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专题09 圆锥曲线的第三定义与斜率乘积是定值模型（模拟+真题）-2024高考数学二轮复习压轴题
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这是一份专题09 圆锥曲线的第三定义与斜率乘积是定值模型（模拟+真题）-2024高考数学二轮复习压轴题，文件包含专题09圆锥曲线的第三定义与斜率乘积是定值模型模拟+真题原卷版docx、专题09圆锥曲线的第三定义与斜率乘积是定值模型模拟+真题教师版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题9 圆锥曲线的第三定义与斜率是定值模型
1．已知椭圆，过原点的直线交椭圆于、（在第一象限）由向轴作垂线，垂足为，连接交椭圆于，若三角形为直角三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】
如下图所示，设点，其中，，则、，
则，，设点，则，作差可得，
所以，，
所以，，则不互相垂直，所以，则，所以，，又因为，所以，，所以，该椭圆的离心率为．故选：B.
2．（2021·全国）已知椭圆，，分别为椭圆的左､右顶点，若在椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
设，得到，结合，得到，结合离心率的定义，即可求解．
【详解】
由题意，椭圆，可得，，
设，代入椭圆的方程，可得，
则，
即，即.
又因为，所以.
故选：A.
3、（2021·全国高二课时练习）已知，，是双曲线上不同的三点，且点A，连线经过坐标原点，若直线，的斜率乘积为，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
设出点，点的坐标，求出斜率，将点，的坐标代入方程，两式相减，再结合，即可求得离心率．
【详解】
设，，
因为点A，连线经过坐标原点，根据双曲线的对称性，则，
所以．
因为点A，在双曲线上，所以，
两式相减，得，
所以，所以．
故选：D.
4、（2022·山东·青岛二中高三期中）已知椭圆 过椭圆中心的一条直线与椭圆相交于A，B两点，P是椭圆上不同于A，B的一点，设直线AP，BP的斜率分别为m，n，则当 取最小值时，椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，利用斜率公式求得，结合在椭圆上，化简可得，令，利用导数求得使函数取最小值的，根据离心率定义即得．
【详解】由题可知，设，则，
而，则，
又，
令，则，
所以，
由，可得，函数单调递减，由，可得，函数单调递增，
故，即时， 取最小值，
此时.
故选：C.
5．已知椭圆：，过中心的直线交于，两点，点在轴上，其横坐标是点横坐标的3倍，直线交于点，若直线恰好是以为直径的圆的切线，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【详解】
设，，则，，设、、，分别为直线、、的斜率，则，，，因直线是以为直径的圆的切线所以，，所以，又在直线上，所以，因、在上，所以，，
两式相减得，整理得，故，即，，故，故选：D
6．已知过原点O的直线AB交椭圆于A，B两点，点A在第一象限，过点A作AD⊥x轴交椭圆于点D，点E在线段AD上，且满足，连接BE并延长交椭圆于点P，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【详解】设，则，由AD⊥x轴，，可得，
又因为，则，设，则，
又因为，所以，解得：，所以，则，所以离心率．故选：A.
7．（2022·全国·高三专题练习）阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆的面积为，两个焦点分别为，点P为椭圆C的上顶点．直线与椭圆C交于A，B两点，若的斜率之积为，则椭圆C的长轴长为（ ）
A．3B．6C．D．
【答案】B
【分析】由题意得到方程组①和②，即可解出a、b，求出长轴长．
【详解】椭圆的面积，即①．
因为点P为椭圆C的上项点，所以.
因为直线与椭圆C交于A，B两点，不妨设，则且，所以.
因为的斜率之积为，所以，把代入整理化简得：②
①②联立解得：.
所以椭圆C的长轴长为2a=6.
故选：B
8．（中学生标准学术能力诊断性测试2022-2023学年高三上学期11月测试文科数学试题）已知点，在椭圆上，为坐标原点，记直线，的斜率分别为，，若，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】联立方程得出，，再由距离公式得出.
【详解】设直线的斜率为，则直线的斜率为，
则直线，的方程分别为，，
由得，，即，
由得，，即，
所以
故选：D
9．（2022·吉林吉林·高二期中）已知点，，为椭圆：上不重合的三点，且点，关于原点对称，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设点，，的坐标，将和用，，坐标表示，代入化简运算可得的值，进一步可求出椭圆的离心率．
【详解】方法一：
设不重合的点，，（），
∵点，关于原点对称，∴，
∴，， （），
由已知，（），
∵点，均在椭圆上，
∴，
，
∴，
∴，（），
∴，
∴椭圆的离心率为.
方法二：
由题意，可取，为特殊点，不妨取，为椭圆左右顶点，
依据椭圆第三定义，有，
∴，.
故选：A.
10．（2022·全国高三专题练习）已知椭圆C：的长轴长为4，若点P是椭圆C上任意一点，过原点的直线l与椭圆相交于M、N两点，记直线PM、PN的斜率分别为，当时，则椭圆方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】
设，则，设直线l方程为，，，由得①，联立可得，由点P的任意性知，即可求得椭圆方程．
【详解】
由长轴长为4得，解得，
设，直线l方程为，，，
则，，
由得，，即，
所以①，
又P在椭圆上，所以，即，
代入①式得，即，
因为点P为椭圆上任意一点，所以该式恒成立与无关，
所以，解得，
所以所求椭圆方程为．
故选：D．
【点睛】
思路点睛：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．
11．（百校联盟2018届TOP202018届高三三月联考）已知平行四边形内接于椭圆，且， 斜率之积的范围为，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由圆锥曲线的经典结论得：，
12、已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点在x轴上，焦距为2，椭圆C上的点到焦点的距离的最大值为3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点A，F分别为椭圆C的左顶点、右焦点，过点F的直线交椭圆C于点P，Q，直线AP，AQ分别与直线l：x＝3交于点M，N，求证：直线FM和直线FN的斜率之积为定值．
【解析】(1)设椭圆的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦距为2c，
依题意，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2c＝2，,a＋c＝3，))解得a＝2，c＝1，又a2＝b2＋c2，则b＝eq \r(3)，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)证明：由(1)得A(－2，0)，F(1，0)，设直线PQ：x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x，整理，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
则y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，
依题意，可设M(3，yM)，N(3，yN)，则由eq \f(yM,3＋2)＝eq \f(y1,x1＋2)，可得yM＝eq \f(5y1,x1＋2)＝eq \f(5y1,my1＋3)，
同理，可得yN＝eq \f(5y2,my2＋3)，所以直线FM和直线FN的斜率之积
kFM·kFN＝eq \f(yM－0,3－1)·eq \f(yN－0,3－1)＝eq \f(1,4)·eq \f(25y1y2,(my1＋3)(my2＋3))＝eq \f(1,4)·eq \f(25y1y2,m2y1y2＋3m(y1＋y2)＋9)
＝eq \f(1,4)·eq \f(25·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,3m2＋4))),m2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,3m2＋4)))＋3m·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6m,3m2＋4)))＋9)＝eq \f(1,4)·eq \f(－25×9,－9m2－18m2＋27m2＋36)＝－eq \f(25×9,4×36)＝－eq \f(25,16)．
所以直线FM和直线FN的斜率之积为定值－eq \f(25,16)．
13、已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，点A(1．eq \f(3,2))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程;
(2)设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点O为圆心的圆，满足此圆与l相交两点P1，P2，(两点均不在坐标轴上)，且使得直线OP1，OP2的斜率之积为定值？若存在，求此圆的方程与定值；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)由题意得，eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，又因为点A(1．eq \f(3,2))在椭圆C上
所以eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，解得b2＝3，a2＝2．
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为x2＋y2＝7．证明如下：
假设存在符合条件的圆，且设此圆的方程为x2＋y2＝r2(r>0)．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
因为直线l与椭圆有且仅有一个公共点，所以Δ1＝(8km)2－4(4k2＋3)( 4m2－12)＝0，即m2＝4k2＋3．
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,x2＋y2＝r2))，得(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－r2＝0，则Δ1＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－r2)>0，
设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－2km,1＋k2)，x1x2＝eq \f(m2－r2,1＋k2)．
设直线OP1，OP2的斜率分别为k1，k2，
所以k1·k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f((kx1＋m)(k2x＋m),x1x2)＝eq \f(k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2,x1x2)＝eq \f(k2eq \f(m2－r2,1＋k2)＋kmeq \f(－2km,1＋k2)＋m2, eq \f(m2－r2,1＋k2))＝eq \f(m2－r2k2,m2－r2)．
将m2＝4k2＋3代入上式得k1k2＝eq \f((4－r2)k2＋3,4k2＋3－r2)．要使得k1k2为定值，则eq \f(4－r2,4)＝eq \f(3,3－r2)，即r2＝7．
所以当圆的方程为x2＋y2＝7时，圆与l的交点P1，P2满足k1k2为定值－eq \f(3,4)．
当直线l的斜率不存在时，由题意知l的方程为x＝±2，
此时圆与l的交点P1，P2也满足k1k2为定值－eq \f(3,4)．
综上：当圆的方程为x2＋y2＝7时，圆与l的交点P1，P2满足k1k2为定值－eq \f(3,4)．
14、如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B．已知|AB|＝4，且点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(3\r(5),4)))在椭圆上，其中e是椭圆的离心率．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上异于A，B的点，与x轴垂直的直线l分别交直线AP，BP于点M，N，求证：直线AN与直线BM的斜率之积是定值．
[规范解答] (1)因为|AB|＝4，所以2a＝4，即a＝2，又点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(3\r(5),4)))在椭圆上，
故eq \f(e2,a2)＋eq \f(45,16b2)＝1，即eq \f(c2,16)＋eq \f(45,16b2)＝1，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c2,16)＋\f(45,16b2)＝1，,c2＋b2＝4，))解得b2＝3，故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设点P坐标为(s，t)，M，N的横坐标均为m(m≠±2)，故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(t,s＋2)(m＋2)))，
直线BM的斜率k1＝eq \f(t(m＋2),(s＋2)(m－2))，同理可得直线AN的斜率k2＝eq \f(t(m－2),(s－2)(m＋2))，
所以k1k2＝eq \f(t2(m2－4),(s2－4)(m2－4))＝eq \f(t2,s2－4)，
又因为点P在椭圆上，故有eq \f(s2,4)＋eq \f(t2,3)＝1，即t2＝－eq \f(3,4)(s2－4)，则k1k2＝－eq \f(3,4)，
故直线AN与直线BM的斜率之积是定值．
15．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过A(1，eq \f(\r(2),2))，B(eq \f(\r(2),2)，－eq \f(\r(3),2))两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，且与圆O：x2＋y2＝3相交于M，N两点试问直线OM与ON的斜率之积kOMkON是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【解析】 (1)依题意，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \f(1,a2)＋eq \f(eq \f(1,2),b2)＝1,eq \f(eq \f(1,2),a2)＋eq \f(eq \f(3,4),b2)＝1))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2,b2＝1))，所以椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝±eq \r(2)．
若直线l的方程为x＝eq \r(2)，则M，N的坐标为(eq \r(2)，－1)(eq \r(2)，1)，kOM·kON＝－eq \f(1,2)．
若直线l的方程为x＝－eq \r(2)，则M，N的坐标为(－eq \r(2)，－1)(－eq \r(2)，1)，kOM·kON＝－eq \f(1,2)．
当直线l的斜率存在时，可设直线l：y＝kx＋m，
与椭圆方程联立可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
由相切可得Δ1＝8(2k2－m2＋1)＝0．即m2＝2k2＋1．
又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,x2＋y2＝3))，消去y得(1＋k2)x2＋2kmx＋m2－3＝0，
Δ2＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－3)＝4(3k2－m2＋3)＝4(k2＋2)>0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－2km,1＋k2)，x1x2＝eq \f(m2－3,1＋k2)，
∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(m2－3k2,1＋k2)，
kOM·kON＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(m2－3k2,m2－3)＝eq \f(2k2＋1－3k2,2k2＋1－3)＝eq \f(1－k2,2k2－2)＝－eq \f(1,2)．
故kOM·kON为定值且定值为－eq \f(1,2)．
综上，kOM·kON为定值且定值为－eq \f(1,2)．
16．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，点O到直线AB
的距离为eq \f(2\r(5),5)，△OAB的面积为1．
(1)、求椭圆的标准方程；
(2)、直线l与椭圆交于C，D两点，若直线l∥直线AB，设直线AC，BD的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2为定值．
【解析】 (1)直线AB的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0，则eq \f(ab,\r(a2＋b2))＝eq \f(2\r(5),5)，
因为△OAB的面积为1，所以eq \f(1,2)ab＝1，即ab＝2．解得a＝2，b＝1，所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)直线AB的斜率为－eq \f(1,2)，设直线l的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋t，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，得2y2－2ty＋t2－1＝0，依题意得，Δ>0，则y1＋y2＝t，y1y2＝eq \f(t2－1,2)，
所以k1k2＝eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(y1y2－y1,x1x2－2x2)，
因为x1x2－2x2＝4(t－y1)(t－y2)－4(t－y2)＝4[t2－t(y1＋y2)＋y1y2－t＋y2]
＝4[(y1＋y2)2－(y1＋y2)(y1＋y2)＋y1y2－(y1＋y2)＋y2]＝4(y1y2－y1)，所以k1k2＝eq \f(1,4)为定值．
17．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，F1，F2，是椭圆C的左、右焦点，P是椭圆C上的一
个动点，且△PF1F2面积的最大值为10eq \r(2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若Q是椭圆C上的一个动点，点M，N在椭圆eq \f(x2,3)＋y2＝1上，O为原点，点Q，M，N满足eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋3eq \(ON,\s\up6(→))，则直线OM与直线ON的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
【解析】 (1)由题意可知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3),ab＝10eq \r(2),a2＝b2＋c2))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝30,b2＝10))，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,30)＋eq \f(y2,10)＝1；
(2)设Q(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．∴x02＋3y02＝30，x12＋3y12＝3，x22＋3y22＝3，
∵eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋3eq \(ON,\s\up6(→))，∴(x0，y0)＝(x1，y1)＋3(x2，y2)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝x1＋3x2,y0＝y1＋3y2))，
∴x02＋3y02＝(x1＋3x2)2＋(y1＋3y2)2＝x12＋6x1x2＋9x22＋3y12＋18y1y2＋27y22＝3＋27＋6(x1x2＋3y1y2)＝30，
∴x1x2＋3y1y2＝0，∴eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝－eq \f(1,3)，即kOMkON＝－eq \f(1,3)．
∴直线OM与直线ON的斜率之积为定值，且定值为－eq \f(1,3)．
18．(四川省蓉城名校高中2018届高三4月份联考)已知椭圆： 的长轴长为， ， 是其长轴顶点， 是椭圆上异于， 的动点，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，若动点在直线上，直线， 分别交椭圆于， 两点．请问：直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【解析】
（1）由题意知则，
设， ， ，则 ，
由，则，则，则，由此可得椭圆的标准方程为.
（2）设，则直线的方程为；则直线的方程为联立得消去得： ，则，即代入直线的方程得，故.
联立得消去得： ，则，即代入直线的方程得，故.
当，即，则与轴交点为，
当，即时，下证直线过点，
由 ，
19．（2020·江苏扬州联考）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，右准线的方程为分别为椭圆C的左、右焦点，A，B分别为椭圆C的左、右顶点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过作斜率为的直线l交椭圆C于M，N两点（点M在点N的左侧），且，设直线AM，BN的斜率分别为，求的值．
【解析】（1）因为椭圆C的离心率为，所以①，
因为椭圆C的右准线的方程为，所以②，联立①②，解得，
所以，所以椭圆C的标准方程为．
（2）设，
因为过作斜率为的直线l交椭圆C于M，N两点，所以，
由，得，所以，
因为，所以．
因为，所以，即，
整理得，所以，
又，所以，
即，即，整理得．
因为直线AM，BN的斜率分别为，且，
所以
．
直线过定点.
20．（2023·全国·统考高考真题）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断．
【详解】设，则的中点，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以.
对于选项A： 可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得，则
由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，
所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；
故选：D.
21．（2023·全国·统考高考真题）设O为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点 P在C上，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故选：B．
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故选：B．
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：．
故选：B．
【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大．
22．（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长．
【详解】由，则，
解得，
所以双曲线的一条渐近线为，
则圆心到渐近线的距离，
所以弦长.
故选：D
23．（2023·天津·统考高考真题）已知双曲线的左、右焦点分别为．过向一条渐近线作垂线，垂足为．若，直线的斜率为，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先由点到直线的距离公式求出，设，由得到，．再由三角形的面积公式得到，从而得到，则可得到，解出，代入双曲线的方程即可得到答案．
【详解】如图，
因为，不妨设渐近线方程为，即，
所以，
所以.
设,则，所以，所以.
因为,所以，所以，所以，
所以，
因为，
所以，
所以，解得，
所以双曲线的方程为
故选：D
24．（2022·全国·统考高考真题）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解．
【详解】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
25．（2021·天津·统考高考真题）已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若．则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】A
【分析】设公共焦点为，进而可得准线为，代入双曲线及渐近线方程，结合线段长度比值可得，再由双曲线离心率公式即可得解．
【详解】设双曲线与抛物线的公共焦点为，
则抛物线的准线为，
令，则，解得，所以,
又因为双曲线的渐近线方程为，所以，
所以，即，所以，
所以双曲线的离心率.
故选：A.
26．（2022·天津·统考高考真题）已知抛物线分别是双曲线的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点，与双曲线的渐近线交于点A，若，则双曲线的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由已知可得出的值，求出点的坐标，分析可得，由此可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的标准方程．
【详解】抛物线的准线方程为，则，则、，
不妨设点为第二象限内的点，联立，可得，即点，
因为且，则为等腰直角三角形，
且，即，可得，
所以，，解得，因此，双曲线的标准方程为.
故选：C.
27．（2018·全国·高考真题）已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率．
详解：因为为等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,
由斜率为得，，
由正弦定理得,
所以，故选D.
点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等．
28．（2020·天津·统考高考真题）设双曲线的方程为，过抛物线的焦点和点的直线为．若的一条渐近线与平行，另一条渐近线与垂直，则双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由抛物线的焦点可求得直线的方程为，即得直线的斜率为，再根据双曲线的渐近线的方程为，可得，即可求出，得到双曲线的方程．
【详解】由题可知，抛物线的焦点为，所以直线的方程为，即直线的斜率为，
又双曲线的渐近线的方程为，所以，，因为，解得．
故选：．
【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质，双曲线的几何性质，以及直线与直线的位置关系的应用，属于基础题．
29．（2017·全国·高考真题）已知双曲线：的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线于交、两点，若，则的离心率为 ．
【答案】
【详解】如图所示，
由题意可得|OA|=a，|AN|=|AM|=b，
∵∠MAN=60°，
∴|AP|=b，
∴|OP|=．
设双曲线C的一条渐近线y=x的倾斜角为θ，则tan θ=．
又tan θ=，
∴，解得a2=3b2，
∴e=．
答案：
点睛：
求双曲线的离心率的值（或范围）时，可将条件中提供的双曲线的几何关系转化为关于双曲线基本量的方程或不等式，再根据和转化为关于离心率e的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值（或取值范围）．
30．（2018·北京·高考真题）已知椭圆，双曲线．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为 ；双曲线N的离心率为 ．
【答案】 2
【分析】方法一：由正六边形性质得渐近线的倾斜角，解得双曲线中关系，即得双曲线N的离心率；由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为，再根据椭圆定义得，解得椭圆M的离心率．
【详解】［方法一］：【最优解】数形结合＋定义法
由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为，再根据椭圆定义得，所以椭圆M的离心率为
双曲线N的渐近线方程为，由题意得双曲线N的一条渐近线的倾斜角为，
故答案为：；．
［方法二］： 数形结合＋齐次式求离心率
设双曲线的一条渐近线与椭圆在第一象限的交点为，椭圆的右焦点为．由题可知，为正六边形相邻的两个顶点，所以（O为坐标原点）．
所以．因此双曲线的离心率．
由与联立解得．
因为是正三角形，所以，因此，可得．
将代入上式，化简、整理得，即，解得，（舍去）．
所以，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为2．
故答案为：；．
［方法三］：数形结合＋椭圆定义＋解焦点三角形
由条件知双曲线N在第一、三象限的渐近线方程为，于是双曲线N的离心率为．
设双曲线的一条渐近线与椭圆在第一象限的交点为A，椭圆的左、右焦点分别为．在中，．
由正弦定理得．
于是．
即椭圆的离心率．
故答案为：；．
【整体点评】方法一：直接根据椭圆的定义以及正六边形性质求解，是该题的最优解；
方法二：利用正六边形性质求出双曲线的离心率，根据平面几何条件创建齐次式求出椭圆的离心率，运算较为复杂；
方法三：利用正六边形性质求出双曲线的离心率，再根据通过解焦点三角形求椭圆离心率．
31．（2009·重庆·高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上存在一点使，则该椭圆的离心率的取值范围为 ．
【答案】
【详解】试题分析：在△PF1F2中，由正弦定理得：，则由已知得：，
即：a|PF1|=|cPF2|
设点（x0，y0）由焦点半径公式，
得：|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0,则a（a+ex0）=c（a-ex0）
解得：x0=，由椭圆的几何性质知：x0＞-a则>-a
整理得e2+2e-1＞0，解得：e＜--1或e＞-1，又e∈（0，1），
故椭圆的离心率：e∈(-1，1)，故答案为(-1，1)．
考点：本题主要考查了椭圆的定义，性质及焦点三角形的应用，特别是离心率应是椭圆考查的一个亮点，多数是用a，b，c转化，用椭圆的范围来求解离心率的范围．
点评：解决该试题的关键是能通过椭圆的定义以及焦点三角形的性质得到a,b,c的关系式的转换，进而得到离心率的范围．
32．（2017·山东·高考真题）在平面直角坐标系中，双曲线的右支与焦点为的抛物线 交于两点，若，则该双曲线的渐近线方程为 .
【答案】
【详解】 ，
因为 ，所以渐近线方程为.
【名师点睛】1．在双曲线的几何性质中，渐近线是其独特的一种性质，也是考查的重点内容．对渐近线：(1)掌握方程；(2)掌握其倾斜角、斜率的求法；(3)会利用渐近线方程求双曲线方程的待定系数．
求双曲线方程的方法以及双曲线定义和双曲线标准方程的应用都和与椭圆有关的问题相类似．因此，双曲线与椭圆的标准方程可统一为的形式，当，，时为椭圆，当时为双曲线．
2．凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理．
33．（2000·上海·高考真题）已知椭圆的焦点，，长轴长为6，设直线交椭圆于，两点，则线段的中点坐标为 .
【答案】
【分析】由已知条件可得椭圆的标准方程是，再将直线与椭圆方程联立方程组，消去后，利用根与系数的关系结中点坐标公式可得答案
【详解】由已知条件得椭圆的焦点在轴上，其中，，从而，
∴其标准方程是：，
联立方程组，消去得，.
设、，线段的中点为，则，，
∴，即线段中点坐标为.
故答案为：
34．（2007·重庆·高考真题）如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为，右准线l的方程为：．
(1)求椭圆的方程；
(2)在椭圆上任取三个不同点，使，证明：为定值，并求此定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】(1)根据准线的几何性质，求出a，再算出b，可得椭圆方程；
(2)根据题设，分别求出 与x轴正方向的夹角之间的关系，代入 中计算即可．
【详解】（1）设椭圆方程为．因焦点为，故半焦距，又右准线的方程为，
从而由已知，因此，，
故所求椭圆方程为；
（2）
记椭圆的右顶点为A，并设（1，2，3），不失一般性，
假设 ，且，．
又设点在上的射影为，因椭圆的离心率，从而有
．
解得 ．
因此，
而，
故为定值．
综上，椭圆方程为；.
【点睛】本题的难点在于运用椭圆上的点到焦点的距离表达为到准线的距离乘以离心率，再对运用三角函数计算化简．
35．（2015·全国·高考真题）已知椭圆的离心率为，点在上
（1）求的方程
（2）直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为．证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值．
【答案】（1） （2）
【详解】试题分析：（Ⅰ）由 求得,由此可得C的方程．（II）把直线方程与椭圆方程联立得,所以于是.
试题解析：
解：（Ⅰ）由题意有 解得,所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）设直线,,把代入得
故 于是直线OM的斜率 即,所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值．
考点：本题主要考查椭圆方程、直线与椭圆及计算能力、逻辑推理能力．
36．（2011·四川·高考真题）椭圆有两顶点A（﹣1，0）、B（1，0），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|=时，求直线l的方程；
（Ⅱ）当点P异于A、B两点时，求证：为定值．
【答案】（Ⅰ）y=x+1（Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆有两顶点A（﹣1，0）、B（1，0），焦点F（0，1），可知椭圆的焦点在y轴上，b=1，c=1，，可以求得椭圆的方程，联立直线和椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理和弦长公式可求出直线l的方程；
（Ⅱ）根据过其焦点F（0，1）的直线l的方程可求出点P的坐标，该直线与椭圆交于C、D两点，和直线AC与直线BD交于点Q，求出直线AC与直线BD的方程，解该方程组即可求得点Q的坐标，代入即可证明结论．
（Ⅰ）∵椭圆的焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为（a＞b＞0），
由已知得b=1，c=1，所以a=，
椭圆的方程为，
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，C（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=﹣，x1•x2=﹣，
∴|CD|==
==，
解得k=．
∴直线l的方程为y=x+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（﹣，0），
由（Ⅰ）知x1+x2=﹣，x1•x2=﹣，
且直线AC的方程为y=，且直线BD的方程为y=，
将两直线联立，消去y得，
∵﹣1＜x1，x2＜1，∴与异号，
=
=，
y1y2=k2x1x2+k（x1+x2）+1==﹣，
∴与y1y2异号，与同号，
∴=，解得x=﹣k，
故Q点坐标为（﹣k，y0），
=（﹣，0）•（﹣k，y0）=1，
故为定值．
考点：直线与圆锥曲线的综合问题
点评：此题是个难题．本题考查了椭圆的标准方程和简单的几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．体现了分类讨论和数形结合的思想
37．（2003·上海·高考真题）设分别为椭圆的左、右两个焦点．
(1)若椭圆C上的点到两点的距离之和等于4，写出椭圆C的方程；
(2)设K是（1）中所得椭圆上的动点，求线段的中点的轨迹方程；
(3)已知椭圆具有性质：若M、N是椭圆C上关于原点对称的两个点，点P是椭圆上任意一点，当直线的斜率都存在，并记为、时，那么与之积是与点P位置无关的定值．试对双曲线写出具有类似特性的性质，并加以证明．
【答案】(1)；
(2)；
(3)见解析
【分析】（1）由椭圆定义、代入点坐标得方程组，求解可得参数；
（2）设，线段的中点为，由中点坐标公式得，代入椭圆方程即可得；
（3）类比椭圆与双曲线写出性质，结合两点斜率公式，利用双曲线方程消元化简即可证明
【详解】（1）点在椭圆C上，且到两点的距离之和等于4，则，，解得，椭圆C的方程为；
（2），则有，设，线段的中点为，则有，
又K是椭圆上的动点，则有，即，即.
故线段的中点的轨迹方程为
（3）类似特性的性质为：若M、N是双曲线上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任意一点，当直线的斜率都存在，并记为、时，那么与之积是与点P位置无关的定值．
证明：设，，则，，，
又，则
一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题9 圆锥曲线的第三定义与斜率是定值模型
1．已知椭圆，过原点的直线交椭圆于、（在第一象限）由向轴作垂线，垂足为，连接交椭圆于，若三角形为直角三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】
如下图所示，设点，其中，，则、，
则，，设点，则，作差可得，
所以，，
所以，，则不互相垂直，所以，则，所以，，又因为，所以，，所以，该椭圆的离心率为．故选：B.
2．（2021·全国）已知椭圆，，分别为椭圆的左､右顶点，若在椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
设，得到，结合，得到，结合离心率的定义，即可求解．
【详解】
由题意，椭圆，可得，，
设，代入椭圆的方程，可得，
则，
即，即.
又因为，所以.
故选：A.
3、（2021·全国高二课时练习）已知，，是双曲线上不同的三点，且点A，连线经过坐标原点，若直线，的斜率乘积为，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
设出点，点的坐标，求出斜率，将点，的坐标代入方程，两式相减，再结合，即可求得离心率．
【详解】
设，，
因为点A，连线经过坐标原点，根据双曲线的对称性，则，
所以．
因为点A，在双曲线上，所以，
两式相减，得，
所以，所以．
故选：D.
4、（2022·山东·青岛二中高三期中）已知椭圆 过椭圆中心的一条直线与椭圆相交于A，B两点，P是椭圆上不同于A，B的一点，设直线AP，BP的斜率分别为m，n，则当 取最小值时，椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，利用斜率公式求得，结合在椭圆上，化简可得，令，利用导数求得使函数取最小值的，根据离心率定义即得．
【详解】由题可知，设，则，
而，则，
又，
令，则，
所以，
由，可得，函数单调递减，由，可得，函数单调递增，
故，即时， 取最小值，
此时.
故选：C.
5．已知椭圆：，过中心的直线交于，两点，点在轴上，其横坐标是点横坐标的3倍，直线交于点，若直线恰好是以为直径的圆的切线，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【详解】
设，，则，，设、、，分别为直线、、的斜率，则，，，因直线是以为直径的圆的切线所以，，所以，又在直线上，所以，因、在上，所以，，
两式相减得，整理得，故，即，，故，故选：D
6．已知过原点O的直线AB交椭圆于A，B两点，点A在第一象限，过点A作AD⊥x轴交椭圆于点D，点E在线段AD上，且满足，连接BE并延长交椭圆于点P，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【详解】设，则，由AD⊥x轴，，可得，
又因为，则，设，则，
又因为，所以，解得：，所以，则，所以离心率．故选：A.
7．（2022·全国·高三专题练习）阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆的面积为，两个焦点分别为，点P为椭圆C的上顶点．直线与椭圆C交于A，B两点，若的斜率之积为，则椭圆C的长轴长为（ ）
A．3B．6C．D．
【答案】B
【分析】由题意得到方程组①和②，即可解出a、b，求出长轴长．
【详解】椭圆的面积，即①．
因为点P为椭圆C的上项点，所以.
因为直线与椭圆C交于A，B两点，不妨设，则且，所以.
因为的斜率之积为，所以，把代入整理化简得：②
①②联立解得：.
所以椭圆C的长轴长为2a=6.
故选：B
8．（中学生标准学术能力诊断性测试2022-2023学年高三上学期11月测试文科数学试题）已知点，在椭圆上，为坐标原点，记直线，的斜率分别为，，若，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】联立方程得出，，再由距离公式得出.
【详解】设直线的斜率为，则直线的斜率为，
则直线，的方程分别为，，
由得，，即，
由得，，即，
所以
故选：D
9．（2022·吉林吉林·高二期中）已知点，，为椭圆：上不重合的三点，且点，关于原点对称，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设点，，的坐标，将和用，，坐标表示，代入化简运算可得的值，进一步可求出椭圆的离心率．
【详解】方法一：
设不重合的点，，（），
∵点，关于原点对称，∴，
∴，， （），
由已知，（），
∵点，均在椭圆上，
∴，
，
∴，
∴，（），
∴，
∴椭圆的离心率为.
方法二：
由题意，可取，为特殊点，不妨取，为椭圆左右顶点，
依据椭圆第三定义，有，
∴，.
故选：A.
10．（2022·全国高三专题练习）已知椭圆C：的长轴长为4，若点P是椭圆C上任意一点，过原点的直线l与椭圆相交于M、N两点，记直线PM、PN的斜率分别为，当时，则椭圆方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】
设，则，设直线l方程为，，，由得①，联立可得，由点P的任意性知，即可求得椭圆方程．
【详解】
由长轴长为4得，解得，
设，直线l方程为，，，
则，，
由得，，即，
所以①，
又P在椭圆上，所以，即，
代入①式得，即，
因为点P为椭圆上任意一点，所以该式恒成立与无关，
所以，解得，
所以所求椭圆方程为．
故选：D．
【点睛】
思路点睛：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．
11．（百校联盟2018届TOP202018届高三三月联考）已知平行四边形内接于椭圆，且， 斜率之积的范围为，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由圆锥曲线的经典结论得：，
12、已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点在x轴上，焦距为2，椭圆C上的点到焦点的距离的最大值为3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点A，F分别为椭圆C的左顶点、右焦点，过点F的直线交椭圆C于点P，Q，直线AP，AQ分别与直线l：x＝3交于点M，N，求证：直线FM和直线FN的斜率之积为定值．
【解析】(1)设椭圆的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦距为2c，
依题意，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2c＝2，,a＋c＝3，))解得a＝2，c＝1，又a2＝b2＋c2，则b＝eq \r(3)，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)证明：由(1)得A(－2，0)，F(1，0)，设直线PQ：x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x，整理，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
则y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，
依题意，可设M(3，yM)，N(3，yN)，则由eq \f(yM,3＋2)＝eq \f(y1,x1＋2)，可得yM＝eq \f(5y1,x1＋2)＝eq \f(5y1,my1＋3)，
同理，可得yN＝eq \f(5y2,my2＋3)，所以直线FM和直线FN的斜率之积
kFM·kFN＝eq \f(yM－0,3－1)·eq \f(yN－0,3－1)＝eq \f(1,4)·eq \f(25y1y2,(my1＋3)(my2＋3))＝eq \f(1,4)·eq \f(25y1y2,m2y1y2＋3m(y1＋y2)＋9)
＝eq \f(1,4)·eq \f(25·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,3m2＋4))),m2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,3m2＋4)))＋3m·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6m,3m2＋4)))＋9)＝eq \f(1,4)·eq \f(－25×9,－9m2－18m2＋27m2＋36)＝－eq \f(25×9,4×36)＝－eq \f(25,16)．
所以直线FM和直线FN的斜率之积为定值－eq \f(25,16)．
13、已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，点A(1．eq \f(3,2))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程;
(2)设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点O为圆心的圆，满足此圆与l相交两点P1，P2，(两点均不在坐标轴上)，且使得直线OP1，OP2的斜率之积为定值？若存在，求此圆的方程与定值；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)由题意得，eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，又因为点A(1．eq \f(3,2))在椭圆C上
所以eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，解得b2＝3，a2＝2．
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为x2＋y2＝7．证明如下：
假设存在符合条件的圆，且设此圆的方程为x2＋y2＝r2(r>0)．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
因为直线l与椭圆有且仅有一个公共点，所以Δ1＝(8km)2－4(4k2＋3)( 4m2－12)＝0，即m2＝4k2＋3．
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,x2＋y2＝r2))，得(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－r2＝0，则Δ1＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－r2)>0，
设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－2km,1＋k2)，x1x2＝eq \f(m2－r2,1＋k2)．
设直线OP1，OP2的斜率分别为k1，k2，
所以k1·k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f((kx1＋m)(k2x＋m),x1x2)＝eq \f(k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2,x1x2)＝eq \f(k2eq \f(m2－r2,1＋k2)＋kmeq \f(－2km,1＋k2)＋m2, eq \f(m2－r2,1＋k2))＝eq \f(m2－r2k2,m2－r2)．
将m2＝4k2＋3代入上式得k1k2＝eq \f((4－r2)k2＋3,4k2＋3－r2)．要使得k1k2为定值，则eq \f(4－r2,4)＝eq \f(3,3－r2)，即r2＝7．
所以当圆的方程为x2＋y2＝7时，圆与l的交点P1，P2满足k1k2为定值－eq \f(3,4)．
当直线l的斜率不存在时，由题意知l的方程为x＝±2，
此时圆与l的交点P1，P2也满足k1k2为定值－eq \f(3,4)．
综上：当圆的方程为x2＋y2＝7时，圆与l的交点P1，P2满足k1k2为定值－eq \f(3,4)．
14、如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B．已知|AB|＝4，且点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(3\r(5),4)))在椭圆上，其中e是椭圆的离心率．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上异于A，B的点，与x轴垂直的直线l分别交直线AP，BP于点M，N，求证：直线AN与直线BM的斜率之积是定值．
[规范解答] (1)因为|AB|＝4，所以2a＝4，即a＝2，又点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(3\r(5),4)))在椭圆上，
故eq \f(e2,a2)＋eq \f(45,16b2)＝1，即eq \f(c2,16)＋eq \f(45,16b2)＝1，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c2,16)＋\f(45,16b2)＝1，,c2＋b2＝4，))解得b2＝3，故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设点P坐标为(s，t)，M，N的横坐标均为m(m≠±2)，故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(t,s＋2)(m＋2)))，
直线BM的斜率k1＝eq \f(t(m＋2),(s＋2)(m－2))，同理可得直线AN的斜率k2＝eq \f(t(m－2),(s－2)(m＋2))，
所以k1k2＝eq \f(t2(m2－4),(s2－4)(m2－4))＝eq \f(t2,s2－4)，
又因为点P在椭圆上，故有eq \f(s2,4)＋eq \f(t2,3)＝1，即t2＝－eq \f(3,4)(s2－4)，则k1k2＝－eq \f(3,4)，
故直线AN与直线BM的斜率之积是定值．
15．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过A(1，eq \f(\r(2),2))，B(eq \f(\r(2),2)，－eq \f(\r(3),2))两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，且与圆O：x2＋y2＝3相交于M，N两点试问直线OM与ON的斜率之积kOMkON是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【解析】 (1)依题意，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \f(1,a2)＋eq \f(eq \f(1,2),b2)＝1,eq \f(eq \f(1,2),a2)＋eq \f(eq \f(3,4),b2)＝1))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2,b2＝1))，所以椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝±eq \r(2)．
若直线l的方程为x＝eq \r(2)，则M，N的坐标为(eq \r(2)，－1)(eq \r(2)，1)，kOM·kON＝－eq \f(1,2)．
若直线l的方程为x＝－eq \r(2)，则M，N的坐标为(－eq \r(2)，－1)(－eq \r(2)，1)，kOM·kON＝－eq \f(1,2)．
当直线l的斜率存在时，可设直线l：y＝kx＋m，
与椭圆方程联立可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
由相切可得Δ1＝8(2k2－m2＋1)＝0．即m2＝2k2＋1．
又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,x2＋y2＝3))，消去y得(1＋k2)x2＋2kmx＋m2－3＝0，
Δ2＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－3)＝4(3k2－m2＋3)＝4(k2＋2)>0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－2km,1＋k2)，x1x2＝eq \f(m2－3,1＋k2)，
∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(m2－3k2,1＋k2)，
kOM·kON＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(m2－3k2,m2－3)＝eq \f(2k2＋1－3k2,2k2＋1－3)＝eq \f(1－k2,2k2－2)＝－eq \f(1,2)．
故kOM·kON为定值且定值为－eq \f(1,2)．
综上，kOM·kON为定值且定值为－eq \f(1,2)．
16．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，点O到直线AB
的距离为eq \f(2\r(5),5)，△OAB的面积为1．
(1)、求椭圆的标准方程；
(2)、直线l与椭圆交于C，D两点，若直线l∥直线AB，设直线AC，BD的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2为定值．
【解析】 (1)直线AB的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0，则eq \f(ab,\r(a2＋b2))＝eq \f(2\r(5),5)，
因为△OAB的面积为1，所以eq \f(1,2)ab＝1，即ab＝2．解得a＝2，b＝1，所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)直线AB的斜率为－eq \f(1,2)，设直线l的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋t，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，得2y2－2ty＋t2－1＝0，依题意得，Δ>0，则y1＋y2＝t，y1y2＝eq \f(t2－1,2)，
所以k1k2＝eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(y1y2－y1,x1x2－2x2)，
因为x1x2－2x2＝4(t－y1)(t－y2)－4(t－y2)＝4[t2－t(y1＋y2)＋y1y2－t＋y2]
＝4[(y1＋y2)2－(y1＋y2)(y1＋y2)＋y1y2－(y1＋y2)＋y2]＝4(y1y2－y1)，所以k1k2＝eq \f(1,4)为定值．
17．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，F1，F2，是椭圆C的左、右焦点，P是椭圆C上的一
个动点，且△PF1F2面积的最大值为10eq \r(2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若Q是椭圆C上的一个动点，点M，N在椭圆eq \f(x2,3)＋y2＝1上，O为原点，点Q，M，N满足eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋3eq \(ON,\s\up6(→))，则直线OM与直线ON的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
【解析】 (1)由题意可知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3),ab＝10eq \r(2),a2＝b2＋c2))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝30,b2＝10))，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,30)＋eq \f(y2,10)＝1；
(2)设Q(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．∴x02＋3y02＝30，x12＋3y12＝3，x22＋3y22＝3，
∵eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋3eq \(ON,\s\up6(→))，∴(x0，y0)＝(x1，y1)＋3(x2，y2)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝x1＋3x2,y0＝y1＋3y2))，
∴x02＋3y02＝(x1＋3x2)2＋(y1＋3y2)2＝x12＋6x1x2＋9x22＋3y12＋18y1y2＋27y22＝3＋27＋6(x1x2＋3y1y2)＝30，
∴x1x2＋3y1y2＝0，∴eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝－eq \f(1,3)，即kOMkON＝－eq \f(1,3)．
∴直线OM与直线ON的斜率之积为定值，且定值为－eq \f(1,3)．
18．(四川省蓉城名校高中2018届高三4月份联考)已知椭圆： 的长轴长为， ， 是其长轴顶点， 是椭圆上异于， 的动点，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，若动点在直线上，直线， 分别交椭圆于， 两点．请问：直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【解析】
（1）由题意知则，
设， ， ，则 ，
由，则，则，则，由此可得椭圆的标准方程为.
（2）设，则直线的方程为；则直线的方程为联立得消去得： ，则，即代入直线的方程得，故.
联立得消去得： ，则，即代入直线的方程得，故.
当，即，则与轴交点为，
当，即时，下证直线过点，
由 ，
19．（2020·江苏扬州联考）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，右准线的方程为分别为椭圆C的左、右焦点，A，B分别为椭圆C的左、右顶点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过作斜率为的直线l交椭圆C于M，N两点（点M在点N的左侧），且，设直线AM，BN的斜率分别为，求的值．
【解析】（1）因为椭圆C的离心率为，所以①，
因为椭圆C的右准线的方程为，所以②，联立①②，解得，
所以，所以椭圆C的标准方程为．
（2）设，
因为过作斜率为的直线l交椭圆C于M，N两点，所以，
由，得，所以，
因为，所以．
因为，所以，即，
整理得，所以，
又，所以，
即，即，整理得．
因为直线AM，BN的斜率分别为，且，
所以
．
直线过定点.
20．（2023·全国·统考高考真题）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断．
【详解】设，则的中点，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以.
对于选项A： 可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得，则
由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，
所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；
故选：D.
21．（2023·全国·统考高考真题）设O为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点 P在C上，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故选：B．
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故选：B．
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：．
故选：B．
【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大．
22．（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长．
【详解】由，则，
解得，
所以双曲线的一条渐近线为，
则圆心到渐近线的距离，
所以弦长.
故选：D
23．（2023·天津·统考高考真题）已知双曲线的左、右焦点分别为．过向一条渐近线作垂线，垂足为．若，直线的斜率为，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先由点到直线的距离公式求出，设，由得到，．再由三角形的面积公式得到，从而得到，则可得到，解出，代入双曲线的方程即可得到答案．
【详解】如图，
因为，不妨设渐近线方程为，即，
所以，
所以.
设,则，所以，所以.
因为,所以，所以，所以，
所以，
因为，
所以，
所以，解得，
所以双曲线的方程为
故选：D
24．（2022·全国·统考高考真题）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解．
【详解】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
25．（2021·天津·统考高考真题）已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若．则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】A
【分析】设公共焦点为，进而可得准线为，代入双曲线及渐近线方程，结合线段长度比值可得，再由双曲线离心率公式即可得解．
【详解】设双曲线与抛物线的公共焦点为，
则抛物线的准线为，
令，则，解得，所以,
又因为双曲线的渐近线方程为，所以，
所以，即，所以，
所以双曲线的离心率.
故选：A.
26．（2022·天津·统考高考真题）已知抛物线分别是双曲线的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点，与双曲线的渐近线交于点A，若，则双曲线的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由已知可得出的值，求出点的坐标，分析可得，由此可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的标准方程．
【详解】抛物线的准线方程为，则，则、，
不妨设点为第二象限内的点，联立，可得，即点，
因为且，则为等腰直角三角形，
且，即，可得，
所以，，解得，因此，双曲线的标准方程为.
故选：C.
27．（2018·全国·高考真题）已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率．
详解：因为为等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,
由斜率为得，，
由正弦定理得,
所以，故选D.
点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等．
28．（2020·天津·统考高考真题）设双曲线的方程为，过抛物线的焦点和点的直线为．若的一条渐近线与平行，另一条渐近线与垂直，则双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由抛物线的焦点可求得直线的方程为，即得直线的斜率为，再根据双曲线的渐近线的方程为，可得，即可求出，得到双曲线的方程．
【详解】由题可知，抛物线的焦点为，所以直线的方程为，即直线的斜率为，
又双曲线的渐近线的方程为，所以，，因为，解得．
故选：．
【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质，双曲线的几何性质，以及直线与直线的位置关系的应用，属于基础题．
29．（2017·全国·高考真题）已知双曲线：的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线于交、两点，若，则的离心率为 ．
【答案】
【详解】如图所示，
由题意可得|OA|=a，|AN|=|AM|=b，
∵∠MAN=60°，
∴|AP|=b，
∴|OP|=．
设双曲线C的一条渐近线y=x的倾斜角为θ，则tan θ=．
又tan θ=，
∴，解得a2=3b2，
∴e=．
答案：
点睛：
求双曲线的离心率的值（或范围）时，可将条件中提供的双曲线的几何关系转化为关于双曲线基本量的方程或不等式，再根据和转化为关于离心率e的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值（或取值范围）．
30．（2018·北京·高考真题）已知椭圆，双曲线．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为 ；双曲线N的离心率为 ．
【答案】 2
【分析】方法一：由正六边形性质得渐近线的倾斜角，解得双曲线中关系，即得双曲线N的离心率；由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为，再根据椭圆定义得，解得椭圆M的离心率．
【详解】［方法一］：【最优解】数形结合＋定义法
由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为，再根据椭圆定义得，所以椭圆M的离心率为
双曲线N的渐近线方程为，由题意得双曲线N的一条渐近线的倾斜角为，
故答案为：；．
［方法二］： 数形结合＋齐次式求离心率
设双曲线的一条渐近线与椭圆在第一象限的交点为，椭圆的右焦点为．由题可知，为正六边形相邻的两个顶点，所以（O为坐标原点）．
所以．因此双曲线的离心率．
由与联立解得．
因为是正三角形，所以，因此，可得．
将代入上式，化简、整理得，即，解得，（舍去）．
所以，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为2．
故答案为：；．
［方法三］：数形结合＋椭圆定义＋解焦点三角形
由条件知双曲线N在第一、三象限的渐近线方程为，于是双曲线N的离心率为．
设双曲线的一条渐近线与椭圆在第一象限的交点为A，椭圆的左、右焦点分别为．在中，．
由正弦定理得．
于是．
即椭圆的离心率．
故答案为：；．
【整体点评】方法一：直接根据椭圆的定义以及正六边形性质求解，是该题的最优解；
方法二：利用正六边形性质求出双曲线的离心率，根据平面几何条件创建齐次式求出椭圆的离心率，运算较为复杂；
方法三：利用正六边形性质求出双曲线的离心率，再根据通过解焦点三角形求椭圆离心率．
31．（2009·重庆·高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上存在一点使，则该椭圆的离心率的取值范围为 ．
【答案】
【详解】试题分析：在△PF1F2中，由正弦定理得：，则由已知得：，
即：a|PF1|=|cPF2|
设点（x0，y0）由焦点半径公式，
得：|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0,则a（a+ex0）=c（a-ex0）
解得：x0=，由椭圆的几何性质知：x0＞-a则>-a
整理得e2+2e-1＞0，解得：e＜--1或e＞-1，又e∈（0，1），
故椭圆的离心率：e∈(-1，1)，故答案为(-1，1)．
考点：本题主要考查了椭圆的定义，性质及焦点三角形的应用，特别是离心率应是椭圆考查的一个亮点，多数是用a，b，c转化，用椭圆的范围来求解离心率的范围．
点评：解决该试题的关键是能通过椭圆的定义以及焦点三角形的性质得到a,b,c的关系式的转换，进而得到离心率的范围．
32．（2017·山东·高考真题）在平面直角坐标系中，双曲线的右支与焦点为的抛物线 交于两点，若，则该双曲线的渐近线方程为 .
【答案】
【详解】 ，
因为 ，所以渐近线方程为.
【名师点睛】1．在双曲线的几何性质中，渐近线是其独特的一种性质，也是考查的重点内容．对渐近线：(1)掌握方程；(2)掌握其倾斜角、斜率的求法；(3)会利用渐近线方程求双曲线方程的待定系数．
求双曲线方程的方法以及双曲线定义和双曲线标准方程的应用都和与椭圆有关的问题相类似．因此，双曲线与椭圆的标准方程可统一为的形式，当，，时为椭圆，当时为双曲线．
2．凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理．
33．（2000·上海·高考真题）已知椭圆的焦点，，长轴长为6，设直线交椭圆于，两点，则线段的中点坐标为 .
【答案】
【分析】由已知条件可得椭圆的标准方程是，再将直线与椭圆方程联立方程组，消去后，利用根与系数的关系结中点坐标公式可得答案
【详解】由已知条件得椭圆的焦点在轴上，其中，，从而，
∴其标准方程是：，
联立方程组，消去得，.
设、，线段的中点为，则，，
∴，即线段中点坐标为.
故答案为：
34．（2007·重庆·高考真题）如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为，右准线l的方程为：．
(1)求椭圆的方程；
(2)在椭圆上任取三个不同点，使，证明：为定值，并求此定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】(1)根据准线的几何性质，求出a，再算出b，可得椭圆方程；
(2)根据题设，分别求出 与x轴正方向的夹角之间的关系，代入 中计算即可．
【详解】（1）设椭圆方程为．因焦点为，故半焦距，又右准线的方程为，
从而由已知，因此，，
故所求椭圆方程为；
（2）
记椭圆的右顶点为A，并设（1，2，3），不失一般性，
假设 ，且，．
又设点在上的射影为，因椭圆的离心率，从而有
．
解得 ．
因此，
而，
故为定值．
综上，椭圆方程为；.
【点睛】本题的难点在于运用椭圆上的点到焦点的距离表达为到准线的距离乘以离心率，再对运用三角函数计算化简．
35．（2015·全国·高考真题）已知椭圆的离心率为，点在上
（1）求的方程
（2）直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为．证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值．
【答案】（1） （2）
【详解】试题分析：（Ⅰ）由 求得,由此可得C的方程．（II）把直线方程与椭圆方程联立得,所以于是.
试题解析：
解：（Ⅰ）由题意有 解得,所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）设直线,,把代入得
故 于是直线OM的斜率 即,所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值．
考点：本题主要考查椭圆方程、直线与椭圆及计算能力、逻辑推理能力．
36．（2011·四川·高考真题）椭圆有两顶点A（﹣1，0）、B（1，0），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|=时，求直线l的方程；
（Ⅱ）当点P异于A、B两点时，求证：为定值．
【答案】（Ⅰ）y=x+1（Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆有两顶点A（﹣1，0）、B（1，0），焦点F（0，1），可知椭圆的焦点在y轴上，b=1，c=1，，可以求得椭圆的方程，联立直线和椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理和弦长公式可求出直线l的方程；
（Ⅱ）根据过其焦点F（0，1）的直线l的方程可求出点P的坐标，该直线与椭圆交于C、D两点，和直线AC与直线BD交于点Q，求出直线AC与直线BD的方程，解该方程组即可求得点Q的坐标，代入即可证明结论．
（Ⅰ）∵椭圆的焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为（a＞b＞0），
由已知得b=1，c=1，所以a=，
椭圆的方程为，
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，C（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=﹣，x1•x2=﹣，
∴|CD|==
==，
解得k=．
∴直线l的方程为y=x+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（﹣，0），
由（Ⅰ）知x1+x2=﹣，x1•x2=﹣，
且直线AC的方程为y=，且直线BD的方程为y=，
将两直线联立，消去y得，
∵﹣1＜x1，x2＜1，∴与异号，
=
=，
y1y2=k2x1x2+k（x1+x2）+1==﹣，
∴与y1y2异号，与同号，
∴=，解得x=﹣k，
故Q点坐标为（﹣k，y0），
=（﹣，0）•（﹣k，y0）=1，
故为定值．
考点：直线与圆锥曲线的综合问题
点评：此题是个难题．本题考查了椭圆的标准方程和简单的几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．体现了分类讨论和数形结合的思想
37．（2003·上海·高考真题）设分别为椭圆的左、右两个焦点．
(1)若椭圆C上的点到两点的距离之和等于4，写出椭圆C的方程；
(2)设K是（1）中所得椭圆上的动点，求线段的中点的轨迹方程；
(3)已知椭圆具有性质：若M、N是椭圆C上关于原点对称的两个点，点P是椭圆上任意一点，当直线的斜率都存在，并记为、时，那么与之积是与点P位置无关的定值．试对双曲线写出具有类似特性的性质，并加以证明．
【答案】(1)；
(2)；
(3)见解析
【分析】（1）由椭圆定义、代入点坐标得方程组，求解可得参数；
（2）设，线段的中点为，由中点坐标公式得，代入椭圆方程即可得；
（3）类比椭圆与双曲线写出性质，结合两点斜率公式，利用双曲线方程消元化简即可证明
【详解】（1）点在椭圆C上，且到两点的距离之和等于4，则，，解得，椭圆C的方程为；
（2），则有，设，线段的中点为，则有，
又K是椭圆上的动点，则有，即，即.
故线段的中点的轨迹方程为
（3）类似特性的性质为：若M、N是双曲线上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任意一点，当直线的斜率都存在，并记为、时，那么与之积是与点P位置无关的定值．
证明：设，，则，，，
又，则
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