(新高考)高考数学一轮复习过关练考点27 椭圆的综合问题 （含解析）

这是一份(新高考)高考数学一轮复习过关练考点27 椭圆的综合问题 （含解析），共34页。

考点27 椭圆的综合问题
考纲要求



1、 掌握直线与椭圆的关系，能够解决椭圆问题中的直线的方程和斜率问题·
2、 掌握圆锥曲线中最值问题的解题策略
3、 掌握圆锥曲线中定点、定值等问题
近三年高考情况分析



解答题中考查直线与椭圆的知识 .涉及重点是考查椭圆的标准方程、几何性质,以及直线与椭圆相交所产生的相关问题,如范围问题、最值问题及定点、定值问题等等 . 在解决这类问题时,要充分利用方程的思想、数形结合的思想,同时,注意定义及几何图形的性质的应用,另外,这类问题也会考查学生观察、推理以及分析问题、解决问题的能力

考点总结




解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要．从思想方法层面讲，解析几何主要有两种方法：一是设线法；二是设点法．此题的两种解法分属于设点法和设线法．一般地，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用得好，解题过程往往会显得很简捷．解析几何大题肩负着对计算能力考查的重任，所以必要的计算量是少不了的，不要一遇到稍微有一点计算量的题目就想放弃，坚持到底才是胜利
三年高考真题





1、【2017年高考全国Ⅲ理数】已知椭圆C：的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线相切，则C的离心率为
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】以线段为直径的圆的圆心为坐标原点，半径为，圆的方程为，
直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，整理可得，即即，
从而，则椭圆的离心率，故选A．
2、【2018年高考浙江卷】已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．
【答案】
【解析】设，，
由得，，
所以，
因为，在椭圆上，所以，，
所以，
所以，
与对应相减得，，
当且仅当时取最大值．
3、【2019年高考天津卷理数】设椭圆的左焦点为，上顶点为．已知椭圆的短轴长为4，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上．若（为原点），且，求直线的斜率．
【解析】（1）设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，．
所以，椭圆的方程为．
（2）由题意，设．设直线的斜率为，
又，则直线的方程为，
与椭圆方程联立整理得，
可得，代入得，
进而直线的斜率．
在中，令，得．
由题意得，所以直线的斜率为．
由，得，化简得，从而．
所以，直线的斜率为或．
4、【2020年北京卷】.已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【解析】(1)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且：，注意到：
，
而：

，
故.
从而.
5、【2020年江苏卷】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．

（1）求△AF1F2的周长；
（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求的最小值；
（3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=3S1，求点M的坐标．
【解析】（1）∵椭圆的方程为∴,
由椭圆定义可得：.∴的周长为
（2）设，根据题意可得.
∵点在椭圆上，且在第一象限，
∴∵准线方程为∴
∴，当且仅当时取等号.
∴的最小值为.
（3）设，点到直线的距离为.
∵，∴直线的方程为
∵点到直线的距离为，
∴∴
∴①∵②
∴联立①②解得，.
∴或.
6、【2020年全国1卷】0.已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【解析】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
故直线过定点
7、【2020年全国2卷】.已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
【解析】（1），轴且与椭圆相交于、两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，

抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，
解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得.
因此，曲线的标准方程为，
曲线的标准方程为.
8、【2020年天津卷】.已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．
（Ⅰ）求椭圆方程；
（Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程．
【解析】（Ⅰ）椭圆的一个顶点为，
，
由，得，
又由，得，
所以，椭圆的方程为；
（Ⅱ）直线与以为圆心的圆相切于点，所以，
根据题意可知，直线和直线的斜率均存在，
设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
，消去，可得，解得或.
将代入，得，
所以，点的坐标为，
因为为线段的中点，点的坐标为，
所以点的坐标为，
由，得点的坐标为，
所以，直线的斜率为，
又因为，所以，
整理得，解得或.
所以，直线的方程为或.
9、【2020年浙江卷】.如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）．

（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【解析】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；
（Ⅱ）设，
由，
，
由在抛物线上，所以，
又，
，，
.
由即

，
所以，，，
所以，的最大值为，此时.
法2：设直线，.
将直线的方程代入椭圆得：，
所以点的纵坐标为.
将直线的方程代入抛物线得：，
所以，解得，因此，
由解得，
所以当时，取到最大值为.
10、【2020年山东卷】.已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【解析】(1)由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.
(2)设点.
因为AM⊥AN，∴，即,①
当直线MN的斜率存在时，设方程为,如图1.
代入椭圆方程消去并整理得：
②,
根据,代入①整理可得：

将②代入，，
整理化简得,
∵不在直线上，∴，
∴，
于是MN的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线MN的斜率不存在时，可得,如图2.
代入得,
结合,解得,
此时直线MN过点,

由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，
所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）.
由于，故由中点坐标公式可得.
故存在点，使得|DQ|为定值.

二年模拟试题




题型一、椭圆与圆的结合问题
1、（2020届山东省临沂市高三上期末）已知P是椭圆C：上的动点，Q是圆D：上的动点，则（ ）
A．C的焦距为 B．C的离心率为
C．圆D在C的内部 D．的最小值为
【答案】BC
【解析】
，
，则C的焦距为，.
设（），
则，
所以圆D在C的内部，且的最小值为.
故选：BC.
2、（2020届湖南省长沙市长郡中学高三月考（一)数学（文)试题）设P，Q分别是圆和椭圆上的点，则P，Q两点间的最大距离是(　　)
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
圆的圆心为M(0,6)，半径为，
设，则， 即，

∴当 时，，故的最大值为.
故选C.
3、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）设椭圆的标准方程为，若斜率为1的直线与椭圆相切同时亦与圆（为椭圆的短半轴）相切，记椭圆的离心率为，则__________．
【答案】
【解析】设切线方程为，代入椭圆方程可得：.
因为相切，
由直线与圆相切，可得：，或（舍去）.
则有，因为，
所以可得.
故答案为：.
4、（2020届山东省九校高三上学期联考）已知椭圆：的离心率为，短轴长为2.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于、两点，若以为直径的圆恰好过坐标原点，求直线的方程及的大小.
【答案】(1) (2) ，.
【解析】（1）由得，
又∵短轴长为2可得，，
∴椭圆的标准方程为：.
（2）易知直线的斜率存在且不为零，设直线的斜率为，
设直线的方程为：，则联立，
消元得：，
，即.
设，，
∴，，
由题意可知，即：
，
∴，解得，
∴
.
综上：直线的方程为：，.
题型二、椭圆中的直线问题
1、（2020届山东省潍坊市高三上期末）在平面直角坐标系中，，设的内切圆分别与边相切于点，已知，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程;
(2)过的直线与轴正半轴交于点，与曲线E交于点轴，过的另一直线与曲线交于两点，若，求直线的方程.
【答案】（1）（2）或.
【解析】
(1)由内切圆的性质可知，，，

.
所以曲线是以为焦点，长轴长为的椭圆(除去与轴的交点).
设曲线则，
即
所以曲线的方程为.
(2)因为轴，所以，设，
所以，所以，则
因为，所以，
所以
所以，所以
设则
，所以
①直线斜率不存在时， 方程为
此时，不符合条件舍去.
②直线的斜率存在时，设直线的方程为.
联立，得
所以，
将代入得
，所以.
所以，
所以直线的方程为或.
2、(2019苏州期初调查）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P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．

规范解答 (1)因为椭圆的离心率为，所以a＝2c.
又因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.
所以椭圆的标准方程为＋＝1.(3分)
又因为点P为椭圆上一点，所以＋＝1，解得c＝1.(5分)
所以椭圆的标准方程为＋＝1.(6分)
(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＝－，x1x2＝－.(8分)
因为k1＝，k2＝，且k1＝2k2，所以＝.(10分)
即＝.　①
又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，
所以y＝(4－x)，y＝(4－x)．　②
将②代入①可得：＝，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0.(12分)
所以3＋10＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0.(14分)
解得k＝或k＝，又因为k>1，所以k＝.(16分)
3、(2019通州、海门、启东期末）如图，A是椭圆＋y2＝1的左顶点，点P，Q在椭圆上且均在x轴上方，(1) 若直线AP与OP垂直，求点P的坐标；
(2) 若直线AP，AQ的斜率之积为，求直线PQ的斜率的取值范围．

第1问，由于点A，O已知，且AP⊥PO，由此可得点P所满足的轨迹方程，再根据点P在椭圆上，就可以通过两个方程所组成的方程组求得点P的坐标．
第2问，要研究直线PQ的斜率的取值范围，由于点P、Q与直线AP，AQ有关，因此，利用解方程组的方法可以将点P、Q的坐标表示为直线AP，AQ的斜率的形式，进而将直线PQ的斜率表示为直线AP，AQ的斜率的形式，利用kAP·kAQ＝就可以利用基本不等式或利用消元法转化为单个变量的函数形式，通过函数求得它的取值范围．
(1) 设P(x0，y0)，A(－2，0)，则＝(x0，y0)，＝(x0，y0)，因为直线AP与OP垂直，
所以·＝0，即x0(x0＋2)＋y＝0.(3分)
得x＋2x0＋y＝0.①
又点P在椭圆上，所以＋y＝1.②
由①②得x0＝－或－2(舍去)，代入②得y0＝±.
因为点P在x轴上方，所以P.(6分)

(2)由于直线AP，AQ的斜率之积为，点P，Q在椭圆上且均在x轴上方．
所以可设直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，则k1k2＝，k1>0，k2>0.所以直线AP的方程为y＝k1(x＋2)．
联立得(4k＋1)x2＋16kx＋16k－4＝0.(8分)
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则－2x1＝，即x1＝.
同理可得，x2＝.(10分)
所以直线PQ的斜率为k＝＝＝
＝
＝＝＝.(12分)
因为k1k2＝，k1>0，k2>0.
所以k1＋k2≥2＝，注意到，点P，Q不重合，所以重号不成立．
所以0<<，
所以直线PQ的斜率的取值范围为.(14分)

4、(2019南京、盐城一模）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两焦点之间的距离为2，两条准线间的距离为8，直线l：y＝k(x－m)(m∈R)与椭圆交于P，Q两点．
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 设椭圆的左顶点为A，记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2.
①若m＝0，求k1k2的值；
②若k1k2＝－，求实数m的值．
规范解答 (1)因为椭圆C的两个焦点间距离为2，两准线间的距离为2×＝8，所以a＝2，c＝1，所以b2＝3，
所以椭圆的方程为＋＝1.(3分)
(2)①设P(x0，y0)，由于m＝0，则Q(－x0，－y0)，
由＋＝1，得y＝3－，(5分)
所以k1k2＝·＝＝＝－.(8分)
②由(1)得A(－2，0)．
解法1 设P(x1，y1)，设直线AP的方程为AP：y＝k1(x＋2)，
联立消去y，得(3＋4k)x2＋16kx＋16k－12＝0，所以xA·x1＝，(10分)
所以x1＝， 代入y＝k1(x＋2)得y1＝，
所以P.(12分)
由k1k2＝－，得k2＝－，所以Q.(13分)
设M(m，0)，由P，Q，M三点共线，得＝λ，
即×＝×，
化简得(m－1)(16k＋4)＝0，所以m＝1.(16分)
解法2 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立消去y，得(3＋4k2)x2－8mk2x＋4m2k2－12＝0，
所以x1＋x2＝，x1·x2＝.(10分)
而k1k2＝·＝·
＝＝－，(13分)
化简得＝－，即m2k2＋mk2－2k2＝0.
因为k2≠0，所以m2＋m－2＝0，解得m＝1或m＝－2(舍去)．
当m＝1时，Δ＞0，所以，m＝1.(16分)
题型三、椭圆中的最值问题
1、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆的离心率为，是其右焦点，直线与椭圆交于，两点，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，若为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1） （2）或
【解析】（1）设为椭圆的左焦点,连接,由椭圆的对称性可知,,
所以,所以,
又,,解得,,
所以椭圆的标准方程为
（2）设点,则,,
联立,得,
所以,,
因为为锐角,所以,
所以


,
解得或
2、(2019无锡期末）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点，点P在第四象限， A为左顶点， B为上顶点， PA交y轴于点C，PB交x轴于点D.
(1) 求椭圆 C 的标准方程；
(2) 求 △PCD 面积的最大值．

解答. (1) 由题意得：得a2＝4，b2＝1，(4分)
故椭圆C的标准方程为：＋y2＝1.(5分)
(2) 由题意设lAP：y＝k(x＋2)，－ 由消y得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，所以xAxP＝，
由xA＝－2得xP＝，故yP＝k(xP＋2)＝，
所以P，(8分)
设D(x0，0)，因B(0，1)，P，B，D三点共，所以kBD＝kPB，故＝，
解得x0＝，得D，(10分)
所以S△PCD＝SPAD－S△CAD＝×AD×|yP－yC|
＝]＝，(12分)
因为－ 令t＝1－2k，1 所以g(t)＝－2＋＝－2＋
＝－2＋≤2＋＝－1，(14分)
当且仅当t＝时取等号，此时k＝，所以△PCD面积的最大值为－1.(16分)
3、(2019宿迁期末）如图所示，椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率为，右准线方程为x＝4，过点P(0，4)作关于y轴对称的两条直线l1，l2，且l1与椭圆交于不同两点A，B，l2与椭圆交于不同两点D，C.
(1) 求椭圆M的方程；
(2) 证明：直线AC与直线BD交于点Q(0，1)；
(3) 求线段AC长的取值范围．

规范解答 (1)由得a＝2，c＝2，所以b2＝a2－c2＝4，
所以椭圆M的方程为＋＝1.(4分)
(2)解法1 设直线l1：y＝kx＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由对称性可知D(－x1，y1)，C(－x2，y2)．
联立消去y得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0,
所以x1＋x2＝，x1·x2＝.(6分)
又kBQ＝，kDQ＝，
则kBQ－kDQ＝－＝＋＝2k＋＝2k＋＝2k－2k＝0，(8分)
知kBQ＝kDQ，故点B，D，Q三点共线，即直线BD经过点Q(0，1)．
同理可得直线AC经过点Q(0，1)．
所以直线AC与直线BD交于点Q(0，1)．(10分)
解法2 设直线l1：y＝kx＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由对称性可知D(－x1，y1)，C(－x2，y2)，且k＝.联立削去y得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0，Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)·24＝64k2－96>0.
所以x1＋x2＝，x1·x2＝.(6分)
直线AC的方程为y＝－(x－x1)＋y1＝－(x－x1)＋kx1＋4.
直线BD的方程为y＝(x－x2)＋y2＝(x－x2)＋kx2＋4.
联立直线AC和直线BD的方程并化简得k(x1＋x2)＝，即＝＝－1，即＝－1＝－1，解得x＝0.
在直线AC的方程中，令x＝0，得y＝－(－x1)＋kx1＋4＝－(－x1)＋kx1＋4＝＋4.
将x1＋x2＝，x1·x2＝代入计算得y＝＋4＝＋4＝－3＋4＝1.
同理可得，在直线BD的方程中，令x＝0，得y＝＋4＝＋4＝－3＋4＝1.
故直线AC与直线BD交于点Q(0，1)．
(3)由(2)可知AC2＝(x1＋x2)2＋(y1－y2)2＝(x1＋x2)2＋k2(x1－x2)2
＝(x1＋x2)2＋k2
＝＋k2＝16×
＝16.(12分)
令t＝6k2－1，则k2＝.
又由Δ＝162k2－4×24×(1＋2k2)>0得k2>，所以t>8，
所以AC2＝16＋]＝16(1＋]＝16(1＋)．(14分)
因为′＝1－>0在t∈(8，＋∞)上恒成立，
所以t＋＋8在t∈(8，＋∞)上单调递增，
所以t＋＋8>18, 0<<，1<1＋<.
所以16 题型四、椭圆中的定点与定值问题
1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知椭圆的离心率e满足，右顶点为A，上顶点为B，点C(0，－2)，过点C作一条与y轴不重合的直线l，直线l交椭圆E于P，Q两点，直线BP，BQ分别交x轴于点M，N；当直线l经过点A时，l的斜率为．

(1)求椭圆E的方程；
(2)证明：为定值．
【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）由解得或（舍去），
∴，又，
，
又，
，，
椭圆E的方程为；
（2）由题知，直线的斜率存在，设直线的方程为，
设，
由得，
∴，
=
，
∴，
=，
直线BP的方程为，令解得，则，
同理可得，
=
==，
为定值．
2、（2019·山东高三月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点，延长交椭圆于点，的周长为8.

（1）求的离心率及方程；
（2）试问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）,； （2）存在点，且.
【解析】
（1）由题意可知，，则，
又的周长为8，所以，即，
则，.
故的方程为.
（2）假设存在点，使得为定值.
若直线的斜率不存在，直线的方程为，，，
则.
若直线的斜率存在，设的方程为，
设点，，联立，得，
根据韦达定理可得：，，
由于，，
则
因为为定值，所以，
解得，故存在点，且.
3、(2019苏北三市期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且右焦点到右准线l的距离为1.过x轴上一点M(m，0)(m为常数，且m∈(0，2))的直线与椭圆C交于A，B两点，与l交于点P，D是弦AB的中点，直线OD与l交于点Q.
(1) 求椭圆C的标准方程．
(2) 试判断以PQ为直径的圆是否经过定点．若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．



规范解答 (1)由题意，得，解得所以a2＝2，b2＝1，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(4分)
(2)解法1 由题意，当直线AB的斜率不存在或为零时显然不符合题意，所以可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－m)．
又准线方程为x＝2，
所以点P的坐标为P(2，k(2－m))．(6分)
由得，x2＋2k2(x－m)2＝2，即(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，
所以xA＋xB＝，则xD＝·＝，yD＝k＝－， (8分)
所以kOD＝－，
从而直线OD的方程为y＝－x(也可用点差法求解)，
所以点Q的坐标为Q.(10分)
所以以P，Q为直径的圆的方程为(x－2)2＋＝0，
即x2－4x＋2＋m＋y2－]y＝0.(14分)
因为该式对∀k≠0恒成立，令y＝0，得x＝2±，
所以以PQ为直径的圆经过定点.(16分)
解法2 由题意，当直线AB的斜率不存在或为零时显然不符合题意．直线l：x＝2.
设直线AB的方程为x＝ny＋m，则P.(6分)
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D.(8分)
联立得(n2＋2)y2＋2nmy＋m2－2＝0，Δ＝8(n2－m2＋2)>0，y1＋y2＝，x1＋x2＝n(y1＋y2)＋2m＝，故D.(10分)
所以kOD＝－，直线OD: y＝－x，故Q(2，－n)，
则PQ中点为，PQ2＝2，
所以以P，Q为直径的圆的方程为(x－2)2＋2＝，(14分)
整理得(x－2)2＋y2＋m－2＋y＝0，令y＝0，解得x＝2±，
所以以PQ为直径的圆经过定点(2±，0)．(16分)
4、(2018苏州期末）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆上动点P到一个焦点的距离的最小值为3(－1)．
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 已知过点M(0，－1)的动直线l与椭圆C交于A，B两点，试判断以线段AB为直径的圆是否恒过定点，并说明理由．

规范解答 (1) 由题意，得解得所以b2＝a2－c2＝9.(4分)
椭圆C的标准方程是＋＝1.(6分)
(2) 当直线l的斜率不存在时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝9；(7分)
当直线l的斜率为零时，以AB为直径的圆的方程为x2＋(y＋1)2＝16.(8分)
这两圆仅有唯一公共点，也是椭圆的上顶点D(0，3)．猜想以AB为直径的圆恒过定点D(0，3)．(9分)
证明如下：
证法1(向量法) 设直线l的方程为y＝kx－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．只要证·＝x1x2＋(y1－3)(y2－3)＝x1x2＋(kx1－4)(kx2－4)＝0即可．
即要证·＝(1＋k2)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝0.(11分)
由消去y，得(1＋2k2)x2－4kx－16＝0，Δ＝16k2＋64(1＋2k2)>0，此方程总有两个不等实根x1，x2.
x1，2＝，所以x1＋x2＝，x1x2＝.(14分)
所以·＝(1＋k2)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝－＋16＝0.
所以DA⊥DB，所以以AB为直径的圆恒过定点D(0，3)．(16分)
证法2(斜率法) 若设DA，DB的斜率分别为k1，k2，只要证k1k2＝－1即可．
设直线l的斜率为λ，则＝λ.
由点A在椭圆x2＋2y2＝18上，得x＋2y＝18，变形得·＝－，即k1·＝－.
设yA＋3＝m(yA－3)＋n(yA＋1)，可得m＝－，n＝，得＝λ－k1.
从而k1(3λ－k1)＝－1，即k－3λk1－1＝0.
同理k－3λk2－1＝0，所以k1，k2是关于k的方程k2－3λk－1＝0的两实根．
由根与系数关系，得k1k2＝－1.所以DA⊥DB，所以以AB为直径的圆恒过定点D(0，3)．(16分)

5、(2019镇江期末）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长为4，两准线间距离为4.设A为椭圆C的左顶点，直线l过点D(1，0)，且与椭圆C相交于E，F两点．
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 若△AEF的面积为，求直线l的方程；
(3) 已知直线AE，AF分别交直线x＝3于点M，N，线段MN的中点为Q，设直线l和QD的斜率分别为k(k≠0)，k′，求证：k·k′为定值．

. 规范解答 (1)由长轴长2a＝4，两准线间距离2＝4，解得a＝2，c＝，(2分)
则b2＝a2－c2＝2，即椭圆方程为＋＝1.(4分)
(2) 当直线l的斜率不存在时，
此时EF＝，△AEF的面积S＝AD·EF＝，不合题意；(5分)
故直线l的斜率存在，设直线l：y＝k(x－1)，代入椭圆方程得，
(1＋2k2)x－4k2x＋2k2－4＝0.
因为D(1，0)在椭圆内，所以Δ>0恒成立．
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则有x1＋x2＝，x1x2＝.(6分)
故EF＝＝|x1－x2|＝.(7分)
又点A到直线l的距离d＝，(8分)
则△AEF的面积S＝d·EF＝···＝＝，
则k＝±1.(9分)
综上，直线l的方程为x－y－1＝0和x＋y－1＝0.(10分)
(3) 证法1　设点E(x1，y1)，F(x2，y2)，则直线AE：y＝(x＋2)，
令x＝3，得点M，同理可得N，
所以点Q的坐标为.(12分)
直线QD的斜率为k′＝＝，(13分)
而＋＝＋＝k·.(14分)
由(2)知x1＋x2＝，x1x2＝，代入上式得，(15分)
＋＝k·＝＝－.
则有k′＝－，所以k·k′＝－，为定值．(16分)
(3) 证法2　设点M(3，m)，N(3，n)，且m≠n，
则Q，从而k′＝＝.
直线AM的方程为y＝(x＋2)，
与椭圆方程联立得(x＋2)(x－2)＋(x＋2)2＝0，
可知x＝－2或x＝，即点E.
故kDE＝＝.
同理可得kDF＝.又D，E，F三点共线，
则有k＝kDE＝kDF＝＝＝＝＝－.
从而有k·k′＝－.

6、(2019苏锡常镇调研（一））已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦点到相应准线的距离为.
(1) 求椭圆E的标准方程；
(2) 已知P(t，0)为椭圆E外一动点，过点P分别作直线l1和l2，直线l1和l2分别交椭圆E于点A，B和点C，D，且l1和l2的斜率分别为定值k1和k2，求证：为定值．

规范解答 (1)设椭圆的半焦距为c，由已知得，
＝，则－c＝，c2＝a2－b2，(3分)
解得a＝2，b＝1，c＝，(5分)
所以椭圆E的标准方程是＋y2＝1.(6分)
(2) 解法1　由题意，设直线l1的方程为y＝k1(x－t)，
代入椭圆E的方程中，并化简得(1＋4k)x2－8ktx＋4kt2－4＝0，(8分)
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
则x1＋x2＝，x1x2＝，
因为PA＝|x1－t|，PB＝|x2－t|，(10分)
所以PA·PB＝(1＋k)|x1－t||x2－t|＝(1＋k)|t2－(x1＋x2)t＋x1x2|
＝(1＋k)|t2－＋|＝，(12分)
同理，PC·PD＝，(14分)
所以＝为定值．(16分)
解法2　由题意，设直线l1的方程为y＝k1(x－t)，直线l2的方程为y＝k2(x－t)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
直线l1的方程为y＝k1(x－t)，
代入椭圆E的方程中，并化简得(1＋4k)x2－8ktx＋4kt2－4＝0，(8分)
则x1＋x2＝，x1x2＝，同理则x3＋x4＝，x3x4＝，
·＝(x1－t，y1)(x2－t，y2)＝(x1－t)(x2－t)＋k(x1－t)(x2－t)＝(x1－t)(x2－t)(1＋k)，
·＝(x3－t，y3)(x4－t，y4)＝(x3－t)(x4－t)＋k(x3－t)(x4－t)＝(x3－t)(x4－t)(1＋k)．(12分)
因为P，A，B三点共线，所以·＝PA·PB，同理，·＝PC·PD.
＝
＝
＝·
＝·.
代入x1＋x2＝，x1x2＝，x3＋x4＝，x3x4＝，
化简得＝，(14分)
因为是定值，所以＝为定值．(16分)