新高考数学 椭圆中的定点、定值(含解析)

椭圆中的定点、定值
1(2023春·河北石家庄·高二校考开学考试)已知椭圆C :x 2
8+y 24
=1，直线l ：y =kx +n (k >0)与椭圆C 交于M ,N 两点，且点M 位于第一象限.(1)若点A 是椭圆C 的右顶点，当n =0时，证明：直线AM 和AN 的斜率之积为定值；
(2)当直线l 过椭圆C 的右焦点F 时，x 轴上是否存在定点P ，使点F 到直线NP 的距离与点F 到直线MP 的距离相等？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由.
2(2023·全国·模拟预测)在平面直角坐标系xOy 中，A -2,0 ，B 2,0 ，M -1,0 ，N 1,0 ，点P 是平面内的动点，且以AB 为直径的圆O 与以PM 为直径的圆O 1内切.(1)证明PM +PN 为定值，并求点P 的轨迹Ω的方程.
(2)过点A 的直线与轨迹Ω交于另一点Q (异于点B )，与直线x =2交于一点G ，∠QNB 的角平分线与直
线x =2交于点H ，是否存在常数λ，使得BH =λBG
恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
3(2023·全国·高三专题练习)仿射变换是处理圆锥曲线综合问题中求点轨迹的一类特殊而又及其巧
妙的方法，它充分利用了圆锥曲线与圆之间的关系，具体解题方法为将C:x2
a2
+
y2
b2
=1(a>b>0)由仿射
变换得：x =x
a，y
=
y
b，则椭圆
x2
a2
+
y2
b2
=1变为x 2+y 2=1，直线的斜率与原斜率的关系为k =a
b
k，然后
联立圆的方程与直线方程通过计算韦达定理算出圆与直线的关系，最后转换回椭圆即可．已知椭圆C:
x2 a2+
y2
b2
=1(a>b>0)的离心率为5
5，过右焦点F2且垂直于x轴的直线与C相交于A,B两点且AB=
85
5，过椭圆外一点P作椭圆C的两条切线l1，l2且l1
⊥l2，切点分别为M,N．
(1)求证：点P的轨迹方程为x2+y2=9；
(2)若原点O到l1，l2的距离分别为d1，d2，延长表示距离d1，d2的两条直线，与椭圆C交于Y,W两点，过O作OZ⊥YW交YW于Z，试求：点Z所形成的轨迹与P所形成的轨迹的面积之差是否为定值，若是，求出此定值；若不是，请求出变化函数．
4(2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆W:x2
a2
+
y2
b2
=1
(a>b>0)的离心率为2
2，椭圆W上的点与点P0,2
的距离的最大值为4.
(1)求椭圆W的标准方程；
(2)点B在直线x=4上，点B关于x轴的对称点为B1，直线PB,PB1分别交椭圆W于C,D两点(不同于P点).求证：直线CD过定点.
5(2023春·四川眉山·高二校考阶段练习)已知椭圆C:x2
a2
+
y2
b2
=1(a>b>0)的离心率为3
2，短轴
长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点D(4,0)，斜率为k的直线l不过点D，且与椭圆C交于A，B两点，∠ADO=∠BDO(O为坐标原点).直线l是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由.
6(2023·内蒙古赤峰·校联考模拟预测)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b
2=1a >b >0 的离心率为1
2，且经过点6,2 ，
椭圆C 的右顶点到抛物线E :y 2=2px p >0 的准线的距离为4．(1)求椭圆C 和抛物线E 的方程；
(2)设与两坐标轴都不垂直的直线l 与抛物线E 相交于A ，B 两点，与椭圆C 相交于M ，N 两点，O 为坐标原点，若OA ⋅OB
=-4，则在x 轴上是否存在点H ，使得x 轴平分∠MHN ？若存在，求出点H 的坐标；若不存在，请说明理由．
7(2023·宁夏·六盘山高级中学校考一模)已知椭圆E :x 2
a 2+y 2
b 2=1(a >b >0)的左、
右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为B 1，若△F 1B 1F 2为等边三角形，且点P 1,3
2
在椭圆E 上.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设椭圆E 的左、右顶点分别为A 1，A 2，不过坐标原点的直线l 与椭圆E 相交于A 、B 两点(异于椭圆E 的顶点)，直线AA 1、BA 2与y 轴的交点分别为M 、N ，若|ON |=3|OM |，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.
8(2023·江苏扬州·仪征中学校考模拟预测)已知F1(-2,0)，F2(2,0)为椭圆E:x2
a2
+
y2
b2
=1(a>b>0)
的左、右焦点，且A2,5 3
为椭圆上的一点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线y=-2x+t与抛物线y2=2px(p>0)相交于P,Q两点，射线F1P，F1Q与椭圆E分别相交于M ､N.试探究：是否存在数集D，对于任意p∈D时，总存在实数t，使得点F1在以线段MN为直径的圆内？若存在，求出数集D并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
9(2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测)已知椭圆C:x2
a2
+
y2
b2
=1a>b>0
的左、右
顶点分别为M1、M2，短轴长为23，点C上的点P满足直线PM1、PM2的斜率之积为-3 4．
(1)求C的方程；
(2)若过点1,0
且不与y轴垂直的直线l与C交于A、B两点，记直线M1A、M2B交于点Q．探究：点Q 是否在定直线上，若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．
10(2023·全国·高三专题练习)如图，
椭圆E ：x 2
a 2+y 2
b 2=1(a >b >0)内切于矩形ABCD ，其中AB ，CD 与x 轴平行，直线AC ，BD 的斜率之积为-1
2
，椭圆的焦距为2.
(1)求椭圆E 的标准方程；
(2)椭圆上的点P ，Q 满足直线OP ，OQ 的斜率之积为-
12
，其中O 为坐标原点.若M 为线段PQ 的中点，则MO 2+MQ 2是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，说明理由.
11(2023春·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习)已知离心率为
2
2的椭圆C:
x2
a2
+
y2
b2
=
1a>b>0
的左焦点为F，左、右顶点分别为A1、A2，上顶点为B，且△A1BF的外接圆半径大小为3．
(1)求椭圆C方程；
(2)设斜率存在的直线l交椭圆C于P,Q两点(P,Q位于x轴的两侧)，记直线A1P、A2P、A2Q、A1Q的斜
率分别为k1、k2、k3、k4，若k1+k4=5
3
k2+k3
，求△A2PQ面积的取值范围．
12(2023·江西南昌·统考模拟预测)已知A2,0
，B0,1
是椭圆E:x2
a2
+
y2
b2
=1a>b>0
的两个顶
点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P2,1
的直线l与椭圆E交于C，D，与直线AB交于点M，求PM
PC
+
PM
PD
的值．
13(2023·江苏盐城·校考三模)已知椭圆C :x 2
a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)的左、
右焦点分别为F 1，F 2，点A 在C 上，当AF 1⊥x 轴时，AF 1 =
12；当AF 1 =2时，∠F 1AF 2=2π
3
.(1)求C 的方程；
(2)已知斜率为-1的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，与直线x =1交于点Q ，且点M ，N 在直线x =1的两侧，点P (1,t )(t >0)．若|MP |⋅|NQ |=|MQ |⋅|NP |，是否存在到直线l 的距离d =2的P 点？若存在，求t 的值；若不存在，请说明理由.
14(2023·全国·高三专题练习)已知椭圆C ：x 2b 2+y 2a
2=1a >b >0 与椭圆x 2
8+y 24=1的离心率相同，P 2
2,1
为椭圆C 上一点.
(1)求椭圆C 的方程.
(2)若过点Q 1
3
,0 的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，试问以AB 为直径的圆是否经过定点T ？若存
在，求出T 的坐标；若不存在，请说明理由.
15(2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测)已知双曲线C:x2
a2
-
y2
3a2
=1(a>0)的左、
右焦点分别为F1,F2，且F2到C的一条渐近线的距离为3.
(1)求C的方程；
(2)过C的左顶点且不与x轴重合的直线交C的右支于点B，交直线x=1
2于点P，过F1作PF2的平行线，交直线BF2于点Q，证明：Q在定圆上.
16(2023春·湖南常德·高二临澧县第一中学校考开学考试)如图，椭圆M:y2
a2
+x2
b2
=1a>b>0
的
两顶点A-2,0
，B2,0
，离心率e=
3
2，过y轴上的点F0,t
t <4,t≠0
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.
(1)当t=23且CD=4时，求直线l的方程；
(2)当点P异于A，B两点时，设点P与点Q横坐标分别为x P，x Q，是否存在常数λ使x P⋅x Q=λ成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
17(2023春·四川遂宁·高三射洪中学校考阶段练习)已知椭圆C :x 2
a 2+y 2b
2=1(a >b >0)过点
1,62 ，且离心率为22．(1)求椭圆C 的方程；
(2)已知直线l :y =mx +2与椭圆交于不同的两点P ，Q ，那么在x 轴上是否存在点M ，使MP =MQ 且MP ⊥MQ ，若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由．
18(2023春·陕西西安·高二陕西师大附中校考期末)已知椭圆C ：x 2
a 2+y 2
b
2=1a >b >0 的左顶点
为A ，P 为C 上一点，O 为原点，PA =PO ，∠APO =90°
，△APO 的面积为1．(1)求椭圆C 的方程；
(2)设B 为C 的右顶点，过点(1,0)且斜率不为0的直线l 与C 交于M ，N 两点，证明：3tan ∠MAB =tan ∠NBA ．
19(2023·四川内江·校考模拟预测)在平面直角坐标系xOy中，动圆P与圆C1:x+1
2+y2=49
4内
切，且与圆C2:x-1
2+y2=1
4外切，记动圆圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设曲线C的左、右两个顶点分别为A1、A2，T为直线l:x=4上的动点，且T不在x轴上，直线TA1与C 的另一个交点为M，直线TA2与C的另一个交点为N，F为曲线C的左焦点，求证：△FMN的周长为定值.
20(2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考三模)已知椭圆C的焦点为F1-2,0
,F22,0
，且C 过点E2,1
．
(1)求C的方程；
(2)设A为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆C交于P,Q两点，且P,Q均不是C的左､右顶点，M为PQ的
中点．若AM
PQ
=1
2，试探究直线l是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．
椭圆中的定点、定值
1(2023春·河北石家庄·高二校考开学考试)已知椭圆C:x2
8
+
y2
4
=1，直线l：y=kx+n(k>0)与
椭圆C交于M,N两点，且点M位于第一象限.
(1)若点A是椭圆C的右顶点，当n=0时，证明：直线AM和AN的斜率之积为定值；
(2)当直线l过椭圆C的右焦点F时，x轴上是否存在定点P，使点F到直线NP的距离与点F到直线MP的距离相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)见解析；
(2)存在，P(4,0).
【分析】(1)联立直线方程和椭圆方程得(1+2k2)x2-8=0，由韦达定理可得x1,x2的关系，再由k AM⋅k AN=
y1
x1-22⋅
y2
x2-22
计算即可得证；
(2)由题意可得直线l的方程为y=k(x-2)，联立直线方程与椭圆方程得(1+2k2)x2-8k2x+8(k2-1)= 0，由韦达定理x3,x4之间的关系，假设存在满足题意的点P，设P(m,0)，由题意可得k PM+k PN=0.代入计算，如果m有解，则存在，否则不存在.
【详解】(1)证明：因为n=0，所以直线l：y=kx，
联立直线方程和椭圆方程：y=kx
x2+2y2-8=0
，得(1+2k2)x2-8=0，
设M(x1,y1),N(x2,y2)，则有x1+x2=0,x1x2=-8
1+2k2
，
所以y1y2=k2x1x2=-
8k2
1+2k2
，
又因为A(22,0)，
所以k AM=
y1
x1-22
，k AN=
y2
x2-22
，
所以k AM⋅k AN=
y1
x1-22
⋅
y2
x2-22
=
y1y2
x1x2-22(x1+x2)+8
=
y1y2
x1x2+8
=
-8k2
1+2k2
-8
1+2k2
+8
=
-8k2
1+2k2
16k2
1+2k2
=
-8k2 16k2=-1
2
所以直线AM和AN的斜率之积为定值-1 2；
(2)解：假设存在满足题意的点P，设P(m,0)，
因为椭圆C的右焦点F(2,0)，所以2k+n=0,即有n=-2k，所以直线l的方程为y=k(x-2).
由
y=k(x-2)
x2+2y2-8=0
，可得(1+2k2)x2-8k2x+8(k2-1)=0，
设M(x3,y3),N(x4,y4)，
则有x3+x4=
8k2
1+2k2
,x3x4=
8(k2-1)
1+2k2
；
因为点F到直线NP的距离与点F到直线MP的距离相等，所以PF平分∠MPN,
所以k PM+k PN=0.
即
y 3x 3-m +y 4x 4-m =k (x 3-2)x 3-m +k (x 4-2)x 4-m =k (x 3-2)(x 4-m )+k (x 3-m )(x 4-2)
(x 3-m )(x 4-m )
=k [2x 3x 4-(m +2)(x 3+x 4)+4m ]
(x 3-m )(x 4-m )=0，
又因为k >0，
所以2x 3x 4-(m +2)(x 3+x 4)+4m =0，
代入x 3+x 4=8k 2
1+2k 2,x 3x 4=8(k 2-1)1+2k 2
，
即有4m -161+2k 2
=0，
解得m =4.
故x 轴上存在定点P (4,0)，使得点F 到直线NP 的距离与点F 到直线MP 的距离相等.
2(2023·全国·模拟预测)在平面直角坐标系xOy 中，A -2,0 ，B 2,0 ，M -1,0 ，N 1,0 ，点P 是平面内的动点，且以AB 为直径的圆O 与以PM 为直径的圆O 1内切.(1)证明PM +PN 为定值，并求点P 的轨迹Ω的方程.
(2)过点A 的直线与轨迹Ω交于另一点Q (异于点B )，与直线x =2交于一点G ，∠QNB 的角平分线与直
线x =2交于点H ，是否存在常数λ，使得BH =λBG
恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析，x 24+y 23
=1
(2)存在，λ=
1
2
【分析】(1)依题意可得OO 1 =2-PM 2，连接PN ，可得OO 1 =PN
2
，即可得到PM +PN 为定值，
根据椭圆的定义得到点P 的轨迹是以M ，N 为焦点的椭圆，且2a =4，c =1，即可求出椭圆方程；
(2)设Q x 0,y 0 ，G 2,y 1 ，H 2,y 2 ，直线AQ 的方程为x =my -2m ≠0 ，即可得到m =4
y 1，再联立直线
与椭圆方程，解出y 0，从而得到k QN ，k NH ，设∠BNH =θ，再根据二倍角的正切公式得到方程，即可得到y 2
=1
2y 1，从而得解；【详解】(1)解：如图，以AB 为直径的圆O 与以PM 为直径的圆O 1内切，
则OO 1 =AB 2-PM 2=2-PM
2
.
连接PN ，因为点O 和O 1分别是MN 和PM 的中点，所以OO 1 =PN
2
.
故有PN 2=2-PM
2
，即PN +PM =4，
又4>2=MN
，所以点P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆.
因为2a=4，c=1，所以b2=a2-c2=3，故Ω的方程为x2
4
+
y2
3
=1.
(2)解：存在λ=1
2满足题意.
理由如下：设Q x0,y0
，G2,y1
，H2,y2
.显然y1y2>0.
依题意，直线AQ不与坐标轴垂直，设直线AQ的方程为x=my-2m≠0
，
因为点G在这条直线上，所以my1=4，m=4 y1 .
联立
x=my-2,
3x2+4y2=12,
得3m2+4
y2-12my=0的两根分别为y0和0，
则y0=
12m
3m2+4
，x0=my0-2=
6m2-8
3m2+4
，
所以k QN=
y0
x0-1
=
12m
3m2+4
6m2-8
3m2+4
-1
=4m
m2-4
=
4y1
4-y21
，k NH=y2.
设∠BNH=θ，则∠BNQ=2θ，则k QN=tan2θ，k NH=tanθ，
所以tan2θ=
2tanθ
1-tan2θ
=
2y2
1-y22
=
4y1
4-y21
，整理得y1-2y2
y1y2+2
=0，
因为y1y2>0，所以y1-2y2=0，即y2=1
2
y1.
故存在常数λ=1
2，使得BH
=λBG
.
3(2023·全国·高三专题练习)仿射变换是处理圆锥曲线综合问题中求点轨迹的一类特殊而又及其巧
妙的方法，它充分利用了圆锥曲线与圆之间的关系，具体解题方法为将C:x2
a2
+
y2
b2
=1(a>b>0)由仿射
变换得：x =x
a，y
=
y
b，则椭圆
x2
a2
+
y2
b2
=1变为x 2+y 2=1，直线的斜率与原斜率的关系为k =a
b
k，然后
联立圆的方程与直线方程通过计算韦达定理算出圆与直线的关系，最后转换回椭圆即可．已知椭圆C:
x2 a2+
y2
b2
=1(a>b>0)的离心率为5
5，过右焦点F2且垂直于x轴的直线与C相交于A,B两点且AB=
85
5，过椭圆外一点P作椭圆C的两条切线l1，l2且l1
⊥l2，切点分别为M,N．
(1)求证：点P的轨迹方程为x2+y2=9；
(2)若原点O到l1，l2的距离分别为d1，d2，延长表示距离d1，d2的两条直线，与椭圆C交于Y,W两点，过O作OZ⊥YW交YW于Z，试求：点Z所形成的轨迹与P所形成的轨迹的面积之差是否为定值，若是，求出此定值；若不是，请求出变化函数．
【答案】(1)证明见解析
(2)是定值，定值为61
9
π
【分析】(1)利用仿射变换将椭圆方程变为圆的方程，设原斜率分别为k1，k2，k1k2=-1，则变换后斜率k 1⋅k 2
=a2
b2k1k2，设变换后坐标系动点Q x0,y0
，过点Q x0,y0
的直线为l:y-y0=k x-x0
，将圆的方程和直线
方程联立，利用直线和圆相切结合韦达定理求解即可；
(2)由图中的垂直关系，利用等面积法S△OYW=1
2OY
OW
=
1
2
YW
OZ
和
1
|OY|2
+1
|OW|2
=
OY|2+
OW|2 OY|2
OW|2=
|YW|2
OW|2
OY|2
，结合椭圆的性质求解即可.
【详解】(1)由仿射变换得：x =x
a，y
=
y
b，则椭圆
x2
a2
+
y2
b2
=1变为x 2+y 2=1
设原斜率存在分别为k1，k2，k1k2=-1，变换后为k 1=a
b
k1，k 2=a
b
k2，所以k 1⋅k 2=a2
b2
k1k2=-a2
b2
=e2-1，
设变换后的坐标系动点Q x0,y0
，过点Q x0,y0
的直线为l:y-y0=k x-x0
l:kx-y-kx0-y0
=0到原点距离为d=kx0-y0
k2+1
=1，
即kx0-y0
2=k2+1⇒x20-1
k2-2x0y0k+y20-1=0
，
由韦达定理得：k 1k 2=y20-1
x20-1
=-a2
b2
，化简得：a2x20+b2y20=a2+b2
由于原坐标系中x0=x
a，y0
=
y
b
⇒x=ax0，y=by0
所以在原坐标系中轨迹方程为：x2+y2=a2+b2，
由
e=c
a
=5
5
b2
a
=45
5
解得a2=5
b2=4
，所以点P的轨迹方程为x2+y2=9，
当切线斜率不存在时，由椭圆方程x2
5
+
y2
4
=1易得P点在x2+y2=9上.
(2)如图所示延长OY交l1于N，延长OW交l2于M，
由题意可知∠GPM=∠OGP=∠OHP=π
2，所以四边形OGPH为矩形，∠YOW=
π
2，
所以S△OYW=1
2
OY
OW
=
1
2
YW
OZ
，且
1
|OY|2
+1
|OW|2
=
OY|2+
OW|2
OY|2
OW|2
=
|YW|2
OW|2
OY|2
，
|YW |2OW |2
OY |2分子分母同乘|OZ |2
得4S 24OZ 2S 2=1OZ 2=1OY 2+1OW 2
，因为OY ⊥OW ，当直线OY ,OW 斜率存在时，设l OY :y =k 3x ，l OW :y =-1
k 3x ，
由
x 2a 2+
y 2b 2
=1
y =k 3
x
解得x 2Y
=a 2b 2b 2+a 2k 23，y 2Y =a 2b 2k 23b 2+a 2k 23，所以OY 2
=a 2b 21+k 23 b 2+a 2k 23
，
由
x 2a 2
+y 2
b 2=1y =-1
k 3
x
解得x 2
W
=a 2b 2k 23b 2k 23+a 2，y 2W =a 2b 2b 2k 23+a 2，所以OW 2
=a 2b 21+k 23 b 2k 23+a
2
，所以1OY 2+1OW 2=b 2
+a 2k 2
3a 2b 2(1+k 23)+b 2k 2
3+a 2
a 2
b 2(1+k 2
3)=a 2+b 2
a 2
b 2，当斜率不存在时仍成立，
所以1|OZ |2=a 2+b 2a 2b 2，OZ 2=x 2+y 2
=a 2b 2a 2
+b 2=209，所以Z 所形成的轨迹与P 所形成的轨迹的面积之差=9-209 π=61
9
π是定值.4(2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测)在平面直角坐标系xOy 中，
已知椭圆W :x 2
a 2+y 2b
2=1(a >b >0)的离心率为2
2
，椭圆W 上的点与点P 0,2 的距离的最大值为4.
(1)求椭圆W 的标准方程；
(2)点B 在直线x =4上，点B 关于x 轴的对称点为B 1，直线PB ,PB 1分别交椭圆W 于C ,D 两点(不同于P 点).求证：直线CD 过定点.
【答案】(1)x 2
8+y 24
=1
(2)证明见解析
【分析】(1)根据离心率可得a =2b =2c ，设点T m ,n 结合椭圆方程整理得TP =-(n +2)2+8+2b 2，根据题意分类讨论求得b =2，即可得结果；
(2)设直线CD 及C ,D 的坐标，根据题意结合韦达定理分析运算，注意讨论直线CD 的斜率是否存在.
【详解】(1)设椭圆的半焦距为c ，由椭圆W 的离心率为2
2
，得a =2b =2c ，
设点T m ,n 为椭圆上一点，则m 22b 2+n 2
b
2=1,-b ≤n ≤b ，则m 2=2b 2-2n 2，
因为P 0,2 ，所以TP =m 2+(n -2)2=2b 2-2n 2+n 2-4n +4=-(n +2)2+8+2b 2，①当0<b <2时，|TP |max =-(-b +2)2+8+2b 2=4，解得b =2(舍去)；②当b ≥2时，|TP |max =8+2b 2=4，解得b =2；综上所述：b =2，则a =22,c =2，
故椭圆W 的标准方程为x 28+y 24
=1.
(2)①当CD 斜率不存在时，设C x 0,y 0 ,-22<x 0<22且x 0≠0，则D x 0,-y 0 ，
则直线CP 为y =y 0-2x 0x +2，令x =4，得y =4y 0-8
x 0
+2，
即B 4,4y 0-8
x 0
+2
，
同理可得B 14,
-4y 0-8
x 0
+2
.∵B 与B 1关于x 轴对称，则4y 0-8x 0+2+-4y 0-8
x 0+2=0，
解得x 0=4>22，矛盾；
②当直线CD 的斜率存在时，设直线CD 的方程为y =kx +m ，m ≠2，设C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，其中x 1≠0且x 2≠0，
联立方程组y =kx +m
x 28
+y 24=1
，消去y 化简可得2k 2+1 x 2+4kmx +2m 2-8=0，
Δ=16k 2m 2-42k 2+1 2m 2-8 =88k 2+4-m 2 >0，则m 2<8k 2+4，
所以x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-81+2k 2
，
由P 0,2 ，可得k PC =y 1-2x 1,k PD =y 2-2
x 2
，
所以直线PC 的方程为y =y 1-2x 1x +2，令x =4，得y =4y 1-8
x 1
+2，
即4,4y 1-8x 1
+2
，
直线PD 的方程为y =y 2-2x 2x +2，令x =4，得y =4y 2-8
x 2
+2，
即4,4y 2-8x 2
+2
，
因为B 1和B 关于x 轴对称，则4y 1-8x 1+2+4y 2-8
x 2
+2=0，
把y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m 代入上式，则4kx 1+m -8x 1+2+4kx 2+m -8
x 2
+2=0，
整理可得1+2k x 1x 2+m -2 x 1+x 2 =0，则1+2k ×2m 2-81+2k 2+m -2 ×-4km
1+2k
2
=0，∵m ≠2，则m -2≠0，可得1+2k ×m +2 -2km =0，
化简可得m =-4k -2，
则直线CD 的方程为y =kx -4k -2，即y +2=k x -4 ，所以直线CD 过定点4,-2 ；综上所述：直线CD 过定点4,-2 .
【点睛】方法定睛：过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l 过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y =kx +t ，由题设条件将t 用k 表示为t =mk ，得y =k (x +m )，故动直线过定点(-m ,0)．
(2)动曲线C 过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
5(2023春·四川眉山·高二校考阶段练习)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b
2=1(a >b >0)的离心率为3
2，短轴长为2.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)点D (4,0)，斜率为k 的直线l 不过点D ，且与椭圆C 交于A ，B 两点，∠ADO =∠BDO (O 为坐标原点).直线l 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由.
【答案】(1)x 2
4
+y 2=1；
(2)过定点，1,0 .【分析】(1)根据已知条件列方程即可解得a ,b 值，方程可求解；
(2)设直线l 的方程为y =kx +m ，联立椭圆方程结合韦达定理得x 1,x 2关系，又∠ADO =∠BDO 得k AD +k BD =0，代入坐标化简即可求解.
【详解】(1)由题意可得2b =2c
a =32c 2=a 2-
b 2
，解得a 2=4，b 2=1所以椭圆C 的标准方程为x 2
4
+y 2=1.
(2)设直线l 的方程为y =kx +m ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 联立y =kx +m
x 2
4
+y 2=1
整理得4k 2+1 x 2+8kmx +4m 2-4=0，
则Δ=8km 2-44k 2+1 (4m 2-4)>0，即4k 2-m 2+1>0又x 1+x 2=-8km 4k 2+1，x 1x 2=
4m 2-4
4k 2+1
因为∠ADO =∠BDO ，所以k AD +k BD =0，
所以y 1x 1-4+y 2x 2-4=kx 1+m x 2-4 +kx 2+m x 1-4
x 1-4 x 2-4 =0
所以2kx 1x 2+(m -4k )x 1+x 2 -8m =0，即2k ⋅4m 2-44k 2
+1+(m -4k )⋅-8km 4k 2+1
-8m =0整理得8k +8m =0，即m =-k ，此时Δ=3k 2+1>0
则直线l 的方程为y =kx -k ，故直线l 过定点1,0 .
6(2023·内蒙古赤峰·校联考模拟预测)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b
2=1a >b >0 的离心率为1
2，且经过点6,2 ，
椭圆C 的右顶点到抛物线E :y 2=2px p >0 的准线的距离为4．(1)求椭圆C 和抛物线E 的方程；
(2)设与两坐标轴都不垂直的直线l 与抛物线E 相交于A ，B 两点，与椭圆C 相交于M ，N 两点，O 为坐标原点，若OA ⋅OB
=-4，则在x 轴上是否存在点H ，使得x 轴平分∠MHN ？若存在，求出点H 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y 212+x 2
9=1；y 2=4x
(2)存在；H 9
2,0 【分析】(1)依题意得到方程组，即可求出a 2，b 2，从而得到椭圆方程，再求出椭圆的右顶点，即可求出p ，从而求出抛物线方程；
(2)设直线l 的方程为y =kx +m ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据OA ⋅OB
=-4得到m =-2k ，再假设在x 轴上存在点H x 0,0 ，使得x 轴平分∠MHN ，则直线HM 的斜率与直线HN 的斜率之和为0，设M x 3,y 3 ，N x 4,y 4 ，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由y 3x 3-x 0+y 4
x 4-x 0
=0，即可求出x 0，从而求出H 的坐标；【详解】(1)解：由已知得c a =1
24a 2+6b 2=1a 2=b 2+c 2
，∴a 2=12，b 2=9．
∴椭圆C 的方程为y 212+x 2
9
=1．
∴椭圆C 的右顶点为3,0 ．
∴3+p
2
=4，解得p =2．
∴抛物线E 的方程为y 2=4x ．
(2)解：由题意知直线l 的斜率存在且不为0．设直线l 的方程为y =kx +m ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ．由y =kx +m
y 2
=4x
消去y ，得k 2x 2+2km -4 x +m 2=0．∴Δ1=2km -4 2-4k 2m 2=-16km +16>0，∴km <1．∴x 1+x 2=
4-2km k 2，x 1x 2=m 2
k
2
．∴y 1y 2=kx 1+m kx 2+m =k 2x 1x 2+km x 1+x 2 +m 2
=km 4-2km k
2
+2m 2=4m k ．∴OA ⋅OB =x 1x 2+y 1y 2=m 2k
2+4m k =-4．
∴m k +2 2=0，∴m
k
=-2．∴m =-2k ，此时km =-2k 2<1．
∴直线l 的方程为y =k x -2 ．假设在x 轴上存在点H x 0,0 ，使得x 轴平分∠MHN ，则直线HM 的斜率与直线HN 的斜率之和为0，设M x 3,y 3 ，N x 4,y 4 ，由y =k x -2
y 2
12+x 2
9=1
消去y ，得3k 2+4 x 2-12k 2x +12k 2-36=0．
∴Δ2=12k 2 2-43k 2+4 12k 2-36 >0，即5k 2+12>0恒成立．∴x 3+x 4=12k 23k 2+4，x 3x 4=12k 2-363k 2+4．
∵y 3x 3-x 0+y 4
x 4-x 0
=0，
∴k x 3-2 x 4-x 0 +k x 4-2 x 3-x 0 =0．∴2x 3x 4-x 0+2 x 3+x 4 +4x 0=0．
∴24k 2-723k 2+4-x 0+2 12k 23k 2+4+4x 0=0．
∴16x 0-723k 2+4
=0．解得x 0
=92．∴在x 轴上存在点H 9
2
,0 ，使得x 轴平分∠MHN ．
【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理法在圆锥曲线综合中的应用，属于难题；在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．
7(2023·宁夏·六盘山高级中学校考一模)已知椭圆E :x 2
a 2+y 2
b 2=1(a >b >0)的左、
右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为B 1，若△F 1B 1F 2为等边三角形，且点P 1,3
2
在椭圆E 上.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设椭圆E 的左、右顶点分别为A 1，A 2，不过坐标原点的直线l 与椭圆E 相交于A 、B 两点(异于椭圆E 的顶点)，直线AA 1、BA 2与y 轴的交点分别为M 、N ，若|ON |=3|OM |，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.
【答案】(1)x 24+y 23
=1
(2)点1,0 或4,0
【分析】(1)由已知条件，椭圆的定义及a ,b ,c 的关系可知a 2=4c 2和b 2=3c 2，再设出椭圆的方程，最后将点代入椭圆的方程即可求解；(2)设点A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，由直线AA 1的方程即可求出点M 的坐标，由BA 2的方程即可求出点N 的坐标，由已知条件可知5x 1+x 2 -2x 1x 2-8=0，分直线AB 的斜率存在和直线AB 的斜率不存在两种情况分别求解，得出直线AB 的方程，即可判断出直线恒过定点的坐标.【详解】(1)∵△F 1B 1F 2为等边三角形，且B 1F 1 +B 1F 2 =2a ，∴a =2c ，
又∵a 2=b 2+c 2，∴b 2=3c 2，
设椭圆的方程为x 2
4c 2+y 23c 2=1，
将点P 1,32 代入椭圆方程得14c 2+9
12c
2=1，解得c 2=1，所以椭圆E 的方程为x 2
4+y 23
=1.
(2)由已知得A 1-2,0 ，A 22,0 ，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ,
则直线AA 1的斜率为y 1x 1+2，直线AA 1的方程为y =y 1
x 1+2x +2 ，
即点M 坐标为0,2y 1
x 1+2
，
直线BA 2的斜率为y 2x 2-2，直线AA 1的方程为y =y 2
x 2-2
x -2 ，
即点N 坐标为0,
-2y 2
x 2-2
,∵|ON |=3|OM |,∴|ON |2
=9|OM |2
,∴4y 22x 2-2 2=36y 21
x 1+2 2
，又∵y 21=3-3x 214=12-3x 214，y 2
2=3-3x 224=12-3x 224
，∴4-x 22x 2-2 2=9×4-x 21
x 1+2
2，即2+x 22-x 2=92-x 1 2+x 1，整理得5x 1+x 2 -2x 1x 2-8=0，
①若直线AB 的斜率存在时,设直线AB 的方程为y =kx +b ，
将直线方程与椭圆方程联立y =kx +b
x 24
+y 23=1
得3+4k 2 x 2+8kbx +4b 2-12=0，
其中Δ=64k 2b 2-43+4k 2 4b 2-12 =1612k 2-3b 2+9 >0，
x 1+x 2=-8kb 3+4k 2，x 1x 2=4b 2-12
3+4k 2，
即-5×8kb 3+4k 2-2×4b 2-12
3+4k
2
-8=0，4k 2+5kb +b 2=0，4k +b k +b =0，所以b =-4k 或b =-k ，
当b =-4k 时，直线AB 的方程为y =kx -4k =k x -4 ，此时直线AB 恒过点4,0 ，当b =-k 时，直线AB 的方程为y =kx -k =k x -1 ，此时直线AB 恒过点1,0 ，②若直线AB 的斜率不存在时x 1=x 2，
由2+x 22-x 2=92-x 1 2+x 1得2+x 2
2-x 2=92-x 2 2+x 2，即x 22-5x 2+4=0，解得x 2=1或x 2=4，此时直线AB 的方程为x =1或x =4，所以此时直线AB 恒过点1,0 或4,0 ，综上所述，直线AB 恒过点1,0 或4,0 .
8(2023·江苏扬州·仪征中学校考模拟预测)已知F 1(-2,0)，
F 2(2,0)为椭圆E :x 2
a 2+y 2b
2=1(a >b >0)的左、右焦点，且A 2,5
3
为椭圆上的一点.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设直线y =-2x +t 与抛物线y 2=2px (p >0)相交于P ,Q 两点，射线F 1P ，F 1Q 与椭圆E 分别相交于M ､N .试探究：是否存在数集D ，对于任意p ∈D 时，总存在实数t ，使得点F 1在以线段MN 为直径的圆内？若存在，求出数集D 并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)x 2
9+y 25
=1
(2)存在，D =(5,+∞)，证明见解析
【分析】(1)求出点A 2,5
3
到两焦点的距离，再用椭圆的定义可得a =3，结合b 2=a 2-c 2可得b 2，从而可得
椭圆的方程；
(2)直线l 与抛物线联立，结合判别式有p +4t >0，要使得点F 1在以线段MN 为直径的圆内，根据题意，有F 1P ⋅F 1Q
<0，结合韦达定理可得p >5，从而可证明问题.
【详解】(1)由题意知c =2，A 2,
5
3
为椭圆上的一点，且AF 2垂直于x 轴，则AF 2 =53，AF 1 =(2+2)2
+53 2=133，所以2a =AF 1 +AF 2 =133+53=6，即a =3，所以b 2=32-22=5，
故椭圆的方程为x 2
9+y 25
=1；
(2)l 方程为y =-2x +t ，联立抛物线方程，得y 2=2px y =-2x +t ，整理得y 2+py -pt =0，则Δ=p 2+4tp >0，则p +4t >0①，
设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1+y 2=-p ，y 1y 2=-pt ，
则x 1+x 2=t +p 2,x 1x 2=(y 1y 2)24p 2
=t 24，
由F 1的坐标为(-2,0)，则F 1P =(x 1+2，y 1)，F 1Q
=(x 2+2，y 2)，由F 1M 与F 1P 同向，F 1N 与F 1Q 同向，
则点F 1在以线段MN 为直径的圆内，则F 1M ⋅F 1N <0，则F 1P ⋅F 1Q
<0，则(x 1+2)(x 2+2)+y 1y 2<0，即x 1x 2+2(x 1+x 2)+4+y 1y 1<0，
则t 24+2t +p 2 +4-pt <0，即t 2
4
+(2-p )t +p +4<0②，当且仅当Δ=(2-p )2-4×1
4
(p +4)>0，即p >5，
总存在t >-p
4
使得②成立，
且当p >5时，由韦达定理可知t 2
4
+(2-p )t +p +4=0的两个根为正数，
故使②成立的t >0，从而满足①，
故存在数集D =(5,+∞)，对任意p ∈D 时，总存在t ，使点F 1在线段MN 为直径的圆内．
9(2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测)已知椭圆C :x 2
a 2+y 2b
2=1a >b >0 的左、
右顶点分别为M 1、M 2，短轴长为23，点C 上的点P 满足直线PM 1、PM 2的斜率之积为-3
4
．
(1)求C 的方程；
(2)若过点1,0 且不与y 轴垂直的直线l 与C 交于A 、B 两点，记直线M 1A 、M 2B 交于点Q ．探究：点Q
是否在定直线上，若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．
【答案】(1)x 2
4+y 23
=1
(2)点Q 在定直线x =4上
【分析】(1)设点P x 0,y 0 ，则x 0≠±a ，可得出y 20=b 2
1-x 20a
2
，利用斜率公式结合已知条件可得出b 2=
34
a 2，再利用椭圆的短轴长可得出
b 2、a 2的值，即可得出椭圆C 的方程；(2)设l 的方程为x =my +1，设点A x 1,y 1 、B x 2,y 2 ，设点Q x ,y ，将直线l 的方程与椭圆C 的方程联
立，列出韦达定理，写出直线M 1A 、M 2B 的方程，联立这两条直线方程，可得出点Q 的横坐标，即可得出结论.
【详解】(1)解：设P x 0,y 0 ，则x 0≠±a ，且x 20a 2+y 20b 2=1，所以，y 20=b 2
1-x 20a
2
，
则k PM 1
⋅k PM 2
=y 0x 0+a ⋅y 0x 0-a =y
20
x 20-a 2=b 21-
x 20a 2
x 20-a
2=-b 2a
2=-34，
故b 2=3
4
a 2①，又2
b =23②，
联立①②，解得a 2
=4，b 2
=3，故椭圆C 的方程为x 2
4+y 23
=1．
(2)解：结论：点Q 在定直线上x =4．
由(1)得，M 1-2,0 、M 22,0 ，设Q x ,y ，
设直线l 的方程为x =my +1，设点A x 1,y 1 、B x 2,y 2 ，联立x 2
4
+y 2
3=1x =my +1
，整理得3m 2+4 y 2+6my -9=0，
Δ=36m 2+363m 2+4 =144m 2+1 >0，
∴y 1+y 2=-6m 3m 2+4,y 1y 2
=-9
3m 2+4
， 直线M 1A 的方程为y =y 1x 1+2x +2 ，直线M 2B 的方程为y =y 2
x 2-2
x -2 ，
所以，y 1x 1+2x +2 =y 2x 2-2x
-2 ，
可得x +2x -2=y 2x 1+2 y 1x 2-2 =y 2my 1+3 y 1my 2-1 =my 1y 2+3y 2my 1y 2-y 1=-9m 3m 2+4+3-6m 3m 2+4
-y 1 -9m 3m 2+4
-y 1
=
-27m 3m 2+4-3y 1
-9m 3m 2+4
-y 1
=3，解得x =4，
因此，点Q 在直线x =4上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
(1)设直线方程，设交点坐标为x 1,y 1 、x 2,y 2 ；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，必要时计算Δ；(3)列出韦达定理；
(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2、x 1x 2(或y 1+y 2、y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.
10(2023·全国·高三专题练习)如图，
椭圆E ：x 2
a 2+y 2
b 2=1(a >b >0)内切于矩形ABCD ，其中AB ，CD 与x 轴平行，直线AC ，BD 的斜率之积为-1
2
，椭圆的焦距为2.
(1)求椭圆E 的标准方程；
(2)椭圆上的点P ，Q 满足直线OP ，OQ 的斜率之积为-12
，其中O 为坐标原点.若M 为线段PQ 的中点，则MO 2+MQ 2是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，说明理由.【答案】(1)x 22
+y 2=1
(2)是定值，定值为
3
2
【分析】(1)由题意求出直线AC ，BD 的斜率，即可求出-b 2a
2=-1
2，又因为焦距为2，即可就出椭圆的标准
方程.
(2)方法一：联立直线PQ 与椭圆的方程由k OP ⋅k OQ =-12
可求出2t 2=1+2k 2，又因为：MO 2+MQ 2
=
x 21+x 2
22+y 21+y 222
，又点P ，Q 在椭圆上，代入即可求出答案.方法二：由P ，Q 是椭圆C 上的点，可得x 21+2y 2
1=2
x 22+2y 22=2
，
联立直线PQ 与椭圆的方程由k OP ⋅k OQ =-12可求出y 1=-x 1x 22y 2
，代入化简得x 21=2y 2
2，即可求出答案.【详解】(1)由题意，c =1，则A -a ,-b ,B a ,-b ,C a ,b ,D -a ,b ，所以k AC =2b 2a =b a ，k BD =2b
-2a
=
b -a ，所以k AC ⋅k BD =-b 2a
2=-12，解得：a =2，=1，∴椭圆的标准方程为x 2
2
+y 2=1.
(2)(方法一)设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，则M x 1+x 22,y 1+y 2
2
.
设直线PQ ：y =kx +t ，由y =kx +t x 22
+y 2
=1
，得：1+2k 2 x 2+4ktx +2t 2
-2=0，x 1+x 2=-4kt
1+2k
2
x 1x 2
=2t 2
-2
1+2k
2
，由k OP ⋅k OQ =-
1
2
，得x 1x 2+2y 1y 2=1+2k 2 x 1x 2+2kt x 1+x 2 +2t 2=0，代入化简得：2t 2=1+2k 2.
∵MO 2+MQ 2
=x 1+x 22 2+y 1+y 22 2+x 1-x 1+x 22 2+y 1-y 1+y 22
2=x 21+x 2
2
2+y 21+y 222
，
又点P ，Q 在椭圆上，∴x 212+y 21=1，x 222+y 2
2=1，即x 21+x 2
24+y 21+y 222
=1，
∵x 21+x 22=x 1+x 2 2
-2x 1x 2=-4kt 2t 2
2-2⋅2t 2-22t 2
=2，
∴x 21+x 224=12.∴MO 2+MQ 2
=x 21+x 224+y 21+y 222
+x 21+x 2
24=32
.
即MO 2+MQ 2=3
2
为定值.
(方法二)由P ，Q 是椭圆C 上的点，可得x 21+2y 2
1=2
x 22+2y 22=2 ，
把y 1=-
x 1x 22y 2
代入上式，化简x 21=2y 2
2，得y 21+y 22=1，
x 21+x 2
2=2，MO 2+MQ 2
=12x 21+x 22+y 21+y 22 =32
.
11(2023春·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习)已知离心率为22的椭圆C :x 2
a 2+y 2b
2=1a >b >0 的左焦点为F ，左、右顶点分别为A 1、A 2，上顶点为B ，且△A 1BF 的外接圆半径大小为3．(1)求椭圆C 方程；
(2)设斜率存在的直线l 交椭圆C 于P ,Q 两点(P ,Q 位于x 轴的两侧)，记直线A 1P 、A 2P 、A 2Q 、A 1Q 的斜
率分别为k 1、k 2、k 3、k 4，若k 1+k 4=5
3
k 2+k 3 ，求△A 2PQ 面积的取值范围．
【答案】(1)x 2
4+y 22=1
(2)0,5830 【分析】(1)根据椭圆离心率确定椭圆中a ,b ,c 的关系，再结合正弦定理的推论确定外接圆半径与边角关系即可得c 的值，从而求得椭圆方程；
(2)由题可设直线l :x =ty +m t ≠0 ，P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，联立直线与椭圆即可得交点坐标关系，根据斜
率的计算式可得k 1k 2=-12，k 3k 4=-12，再由已知等式k 1+k 4=53k 2+k 3 确定k 2k 3=-3
10
，由坐标关系进
行转化可求得m 的值，求解△A 2PQ 面积的表达式，结合函数性质即可得△A 2PQ 面积的取值范围．
【详解】(1)根据椭圆C 的离心率为2
2
知a =2c ，所以b =a 2-c 2=c ，如图，则OF =OB =c
则在△A 1BF 中，可得∠BFA 1=3π4，A 1B =OA 1 2+OB 2
=3c ，由正弦定理得
A 1B
sin ∠BFA 1
=
3c
2
2
=6c =2×3，
解得c =2，所以a =2，b =2，所以椭圆C 的方程为x 24+y 2
2
=1．
(2)由条件知直线l 的斜率不为0，
设直线l :x =ty +m t ≠0 ，P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，
联立x =ty +m
x 24
+y 22=1
，得t 2+2 y 2+2mty +m 2-4=0，Δ>0得2t 2+4>m 2
于是y 1+y 2=-2mt t 2+2，y 1y 2=m 2-4
t 2+2
，
因为A 1-2,0 ，A 22,0 ，P x 1,y 1 代入椭圆方程得x 21
4+y 212=1，
所以k 1k 2=y 1x 1+2⋅y 1x 1-2=y 2
1
x 21-4=21-x 2
14 x 21-4
=-1
2，同理k 3k 4=-12，于是k 1=-12k 2，k 4=-1
2k 3，
因为k 1+k 4=53k 2+k 3 ，所以-12k 2-12k 3
=5
3k 2+k 3 ，
即-k 2+k 32k 2k 3
=5
3k 2+k 3 ．
又直线l 的斜率存在，所以k 2+k 3≠0，于是k 2k 3=-3
10
，
所以y 1x 1-2⋅y 2x 2-2=-3
10
，即10y 1y 2+3x 1-2 x 2-2 =0，
又x 1=ty 1+m ，x 2=ty 2+m ，
所以10y 1y 2+3ty 1+m -2 ty 2+m -2 =0，
整理得3t 2+10 y 1y 2+3t m -2 y 1+y 2 +3m -2 2=0，所以3t 2
+10 m 2-4t 2+2 +3t m -2 -2mt t 2+2
+3m -2 2=0，
化简整理得m -2 2m +1 =0，
又P 、Q 位于x 轴的两侧，所以y 1y 2=m 2-4
t 2+2
<0，解得-2<m <2，
所以m =-1
2
，此时直线l 与椭圆C 有两个不同的交点，
于是直线l 恒过定点D -1
2
,0 ．
当m =-12时，y 1+y 2=t t 2+2，y 1y 2=-15
4t 2+2
，
△A 2PQ 的面积S △A 2
PQ =12A 2D ⋅y 1-y 2 =12×5
2
×y 1+y 2 2-4y 1y 2
=54t t 2+2
2
-4-154t 2+2 =54⋅16t 2+30t 2+2
，令16t 2+30=λ，因为直线l 的斜率存在，则λ>30，t 2=λ2-30
16
，于是S △A 2
PQ =
54⋅16λλ2+2=20λ+2
λ
，又函数y =
20
λ+2
λ
在30,+∞ 上单调递减，所以△A 2PQ 面积的取值范围为0,
5
8
30 ．【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆相交的坐标关系，利用坐标运算解决直线斜率关系及面积关系.解决本题的关键是确定直线直线A 1P 、A 2P 、A 2Q 、A 1Q 之间的斜率关系，结合椭圆上的任意一点与左右顶点之间的斜率关系，可将四个斜率值简化为两个斜率关系，即可减少位置数，从而利用坐标运算及坐
标关系确定所设直线过定点，于是简化所求面积表达式中的变量个数从而可结合函数关系确定取值范围，得以解决问题.12(2023·江西南昌·统考模拟预测)已知A 2,0 ，
B 0,1 是椭圆E :x 2
a 2+y 2b
2=1a >b >0 的两个顶点．
(1)求椭圆E 的标准方程；
(2)过点P 2,1 的直线l 与椭圆E 交于C ，D ，与直线AB 交于点M ，求PM PC +PM
PD
的值．
【答案】(1)x 2
4
+y 2=1
(2)PM PC +PM PD =2
【分析】(1)根据椭圆顶点坐标直接可得椭圆方程；
(2)设直线方程，可得点M ，联立直线与椭圆结合韦达定理，再根据两点间距离化简可得解.
【详解】(1)由A 2,0 ，B 0,1 是椭圆E :x 2
a 2+y 2b
2=1a >b >0 的两个顶点，
得a =2，b =1，
即E :x 2
4
+y 2=1；
(2)当直线l 的斜率不存在时，直线l 与椭圆有且只有一个公共点，不成立，所以设C x 1,y 1 ，D x 2,y 2 ，M x 3,y 3 ，直线l 的斜率为k ，则PC =x P -x 1 1+k 2=2-x 1 1+k 2，
同理PD =2-x 2 1+k 2，PM =2-x 3 1+k 2，
则PM PC
+
PM PD
=
2-x 32-x 1+2-x 3
2-x 2
．设l ：y -1=k x -2 ，而AB ：x 2+y =1，联立解得x 3=4k
2k +1
，
所以2-x 3=2-4k 2k +1=2
2k +1
；
联立直线l 与椭圆E 方程，消去y 得：4k 2+1 x 2-8k 2k -1 x +16k 2
-16k =0，所以x 1+x 2=8k 2k -1 4k 2+1，x 1x 2=16k 2-16k 4k 2+1，
所以12-x 1+1
2-x 2=-x 1+x 2-4x 1-2 x 2-2
=-x 1+x 2-4x 1x 2-2x 1+x 2 +4=-8k 2k -1
4k 2+1
-4
16k 2-16k
4k 2
+1-2×8k 2k -1 4k 2+1
+4
=2k +
1，所以
2-x 3
2-x 1+
2-x 32-x 2=2
2k +1×2k +1 =2，即PM PC +
PM
PD =2．【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．。