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1、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
2、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
3、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=
4、。，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
5、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
6、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
7、，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)=
8、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
9、)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
10、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，
11、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
12、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
13、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
