【文档说明】2021年新高考数学之圆锥曲线综合讲义第10讲 非对称韦达（解析版）.docx，共(25)页，987.982 KB，由管理员店铺上传

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第10讲非对称韦达一、解答题1．已知椭圆E：2222xy1(ab0)ab+=的离心率是32，1A，2A分别为椭圆E的左右顶点，B为上顶点，12ABA的面积为2.直线l过点()D1,0且与椭圆E交于P，Q两点．()1求椭圆E的标准方程；()2求OPQ面积的最大值

；()3设直线1AP与直线2QA交于点N，证明：点N在定直线上，并写出该直线方程．【答案】（1）22xy14+=（2）32（3）见证明【分析】()1根据离心率和三角形的面积即可求出a2=，b1=，()2分

两种情况，当PQ斜率不存在时，OPQ3S2=，当直线PQ的斜率存在时，设PQ的方程为()ykx1=−，k0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式、，函数的性质，结合已知条件能求出OPQ的面积的最大值．()3分两种情况，PQ斜率不存在时，易知()N4,3，当直线

PQ的斜率存在时，直线1AP的方程为()11yyx2x2=++，直线2AQ的方程为()22yyx2x2=−−，即可整理化简可得x21x23−=+，解得即可．【详解】解：由题意知22cb3e1aa2==−=，22b1a4=，即a2b=，12ABA的面积为2，ab2

=，解得a2=，b1=，椭圆C的标准方程为22xy14+=，()2PQ斜率不存在时，易知3P1,2，3Q1,2−，此时OPQ3S2=，当直线PQ的斜率存在时，设PQ的方程为()ykx1=−，k0，设()11Px,y，()22Qx,

y，将()ykx1=−代入22xy14+=，整理可得()222214kx8kx4k40+−+−=，21228kxx14k+=+，21224k4xx14k−=+，22121212243k1xx(xx)4xx14k+−=+−=+，42OPQ12122k123kkS1yyxx22

14k+=−=−=+，令214kt+=，t1，()2OPQ22311123S(t1)t13t1642tt2=−+−=−−+，故OPQ面积的最大值32证明()3PQ斜率不存在时，易知()N4,3，当直线PQ的斜率存在时，直线1AP的方程为()11

yyx2x2=++，直线2AQ的方程为()22yyx2x2=−−，()()1212yyx2x2x2x2+=−+−，()()()()()()()()2121212121212212112121124k2xyx2kx1x2xxxx2xx214k112k6x2yx2kx1x2xx2xx23x33x4

k1−−−−−−++−−+=====−++−+++−−−+，解得x4=，即N点的横坐标为4，综上所述，点N在定直线x4=上．【点睛】本题考查椭圆性质、根的判别式、韦达定理、弦长公式、考查考查推理论证能力、数据处理能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化

思想，属于中档题．2．已知A，B分别为椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左右顶点，E为椭圆C的上顶点，F为椭圆C的右焦点，E与F关于直线yx=对称，AEF的面积为21+，过,02aD的直线交椭圆C

于两点M，N(异于A，B两点).（1）求椭圆C的方程；（2）证明：直线AM与BN的交点P在一条定直线上.【答案】（1）22142xy+=；（2）证明见解析.【分析】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；（2）设出直线MN的方程1xty=+，与椭

圆22142xy+=联立，得到()222230tyty++−=，求出AM、BN的交点坐标，结合一元二次方程根与系数的关系，得出结论.【详解】（1）由222()2(21)bcabbabc=+=+=+得2242ab==，22142xy+=（

2）由题可知，直线MN与x轴不重合，设为()()11221,,,,xtyMxyNxy=+由221240xtyxy=++−=得()222230tyty++−=∴12222tyyt+=−+12232yyt−=+由椭圆的对称性可知，交点必在一条垂直于x轴的直线上

直线112:2xAMxyy+=−，即1132tyxyy+=−①直线222:2xBNxyy−=+，即2212tyxyy−=+②联立①②得：()()221222212122124122243222ytttyyyxyyytt+−+=−=−=++−直线AM与BN的交点P在定直线4x=上.【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.3．已知椭圆22221(0)xyabab+=的左、右焦点是12FF、，左右顶点是12AA、，离心率是22，过2F的直线与椭圆交于两点P、Q(

不是左、右顶点)，且1FPQ的周长是42，直线1AP与2AQ交于点M.(1)求椭圆的方程；(2)(ⅰ)求证直线1AP与2AQ交点M在一条定直线l上；(ⅱ)N是定直线l上的一点，且PN平行于x轴，证明：2PFPN是定值．【答案】(1)2212xy+=(2)(ⅰ)见证明；(ⅱ)见证明【解

析】【分析】(1)由题意可得22442caa==，可以求出2a=，1c=，从而求出椭圆的方程；(2)(ⅰ)由点斜式分别写出1AP与2AQ的方程，两式子消去y，根据韦达定理可得()11,Pxy，()22,Qxy的坐标关系，进而可以得到点M在一条定直线x＝2上；(ⅱ)由于()

22112112xyPFPNx−+=−，结合点P在椭圆上，可以求出222PFPN=为定值。【详解】(1)设椭圆的焦距是2c，据题意有：22442caa==，2a=，1c=，则1b=，所以椭圆的方程是2212xy+=.(2)(ⅰ)由(1)知()1

2,0A−，()22,0A，()21,0F，设直线PQ的方程是1xmy=+，代入椭圆方程得：()222210mymy++−=，易知()222442880mmm=++=+，设()11,Pxy，()22,Qxy，12yy，则1221222211my

ymyym+=−+=−+()22211212222242myyyyyym+−=−+−=−+，直线1AP的方程是：()1122yyxx=++①，直线2AP的方程是：()2222yyxx=−−②，

设(),Mxy，既满足①也满足②，则()()()()()()21122112122112212112212222222xyxyyymyyyyyyxxyxyyyyyyy++−+++−==−++++−2222222222222224222222222222222

2222222mmmmmmmmmmmmmm+−−−+++++===+++−−++，故直线1AP与2AP交点M在一条定直线l：x＝2上.(ⅱ)设()2,Nt，()11,Pxy，()12,2x−，则12PNx=−，∴()()()2222211112111111212222222xxx

xyPFPNxxx−+−−−+====−−−.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，椭圆与直线的综合问题，考查了学生综合分析能力及计算能力，属于难题。4．已知1A、2A分别是离心率22e=的椭圆2222:1(0)xyEabab+=的左右项点，P是椭圆E的上顶点，且121PAPA=−.

（1）求椭圆E的方程；（2）若动直线l过点()0,4−，且与椭圆E交于A、B两点，点M与点B关于y轴对称，求证：直线AM恒过定点.【答案】（1）2212xy+=（2）证明见解析【分析】（1）由向量数量积的坐标运算可求得

1c=，再由离心率可得a，然后求得b，得椭圆方程；（2）当直线l的斜率存在时，设直线:4lykx=−，()11,Axy，()22,Bxy，则()22,Mxy−，由直线方程与椭圆方程联立并消元后应用韦达定理得1212,xxxx+，然后写出直线AM方程并变形后

代入1212,xxxx+，可得定点坐标，再验证直线l斜率不存在时，直线AM也过这个定点即可．【详解】解：（1）由题意得()1,0Aa−，()2,0Aa，()0,Pb，则22212(,)(,)1PAPAabababc=−−−=−+=−=−，所以1c=，又2222

2ceaabc===+，所以2a=，1b=，所以椭圆E的方程为2212xy+=.（2）当直线l的斜率存在时，设直线:4lykx=−，()11,Axy，()22,Bxy，则()22,Mxy−，由22124xyykx+==−，消

去y得()221216300kxkx+−+=.由()22(16)120120kk=−−+，得2152k，所以1221612kxxk+=+，1223012xxk=+.()12121212121244AMkxxyykxkxkxxxxxx−−−−+===+++，直线A

M的方程为()()121112kxxyyxxxx−−=−+，即()()()()()()()()1212112121111112121244kxxkxxkxxxkxxxxyyxxkxxxxxxxxx−−−++−−=+−=−+−=+++()()()1

2121212121212122424kxxxxkxxxkxxkxxxxxxxxx−++−−==+−+++，因为1221612kxxk+=+，1223012xxk=+，所以21212230221124416412kkx

xkkxxk+−=−=−++，直线AM的方程为可化为()121214kxxyxxx−=−+，则直线AM恒过定点10,4.当直线l的斜率不存在时，直线AM也过点10,4，综上知直线AM恒过定点10,4.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直

线与椭圆相交问题中的定点问题．解题方法是设而不求思想方法．设出动直线l方程4ykx=−，设交点坐标()11,Axy，()22,Bxy，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得1212,xxxx+，利用此结论求出直线AM方程，可确定定点坐标．5．已知椭圆()2222:10xyCabab+=

的离心率为12，短轴长为23．（1）求椭圆C的方程；（2）设A，B分别为椭圆C的左、右顶点，若过点()4,0P且斜率不为0的直线l与椭圆C交于M、N两点，直线AM与BN相交于点Q．证明：点Q在定直线上

．【答案】（1）22143xy+=；（2）证明见解析.【分析】（1）用离心率公式和b列方程求得a，即可得椭圆方程；（2）方法一：设直线:4MNxty=+，()11,Mxy，()22,Nxy联立椭圆方程，由韦达定理得12,yy关系，由直线AM和BN方程联立求解交点坐标，并化简得1x=

，即可证明问题；方法二：设()11,Mxy，()22,Nxy，()33,Qxy，123,,xxx两两不等，因为P，M，N三点共线，由斜率相等得到方程，同理A，M，Q三点共线与B，N，Q三点共线也得到两方程，再结合三条方程求解31x=，即可证明问题.【详解】解：（1）因为椭圆的离心率12，12ca

=，2ac=，又223b=，3b=．因为222233bacc=−==，所以1c=，2a=，所以椭圆C的方程为22143xy+=．（2）解法一：设直线:4MNxty=+，()11,Mxy，()22,Nx

y，224143xtyxy=++=，可得()223424360tyty+++=，所以12212224343634tyytyyt−+=+=+．直线AM的方程：()1122yyxx=++①直线BN的

方程：()2222yyxx=−−②由对称性可知：点Q在垂直于x轴的直线上，联立①②可得1221212623tyyyyxyy++=−．因为121223yytyy+=−，所以()122112212121362262133yyyytyyyyxyyyy−+++++===−−所以

点Q在直线1x=上．解法二：设()11,Mxy，()22,Nxy，()33,Qxy，123,,xxx两两不等，因为P，M，N三点共线，所以()()()()22122212122222121212313144444444xxy

yyyxxxxxx−−===−−−−−−，整理得：()12122580xxxx−++=．又A，M，Q三点共线，有：313122yyxx=++①又B，N，Q三点共线，有323222yyxx=−−②将①与②两式相除得：()()

()()2222121332231231222222222yxyxxxxyxxyx++++==−−−−()()()()()()222121221212312224223124xxxxxx

xx−+++==−−−−即()()()()()()2211212331212122224222224xxxxxxxxxxxxxx++++++==−−−−++，将()12122580xxxx−++=即()12125402xxxx=+−=代入得

：233292xx+=−解得34x=（舍去）或31x=，（因为直线BQ与椭圆相交故34x）所以Q在定直线1x=上．【点晴】求解直线与圆锥曲线定点定值问题：关键在于运用设而不求思想、联立方程和韦达定理，构造坐标点方程从而解决

相关问题.6．已知椭圆W:2214xymm+=的长轴长为4，左、右顶点分别为,AB，经过点(1,0)P的动直线与椭圆W相交于不同的两点,CD（不与点,AB重合）.（1）求椭圆W的方程及离心率；（2）求四边形ACBD面积的最大值；

（3）若直线CB与直线AD相交于点M，判断点M是否位于一条定直线上？若是，写出该直线的方程.（结论不要求证明）【答案】（Ⅰ）2214xy+=，离心率32e=（Ⅱ）23（Ⅲ）4x=【分析】（Ⅰ）由题意可知：m＝1，可得椭圆方程，根据离心率公式即可求出（Ⅱ）设直线CD的方程，代入椭圆方程，根据韦达定

理，由SACBD＝S△ACB+S△ADB，换元，根据函数的单调性即可求得四边形ACBD面积的最大值．（Ⅲ）点M在一条定直线上，且该直线的方程为x＝4【详解】（Ⅰ）由题意，得244am==,解得1m=.所以椭圆W方程为2214

xy+=.故2a=，1b=，223cab=−=.所以椭圆W的离心率32cea==.（Ⅱ）当直线CD的斜率k不存在时，由题意，得CD的方程为1x=，代入椭圆W的方程，得31,2C，31,2D−，又因为

24ABa==，ABCD⊥，所以四边形ACBD的面积1232SABCD==.当直线CD的斜率k存在时，设CD的方程为()()10ykxk=−，()11,Cxy，()22,Dxy，联立方程()221,1,4ykxxy=−

+=消去y，得()2222418440kxkxk+−+−=.由题意，可知0恒成立，则2122841kxxk+=+，21224441kxxk−=+四边形ACBD的面积ABCABDSSS=+121122ABy

ABy=+1212AByy=−()122kxx=−()()()22221212223124841kkkxxxxk+=+−=+，设241kt+=，则四边形ACBD的面积21223Stt=−−+，()10,1t，所以2121423St

=−++.综上，四边形ACBD面积的最大值为23.（Ⅲ）结论：点M在一条定直线上，且该直线的方程为4x=.【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，考查了椭圆的简单性质，考查弦长公式的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，

函数性质的运用，计算量大，要求能力高，属于难题．7．已知12(3,0),(3,0)FF−分别是椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，当PF1⊥F1F2时，|PF2|

＝2|PF1|．（1）求椭圆C的标准方程：（2）过点Q（﹣4，0）的直线l与椭圆C交于M，N两点，点M关于x轴的对称点为点M′，证明：直线NM′过定点．【答案】（1）22196xy+=；（2）直线NM过定点9,04−.【分析】（1）由椭

圆的定义和已知条件得111222,3PFPFaPFa+==，又由112PFFF⊥可得出点P的坐标，代入椭圆的标准方程中可解出,ab，从而得出椭圆的标准方程；（2）设出直线l的方程，点M、N的坐标，直线l的方程与椭圆的方程联立可得点M、N

的坐标的关系，再表示出直线NM的方程，将点M、N的坐标的关系代入可得直线NM′所过的定点.【详解】（1）由12(3,0),(3,0)FF−得3c=，2222(3)3abb=+=+，由椭圆的定义得122PFPFa+=，212PFPF=，111222,3PFPF

aPFa+==，112PFFF⊥，所以点P的坐标为23,3a−，将点P的坐标代入椭圆的方程中有22222(3)31aab−+=，又22223,3abba=+=−，2222

2(3)313aaa−+=−，解得29a=或295a=，当295a=，226305ba=−=−，故舍去；当29a=，223936ba=−=−=，所以椭圆的标准方程为：22196xy+=.（2）由题意可知，直线l的斜率必然存在,故设

直线l的方程为(4)ykx=+，设()()1122,,,MxyNxy，则()11,Mxy−，联立方程组22196(4)xyykx+==+，得()2222322448180kxkxk+++−=，()()()222222

443248181681440kkkk=−+−=−+，解得267k，21222432kxxk+=−+，2122481832kxxk−=+，又()22,Nxy，()11,Mxy−，设直线NM的方程为()()()21212222121yyyy

yyxxxxxxxx−−+−=−=−−−，21212122122221222121212121yyyyyyyxyxyxyxyxxyxxxxxxxxxxx++++−=−+=−+−−−−−2112212121yyyxyxxxxxx++=−−−()

()()()21122121214444kxkxkxxkxxxxxxx++++++=−−−()()1212122121824kxxkkxxkxxxxxxx++++=−−−222222212124481824824323232kk

kkkkkkkkxxxxx−−++−+++=−−−()()()()22212116363232kkxxxkxxk=+−+−+()()221169432kxxxk=+−+，当94x

=−时，0y=，所以直线NM过定点9,04−.【点睛】本题考查椭圆的定义和简单的几何性质，求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位置关系中直线过定点的问题，关键在于将目标条件转化到直线与椭圆的交点的坐标上去，属于较

难题.8．已知椭圆2222:1xyCab+=过点(2,1)A−−，且2ab=．（Ⅰ）求椭圆C的方程：（Ⅱ）过点(4,0)B−的直线l交椭圆C于点,MN,直线,MANA分别交直线4x=−于点,PQ．求||||PBBQ的值．【答案】（Ⅰ）22182xy+=；（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0PQyy+=，从而可得两线段长度的比值.【详解

】(1)设椭圆方程为：()222210xyabab+=，由题意可得：224112abab+==，解得：2282ab==，故椭圆方程为：22182xy+=.(2)设()11,Mxy，()22,Nxy，直线MN的方程为：()4ykx=+，与椭圆方程22182xy

+=联立可得：()222448xkx++=，即：()()222241326480kxkxk+++−=，则：2212122232648,4141kkxxxxkk−−+==++.直线MA的方程为：()111122yyxx++=++，令4

x=−可得：()()()1111111141214122122222Pkxkxyxyxxxx++−++++=−−=−−=++++，同理可得：()()222142Qkxyx−++=+.很明显0PQyy，且：PQPByPQy=，注意到：()()()()()()()()1221121212424

24421212222PQxxxxxxyykkxxxx++++++++=−++=−+++++，而：()()()()()122112124242238xxxxxxxx+++++=+++2222648322384141kkkk−−=++++()()

()22226483328412041kkkk−+−++==+，故0,PQPQyyyy+==−.从而1PQPByBQy==.【点睛】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．9．如图，O为坐标原点，椭圆2222:1xyCab+=（0ab）的焦距等于其长半轴长，,MN为椭圆C的上、下顶点，且||23MN=（1）求椭圆C的方程；（2）过点()0,1P作直线l交椭圆C于异于,MN的,AB两点，直线,AM

BN交于点T．求证：点T的纵坐标为定值3．【答案】（1）22143xy+=；（2）3【分析】（1）由||23MN=得3b=，再根据焦距等于其长半轴长可求,ac，故可得椭圆的方程.（2）设直线方程为1ykx=+，()()1122,,,A

xyBxy，【详解】解：（1）由题意可知：2ca=,223b=，又222abc=+，有3,1,2bca===，故椭圆C的方程为：22143xy+=．（2）由题意知直线l的斜率存在，设其方程为1ykx=+，用,AB的横坐标表示T的纵坐标，再

联立l的方程和椭圆的方程，消去y得()2243880kxkx++−=，利用韦达定理化简T的纵坐标后可得所求的定值.设()()1122,,,AxyBxy（120xx），联立直线方程和椭圆方程得22134120ykxxy=++−=，消去y得()2243880kxkx++−=，1228

43kxxk−+=+,122843xxk−=+，且有1212xxkxx+＝，又223:3BNylyxx+=−，113:3AMylyxx−=+，由22113333yyxxyyxx+=−−=+得12123333yxyxyy−−=++，故1212212121

13(13)3313(13)kxxkxxxyxykxkxxx+−+−−==++−++，整理得到12212(13)323(13)(13)kxxxyxx+−−=+−−，故1221222(13)31(13)(13)kxxxyxx+−=++−−()()121212

12233(13)(13)kxxxxxxxx+++−=+−−()()()()1212121233333xxxxxxxx++−==++−．故点T的纵坐标为3．【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直

线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于x或y的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有1212,xxxx+或1212,yyyy+，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量

的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.10．椭圆𝑦2𝑎2+𝑥2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的两顶点为𝐴,𝐵如图，离心率为√22，过其焦点𝐹(0,1)的直线𝑙与椭圆交于𝐶,𝐷两点

，并与𝑥轴交于点𝑃，直线𝐴𝐶与直线𝐵𝐷交于点𝑄.（Ⅰ）当|𝐶𝐷|=3√22时，求直线𝑙的方程；（Ⅱ）当点𝑃异于𝐴,𝐵两点时，求证：𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗为定值.【答案】（Ⅰ）𝑦=±√2𝑥+1（Ⅱ）𝑂𝑃⃗⃗

⃗⃗⃗⋅𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=1【解析】试题分析：（I）根据𝑐𝑎=√22,𝑐=1，可求得椭圆的标准方程为𝑥22+𝑦2=1.联立直线方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用弦长公式和弦长列方程，求出斜率的值，进而得到直线的方程.（I）设出直线𝐴𝐶,𝐵𝐷

的方程，联立方程求得𝑄点的坐标，将坐标代入数量积，并利用（I）韦达定理的条件，化简后可求得定值.试题解析：（Ⅰ）椭圆的标准方程为𝑦2𝑎2+𝑥2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)，由已知得：𝑐=1,𝑐𝑎=√22，所以𝑎=√2,𝑏=1，椭圆的方程为𝑦22+𝑥2=1，当直线𝑙与

𝑥轴垂直时与题意不符，设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘𝑥+1，𝐶1(𝑥1,𝑦1),𝐷(𝑥2,𝑦2)，将直线𝑙的方程代入椭圆的方程化简得(𝑘2+2)𝑥2+2𝑘𝑥−1=0，则𝑥1+𝑥2=−2𝑘𝑘2+2，�

�1𝑥2=−1𝑘2+2，∴|𝐶𝐷|=√1+𝑘2√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√1+𝑘2√(−2𝑘𝑘2+2)2+4×1𝑘2+2=2√2(𝑘2+1)𝑘2+2=3√22，解得：𝑘=±√2，所以直线𝑙的方程为𝑦=±√2𝑥+1，（Ⅱ）证明：当直线𝑙与𝑥轴垂直

时与题意不符，设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘𝑥+1，(𝑘≠0,𝑘≠±1)，𝐶(𝑥1,𝑦1)，𝐷(𝑥2,𝑦2)，∴𝑃点的坐标为(−1𝑘,0)，由（Ⅰ）知𝑥1+𝑥2=−2𝑘𝑘2+2，𝑥1𝑥2=−1𝑘2+2，且直线𝐴𝐶的方程为𝑦=𝑦1�

�1+1(𝑥+1)，且直线𝐵𝐷的方程为𝑦=𝑦2𝑥2−1(𝑥−1)，将两直线联立，消去𝑦得𝑥+1𝑥−1=𝑦2(𝑥1+1)𝑦1(𝑥2−1)，∵−1<𝑥1,𝑥2<1,∴𝑥+1𝑥−1与𝑦2𝑦1异号，(𝑥+1𝑥−1)2=𝑦22(𝑥1+1)2𝑦12(𝑥2

−1)2=2−2𝑥222−2𝑥12⋅(𝑥1+1)2(𝑥2−1)2=(1+𝑥1)(1+𝑥2)(1−𝑥1)(1−𝑥2)=1−2𝑘𝑘2+2−1𝑘2+21+2𝑘𝑘2+2−1𝑘2+2=(𝑘−1𝑘+1)2，�

�1𝑦2=𝑘2𝑥1𝑥2+𝑘(𝑥1+𝑥2)+1=𝑘2(−1𝑘2+2)+𝑘(−2𝑘𝑘2+2)+1=−2(1+𝑘)2𝑘2+2⋅𝑘−1𝑘+1，∴𝑘−1𝑘+1与𝑦1𝑦2异号，𝑥+1𝑥−1与𝑘−1𝑘+1同号，∴�

�+1𝑥−1=𝑘−1𝑘+1，解得，𝑥=−𝑘，故𝑄点坐标为(−𝑘,𝑦0)，𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1𝑘,0)⋅(−𝑘,𝑦0)=1，故𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗为定值.点睛：本题主要考查直线和圆锥曲线的位置关

系，还考查了两条直线的交点坐标的求法，考查了根与系数关系与弦长、向量数量积运算的关系.直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角度求解．联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法.涉及弦长的

问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．11．已知椭圆C：22xa＋22yb＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为12，点P31,

2为椭圆上一点．（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1＝2k2，求直线l斜率的值．【答案】（1）24x＋23y＝1；

（2）32.【分析】(1)由椭圆的离心率,和点P31,2在椭圆上求出椭圆的标准方程;(2)由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋1,设M(x1，y1)，N(x2，y2),联立方程组消去y,再将k1＝2k2用坐标表示,利用点在椭圆上和韦达定理

求出直线l的斜率.【详解】(1)因为椭圆的离心率为12，所以a＝2c.又因为a2＝b2＋c2，所以b＝3c.所以椭圆的标准方程为224xc＋223yc＝1.又因为点P31,2为椭圆上一点，所以214c＋2943c＝1，解得c＝1.所以椭圆的标准方程为

24x＋23y＝1.(2)由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋1.设M(x1，y1)，N(x2，y2)．联立方程组消去y可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.所以由根与系数关系可知x1＋x2＝－2834kk+，x1x2＝－2834k+.因为k1＝

112yx+，k2＝222yx−，且k1＝2k2，所以112yx+＝2222yx−.即()21212yx+＝()222242yx−.①又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，所以21y＝34(4

－21x)，22y＝34(4－22x)．②将②代入①可得：1122xx−+＝()22422xx+−，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0.所以32834k−+＋102834kk−+＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0.解得k＝16或k＝3

2，又因为k>1，所以k＝32.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系,考查椭圆的标准方程和椭圆的几何性质,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.12．已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的长

轴长为6，离心率为13.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆C的左、右焦点分别为1F，2F，左、右顶点分别为A，B，点M，N为椭圆C上位于x轴上方的两点，且12//FMFN，记直线AM，BN的斜率分别为12,kk，且12320kk+=,求直线1FM的方程.【答案】

（1）22198xy+=（2）26260xy−+=【分析】（1）根据长轴长为6，离心率为13，可求得,,abc的值，即可得答案；（2）设的1FM方程为1xmy=−，111()(0)Mxyy,，直线1FM与椭圆的另一个交点为()22,Mxy，利用12320kk+=得到方程12125640my

yyy++=，与韦达定理联立，求得12,yy，进一步求得关于m的方程，求出m的值，即可得到直线方程.【详解】（1）由题意，可得26a=，13ca=，222abc=+，联立解得3a=，1c=，22b=，∴椭圆的标准方程为22198xy+=.（2）如图，由（1）知12(3,0),(3,0),(

1,0),(1,0)ABFF−−，设的1FM方程为1xmy=−，111()(0)Mxyy,，直线1FM与椭圆的另一个交点为()22,Mxy，∵12//FMFN，根据对称性可得()22,Nxy−−，联立2289721xyxmy

+==−，整理得()228916640mymy+−−=，∴1221689myym+=+，1226489yym−=+∵1223kk=−，∴1122022032ymyymy−+=−−+，即1212564

0myyyy++=，联立解得1212889mym=+，2211289mym−=+，∵10y，20y，∴0m，∴1222212811264898989mmyymmm−−==+++，∴612m=，∴直线1F

M的方程为6112xy=−，即26260xy−+=.【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线斜率公式、直线与椭圆的位置关系、对称性，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的应用.13．已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=

的长轴长为6，离心率为13.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的左､右焦点分别为1F，2F，左､右顶点分别为A，B，点M，N为椭圆C上位于x轴上方的两点，且12//FMFN，直线1FM的斜率为26，记直线AM，BN的斜率分别为12,kk，试证明:1232kk+的值为

定值.【答案】(1)22198xy+=；(2)证明见详解.【分析】（1）根据长轴及离心率信息，求解,,abc，写出椭圆方程即可；（2）由题可知直线1MF的方程，联立方程组求得点M坐标，根据对称性求得N点坐标，再计算斜率，即可证

明.【详解】（1）由题意，可得26a=，又13ca=，222abc=+，联立解得3a=，1c=，22b=，故椭圆C的标准方程为22198xy+=.（2）证明:如图，由(1)可知(30)A−，，(30)B，，1(10)

F−，，2(10)F，，据题意，1FM的方程为26(1)yx=+.记直线1FM与椭圆的另一个交点为M，设111()(0)Mxyy，，22()Mxy，，∵12//FMFN，根据对称性可得22()Nxy−−，，联立22897226(1)xyyx+==+，，消去

y，得2142790xx++=，∵12xx，∴137x=−，232x=−，∵1111126(1)46339yxkxx+===++，2222226(1)26333yxkxx−+−===−−+，∴1246263232093kk+=+−=，即1232kk

+的值为定值0.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆上点的坐标求解，属椭圆基础题.14．已知椭圆()2222:10xyEabab+=的左、右顶点分别为A，B，离心率为32，过点()1,0P作直线

交椭圆于点C，D（与A，B均不重合）.当点D与椭圆E的上顶点重合时，5AD=.（1）求椭圆E的方程（2）设直线AD，BC的斜率分别为1k，2k，求证：12kk为定值.【答案】（1）2214xy+=；（2）证明见解析.

【分析】（1）解方程225ab+=.①2232aba−=，②即得解；（2）设直线CD的方程为1xmy=+，联立方程组221,41,xyxmy+==+得()224230mymy++−=，得到韦达定理，再利用韦达定

理化简12kk即得证.【详解】（1）当点D与椭圆E的上顶点重合时，有()0,Db，所以225ADab=+=.①又因为离心率2232abea−==，②由①②解得2a=，1b=，所以E的方程为2214xy+=.（2）由题意，设直线CD的方程为1xmy=+，联立方程组221,

41,xyxmy+==+得()224230mymy++−=，设()11,Cxy，()22,Dxy，则12224myym+=−+，12234yym=−+.由（1）得()2,0A−，()2,0B，所以2122=+ykx，1212=−ykx，()()()()212111222

121212121233yxymykmyyykyxymymyyy−−−===+++()1212121121121433334mymyyyyymmmyyyym−+−+++===−+++.【点睛】方法点睛：定值问题：在几何问题中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，定值问题的处理常

见的方法有：（1）特殊探究，一般证明.（2）直接求题目给定的对象的值，证明其结果是一个常数.