专题17圆锥曲线问题运算策略讲义-2025届高三数学二轮复习

专题17 圆锥曲线问题运算策略--答案解析 【专题探究】 例1【解析】Ⅰ证明：由题意解得，， 所求椭圆方程为 ． ，， 椭圆与轴的一个交点为，是等腰直角三角形． Ⅱ解：设点、、的坐标分别为，， 由题可设，则且． 又，，，四点共线，从而． 于是，，， 从而， ，， 又点、在椭圆上，即， 并结合，得， 即点的轨迹是直线在椭圆内的部分，方程为 例2【解析】解：设，， 又 且调和分割，) 因为，两式相减整理得：， 又表示到的距离，且点在直线上， 所以． 练1【解析】解：设，， 由，，可得，，即有，， 又，即为，,又， 得，可得，解得，， 则，即有， 即有时，有最大值，即点横坐标的绝对值最大． 故答案为：． 练2【解析】解：设、、、，， 由，即， 则，同理可得： 则， 将点，的坐标代入椭圆方程作差可得：， 即，则， 由，得，所以， 故同理可得：， ， 而，， 则椭圆的离心率． 故选C． 例3【解析】椭圆的焦点在轴上，设椭圆的标准方程为， 由已知得，，所以，椭圆的方程为， 当直线与轴垂直时，与题意不符， 设直线的方程为，，， 将直线的方程代入椭圆的方程化简得， ，则，， ，解得． 直线的方程为； 证明：当直线与轴垂直时与题意不符， 设直线的方程为，，，， 点的坐标为， 由知，， 且直线的方程为，且直线的方程为， 将两直线联立，消去得， ，，与异号， ， 与异号，与同号， ，解得， 故点坐标为， ， 故为定值．  例4【解析】(1)方程为，即联立 或，所以，而，故直线的方程为； (2)设，，， 联立，则. 由韦达定理可得：，（*） 求解目标为：，，的系数出现了不对称，可有如下处理手法： 非对称处理手法1：（转化为） 由（*）两式相除，可得：，所以 所以. 【注】，中，把转化为. 非对称处理手法2：，保留 . 【注】，保留一个，分子分母统一保留，故在分母配. 非对称处理手法3：，保留 . 【注】，保留一个，分子分母统一保留，故在分子配. 非对称处理手法4：（暴力求根） 由求根公式得：，不妨设，， 则. 练3【解析】解：设动点， 动点与定点的距离和它到定直线的距离之比为， ，整理得， 曲线的方程为； 设，，，直线方程， 与椭圆方程联立，整理得：， ， 由韦达定理得：， 化简得：， 由已知得，， 则直线的方程为，直线的方程为， 联立直线和： ， 代入，、可得：． 化简可得：， 所以点在一条定直线上． 练4【解析】解：如图示： 由题意，，， ，，，解得：， 故椭圆的方程是； 由知，，设，则直线的方程是， 联立， 由韦达定理， 代入直线的方程为得：，即， 直线的方程是， 联立方程， 由韦达定理， 代入直线的方程为得，即， 直线的斜率， 直线的方程是，整理得：， 故直线过定点．  例5【解析】解：根据椭圆的对称性，，两点必在椭圆上， 又的横坐标为，椭圆必不过，，，三点在椭圆上． 把，代入椭圆，得： 解得，，椭圆的方程为； (2)方法1.直接构造关于斜率的齐次式 椭圆的方程, 即. 设直线方程为, 联立,齐次化得 整理得 , 整理得, 由韦达定理得, 从而, 与对照可知, 直线过定点. 【注】使用齐次化方法时, 可直接将直线方程设为的形式, 其中是题目中给定的定点，同时也要将椭圆方程变形为的形式. 方法2: 坐标平移之后构造齐次式 如图, 以为原点新建坐标系, 则椭圆方程变为, 即. 设直线为 , 联立椭圆方程, 化齐次式得, 整理得. 因为 , 所以. 即, 所以直线 过定点 .所以在原坐标系中, 直线 过定点. 例6【解析】证明：由于, 因此由勾股定理可得, 所以. 设的面积为到的距离为, 则有, 因此, 所以要证明为常数, 则只需证明为定值. 设直线方程为, 联立, 齐次化并整理可得: , 方程两根为, 由韦达定理得: . 因为, 所以, 化简即得. 由点到直线距离公式, 得,所以为定值. 练5【解析】解：点在的垂直平分线上，， ， 点的轨迹是以，为焦点的椭圆，其方程为； (2)设直线, 联立, 齐次化得, 整理可得: , 即, 方程两根为, 则,同理可得,． 由条件知, 所以, 整理得, ． 练6【解析】设直线方程为, 点的坐标为. 联立, 化简可得: , 整理成关于的齐次式: , 进而两边同时除以, 则, 因为, 所以∴ 又因为直线方程等价于为, 即, 对比于, 则, 代入中, 化简可得: .. 故的轨迹方程为 【专题训练】 1.【解析】如图, 故选C. 2.【解析】记直线 反向延长交椭圆于 , 由 及椭圆对称性得 , 设 . 3.【解析】设 , 4.【解析】设, 由条件可得与的系数不对等,怎么凑出韦达式呢? 解法1: 即,待定系数,使得,易得,即, 因为,所以,取倒数相加,便得, 所以, 设直线,与抛物线联立可得, 则,代入前面的式子中可得, 解得或,所以直线斜率为或. 解法2: 设,设直线, 与抛物线联立可得,则, 由条件可得:, 代入上面两式,得:,所以 所以,解得或,所以直线斜率为或. 5.【解析】解：由题意得，把代入， 解得， 所以的方程为． 由知：，， 当斜率不存在时，易知 当斜率存在时，设，，， 由得，显然， 所以，． 因为， ， 所以， 因为， 所以． 又， 设，则，，解得且， 所以． 因为， 综上，的取值范围为．  6.【解析】（1）由椭圆过点，且离心率为，所以，解得 故所求的椭圆方程为． （2）由题意得，， 直线的方程，设， 联立，整理得， ∴，． 由求根公式可知，不妨设，， 直线的方程为，直线的方程为， 联立，得 代入，得， 解得，即直线与的交点在定直线上． ．  共10页/第2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题17：圆锥曲线问题运算策略 <<<专题综述>>> 圆锥曲线的方程都是二次方程，因而解决与此相关的问题时，往往涉及到较为复杂的代数运算，特别是含参问题的运算，有时极为复杂．这时如何采用合理手段简化运算，成为能否顺利解决这类问题的关键． <<<专题探究>>> 题型一：定比点差法及应用 定比分点：若则称点为的入定比分点，若,则. 证明:设,则. 利用对应坐标相等即可推出. 调和定比分点的性质,若且,则称调和分割,根据定义，那么也调和分割.（其中在线段内，称为内分点，在线段外，称为外分点）. 定理：再椭圆或双曲线中，设为椭圆或双曲线上的两点。 若存在两点，满足, ,一定有. 例1已知椭圆的离心率为，椭圆的右焦点和抛物线的焦点重合，椭圆与轴的一个交点为，且是椭圆的左焦点． 求证：是等腰直角三角形； 当过点的动直线与椭圆相交于两不同点，时，在线段上取点，满足，求点的轨迹方程． 【思路点拨】 Ⅰ由题意解得，，所求椭圆方程为 由此能证明是等腰直角三角形． Ⅱ共线的四点，，，组成两组等比例线段,可尝试根据线段所分得的比值作代数处理，运用定比点差法整体消元进行求解. 例2过点的直线与椭圆交于点和，且，点满足若为坐标原点，则的最小值为________． 【思路点拨】 设，，，运用向量共线的坐标表示，结合点在椭圆上满足椭圆方程，可得的轨迹方程，由点到直线的距离公式可得最小值． 练1已知点，椭圆上两点，满足，则当___________时，点横坐标的绝对值最大． 【思路点拨】 设，，运用向量共线的坐标表示，以及点满足椭圆方程，求得，， 有，运用二次函数的最值求法，可得所求最大值和的值． 练2已知椭圆方程：内有一定点，过点的两条直线，分别与椭圆交于、和、两点，且满足，，若变化时，直线的斜率总为，则椭圆的离心率为(    ) A. B. C. D. 【思路点拨】 由向量的坐标运算得， 由点差法作差求得，，即可求得和的关系，进而分析可求得椭圆的离心率．  题型二：非对称韦达及应用 求解解析几何问题时，会遇到两根不对称的结构,比如，,之类的问题，就相对较难地直接应用韦达定理来处理了，我们把这类问题称为“非对称韦达问题”, 常用的策略有： （1）对于非对称型题，韦达定理无法直接代入，可以通过韦达定理构造互化公式，先局部互化，然后可整理成对称型； （2）和积互化公式：. 例3椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点． 当时，求直线的方程； 当点异于两点时，证明：为定值。 【思路点拨】 根据椭圆有两顶点、，焦点，可知椭圆的焦点在轴上，，，可以求得椭圆的方程，联立直线和椭圆方程，消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理和弦长公式可求出直线的方程； 根据过其焦点的直线的方程可求出点,该直线与椭圆交于、两点,和直线与直线交于点,求出直线与直线的方程,解该方程组即可求得点的坐标,代入即可证明结论． 例4设为椭圆的右焦点,过点的直线与椭圆交于两点. （1）若点为椭圆的上顶点,求直线的方程; （2）设直线的斜率分别为,求证：为定值. 【思路点拨】 本题第（1）问可由及求得直线的方程为； 第（2）问可以将转化为，也可、保留一个，分子分母统一保留，故在分母配. 练3 已知动点与定点的距离和它到定直线的距离之比为，记的轨迹为曲线． 求曲线的方程； 过点的直线与曲线交于两点，分别为曲线与轴的两个交点，直线交于点，求证：点在定直线上． 【思路点拨】 设动点，可得，整理可得曲线的方程； 设，，，直线方程，与椭圆方程联立，由韦达定理得，由已知得，，则直线的方程为，联立直线和 ，可得、可得化简可得，可得结论． 练4已知，分别为椭圆：的左、右顶点，为的上顶点，为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为 求的方程； 证明：直线过定点． 【思路点拨】 求出，解出，求出的方程即可； 联立直线和椭圆的方程求出，的坐标，求出直线的方程，判断即可． 题型三：齐次化的应用 圆锥曲线的定义、定值、弦长、面积，很多都可以转化为斜率问题，当圆锥曲线遇到斜率之 和或者斜率之积，以往我们的常用解法是设直线,与圆锥曲线方程联立方程组,再将斜率之和或之积的式子通分后，将和代入，得到关于、的式子．解法不难，计算量较为复杂． 如果采用齐次化解决，直接得到关于的方程，会使题目计算量大大减少，“齐次”即次数相等的意思，例如称为二次齐式，即二次齐次式的意思， 因为中每一项都是关于、的二次项． 齐次化方法一般适用于两直线斜率之和（或积）为常数的题型，可以解决与斜率之和（或积）有关的定点、定值或轨迹等问题：使用齐次化方法时，可以有两种处理方法: 方法1：先平移坐标系, 将原点平移至给定的点，转化为两直线过原点的类型; 方法2：不进行坐标平移,直线方程须化为的形式,其中是题目中的给定的点, 此时圆锥曲线的方程也要跟着变形; 其中斜率的和或者积决定了直线方程中的一个关系式. 例5已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆上 求的方程； 设直线不经过点且与相交于两点若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点． 【思路点拨】 根据椭圆的对称性，得到，，三点在椭圆上．把，代入椭圆，求出，，由此能求出椭圆的方程； 当斜率不存在时，不满足题意；当斜率存在时，设：，，联立，得，由此利用韦达定理，结合已知条件能证明直线过定点． 例6已知椭圆的中心为,长轴、短轴分别为分别在椭圆上, 且, 求证: 为定值. 【思路点拨】 设的面积为到的距离为,证明为常数, 则只需证明为定值， 设直线方程为,代入椭圆方程作齐次化处理. 练5已知圆的方程为, 点的坐标为. 点为圆上的任意一点，线段的垂直平分线与交于点. (2)点是圆上异于点和的任一点, 直线与轨迹交于直线与轨迹交于点. 设为坐标原点, 直线的斜率分别为, 问:是否存在常数, 使得恒成立?若存在, 求的值; 若不存在, 请说明理由. 【思路点拨】 由题意，可推出点的轨迹是以，为焦点的椭圆，由此可得轨迹的方程； 设直线的方程为,将直线的方程与椭圆方程联立,利用韦达定理及直线的求解． 练6已知为椭圆 上两个动点, 且, 过原点作直线的垂线，垂足为，求点的轨迹方程． 【思路点拨】 设点的坐标为欲求其轨迹方程，即寻找，的关系式，由直线的方程和椭圆的方程组成方程组，结合向量的垂直关系即可找到找，的关系式，从而问题解决． <<<专题训练>>> 1.双曲线 的右顶点作斜率为的直线, 该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为 若 , 则双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 2.设分别为椭圆的左、右焦点,点在椭圆上, 若,则点的坐标是____. 3.已知椭圆的左右焦点分别为是椭圆上的三个动点,且 4.已知抛物线与定点,直线与抛物线交于两点,且有,求直线的斜率. 5.已知，为椭圆：的左、右顶点，且椭圆过点． 求的方程； 过左焦点的直线交椭圆于，两点其中点在轴上方，求的取值范围． 6.如图所示，离心率为的椭圆：上的点到其左焦点的距离的最大值为，过椭圆内一点的两条直线分别与椭圆交于点、和、，且满足，，其中为常数，过点作的平行线交椭圆于、两点． Ⅰ求椭圆的方程； Ⅱ若点，求直线的方程，并证明点平分线段． 共9页/第19页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题17：圆锥曲线问题运算策略 <<<专题综述>>> 圆锥曲线的方程都是二次方程，因而解决与此相关的问题时，往往涉及到较为复杂的代数运算，特别是含参问题的运算，有时极为复杂．这时如何采用合理手段简化运算，成为能否顺利解决这类问题的关键． <<<专题探究>>> 题型一：定比点差法及应用 定比分点：若则称点为的入定比分点，若,则. 证明:设,则. 利用对应坐标相等即可推出. 调和定比分点的性质,若且,则称调和分割,根据定义，那么也调和分割.（其中在线段内，称为内分点，在线段外，称为外分点）. 定理：再椭圆或双曲线中，设为椭圆或双曲线上的两点。 若存在两点，满足, ,一定有. 例1已知椭圆的离心率为，椭圆的右焦点和抛物线的焦点重合，椭圆与轴的一个交点为，且是椭圆的左焦点． 求证：是等腰直角三角形； 当过点的动直线与椭圆相交于两不同点，时，在线段上取点，满足，求点的轨迹方程． 【思路点拨】 Ⅰ由题意解得，，所求椭圆方程为 由此能证明是等腰直角三角形． Ⅱ共线的四点，，，组成两组等比例线段,可尝试根据线段所分得的比值作代数处理，运用定比点差法整体消元进行求解. 【规范解析】 Ⅰ证明：由题意解得，， 所求椭圆方程为 ． ，， 椭圆与轴的一个交点为，是等腰直角三角形． Ⅱ解：设点、、的坐标分别为，， 由题可设，则且． 又，，，四点共线，从而． 于是，，， 从而， ， 又点、在椭圆上，即， 并结合，得， 即点的轨迹是直线在椭圆内的部分，方程为 例2过点的直线与椭圆交于点和，且，点满足若为坐标原点，则的最小值为________． 【思路点拨】 设，，，运用向量共线的坐标表示，结合点在椭圆上满足椭圆方程，可得的轨迹方程，由点到直线的距离公式可得最小值． 【规范解析】 解：设，， 又 且调和分割，) 因为，两式相减整理得：， 又表示到的距离，且点在直线上， 所以． 练1已知点，椭圆上两点，满足，则当___________时，点横坐标的绝对值最大． 【思路点拨】 设，，运用向量共线的坐标表示，以及点满足椭圆方程，求得，， 有，运用二次函数的最值求法，可得所求最大值和的值． 【规范解析】 解：设，， 由，，可得，，即有，， 又，即为，,又， 得，可得，解得，， 则，即有， 即有时，有最大值，即点横坐标的绝对值最大． 故答案为：． 练2已知椭圆方程：内有一定点，过点的两条直线，分别与椭圆交于、和、两点，且满足，，若变化时，直线的斜率总为，则椭圆的离心率为(    ) A. B. C. D. 【思路点拨】 由向量的坐标运算得， 由点差法作差求得，，即可求得和的关系，进而分析可求得椭圆的离心率．  【规范解析】 解：设、、、，， 由，即， 则，同理可得： 则， 将点，的坐标代入椭圆方程作差可得：， 即，则， 由，得，所以， 故同理可得：， ， 而，， 则椭圆的离心率． 故选C． 题型二：非对称韦达及应用 求解解析几何问题时，会遇到两根不对称的结构,比如，,之类的问题，就相对较难地直接应用韦达定理来处理了，我们把这类问题称为“非对称韦达问题”, 常用的策略有： （1）对于非对称型题，韦达定理无法直接代入，可以通过韦达定理构造互化公式，先局部互化，然后可整理成对称型； （2）和积互化公式：. 例3椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点． 当时，求直线的方程； 当点异于两点时，证明：为定值。 【思路点拨】 根据椭圆有两顶点、，焦点，可知椭圆的焦点在轴上，，，可以求得椭圆的方程，联立直线和椭圆方程，消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理和弦长公式可求出直线的方程； 根据过其焦点的直线的方程可求出点,该直线与椭圆交于、两点,和直线与直线交于点,求出直线与直线的方程,解该方程组即可求得点的坐标,代入即可证明结论． 【规范解析】 解：椭圆的焦点在轴上，设椭圆的标准方程为， 由已知得，，所以，椭圆的方程为， 当直线与轴垂直时，与题意不符， 设直线的方程为，，， 将直线的方程代入椭圆的方程化简得， ，则，， ，解得． 直线的方程为； 证明：当直线与轴垂直时与题意不符， 设直线的方程为，，，， 点的坐标为， 由知，， 且直线的方程为，且直线的方程为， 将两直线联立，消去得， ，，与异号， ， 与异号，与同号， ，解得， 故点坐标为， ， 故为定值．  例4设为椭圆的右焦点,过点的直线与椭圆交于两点. （1）若点为椭圆的上顶点,求直线的方程; （2）设直线的斜率分别为,求证：为定值. 【思路点拨】 本题第（1）问可由及求得直线的方程为； 第（2）问可以将转化为，也可、保留一个，分子分母统一保留，故在分母配. 【规范解析】 (1)方程为，即联立 或，所以，而，故直线的方程为； (2)设，，， 联立，则. 由韦达定理可得：，（*） 求解目标为：，，的系数出现了不对称，可有如下处理手法： 非对称处理手法1：（转化为） 由（*）两式相除，可得：，所以 所以. 【注】，中，把转化为. 非对称处理手法2：，保留 . 【注】，保留一个，分子分母统一保留，故在分母配. 非对称处理手法3：，保留 . 【注】，保留一个，分子分母统一保留，故在分子配. 非对称处理手法4：（暴力求根） 由求根公式得：，不妨设，， 则. 练3 已知动点与定点的距离和它到定直线的距离之比为，记的轨迹为曲线． 求曲线的方程； 过点的直线与曲线交于两点，分别为曲线与轴的两个交点，直线交于点，求证：点在定直线上． 【思路点拨】 设动点，可得，整理可得曲线的方程； 设，，，直线方程，与椭圆方程联立，由韦达定理得，由已知得，，则直线的方程为，联立直线和 ，可得、可得化简可得，可得结论． 【规范解析】 解：设动点， 动点与定点的距离和它到定直线的距离之比为， ，整理得， 曲线的方程为； 设，，，直线方程， 与椭圆方程联立，整理得：， ， 由韦达定理得：， 化简得：， 由已知得，， 则直线的方程为，直线的方程为， 联立直线和： ， 代入，、可得：． 化简可得：， 所以点在一条定直线上． 练4 已知，分别为椭圆：的左、右顶点，为的上顶点，为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为 求的方程； 证明：直线过定点． 【思路点拨】 求出，解出，求出的方程即可； 联立直线和椭圆的方程求出，的坐标，求出直线的方程，判断即可． 【规范解析】 解：如图示： 由题意，，， ，，，解得：， 故椭圆的方程是； 由知，，设，则直线的方程是， 联立， 由韦达定理， 代入直线的方程为得：，即， 直线的方程是， 联立方程， 由韦达定理， 代入直线的方程为得，即， 直线的斜率， 直线的方程是，整理得：， 故直线过定点．  题型三：齐次化的应用 圆锥曲线的定义、定值、弦长、面积，很多都可以转化为斜率问题，当圆锥曲线遇到斜率之 和或者斜率之积，以往我们的常用解法是设直线,与圆锥曲线方程联立方程组,再将斜率之和或之积的式子通分后，将和代入，得到关于、的式子．解法不难，计算量较为复杂． 如果采用齐次化解决，直接得到关于的方程，会使题目计算量大大减少，“齐次”即次数相等的意思，例如称为二次齐式，即二次齐次式的意思， 因为中每一项都是关于、的二次项． 齐次化方法一般适用于两直线斜率之和（或积）为常数的题型，可以解决与斜率之和（或积）有关的定点、定值或轨迹等问题：使用齐次化方法时，可以有两种处理方法: 方法1：先平移坐标系, 将原点平移至给定的点，转化为两直线过原点的类型; 方法2：不进行坐标平移,直线方程须化为的形式,其中是题目中的给定的点, 此时圆锥曲线的方程也要跟着变形; 其中斜率的和或者积决定了直线方程中的一个关系式. 例5已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆上 求的方程； 设直线不经过点且与相交于两点若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点． 【思路点拨】 根据椭圆的对称性，得到，，三点在椭圆上．把，代入椭圆，求出，，由此能求出椭圆的方程； 当斜率不存在时，不满足题意；当斜率存在时，设：，，联立，得，由此利用韦达定理，结合已知条件能证明直线过定点． 【规范解析】 解：根据椭圆的对称性，，两点必在椭圆上， 又的横坐标为，椭圆必不过，，，三点在椭圆上． 把，代入椭圆，得： 解得，，椭圆的方程为； (2)方法1.直接构造关于斜率的齐次式 椭圆的方程, 即. 设直线方程为, 联立,齐次化得 整理得 , 整理得, 由韦达定理得, 从而, 与对照可知, 直线过定点. 【注】使用齐次化方法时, 可直接将直线方程设为的形式, 其中是题目中给定的定点，同时也要将椭圆方程变形为的形式. 方法2: 坐标平移之后构造齐次式 如图, 以为原点新建坐标系, 则椭圆方程变为, 即. 设直线为 , 联立椭圆方程, 化齐次式得, 整理得. 因为 , 所以. 即, 所以直线 过定点 .所以在原坐标系中, 直线 过定点. 例6已知椭圆的中心为,长轴、短轴分别为分别在椭圆上, 且, 求证: 为定值. 【思路点拨】 设的面积为到的距离为,证明为常数, 则只需证明为定值， 设直线方程为,代入椭圆方程作齐次化处理. 【规范解析】 证明：由于, 因此由勾股定理可得, 所以. 设的面积为到的距离为, 则有, 因此, 所以要证明为常数, 则只需证明为定值. 设直线方程为, 联立, 齐次化并整理可得: , 方程两根为, 由韦达定理得: . 因为, 所以, 化简即得. 由点到直线距离公式, 得,所以为定值. 练5已知圆的方程为, 点的坐标为. 点为圆上的任意一点，线段的垂直平分线与交于点. (2)点是圆上异于点和的任一点, 直线与轨迹交于直线 与轨迹交于点. 设为坐标原点, 直线的斜率分别为, 问:是否存在常数, 使得恒成立?若存在, 求的值; 若不存在, 请说明理由. 【思路点拨】 由题意，可推出点的轨迹是以，为焦点的椭圆，由此可得轨迹的方程； 设直线的方程为,将直线的方程与椭圆方程联立,利用韦达定理及直线的求解． 【规范解析】 解：点在的垂直平分线上，， ， 点的轨迹是以，为焦点的椭圆，其方程为； (2)设直线, 联立, 齐次化得, 整理可得: , 即, 方程两根为, 则,同理可得,． 由条件知, 所以, 整理得, ． 练6已知为椭圆 上两个动点, 且, 过原点作直线的垂线，垂足为，求点的轨迹方程． 【思路点拨】 设点的坐标为欲求其轨迹方程，即寻找，的关系式，由直线的方程和椭圆的方程组成方程组，结合向量的垂直关系即可找到找，的关系式，从而问题解决． 【规范解析】 设直线方程为, 点的坐标为. 联立, 化简可得: , 整理成关于的齐次式: , 进而两边同时除以, 则, 因为, 所以∴ 又因为直线方程等价于为, 即, 对比于, 则, 代入中, 化简可得: .. 故的轨迹方程为 <<<专题训练>>> 1.双曲线 的右顶点作斜率为的直线, 该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为 若 , 则双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 【解析】如图, 故选C. 2.设分别为椭圆的左、右焦点,点在椭圆上, 若,则点的坐标是____. 【解析】记直线 反向延长交椭圆于 , 由 及椭圆对称性得 , 设 . 3.已知椭圆的左右焦点分别为是椭圆上的三个动点,且 【解析】设 , 4.已知抛物线与定点,直线与抛物线交于两点,且有,求直线的斜率. 【解析】设, 由条件可得与的系数不对等,怎么凑出韦达式呢? 解法1: 即,待定系数,使得,易得,即, 因为,所以,取倒数相加,便得, 所以, 设直线,与抛物线联立可得, 则,代入前面的式子中可得, 解得或,所以直线斜率为或. 解法2: 设,设直线, 与抛物线联立可得,则, 由条件可得:, 代入上面两式,得:,所以 所以,解得或,所以直线斜率为或. 5.已知，为椭圆：的左、右顶点，且椭圆过点． 求的方程； 过左焦点的直线交椭圆于，两点其中点在轴上方，求的取值范围． 【解析】 解：由题意得，把代入， 解得， 所以的方程为． 由知：，， 当斜率不存在时，易知 当斜率存在时，设，，， 由得，显然， 所以，． 因为， ， 所以， 因为， 所以． 又， 设，则，，解得且， 所以． 因为， 综上，的取值范围为．  6.如图所示，离心率为的椭圆：上的点到其左焦点的距离的最大值为，过椭圆内一点的两条直线分别与椭圆交于点、和、，且满足，，其中为常数，过点作的平行线交椭圆于、两点． Ⅰ求椭圆的方程； Ⅱ若点，求直线的方程，并证明点平分线段． 【解析】解：Ⅰ由题得，，联立， 解得，，，椭圆方程为 Ⅱ方法一：设，，由可得． 点在椭圆上，故 整理得： 又点在椭圆上可知，故有 由，同理可得： 得：，即 又，故 , 直线的方程为：，即． 由可得： 是的中点，即点平分线段 Ⅱ方法二：，，，即 在梯形中，设中点为，中点为， 过作的平行线交，于点， 与面积相等，,，，三点共线. 设，,，， 两式相减得 ， 显然，否则垂直于轴，不在轴上，此时不可能垂直于轴保持与平行且否则平行于轴或经过原点，此时，，三点不可能共线 设直线斜率为，直线斜率为 ，即 设直线斜率为，直线斜率为,同理，，又， ，即，，三点共线 ，，，四点共线，，代入得  直线的方程为 ，即 联立得 点平分线段 共16页/第19页 学科网（北京）股份有限公司 $$