
和 B 两点，记直线 PA、PB 的斜率分别为 K1,K2,则有
2
(1) k k t 2y 2b x、若 1 + 2 ，则直线AB过定点（x 00 ， y 0t 0
a2
)
t
2 2
(2)、若k1 k t AB
2b x0 x 2a ty2 ，则直线 过定点（ 0ta2 2
+ ，
b 0 ta2 b2
+ y0 )
【典例 1-1】
24-25 · x
2 y2 3
（ 高三上 天津滨海新·阶段练习）已知F 1,0 为椭圆 2 + 2 1 a b 0 的左焦点，P 1, 2 ÷为椭圆上一点.a b è
(1)求椭圆的方程；
(2)直线 l (不与 x 轴重合)经过O 0,0 并且交椭圆于C ，D两点(点C 在点D的右侧)，椭圆右顶点为A ，若 N 为线段OA
的中点，过点 N 作与 x 轴垂直的直线交直线 l于E ，直线 AE 与椭圆相交于点 B ，设直线 AC 与直线BD的斜率分别为
k1，k2 ，请问 k1 + k2 是否为定值 若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【典例 1-2】
2 2 1 3
（24-25 x y高二上·天津河北·期末）已知椭圆C ： 2 + 2 1（ a b 0 e
）的离心率 ，且椭圆过点 1,
÷ .a b 2 è 2
(1)求C 的方程：
(2)过点M 0,1 直线 l与椭圆有两个交点A ， B ，已知 y 轴上点 N 0,3 ，求证： kNA + kNB 0 .
【变式 1-1】
x2 y2
（24-25 高三上·福建福州·阶段练习）已知椭圆C ： 2 + 2 1 a b 0 的右焦点 F 在直线 x + 2y 1 0上，A，B 分别a b
为C 的左、右顶点，且 AF 3 BF .
(1)求 C 的标准方程；
(2)是否存在过点G 1,0 的直线 l交 C 于 M，N 两点，使得直线 BM ， BN 的斜率之和等于-1？若存在，求出 l的方程；
若不存在，请说明理由.
题型 04 斜率积定
【解题规律·提分快招】
x2 y2
a2
+ （1 a b 0）
给定椭圆 b
2
，与椭圆上定点 P（x0，y0），过 P 点走两条射线 PA、PB，与椭圆交与 A
和 B 两点，记直线 PA、PB 的斜率分别为 K1,K2,则有
2y 2b2(1) x、若k1 + k2 t，则直线AB过定点（x 0 00 ， y t 0 a2
)
t
2 2
(2) k k 2b x 2a ty、若 1 2 t，则直线AB过定点（ 02 2 +x0，
0 + y )
ta b ta2 b2 0
【典例 1-1】
2 2 1
（24-25 高二上· x y 6浙江嘉兴·期中）已知椭圆C ： + 1 a b 0 过点H 3,12 2 ，离心率为 ，斜率为 的直线 l与a b 3 3
椭圆C 相交于异于点 H 的M ， N 两点，且HM ，HN 均不与 x 轴垂直．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)若 MN 10 ， P 为椭圆的上顶点，求 PMN 的面积；
(3)记直线HM ，HN 的斜率分别为 k1， k2 ，证明： k1k2为定值．
【典例 1-2】
x2 y2 3 1
（24-25 高二上·浙江宁波·期中）已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 ，过点 A 1, ÷，离心率为 2 ，过点B 0,2 的直线 la b è 2
交椭圆于M , N 两点，若直线 AM , AN 的斜率都存在且分别为 k1,k2，
(1)求椭圆C 的方程
1 1
(2)求 +k 的值1 k2
【变式 1-1】
2 2
（24-25 x y 2高二上·天津和平·阶段练习）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 + 2 1 a b 0 的离心率为 .A
uuur uuur a b 2
为椭圆上异于顶点的一点，点 P 满足OP 2AO .
(1)若点 P 的坐标为 2, 2 ，求椭圆的方程；
uuur uuur 1
(2)设过点 P 的一条直线交椭圆于 B，C 两点，且BP mBC ，直线OA，OB 的斜率之积为 ，求实数 m 的值.2
题型 05 斜率比值定型
【典例 1-1】
x2 y2
（24-25 高三上·天津·阶段练习）设椭圆E : 2 + 2 1 a b 0
3
的离心率等于 ，抛物线 x2 4y的焦点F 是椭圆E 的
a b 2
一个顶点， A, B分别是椭圆的左右顶点.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)动点 P 、Q为椭圆上异于 A, B的两点，设直线 AP ，BQ的斜率分别为 k1， k2 ，且 k2 3k1 ，求证：直线 PQ经过定
点.
【典例 1-2】
2 2
（24-25 x y高三上·天津河北·期末）已知直线 x 2经过椭圆 C： 2 + 2 1（ a b 0）的右焦点为 F，且被椭圆 C 截得a b
的线段长为 2 2 .
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)椭圆 C 的下顶点为 A，P 是椭圆 C 上一动点，直线 AP 与圆 O： x2 + y2 b2 相交于点 M（异于点 A），M 关于 O 的对
k1
称点记为 N，直线 AN 与椭圆 C 相交于点 Q（异于点 A）.设直线 MN，PQ 的斜率分别为 k1， k2 ，试探究当 k2 0时， k2
是否为定值，并说明理由.
【变式 1-1】
2 2
（2024· · x y北京 三模）已知椭圆E : +
4 b2
1 b2 1< 4 的离心率为 2 ．
(1)求椭圆E 的方程和短轴长；
(2)设直线 l1 : y kx + m与椭圆 E 相切于第一象限内的点 P ，不过原点O且平行于 l1的直线 l2与椭圆 E 交于不同的两点 A，
k
B 1，点A 关于原点O的对称点为C ．记直线OP 的斜率为 k1，直线BC 的斜率为 k2 ，求 k 的值．2
题型 06 面积最值范围型
【解题规律·提分快招】
求非常规型四边形的面积最大值，首先要选择合适的面积公式，对于非常规四边形，如果使用的面积公式
为 S
1
DMEN xN xM y1 y2 ，为此计算 y1 y2 ， xN - xM 代入转化为 k 的函数求最大值.2
【典例 1-1】
2 2 6
（24-25 x y高二上·天津北辰·期中）设椭圆E : 2 + 2 1(a b 0)的左右焦点分别为F1，F2，且过点 2, ÷÷ ，离心率a b è 2
1
为 2 ．
(1)求椭圆的方程；
(2)设动直线 l与坐标轴不垂直， l与曲线E 交于不同的M ， N 两点，且直线F2M 和 F2 N 的斜率互为相反数．
①证明：动直线 l恒过 x 轴上的某个定点，并求出该定点的坐标；
②求 OMN 面积的最大值．
【典例 1-2】
x 2 y 2
（24-25 高二上·贵州铜仁·阶段练习）已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0)，短轴的一个端点到右焦点的距离为 3 ，半焦a b
距 c 2 .
(1)求椭圆C 的方程；
(2) 3设直线 l与椭圆C 交于A ， B 两点，坐标原点O到直线 l的距离为 ，求VAOB 面积的最大值.
2
【变式 1-1】
2 2
（24-25 x y高三上·天津滨海新·阶段练习）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆E : 2 + 2 1 a b 0
2
的离心率是 ，
a b 2
短轴长为 2，若点 A, B分别是椭圆E 的左右顶点，动点M (a, t)， (t 2)，直线 AM 交椭圆E 于 P 点.
(1)求椭圆E 的方程；
uuuur uuur
(2)（i）求证：OM × BP是定值；
S1
（ii）设 ABP的面积为 S1，四边形OBMP 的面积为 S2，求 S 的最大值.2
题型 07 圆过定点型
【解题规律·提分快招】
圆过定点，有常见几方面的思维
（1）利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算
（2）利用对称性，可以猜想出定点，并证明。
（3）通过推导求出定点（难度较大）
【典例 1-1】
x2 y2 1
（2014 高三·全国·专题练习）已知椭圆E : + 1 (a b 0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率 e 2 2 .过F2 1的直线a b
交椭圆于A 、 B 两点，且DABF2 的周长为8 .
（1）求椭圆E 的方程；
（2）设动直线 l : y kx + m 与椭圆E 有且只有一个公共点 P ，且与直线 x 4相交于点Q .求证：以 PQ为直径的圆恒过一
定点M .并求出点M 的坐标.
【典例 1-2】
x2 y2
（24-25 高二上·天津·期中）已知椭圆G： 2 + 2 1(a b 0) ，A 点为椭圆短轴的上端点，P 点为椭圆上异于 A 点的a b
任一点，若 P 点到 A 点距离的最大值仅在 P 点为短轴的另一端点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知b 2 ，椭圆G
2
的离心率 e
2
(1)求椭圆G的标准方程；
(2)试判断椭圆G是否是“圆椭圆” 并证明你的结论；
(3)Q 点为 P 点关于原点 O 的对称点，Q 点也异于 A 点，直线 AP、AQ 分别与 x 轴交于 M、N 两点，试问以线段 MN 为
直径的圆是否过定点 证明你的结论．
【变式 1-1】
x2 y2
（21-22 高三上·天津武清·阶段练习）设椭圆 + 1(a b 0) 的左、右焦点分别为F ，F ，M 为椭圆上一动点，
a2 b2 1 2
已知椭圆的短轴长为 2 3 ，△F1MF2面积的最大值为 3 .
（1）求椭圆方程；
（2）设椭圆的左顶点为 A1，过F2的直线 l与椭圆交于A 、 B 两点，连接 A1A， A1B 并延长分别交直线 x 4于 P ，Q两
点，以 PQ为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标，若不是，请说明理由.
题型 08 定值型
【解题规律·提分快招】
求定值问题常见的思路和方法技巧：
（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．
求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题
【典例 1-1】
x2 y2
（2024·天津滨海新·三模）已知椭圆M ： + 1（ a b 0 1）的离心率为 ， A, B分别为椭圆的左顶点和上顶点，
a2 b2 2
F F AB 31为左焦点，且 1 的面积为 ．
2
(1)求椭圆M 的标准方程；
(2)设椭圆M 的右顶点为C ， P 是椭圆M 上不与顶点重合的动点．
①若点P 1, y0 （ y0 0），点D在椭圆M 上且位于 x 轴下方，设△APC 和△DPC 的面积分别为 S1， S2．若
S S 31 2 ，求点D的坐标；2
②若直线 AB 与直线CP交于点Q，直线BP交 x 轴于点 N ，设直线QN 和直线QC 的斜率为 kQN ，kQC ，求证：2kQN kQC
为定值，并求出此定值．
【典例 1-2】
2 2
（2024· x y 1天津北辰·三模）已知椭圆C ： 2 + 2 1(a b 0) 的离心率为 2 ，左 右焦点分别为Fa b 1
，F2，上 下顶点分别
为 A1， A2，且四边形 A1F1A2F2 的面积为 2 3 .
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)直线 l： y kx + m(m 0)与椭圆C 交于 P，Q 两点，且 P，Q 2 2关于原点的对称点分别为 M，N，若 OP + OQ 是一
个与m 无关的常数，则当四边形PQMN 面积最大时，求直线 l的方程.
【变式 1-1】
2 2 3
（24-25 x y高二上·天津·期中）已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的左、右焦点分别为F1, F2 , F1F2 2，点M 3, ÷÷在椭a b è 2
圆C 上.
(1)求椭圆C 的标准方程；
uuur uuuur
(2)过点M 的直线 l与椭圆C 交于点A y B . AB 5，与 轴交于点 若 BM ，求直线 l的斜率；
2
PF PF
(3) P 为椭圆C 上一点，射线PF1, PF2分别交椭圆C D, E
1 + 2于点 ，试问 DF EF 是否为定值 若是，求出该定值； 若不1 2
是，请说明理由.
题型 09 切线型 2
【解题规律·提分快招】
在利用椭圆（双曲线）的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为 y kx + m 与椭圆方程联立，由D 0进行求解；
x22 y
2
（ ）椭圆（双曲线） 2 ± 2 1在其上一点 x0 , y0 的切线方程为a b x0x y y ，再应用此方程时，首先应± 0 1
a2 b2
x0x y y证明直线 ± 0 1与椭圆（双曲线） 相切.
a2 b2 x2 y2
2 ± 2 1a b
x2 y2
2 2 1
x0x y0 y
双曲线 a b 的以 (x , y ) 2
2 1.）
0 0 为切点的切线方程为 a b
抛物线的切线：
（1 2）点P x0, y 0 是抛物线 y 2mx m 0 上一点，则抛物线过点 P 的切线方程是： y0 y m x0 + x ；
2
（2）点P x0, y 0 是抛物线 x 2my m 0 上一点，则抛物线过点 P 的切线方程是： x0x m y0 + y ．
【典例 1-1】
2 2
（24-25 高二上·天津· x y 5阶段练习）已知椭圆
a2
+ 2 1 a b 0 的右顶点为A ，上顶点为 B ，椭圆的离心率为 ，短b 3
轴长为 4.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线 l与椭圆有唯一的公共点M （M 在第一象限），此直线 l与 y 轴的正半轴交于点 N ，直线 NA与直线OM 交于点
S 16P ，且 △POA S31 △NOA
，求直线 l方程.
【典例 1-2】
2 2
（23-24 x y高二上·天津南开·阶段练习）已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的右焦点为F ，点 P 为椭圆上一动点，且 P 到Fa b
2
的距离与到直线 l : x 2的距离之比总是 .
2
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过 P 作椭圆C 的切线，交直线 l于点T .
①求证：PF ^ TF ；
②求三角形POT 面积的最小值.
【变式 1-1】
（22-23 高三·天津南开·阶段练习）已知椭圆 的左顶点为 A1，右焦点为 ，过点 作垂直于
轴的直线交该椭圆于 两点，直线 的斜率为 .
（1）求椭圆的离心率；
（2）若 的外接圆在 处的切线与椭圆交于另一点 ，且 的面积为 ，求该椭圆方程.
题型 10 韦达定理不能直接用：“点带入”型
【典例 1-1】
x2 y2
（21-22 高三·重庆渝中·阶段练习）已知椭圆C ： + 1 a b 0 的左、右焦点为F1，F2 2 2， P 为椭圆上一点，且a b
PF2 ^ F1F2 ， tan PF F
3
1 2 ．12
(1)求椭圆C 的离心率 e；
1 uuur uuur uuuur
(2) l C AB Q 1, 已知直线 交椭圆 于A ， B 两点，且线段 的中点为 2 ÷，若椭圆
C 上存在点M ，满足 2OA + 3OB 4OM ，
è
试求椭圆C 的方程．
【典例 1-2】
x2 2
（2024·全国· y模拟预测）已知椭圆E : 2 + 2 1 a b 0
2
的离心率为 ，且过点 A 1, 1 .
a b 2
(1)求 E 的方程；
(2)若 O 为坐标原点，直线 l 与 E 交于 M，N 两点，且以MN 为直径的圆过点 O，点 P 是 E 上的一点，满足
uuur uuuur uuurOP t OM + ON t 0 ，求四边形OMPN 面积的取值范围.
【变式 1-1】
x2 y2
（24-25 高二上·安徽淮南·期中）已知椭圆C : 2 + A 2,0 B 0, 3a b2
1 a b 0 的右顶点为 ，上顶点为 .
(1)求椭圆C 的方程；
(2)椭圆C 的右焦点为F ，点 P 为椭圆C 上不同于顶点的一点，若直线 AP ，FP与 y 轴相交，交点分别为M ， N ，且
OM × ON 9 ，求点 P 的横坐标.
4
题型 11 韦达定理不能直接用：定比分点型
【解题规律·提分快招】
若有 x1 x2
x + x 2 x x
1.利用公式 1 2 1 + 2+ 2 ，可消去参数
x1x2 x2 x1
2.可以直接借助韦达定理反解消去两根
定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足）
x1 + x2
2
x
可以利用公式 1 + 2 x+ 2 ，可消去
x1x2 x2 x1
【典例 1-1】
2 2
31．（24-25 高二上· x y天津北辰·期中）已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的左右焦点分别为F1，F2，长轴长为 4，且短轴a b
长是焦距的 3倍．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)过点F1，斜率为 3的直线与椭圆相交M ，uuuNr 两点uu，ur 求MN 的长；
(3)过点F1的直线与椭圆相交于A ， B 两点， AF1 2F1B ，求直线 AB 的方程．
【典例 1-2】
x2 y2
（24-25 高二上·天津·阶段练习）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆C : + 1 (a 0，b 0)的离心率为
a2 b2
1 3
2 ， 且经过点 (1, )， A, B分别为椭圆 C 的左、右顶点，过左焦点 F 的直线 l 交椭圆 C 于D, E 两点 (其中 D 在 x 轴上2
方).
(1)求椭圆uuurC 的u标uur准方程；
(2)若 7EF 3FD,求直线 l的方程.
【变式 1-1】
2 2
（24-25 高三上·天津北辰· x y 2阶段练习）已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的左焦点为F ( 1,0) ，离心率 e .a b 2
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)已知直线 l交椭圆C 于A ， B 两点.
y uuur uuur uuur uuur①若直线 l经过椭圆C 的左焦点F ，交 轴于点 P ，且满足PA AF ，PB m BF .求证： + m 为定值；
②若OA ^ OB，求△OAB面积的取值范围.
题型 12 韦达定理不能直接用：系数不一致 1
【解题规律·提分快招】
平移齐次化的步骤，
（1）平移；
（2）与圆锥曲线联立并其次化；
（3）同除 x2；
（4）利用根与系数的关系进行证明结论；如果是过定点的问题还需要平移回去.
【典例 1-1】
x2 y2 2
（2022·安徽芜湖·模拟预测）已知椭圆C : 2 + 2 1 a b 0 的离心率为 ， A1、 A2分别为椭圆C 的左 右顶点， B 为a b 3
C F A F B 5椭圆 的上顶点， 1为椭圆的左焦点，且 1 1 的面积为 .
2
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设过点D 1,0 的动直线 l交椭圆C 于E 、F 两点(点E 在 x 轴上方)，M 、 N 分别为直线 A1E 、 A2F 与 y 轴的交点，证
OM
明： ON 为定值.
【典例 1-2】
2 2
（2022 高三· · C : x y全国 专题练习）如图，已知椭圆 2 + 2 1(a b 0)
1
的离心率为 2 ，A ， B 分别是椭圆C 的左、右顶a b
点，右焦点F ，BF 1，过F 且斜率为 k(k 0) 的直线 l与椭圆C 相交于M ， N 两点，M 在 x 轴上方．
(1)求椭圆C 的标准方程；
S 3
(2)记△AFM ， BFN 1的面积分别为 S1， S2，若 S 2 ，求 k 的值；2
(3)设线段MN 的中点为D，直线OD 与直线 x 4相交于点E ，记直线 AM ，BN ，FE的斜率分别为 k1， k2 ， k3 ，求
k2 × (k1 k3 ) 的值．
【变式 1-1】
2 2 3
（2024· · E : x y天津 一模）已知椭圆 2 + 2 1(a b 0)过点 1, 2 ÷÷，焦距是短半轴长的 2 3 倍，a b è
(1)求椭圆E 的方程；
(2)点 A, B, P 是椭圆E 上的三个不同点，线段 AB 交 x 轴于点Q(Q异于坐标原点O)，且总有△AQP 的面积与 BQP的面
积相等，直线PA, PB分别交 x 轴于点M , N 两点，求 OM × ON 的值.
题型 13 韦达定理不能直接用：坐标计算型----1
【解题规律·提分快招】
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．
【典例 1-1】
2 2
（2024·天津河东· x y一模）已知椭圆C : 2 + 1 a b 0
3 M 0,3
2 的离心率为 ，点 到椭圆右焦点距离等于焦距.a b 2
(1)求椭圆标准方程；
(2)过点M 斜率为 k 的直线 l与椭圆交于 A, B两点，且与 x 轴交于点 N ，线段 AB 的垂直平分线与 x 轴， y 轴分别交于点
7
P ，点Q, S△POQ S△MON ,O 为坐标原点，求 k 的值.50
【变式 1-1】
2 2
（24-25 高三下·浙江宁波· x y阶段练习）已知椭圆E : 2 + 2 1 a b 0
2
的离心率为 ，且过点 2,0 ．
a b 2
(1)求椭圆E 的标准方程；
(2)已知点P 4,0 ,G 1,0 ，过点 P 作直线 l（不与 x 轴重合）交椭圆E 于 A, B，连接BG 交E 于点C ，连接 AC ，直线 AC
AH S
x △GCP与 轴交于点 H ．（i）求 AC 的值；（ii）若点A 在线段BP上，求 S 的取值范围．△GBP
题型 14 压轴大题
【典例 1-1】
（24-25 高三上·云南昆明·期中）平面内，动点C 与定点F 1,0 C 1的距离与 到定直线 l： x 4的距离之比为常数 2 .
(1)求动点C 的轨迹方程；
(2)过点F 作不垂直于 y 轴的直线m ，m 与动点C 的轨迹交于M , N 两点，点 P 在直线 l上，记直线PM , PF , PN 的斜率分
别为 k1, k2 ,k3 ，证明： k1, k2 ,k3 成等差数列.
【典例 1-2】
2
（24-25 高二上·天津武清· x阶段练习）已知F1、F2分别为椭圆G : + y2 1的左、右焦点，M 为G上的一点.4
(1)若点 M 的坐标为 1, m m 0 ，求△F1MF2的面积；
(2)若点 M 的坐标为 0,1 3 uuur uuur，且直线 y kx k R 与G交于不同的两点 A、B，求证：MA × MB 为定值，并求出该定值；5
(3)如图，设点 M 的坐标为 s,t ，过坐标原点 O 作圆M : x s 2 + y t 2 r 2 （其中 r 为定值，0 < r <1且 s r ）的两
条切线，分别交G于点 P，Q，直线 OP，OQ 的斜率分别记为 k1， k2 .如果 k1k2为定值，求 OP × OQ 的最大值，
【变式 1-1】
2 2
（22-23 2 3 x y 2高三上·云南昆明·阶段练习）已知过点P( ， )的椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的离心率为 . 如图所示，过2 2 a b 2
椭圆右焦点 F 的直线（不与 x 轴重合）与椭圆C 相交于 A，B 两点，直线 l : x 2与 x 轴相交于点 H ，过点 A 作 AD ^ l ，
垂足为D .
(1)求四边形OAHB(O为坐标原点 ) 的面积的最大值；
(2)求证：直线BD过定点E ，并求出点E 的坐标.
冲高考 2
2 2
1．（2021· x y 2天津宁河·一模）已知椭圆 E : 2 + 2 1 a b 0 的离心率为 ，一个顶点 A 在抛物线 x
2 12y 的准线上，
a b 2
其中O为原点.
(1)求椭圆的方程； uuur uuur
(2)设F 为椭圆E 的右焦点，点C 满足mOF OC ，点 B 在椭圆上（ B 异于椭圆的顶点）.
（i）直线 AB 与以C 为圆心的圆相切于点 P ，且 P 为线段 AB 的中点，求实数m 的取值范围；
（ii）若点 B 在第四象限，且 sin AFB 2 sin BFC ，求直线 AB 的斜率.
x2 y2 12．（高三上·江苏淮安·期末）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C： + 1（a＞b＞0）的离心率 e 2 ，a b2 2
左顶点为 A（﹣4，0），过点 A 作斜率为 k（k≠0）的直线 l 交椭圆 C 于点 D，交 y 轴于点 E．
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)已知 P 为 AD 的中点，是否存在定点 Q，对于任意的 k（k≠0）都有 OP⊥EQ，若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在
说明理由；
(3)若过 O AD + AE点作直线 l 的平行线交椭圆 C 于点 M，求 的最小值．
OM
2 2
3. x y（2025·河北保定·一模）已知椭圆C : 2 + 2 1 a b
1
0 的离心率为 F , F2 ，左、右焦点分别为 1 2 ，点 P 为C 上的动a b
点， F1PF2的周长为 6.
(1)求C 的标准方程.
(2)延长线段PF1, PF2分别交C 于Q,M 两点，连接QF2 ，并延长线段QF2 交C 于另一点 N ，若直线 PQ和MN 的斜率均存
k1
在，且分别为 k1,k2，试判断 k 是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由.2
2 2
4．（2025· x y 1山东青岛·一模）已知椭圆C : 2 + 2 1(a b 0) 的左，右焦点分别为F1，F2，短轴长为 2 3 ，离心率为 .a b 2
(1)求C 的方程；
1
(2)记C 的左顶点为A ，直线 l与C 交于 P，Q 两点，直线 AP，AQ 的斜率之积为 .
4
（i）证明：直线 l过定点；
（ii）若 P 在 x 轴上方，直线PF 与圆M : (x +1)2 21 + y 16交于点 B ，点 B 在 x 轴上方.是否存在点 P ，使得 PBF2 与 QF1F2
的面积之比为 3：5？若存在，求出点 P 坐标；若不存在，说明理由.
2 2
5．（2025· x y辽宁抚顺·模拟预测）在平面直角坐标系 xOy 中，点M 0, 3 在椭圆 2 + 2 1(a b 0) 上，椭圆的离心率a b
1
为 2 ，左、右焦点分别为
F1，F2，过F1且斜率为 k k 0 的直线与椭圆交于 A，B 两点，其中点 A 在 x 轴的上方．
(1)当 k 1时，求 AF2 + BF2 的值：
(2)将平面 xOy 沿 x 轴折叠成直二面角，点 A，B 在折叠后分别到达点 A ，B 位置．
（i）若 A B 2 OA 2 + OB 2 ，求 k 的值；
31
（ii）是否存在 k，使得 A B F2 的周长为 ？若存在，请求出 k 的值；若不存在，请说明理由．4
