一、注意基礎(chǔ)知識(shí)的整合、鞏固。二輪復(fù)習(xí)要注意回歸課本，課本是考試內(nèi)容的載體，是高考命題的依據(jù)。濃縮課本知識(shí)，進(jìn)一步夯實(shí)基礎(chǔ)，提高解題的準(zhǔn)確性和速度
二、查漏補(bǔ)缺，保強(qiáng)攻弱。在二輪復(fù)習(xí)中，對(duì)自己的薄弱環(huán)節(jié)要加強(qiáng)學(xué)習(xí)，平衡發(fā)展，加強(qiáng)各章節(jié)知識(shí)之間的橫向聯(lián)系，針對(duì)“一?！笨荚囍械膯?wèn)題要很好的解決，根據(jù)自己的實(shí)際情況作出合理的安排。
三、提高運(yùn)算能力，規(guī)范解答過(guò)程。在高考中運(yùn)算占很大比例，一定要重視運(yùn)算技巧粗中有細(xì)，提高運(yùn)算準(zhǔn)確性和速度，同時(shí)，要規(guī)范解答過(guò)程及書寫。
四、強(qiáng)化數(shù)學(xué)思維，構(gòu)建知識(shí)體系。同學(xué)們?cè)诼犝n時(shí)注意把重點(diǎn)要放到理解老師對(duì)問(wèn)題思路的分析以及解法的歸納總結(jié)，以便于同學(xué)們?cè)谒㈩}時(shí)做到思路清晰，迅速準(zhǔn)確。
五、解題快慢結(jié)合，改錯(cuò)反思。審題制定解題方案要慢，不要急于解題，要適當(dāng)?shù)剡x擇好的方案，一旦方法選定，解題動(dòng)作要快要自信。
六、重視和加強(qiáng)選擇題的訓(xùn)練和研究。對(duì)于選擇題不但要答案正確，還要優(yōu)化解題過(guò)程，提高速度。靈活運(yùn)用特值法、排除法、數(shù)形結(jié)合法、估算法等。

專題9 圓錐曲線的第三定義與斜率是定值模型
1．已知橢圓，過(guò)原點(diǎn)的直線交橢圓于、（在第一象限）由向軸作垂線，垂足為，連接交橢圓于，若三角形為直角三角形，則橢圓的離心率為（ ）
A．B．C．D．
【解析】
如下圖所示，設(shè)點(diǎn)，其中，，則、，
則，，設(shè)點(diǎn)，則，作差可得，
所以，，
所以，，則不互相垂直，所以，則，所以，，又因?yàn)?，所以，，所以，該橢圓的離心率為．故選：B.
2．（2021·全國(guó)）已知橢圓，，分別為橢圓的左?右頂點(diǎn)，若在橢圓上存在一點(diǎn)，使得，則橢圓的離心率的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
設(shè)，得到，結(jié)合，得到，結(jié)合離心率的定義，即可求解．
【詳解】
由題意，橢圓，可得，，
設(shè)，代入橢圓的方程，可得，
則，
即，即.
又因?yàn)?，所?
故選：A.
3、（2021·全國(guó)高二課時(shí)練習(xí)）已知，，是雙曲線上不同的三點(diǎn)，且點(diǎn)A，連線經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，若直線，的斜率乘積為，則該雙曲線的離心率為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
設(shè)出點(diǎn)，點(diǎn)的坐標(biāo)，求出斜率，將點(diǎn)，的坐標(biāo)代入方程，兩式相減，再結(jié)合，即可求得離心率．
【詳解】
設(shè)，，
因?yàn)辄c(diǎn)A，連線經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，根據(jù)雙曲線的對(duì)稱性，則，
所以．
因?yàn)辄c(diǎn)A，在雙曲線上，所以，
兩式相減，得，
所以，所以．
故選：D.
4、（2022·山東·青島二中高三期中）已知橢圓 過(guò)橢圓中心的一條直線與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，P是橢圓上不同于A，B的一點(diǎn)，設(shè)直線AP，BP的斜率分別為m，n，則當(dāng) 取最小值時(shí)，橢圓C的離心率為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】設(shè)，利用斜率公式求得，結(jié)合在橢圓上，化簡(jiǎn)可得，令，利用導(dǎo)數(shù)求得使函數(shù)取最小值的，根據(jù)離心率定義即得．
【詳解】由題可知，設(shè)，則，
而，則，
又，
令，則，
所以，
由，可得，函數(shù)單調(diào)遞減，由，可得，函數(shù)單調(diào)遞增，
故，即時(shí)， 取最小值，
此時(shí).
故選：C.
5．已知橢圓：，過(guò)中心的直線交于，兩點(diǎn)，點(diǎn)在軸上，其橫坐標(biāo)是點(diǎn)橫坐標(biāo)的3倍，直線交于點(diǎn)，若直線恰好是以為直徑的圓的切線，則的離心率為（ ）
A．B．C．D．
【詳解】
設(shè)，，則，，設(shè)、、，分別為直線、、的斜率，則，，，因直線是以為直徑的圓的切線所以，，所以，又在直線上，所以，因、在上，所以，，
兩式相減得，整理得，故，即，，故，故選：D
6．已知過(guò)原點(diǎn)O的直線AB交橢圓于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A在第一象限，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥x軸交橢圓于點(diǎn)D，點(diǎn)E在線段AD上，且滿足，連接BE并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn)P，若，則橢圓的離心率為（ ）
A． B． C． D．
【詳解】設(shè)，則，由AD⊥x軸，，可得，
又因?yàn)?，則，設(shè)，則，
又因?yàn)?，所以，解得：，所以，則，所以離心率．故選：A.
7．（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）阿基米德在他的著作《關(guān)于圓錐體和球體》中計(jì)算了一個(gè)橢圓的面積．當(dāng)我們垂直地縮小一個(gè)圓時(shí)，我們得到一個(gè)橢圓，橢圓的面積等于圓周率與橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)與短半軸長(zhǎng)的乘積，已知橢圓的面積為，兩個(gè)焦點(diǎn)分別為，點(diǎn)P為橢圓C的上頂點(diǎn)．直線與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，若的斜率之積為，則橢圓C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為（ ）
A．3B．6C．D．
【答案】B
【分析】由題意得到方程組①和②，即可解出a、b，求出長(zhǎng)軸長(zhǎng)．
【詳解】橢圓的面積，即①．
因?yàn)辄c(diǎn)P為橢圓C的上項(xiàng)點(diǎn)，所以.
因?yàn)橹本€與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，不妨設(shè)，則且，所以.
因?yàn)榈男甭手e為，所以，把代入整理化簡(jiǎn)得：②
①②聯(lián)立解得：.
所以橢圓C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2a=6.
故選：B
8．（中學(xué)生標(biāo)準(zhǔn)學(xué)術(shù)能力診斷性測(cè)試2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期11月測(cè)試文科數(shù)學(xué)試題）已知點(diǎn)，在橢圓上，為坐標(biāo)原點(diǎn)，記直線，的斜率分別為，，若，則（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】聯(lián)立方程得出，，再由距離公式得出.
【詳解】設(shè)直線的斜率為，則直線的斜率為，
則直線，的方程分別為，，
由得，，即，
由得，，即，
所以
故選：D
9．（2022·吉林吉林·高二期中）已知點(diǎn)，，為橢圓：上不重合的三點(diǎn)，且點(diǎn)，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，若，則橢圓的離心率為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】設(shè)點(diǎn)，，的坐標(biāo)，將和用，，坐標(biāo)表示，代入化簡(jiǎn)運(yùn)算可得的值，進(jìn)一步可求出橢圓的離心率．
【詳解】方法一：
設(shè)不重合的點(diǎn)，，（），
∵點(diǎn)，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，∴，
∴，， （），
由已知，（），
∵點(diǎn)，均在橢圓上，
∴，
，
∴，
∴，（），
∴，
∴橢圓的離心率為.
方法二：
由題意，可取，為特殊點(diǎn)，不妨取，為橢圓左右頂點(diǎn)，
依據(jù)橢圓第三定義，有，
∴，.
故選：A.
10．（2022·全國(guó)高三專題練習(xí)）已知橢圓C：的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，若點(diǎn)P是橢圓C上任意一點(diǎn)，過(guò)原點(diǎn)的直線l與橢圓相交于M、N兩點(diǎn)，記直線PM、PN的斜率分別為，當(dāng)時(shí)，則橢圓方程為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】
設(shè)，則，設(shè)直線l方程為，，，由得①，聯(lián)立可得，由點(diǎn)P的任意性知，即可求得橢圓方程．
【詳解】
由長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4得，解得，
設(shè)，直線l方程為，，，
則，，
由得，，即，
所以①，
又P在橢圓上，所以，即，
代入①式得，即，
因?yàn)辄c(diǎn)P為橢圓上任意一點(diǎn)，所以該式恒成立與無(wú)關(guān)，
所以，解得，
所以所求橢圓方程為．
故選：D．
【點(diǎn)睛】
思路點(diǎn)睛：解決直線與橢圓的綜合問(wèn)題時(shí)，要注意：
（1）注意觀察應(yīng)用題設(shè)中的每一個(gè)條件，明確確定直線、橢圓的條件；
（2）強(qiáng)化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運(yùn)算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長(zhǎng)、斜率、三角形的面積等問(wèn)題．
11．（百校聯(lián)盟2018屆TOP202018屆高三三月聯(lián)考）已知平行四邊形內(nèi)接于橢圓，且， 斜率之積的范圍為，則橢圓離心率的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由圓錐曲線的經(jīng)典結(jié)論得：，
12、已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，焦距為2，橢圓C上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離的最大值為3．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)點(diǎn)A，F(xiàn)分別為橢圓C的左頂點(diǎn)、右焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F的直線交橢圓C于點(diǎn)P，Q，直線AP，AQ分別與直線l：x＝3交于點(diǎn)M，N，求證：直線FM和直線FN的斜率之積為定值．
【解析】(1)設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦距為2c，
依題意，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，則b＝eq \r(3)，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)證明：由(1)得A(－2，0)，F(xiàn)(1，0)，設(shè)直線PQ：x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
聯(lián)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，
則y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，
依題意，可設(shè)M(3，yM)，N(3，yN)，則由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)，所以直線FM和直線FN的斜率之積
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)．
所以直線FM和直線FN的斜率之積為定值－eq \f(25,16)．
13、已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(1,2)，點(diǎn)A(1．eq \f(3,2))在橢圓C上．
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)動(dòng)直線l與橢圓C有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，判斷是否存在以原點(diǎn)O為圓心的圓，滿足此圓與l相交兩點(diǎn)P1，P2，(兩點(diǎn)均不在坐標(biāo)軸上)，且使得直線OP1，OP2的斜率之積為定值？若存在，求此圓的方程與定值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
[規(guī)范解答] (1)由題意得，eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，又因?yàn)辄c(diǎn)A(1．eq \f(3,2))在橢圓C上
所以eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，解得b2＝3，a2＝2．
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)結(jié)論：存在符合條件的圓，且此圓的方程為x2＋y2＝7．證明如下：
假設(shè)存在符合條件的圓，且設(shè)此圓的方程為x2＋y2＝r2(r>0)．
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y＝kx＋m，
由方程組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?yàn)橹本€l與橢圓有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，所以Δ1＝(8km)2－4(4k2＋3)( 4m2－12)＝0，即m2＝4k2＋3．
由方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,x2＋y2＝r2))，得(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－r2＝0，則Δ1＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－r2)>0，
設(shè)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則x1＋x2＝eq \f(－2km,1＋k2)，x1x2＝eq \f(m2－r2,1＋k2)．
設(shè)直線OP1，OP2的斜率分別為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)．
將m2＝4k2＋3代入上式得k1k2＝eq \f((4－r2)k2＋3,4k2＋3－r2)．要使得k1k2為定值，則eq \f(4－r2,4)＝eq \f(3,3－r2)，即r2＝7．
所以當(dāng)圓的方程為x2＋y2＝7時(shí)，圓與l的交點(diǎn)P1，P2滿足k1k2為定值－eq \f(3,4)．
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由題意知l的方程為x＝±2，
此時(shí)圓與l的交點(diǎn)P1，P2也滿足k1k2為定值－eq \f(3,4)．
綜上：當(dāng)圓的方程為x2＋y2＝7時(shí)，圓與l的交點(diǎn)P1，P2滿足k1k2為定值－eq \f(3,4)．
14、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A，B．已知|AB|＝4，且點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(3\r(5),4)))在橢圓上，其中e是橢圓的離心率．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)P是橢圓C上異于A，B的點(diǎn)，與x軸垂直的直線l分別交直線AP，BP于點(diǎn)M，N，求證：直線AN與直線BM的斜率之積是定值．
[規(guī)范解答] (1)因?yàn)閨AB|＝4，所以2a＝4，即a＝2，又點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(3\r(5),4)))在橢圓上，
故eq \f(e2,a2)＋eq \f(45,16b2)＝1，即eq \f(c2,16)＋eq \f(45,16b2)＝1，聯(lián)立方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c2,16)＋\f(45,16b2)＝1，,c2＋b2＝4，))解得b2＝3，故橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(s，t)，M，N的橫坐標(biāo)均為m(m≠±2)，故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(t,s＋2)(m＋2)))，
直線BM的斜率k1＝eq \f(t(m＋2),(s＋2)(m－2))，同理可得直線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?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓上，故有eq \f(s2,4)＋eq \f(t2,3)＝1，即t2＝－eq \f(3,4)(s2－4)，則k1k2＝－eq \f(3,4)，
故直線AN與直線BM的斜率之積是定值．
15．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過(guò)A(1，eq \f(\r(2),2))，B(eq \f(\r(2),2)，－eq \f(\r(3),2))兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)動(dòng)直線l與橢圓C有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，且與圓O：x2＋y2＝3相交于M，N兩點(diǎn)試問(wèn)直線OM與ON的斜率之積kOMkON是否為定值？若是，求出該定值；若不是，說(shuō)明理由．
【解析】 (1)依題意，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))，所以橢圓方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x＝±eq \r(2)．
若直線l的方程為x＝eq \r(2)，則M，N的坐標(biāo)為(eq \r(2)，－1)(eq \r(2)，1)，kOM·kON＝－eq \f(1,2)．
若直線l的方程為x＝－eq \r(2)，則M，N的坐標(biāo)為(－eq \r(2)，－1)(－eq \r(2)，1)，kOM·kON＝－eq \f(1,2)．
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，可設(shè)直線l：y＝kx＋m，
與橢圓方程聯(lián)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，
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則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為定值且定值為－eq \f(1,2)．
綜上，kOM·kON為定值且定值為－eq \f(1,2)．
16．已知橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)O到直線AB
的距離為eq \f(2\r(5),5)，△OAB的面積為1．
(1)、求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)、直線l與橢圓交于C，D兩點(diǎn)，若直線l∥直線AB，設(shè)直線AC，BD的斜率分別為k1，k2，證明：k1·k2為定值．
【解析】 (1)直線AB的方程為eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0，則eq \f(ab,\r(a2＋b2))＝eq \f(2\r(5),5)，
因?yàn)椤鱋AB的面積為1，所以eq \f(1,2)ab＝1，即ab＝2．解得a＝2，b＝1，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)直線AB的斜率為－eq \f(1,2)，設(shè)直線l的方程為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，依題意得，Δ>0，則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?yàn)閤1x2－2x2＝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)為定值．
17．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(\r(6),3)，F(xiàn)1，F(xiàn)2，是橢圓C的左、右焦點(diǎn)，P是橢圓C上的一
個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且△PF1F2面積的最大值為10eq \r(2)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若Q是橢圓C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)M，N在橢圓eq \f(x2,3)＋y2＝1上，O為原點(diǎn)，點(diǎn)Q，M，N滿足eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋3eq \(ON,\s\up6(→))，則直線OM與直線ON的斜率之積是否為定值？若是，求出該定值，若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解析】 (1)由題意可知，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))，∴橢圓C的方程為eq \f(x2,30)＋eq \f(y2,10)＝1；
(2)設(shè)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＝y(tǒng)1＋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)．
∴直線OM與直線ON的斜率之積為定值，且定值為－eq \f(1,3)．
18．(四川省蓉城名校高中2018屆高三4月份聯(lián)考)已知橢圓： 的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為， ， 是其長(zhǎng)軸頂點(diǎn)， 是橢圓上異于， 的動(dòng)點(diǎn)，且.
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）如圖，若動(dòng)點(diǎn)在直線上，直線， 分別交橢圓于， 兩點(diǎn)．請(qǐng)問(wèn)：直線是否過(guò)定點(diǎn)？若是，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解析】
（1）由題意知?jiǎng)t，
設(shè)， ， ，則 ，
由，則，則，則，由此可得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.
（2）設(shè)，則直線的方程為；則直線的方程為聯(lián)立得消去得： ，則，即代入直線的方程得，故.
聯(lián)立得消去得： ，則，即代入直線的方程得，故.
當(dāng)，即，則與軸交點(diǎn)為，
當(dāng)，即時(shí)，下證直線過(guò)點(diǎn)，
由 ，
19．（2020·江蘇揚(yáng)州聯(lián)考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓的離心率為，右準(zhǔn)線的方程為分別為橢圓C的左、右焦點(diǎn)，A，B分別為橢圓C的左、右頂點(diǎn)．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過(guò)作斜率為的直線l交橢圓C于M，N兩點(diǎn)（點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè)），且，設(shè)直線AM，BN的斜率分別為，求的值．
【解析】（1）因?yàn)闄E圓C的離心率為，所以①，
因?yàn)闄E圓C的右準(zhǔn)線的方程為，所以②，聯(lián)立①②，解得，
所以，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
（2）設(shè)，
因?yàn)檫^(guò)作斜率為的直線l交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，所以，
由，得，所以，
因?yàn)?，所以?br>因?yàn)?，所以，即?br>整理得，所以，
又，所以，
即，即，整理得．
因?yàn)橹本€AM，BN的斜率分別為，且，
所以
．
直線過(guò)定點(diǎn).
20．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）設(shè)A，B為雙曲線上兩點(diǎn)，下列四個(gè)點(diǎn)中，可為線段AB中點(diǎn)的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)點(diǎn)差法分析可得，對(duì)于A、B、D：通過(guò)聯(lián)立方程判斷交點(diǎn)個(gè)數(shù)，逐項(xiàng)分析判斷；對(duì)于C：結(jié)合雙曲線的漸近線分析判斷．
【詳解】設(shè)，則的中點(diǎn)，
可得，
因?yàn)樵陔p曲線上，則，兩式相減得，
所以.
對(duì)于選項(xiàng)A： 可得，則，
聯(lián)立方程，消去y得，
此時(shí)，
所以直線AB與雙曲線沒(méi)有交點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)B：可得，則，
聯(lián)立方程，消去y得，
此時(shí)，
所以直線AB與雙曲線沒(méi)有交點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)C：可得，則
由雙曲線方程可得，則為雙曲線的漸近線，
所以直線AB與雙曲線沒(méi)有交點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)D：，則，
聯(lián)立方程，消去y得，
此時(shí)，故直線AB與雙曲線有交兩個(gè)交點(diǎn)，故D正確；
故選：D.
21．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn) P在C上，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】方法一：根據(jù)焦點(diǎn)三角形面積公式求出的面積，即可得到點(diǎn)的坐標(biāo)，從而得出的值；
方法二：利用橢圓的定義以及余弦定理求出，再結(jié)合中線的向量公式以及數(shù)量積即可求出；
方法三：利用橢圓的定義以及余弦定理求出，即可根據(jù)中線定理求出．
【詳解】方法一：設(shè)，所以，
由，解得：，
由橢圓方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故選：B．
方法二：因?yàn)棰?，?br>即②，聯(lián)立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故選：B．
方法三：因?yàn)棰?，?br>即②，聯(lián)立①②，解得：，
由中線定理可知，，易知，解得：．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題根據(jù)求解的目標(biāo)可以選擇利用橢圓中的二級(jí)結(jié)論焦點(diǎn)三角形的面積公式快速解出，也可以常規(guī)利用定義結(jié)合余弦定理，以及向量的數(shù)量積解決中線問(wèn)題的方式解決，還可以直接用中線定理解決，難度不是很大．
22．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）已知雙曲線的離心率為，C的一條漸近線與圓交于A，B兩點(diǎn)，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)離心率得出雙曲線漸近線方程，再由圓心到直線的距離及圓半徑可求弦長(zhǎng)．
【詳解】由，則，
解得，
所以雙曲線的一條漸近線為，
則圓心到漸近線的距離，
所以弦長(zhǎng).
故選：D
23．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為．過(guò)向一條漸近線作垂線，垂足為．若，直線的斜率為，則雙曲線的方程為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先由點(diǎn)到直線的距離公式求出，設(shè)，由得到，．再由三角形的面積公式得到，從而得到，則可得到，解出，代入雙曲線的方程即可得到答案．
【詳解】如圖，

因?yàn)椋环猎O(shè)漸近線方程為，即，
所以，
所以.
設(shè),則，所以，所以.
因?yàn)?所以，所以，所以，
所以，
因?yàn)椋?br>所以，
所以，解得，
所以雙曲線的方程為
故選：D
24．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）橢圓的左頂點(diǎn)為A，點(diǎn)P，Q均在C上，且關(guān)于y軸對(duì)稱．若直線的斜率之積為，則C的離心率為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】設(shè)，則，根據(jù)斜率公式結(jié)合題意可得，再根據(jù)，將用表示，整理，再結(jié)合離心率公式即可得解．
【詳解】[方法一]：設(shè)而不求
設(shè)，則
則由得：，
由，得，
所以，即，
所以橢圓的離心率，故選A.
[方法二]：第三定義
設(shè)右端點(diǎn)為B，連接PB，由橢圓的對(duì)稱性知：
故，
由橢圓第三定義得：，
故
所以橢圓的離心率，故選A.
25．（2021·天津·統(tǒng)考高考真題）已知雙曲線的右焦點(diǎn)與拋物線的焦點(diǎn)重合，拋物線的準(zhǔn)線交雙曲線于A，B兩點(diǎn)，交雙曲線的漸近線于C、D兩點(diǎn)，若．則雙曲線的離心率為（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】A
【分析】設(shè)公共焦點(diǎn)為，進(jìn)而可得準(zhǔn)線為，代入雙曲線及漸近線方程，結(jié)合線段長(zhǎng)度比值可得，再由雙曲線離心率公式即可得解．
【詳解】設(shè)雙曲線與拋物線的公共焦點(diǎn)為，
則拋物線的準(zhǔn)線為，
令，則，解得，所以,
又因?yàn)殡p曲線的漸近線方程為，所以，
所以，即，所以，
所以雙曲線的離心率.
故選：A.
26．（2022·天津·統(tǒng)考高考真題）已知拋物線分別是雙曲線的左、右焦點(diǎn)，拋物線的準(zhǔn)線過(guò)雙曲線的左焦點(diǎn)，與雙曲線的漸近線交于點(diǎn)A，若，則雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由已知可得出的值，求出點(diǎn)的坐標(biāo)，分析可得，由此可得出關(guān)于、、的方程組，解出這三個(gè)量的值，即可得出雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程．
【詳解】拋物線的準(zhǔn)線方程為，則，則、，
不妨設(shè)點(diǎn)為第二象限內(nèi)的點(diǎn)，聯(lián)立，可得，即點(diǎn)，
因?yàn)榍遥瑒t為等腰直角三角形，
且，即，可得，
所以，，解得，因此，雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為.
故選：C.
27．（2018·全國(guó)·高考真題）已知，是橢圓的左，右焦點(diǎn)，是的左頂點(diǎn)，點(diǎn)在過(guò)且斜率為的直線上，為等腰三角形，，則的離心率為
A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】分析：先根據(jù)條件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c關(guān)系，即得離心率．
詳解：因?yàn)闉榈妊切?，，所以PF2=F1F2=2c,
由斜率為得，，
由正弦定理得,
所以，故選D.
點(diǎn)睛：解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及范圍問(wèn)題其關(guān)鍵就是確立一個(gè)關(guān)于的方程或不等式，再根據(jù)的關(guān)系消掉得到的關(guān)系式，而建立關(guān)于的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質(zhì)、點(diǎn)的坐標(biāo)的范圍等．
28．（2020·天津·統(tǒng)考高考真題）設(shè)雙曲線的方程為，過(guò)拋物線的焦點(diǎn)和點(diǎn)的直線為．若的一條漸近線與平行，另一條漸近線與垂直，則雙曲線的方程為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由拋物線的焦點(diǎn)可求得直線的方程為，即得直線的斜率為，再根據(jù)雙曲線的漸近線的方程為，可得，即可求出，得到雙曲線的方程．
【詳解】由題可知，拋物線的焦點(diǎn)為，所以直線的方程為，即直線的斜率為，
又雙曲線的漸近線的方程為，所以，，因?yàn)?，解得?br>故選：．
【點(diǎn)睛】本題主要考查拋物線的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，雙曲線的幾何性質(zhì)，以及直線與直線的位置關(guān)系的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．
29．（2017·全國(guó)·高考真題）已知雙曲線：的右頂點(diǎn)為，以為圓心，為半徑作圓，圓與雙曲線的一條漸近線于交、兩點(diǎn)，若，則的離心率為 ．
【答案】
【詳解】如圖所示，

由題意可得|OA|=a，|AN|=|AM|=b，
∵∠MAN=60°，
∴|AP|=b，
∴|OP|=．
設(shè)雙曲線C的一條漸近線y=x的傾斜角為θ，則tan θ=．
又tan θ=，
∴，解得a2=3b2，
∴e=．
答案：
點(diǎn)睛：
求雙曲線的離心率的值（或范圍）時(shí)，可將條件中提供的雙曲線的幾何關(guān)系轉(zhuǎn)化為關(guān)于雙曲線基本量的方程或不等式，再根據(jù)和轉(zhuǎn)化為關(guān)于離心率e的方程或不等式，通過(guò)解方程或不等式求得離心率的值（或取值范圍）．
30．（2018·北京·高考真題）已知橢圓，雙曲線．若雙曲線N的兩條漸近線與橢圓M的四個(gè)交點(diǎn)及橢圓M的兩個(gè)焦點(diǎn)恰為一個(gè)正六邊形的頂點(diǎn)，則橢圓M的離心率為 ；雙曲線N的離心率為 ．
【答案】 2
【分析】方法一：由正六邊形性質(zhì)得漸近線的傾斜角，解得雙曲線中關(guān)系，即得雙曲線N的離心率；由正六邊形性質(zhì)得橢圓上一點(diǎn)到兩焦點(diǎn)距離之和為，再根據(jù)橢圓定義得，解得橢圓M的離心率．
【詳解】［方法一］：【最優(yōu)解】數(shù)形結(jié)合＋定義法
由正六邊形性質(zhì)得橢圓上一點(diǎn)到兩焦點(diǎn)距離之和為，再根據(jù)橢圓定義得，所以橢圓M的離心率為
雙曲線N的漸近線方程為，由題意得雙曲線N的一條漸近線的傾斜角為，

故答案為：；．
［方法二］： 數(shù)形結(jié)合＋齊次式求離心率
設(shè)雙曲線的一條漸近線與橢圓在第一象限的交點(diǎn)為，橢圓的右焦點(diǎn)為．由題可知，為正六邊形相鄰的兩個(gè)頂點(diǎn)，所以（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．
所以．因此雙曲線的離心率．
由與聯(lián)立解得．
因?yàn)槭钦切?，所以，因此，可得?br>將代入上式，化簡(jiǎn)、整理得，即，解得，（舍去）．
所以，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為2．
故答案為：；．
［方法三］：數(shù)形結(jié)合＋橢圓定義＋解焦點(diǎn)三角形
由條件知雙曲線N在第一、三象限的漸近線方程為，于是雙曲線N的離心率為．
設(shè)雙曲線的一條漸近線與橢圓在第一象限的交點(diǎn)為A，橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為．在中，．
由正弦定理得．
于是．
即橢圓的離心率．
故答案為：；．
【整體點(diǎn)評(píng)】方法一：直接根據(jù)橢圓的定義以及正六邊形性質(zhì)求解，是該題的最優(yōu)解；
方法二：利用正六邊形性質(zhì)求出雙曲線的離心率，根據(jù)平面幾何條件創(chuàng)建齊次式求出橢圓的離心率，運(yùn)算較為復(fù)雜；
方法三：利用正六邊形性質(zhì)求出雙曲線的離心率，再根據(jù)通過(guò)解焦點(diǎn)三角形求橢圓離心率．
31．（2009·重慶·高考真題）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為，若橢圓上存在一點(diǎn)使，則該橢圓的離心率的取值范圍為 ．
【答案】
【詳解】試題分析：在△PF1F2中，由正弦定理得：，則由已知得：，
即：a|PF1|=|cPF2|
設(shè)點(diǎn)（x0，y0）由焦點(diǎn)半徑公式，
得：|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0,則a（a+ex0）=c（a-ex0）
解得：x0=，由橢圓的幾何性質(zhì)知：x0＞-a則>-a
整理得e2+2e-1＞0，解得：e＜--1或e＞-1，又e∈（0，1），
故橢圓的離心率：e∈(-1，1)，故答案為(-1，1)．
考點(diǎn)：本題主要考查了橢圓的定義，性質(zhì)及焦點(diǎn)三角形的應(yīng)用，特別是離心率應(yīng)是橢圓考查的一個(gè)亮點(diǎn)，多數(shù)是用a，b，c轉(zhuǎn)化，用橢圓的范圍來(lái)求解離心率的范圍．
點(diǎn)評(píng)：解決該試題的關(guān)鍵是能通過(guò)橢圓的定義以及焦點(diǎn)三角形的性質(zhì)得到a,b,c的關(guān)系式的轉(zhuǎn)換，進(jìn)而得到離心率的范圍．
32．（2017·山東·高考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，雙曲線的右支與焦點(diǎn)為的拋物線 交于兩點(diǎn)，若，則該雙曲線的漸近線方程為 .
【答案】
【詳解】 ，
因?yàn)?，所以漸近線方程為.
【名師點(diǎn)睛】1．在雙曲線的幾何性質(zhì)中，漸近線是其獨(dú)特的一種性質(zhì)，也是考查的重點(diǎn)內(nèi)容．對(duì)漸近線：(1)掌握方程；(2)掌握其傾斜角、斜率的求法；(3)會(huì)利用漸近線方程求雙曲線方程的待定系數(shù)．
求雙曲線方程的方法以及雙曲線定義和雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程的應(yīng)用都和與橢圓有關(guān)的問(wèn)題相類似．因此，雙曲線與橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程可統(tǒng)一為的形式，當(dāng)，，時(shí)為橢圓，當(dāng)時(shí)為雙曲線．
2．凡涉及拋物線上的點(diǎn)到焦點(diǎn)距離時(shí)，一般運(yùn)用定義轉(zhuǎn)化為到準(zhǔn)線距離處理．
33．（2000·上?！じ呖颊骖}）已知橢圓的焦點(diǎn)，，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為6，設(shè)直線交橢圓于，兩點(diǎn)，則線段的中點(diǎn)坐標(biāo)為 .
【答案】
【分析】由已知條件可得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是，再將直線與橢圓方程聯(lián)立方程組，消去后，利用根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得答案
【詳解】由已知條件得橢圓的焦點(diǎn)在軸上，其中，，從而，
∴其標(biāo)準(zhǔn)方程是：，
聯(lián)立方程組，消去得，.
設(shè)、，線段的中點(diǎn)為，則，，
∴，即線段中點(diǎn)坐標(biāo)為.
故答案為：
34．（2007·重慶·高考真題）如圖，中心在原點(diǎn)O的橢圓的右焦點(diǎn)為，右準(zhǔn)線l的方程為：．
(1)求橢圓的方程；
(2)在橢圓上任取三個(gè)不同點(diǎn)，使，證明：為定值，并求此定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析，
【分析】(1)根據(jù)準(zhǔn)線的幾何性質(zhì)，求出a，再算出b，可得橢圓方程；
(2)根據(jù)題設(shè)，分別求出 與x軸正方向的夾角之間的關(guān)系，代入 中計(jì)算即可．
【詳解】（1）設(shè)橢圓方程為．因焦點(diǎn)為，故半焦距，又右準(zhǔn)線的方程為，
從而由已知，因此，，
故所求橢圓方程為；
（2）
記橢圓的右頂點(diǎn)為A，并設(shè)（1，2，3），不失一般性，
假設(shè) ，且，．
又設(shè)點(diǎn)在上的射影為，因橢圓的離心率，從而有
．
解得 ．
因此，
而，
故為定值．
綜上，橢圓方程為；.
【點(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)在于運(yùn)用橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離表達(dá)為到準(zhǔn)線的距離乘以離心率，再對(duì)運(yùn)用三角函數(shù)計(jì)算化簡(jiǎn)．
35．（2015·全國(guó)·高考真題）已知橢圓的離心率為，點(diǎn)在上
（1）求的方程
（2）直線不過(guò)原點(diǎn)且不平行于坐標(biāo)軸，與有兩個(gè)交點(diǎn)，線段的中點(diǎn)為．證明：直線的斜率與直線的斜率的乘積為定值．
【答案】（1） （2）
【詳解】試題分析：（Ⅰ）由 求得,由此可得C的方程．（II）把直線方程與橢圓方程聯(lián)立得,所以于是.
試題解析：
解：（Ⅰ）由題意有 解得,所以橢圓C的方程為.
（Ⅱ）設(shè)直線,,把代入得
故 于是直線OM的斜率 即,所以直線OM的斜率與直線l的斜率乘積為定值．
考點(diǎn)：本題主要考查橢圓方程、直線與橢圓及計(jì)算能力、邏輯推理能力．
36．（2011·四川·高考真題）橢圓有兩頂點(diǎn)A（﹣1，0）、B（1，0），過(guò)其焦點(diǎn)F（0，1）的直線l與橢圓交于C、D兩點(diǎn)，并與x軸交于點(diǎn)P．直線AC與直線BD交于點(diǎn)Q．
（Ⅰ）當(dāng)|CD|=時(shí)，求直線l的方程；
（Ⅱ）當(dāng)點(diǎn)P異于A、B兩點(diǎn)時(shí)，求證：為定值．
【答案】（Ⅰ）y=x+1（Ⅱ）見解析
【詳解】試題分析：（Ⅰ）根據(jù)橢圓有兩頂點(diǎn)A（﹣1，0）、B（1，0），焦點(diǎn)F（0，1），可知橢圓的焦點(diǎn)在y軸上，b=1，c=1，，可以求得橢圓的方程，聯(lián)立直線和橢圓方程，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，利用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式可求出直線l的方程；
（Ⅱ）根據(jù)過(guò)其焦點(diǎn)F（0，1）的直線l的方程可求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，該直線與橢圓交于C、D兩點(diǎn)，和直線AC與直線BD交于點(diǎn)Q，求出直線AC與直線BD的方程，解該方程組即可求得點(diǎn)Q的坐標(biāo)，代入即可證明結(jié)論．
（Ⅰ）∵橢圓的焦點(diǎn)在y軸上，設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（a＞b＞0），
由已知得b=1，c=1，所以a=，
橢圓的方程為，
當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)與題意不符，
設(shè)直線l的方程為y=kx+1，C（x1，y1），D（x2，y2），
將直線l的方程代入橢圓的方程化簡(jiǎn)得（k2+2）x2+2kx﹣1=0，
則x1+x2=﹣，x1?x2=﹣，
∴|CD|==
==，
解得k=．
∴直線l的方程為y=x+1；
（Ⅱ）證明：當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)與題意不符，
設(shè)直線l的方程為y=kx+1，（k≠0，k≠±1），C（x1，y1），D（x2，y2），
∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣，0），
由（Ⅰ）知x1+x2=﹣，x1?x2=﹣，
且直線AC的方程為y=，且直線BD的方程為y=，
將兩直線聯(lián)立，消去y得，
∵﹣1＜x1，x2＜1，∴與異號(hào)，
=
=，
y1y2=k2x1x2+k（x1+x2）+1==﹣，
∴與y1y2異號(hào)，與同號(hào)，
∴=，解得x=﹣k，
故Q點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣k，y0），
=（﹣，0）?（﹣k，y0）=1，
故為定值．
考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題
點(diǎn)評(píng)：此題是個(gè)難題．本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和簡(jiǎn)單的幾何性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，是一道綜合性的試題，考查了學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)解決問(wèn)題的能力．體現(xiàn)了分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想
37．（2003·上?！じ呖颊骖}）設(shè)分別為橢圓的左、右兩個(gè)焦點(diǎn)．
(1)若橢圓C上的點(diǎn)到兩點(diǎn)的距離之和等于4，寫出橢圓C的方程；
(2)設(shè)K是（1）中所得橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，求線段的中點(diǎn)的軌跡方程；
(3)已知橢圓具有性質(zhì)：若M、N是橢圓C上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓上任意一點(diǎn)，當(dāng)直線的斜率都存在，并記為、時(shí)，那么與之積是與點(diǎn)P位置無(wú)關(guān)的定值．試對(duì)雙曲線寫出具有類似特性的性質(zhì)，并加以證明．
【答案】(1)；
(2)；
(3)見解析
【分析】（1）由橢圓定義、代入點(diǎn)坐標(biāo)得方程組，求解可得參數(shù)；
（2）設(shè)，線段的中點(diǎn)為，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得，代入橢圓方程即可得；
（3）類比橢圓與雙曲線寫出性質(zhì)，結(jié)合兩點(diǎn)斜率公式，利用雙曲線方程消元化簡(jiǎn)即可證明
【詳解】（1）點(diǎn)在橢圓C上，且到兩點(diǎn)的距離之和等于4，則，，解得，橢圓C的方程為；
（2），則有，設(shè)，線段的中點(diǎn)為，則有，
又K是橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，則有，即，即.
故線段的中點(diǎn)的軌跡方程為
（3）類似特性的性質(zhì)為：若M、N是雙曲線上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)，點(diǎn)P是雙曲線上任意一點(diǎn)，當(dāng)直線的斜率都存在，并記為、時(shí)，那么與之積是與點(diǎn)P位置無(wú)關(guān)的定值．
證明：設(shè)，，則，，，
又，則

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