【圓錐曲線】計算技巧系列10講——極坐標秒解圓錐曲線在圓錐曲線（橢圓、雙曲線、拋物線）中，是坐標原點，是圓錐曲線上一點，以為極點，極徑的長度可以方便表示出來，可以達到簡化計算的目的．也可以圓錐曲線的一個焦點為極徑，利用圓錐曲線的統一定義得圓錐曲線統一的極坐標方程，從而解決問題．【知識與典例精講】一、以原點為極點以原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，（1）設橢圓上點的極坐標為，即，，則，變形可得，其中為焦點到相應準線的距離．（2）設雙曲線上點的極坐標為，即，，則，變形可得，其中為焦點到相應準線的距離．（3）設拋物線上點的極坐標為，即，，則．例1．設圓的圓心為A，直線l過點B（1,0）且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E.（I）證明為定值，并寫出點E的軌跡方程；（II）設點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M,N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍.【答案】(Ⅰ)答案見解析；(Ⅱ).【詳解】試題分析：（Ⅰ）利用橢圓定義求方程；（Ⅱ）把面積表示為關于斜率k的函數，再求最值．試題解析：（Ⅰ）因為，，故，所以，故.又圓的標準方程為，從而，所以.由題設得，，，由橢圓定義可得點的軌跡方程為：（）.（Ⅱ）當與軸不垂直時，設的方程為，，.由得.則，.所以.過點且與垂直的直線：，到的距離為，所以.故四邊形的面積.可得當與軸不垂直時，四邊形面積的取值范圍為.當與軸垂直時，其方程為，，，四邊形的面積為12.綜上，四邊形面積的取值范圍為.【考點】圓錐曲線綜合問題【名師點睛】高考解析幾何解答題大多考查直線與圓錐曲線的位置關系,直線與圓錐曲線的位置關系是一個很寬泛的考試內容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求參數取值范圍等幾部分組成.其中考查較多的圓錐曲線是橢圓與拋物線,解決這類問題要重視方程思想、函數思想及化歸思想的應用.例2．（2022河南二模）設橢圓的離心率，右焦點到直線的距離，O為坐標原點．1求橢圓C的方程；2過點O作兩條互相垂直的射線，與橢圓C分別交于A，B兩點，證明點O到直線AB的距離為定值，并求弦AB長度的最小值．【答案】（1）＝1（2）【詳解】試題分析：解題思路：(1)利用離心率及點到直線的距離公式求解即可；（2）設出直線方程，聯立直線與橢圓的方程，整理成關于的一元二次方程，利用求解.規律總結：直線與圓錐曲線的位置關系問題，一般綜合性強.一般思路是聯立直線與圓錐曲線的方程，整理得關于的一元二次方程，常用“設而不求”的方法進行求解.試題解析：（1）由得，即由右焦點到直線的距離為得，解得，所以橢圓C的方程為.（2）設AB直線AB的方程為y=kx+m與橢圓聯立消去y得∵OA⊥OB,即整理得所以O到直線AB的距離∵OA⊥OB，∴當且僅當OA=OB時取“=”由得.即弦的長度最小值是.考點：1.橢圓的標準方程；2.直線與橢圓的位置關系.例3．（2022虹口區月考）已知橢圓的長軸為，且過點（1）求橢圓的方程；（2）設點為原點，若點在曲線上，點在直線上，且，試判斷直線與圓的位置關系，并證明你的結論.【答案】（1）（2）直線與圓相切，證明見解析【分析】（1）由題意可得，代入的坐標，可得，的方程，解方程可得橢圓方程；（2）設出點，的坐標分別為，，其中，由得到，用坐標表示后把用含有點的坐標表示，然后分，的橫坐標相等和不相等寫出直線的方程，然后由圓的圓心到的距離和圓的半徑相等，證明直線與圓相切.【詳解】（1）由題意可得，即，又，解得，即有橢圓的方程為；（2）直線與圓相切.證明如下：設點,的坐標分別為,，其中.，，即，解得.當時，，代入橢圓的方程，得，故直線的方程為，圓心到直線的距離.此時直線與圓相切.當時，直線的方程為,即.圓心到直線的距離又，.故.此時直線與圓相切.綜合得直線與圓相切.【點睛】此題主要考查了直線與圓錐曲線的綜合問題，考查直線和圓的位置關系的判斷，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題.例4．（2022衡陽一模）已知橢圓的離心率為，其左右焦點分別為、，，設點，是橢圓上不同兩點，且這兩點與坐標原點的連線的斜率之積．(1)求橢圓的方程；(2)求證：為定值，并求該定值．【答案】(1)；(2)為一定值.【分析】（1）由離心率和焦距建立a，b的方程組求解即可；（2）先由斜率關系求得，再由橢圓方程求得，聯立即可求解．【詳解】（1）依題意，，而，∴，，則橢圓的方程為：；（2）由于，則，，而，，則，，∴，則，，展開得為一定值.二、以焦點為極點1．以圓錐曲線的焦點為極點，極軸垂直于準線建立極坐標系（如圖①），三種圓錐曲線的統一極坐標方程為：①，其中為焦點到相應準線的距離．當時，表示以左焦點為極點的橢圓；當時，表示以焦點為極點、開口向右的拋物線；當時，表示以右焦點為極點的雙曲線的右支，若允許，則方程就表示整條雙曲線．圖①圖②圖③圖④證明：僅證雙曲線情形，橢圓和拋物線同理可證．如圖⑤，設是雙曲線左支上的一點，連結，過作右準線于，軸于．在終邊的延長線上，，由定義有，又，，即，從而當時，方程表示雙曲線左支，因而因而在廣義坐標系下方程表示整條雙曲線．圖⑤2．以圓錐曲線的焦點為極點，極軸垂直于準線建立極坐標系（如圖②），三種圓錐曲線的統一極坐標方程為：②，其中為焦點到相應準線的距離．當時，表示以右焦點為極點的橢圓；當時，表示以焦點為極點、開口向左的拋物線；當時，表示以左焦點為極點的雙曲線的左支，若允許，則方程就表示整條雙曲線．3．以圓錐曲線的焦點為極點，以平行于準線的直線為極軸，建立極坐標系，三種圓錐曲線的統一極坐標方程為③（如圖③）或④（如圖④）．例5．已知橢圓的離心率為，過右焦點且斜率為的直線與相交于兩點．若，則A．1 B． C． D．2【答案】B【詳解】因為，所以，從而，則橢圓方程為．依題意可得直線方程為，聯立可得設坐標分別為，則因為，所以，從而有①再由可得，根據橢圓第二定義可得，即②由①②可得，所以，則，解得．因為，所以，故選B例6（2021年年高考全國Ⅱ卷20）．已知橢圓C的方程為，右焦點為，且離心率為．（1）求橢圓C的方程；（2）設M，N是橢圓C上的兩點，直線與曲線相切．證明：M，N，F三點共線的充要條件是．【答案】（1）；（2）證明見解析.【分析】（1）由離心率公式可得，進而可得，即可得解；（2）必要性：由三點共線及直線與圓相切可得直線方程，聯立直線與橢圓方程可證；充分性：設直線，由直線與圓相切得，聯立直線與橢圓方程結合弦長公式可得，進而可得，即可得解.【詳解】（1）由題意，橢圓半焦距且，所以，又，所以橢圓方程為；（2）由（1）得，曲線為，當直線的斜率不存在時，直線，不合題意；當直線的斜率存在時，設，必要性：若M，N，F三點共線，可設直線即，由直線與曲線相切可得，解得，聯立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：設直線即，由直線與曲線相切可得，所以，聯立可得，所以，所以，化簡得，所以，所以或，所以直線或，所以直線過點，M，N，F三點共線，充分性成立；所以M，N，F三點共線的充要條件是．【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是直線方程與橢圓方程聯立及韋達定理的應用，注意運算的準確性是解題的重中之重.例7．如圖，已知橢圓的離心率為，以該橢圓上的點和橢圓的左、右焦點為頂點的三角形的周長為.一等軸雙曲線的頂點是該橢圓的焦點，設為該雙曲線上異于頂點的任一點，直線和與橢圓的交點分別為和.（Ⅰ）求橢圓和雙曲線的標準方程；（Ⅱ）設直線、的斜率分別為、，證明；（Ⅲ）是否存在常數，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.【答案】（Ⅰ）橢圓的標準方程為；雙曲線的標準方程為（Ⅱ）=1．（Ⅲ）存在常數使得恒成立，【詳解】試題分析：(1)設橢圓的半焦距為c，由題意知：，2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2.又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故橢圓的標準方程為＝1.由題意設等軸雙曲線的標準方程為＝1(m＞0)，因為等軸雙曲線的頂點是橢圓的焦點，所以m＝2，因此雙曲線的標準方程為＝1.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則k1＝，k2＝.因為點P在雙曲線x2－y2＝4上，所以x－y＝4.因此k1·k2＝·＝＝1，即k1·k2＝1.(3)由于PF1的方程為y＝k1(x＋2)，將其代入橢圓方程得(2k＋1)x2－8kx＋8k－8＝0，顯然2k＋1≠0，顯然Δ＞0.由韋達定理得x1＋x2＝，x1x2＝.所以|AB|＝＝.同理可得|CD|＝.則，又k1·k2＝1，所以.故|AB|＋|CD|＝|AB|·|CD|.因此存在λ＝，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．考點：本題考查了圓錐曲線方程的求法及直線與圓錐曲線的位置關系點評：對于直線與圓錐曲線的綜合問題，往往要聯立方程，同時結合一元二次方程根與系數的關系進行求解；而對于最值問題，則可將該表達式用直線斜率k表示，然后根據題意將其進行化簡結合表達式的形式選取最值的計算方式例8．在平面直角坐標系中，橢圓：的右焦點為（，為常數），離心率等于0.8，過焦點、傾斜角為的直線交橢圓于、兩點．⑴求橢圓的標準方程；⑵若時，，求實數；⑶試問的值是否與的大小無關，并證明你的結論．【答案】（1）（2）（3）為定值【詳解】試題分析：（1）利用待定系數法可得，橢圓方程為；（2）我們要知道=的條件應用，在于直線交橢圓兩交點M，N的橫坐標為，這樣代入橢圓方程，容易得到，從而解得；（3）需討論斜率是否存在．一方面斜率不存在即=時，由（2）得；另一方面，當斜率存在即時，可設直線的斜率為，得直線MN：，聯立直線與橢圓方程，利用韋達定理和焦半徑公式，就能得到，所以為定值，與直線的傾斜角的大小無關試題解析：（1），得：，橢圓方程為（2）當時，，得：，于是當=時，，于是，得到（3）①當=時，由（2）知②當時，設直線的斜率為，，則直線MN：聯立橢圓方程有，，，=+==得綜上，為定值，與直線的傾斜角的大小無關考點：（1）待定系數求橢圓方程；（2）橢圓簡單的幾何性質；（3）直線與圓錐曲線例9．如圖，橢圓的頂點為，，，，焦點為，，，．(1)求橢圓C的方程；(2)設n是過原點的直線，l是與n垂直相交于P點，與橢圓相交于A，B兩點的直線，．是否存在上述直線l使成立？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．【答案】(1)；(2)不存在，理由見解析.【分析】（1）根據橢圓的幾何性質知，由已知條件得知，求出，即可得方程．（2）當與軸不垂直，設A、B，直線為，結合已知得，再根據向量數量積的運算律可得，聯立直線和橢圓求與的第二個關系式即可判斷存在性，再考慮與軸垂直結合已知判斷存在性.【詳解】（1）由知：①，由知：②，又③由上述三式，解得，，故橢圓C的方程為.（2）設A，B分別為，，假設使，成立的直線l存在，(i)當l不垂直于x軸時，設l為，由ln于P且得：，即，由，.，即.將代入橢圓，得：，所以④，⑤，，將④、⑤代入化簡得：⑥，將代入⑥化簡得：，故不成立，即此時直線l不存在.(ii)當l垂直于x軸時，滿足的直線l為或，當時，A，B，P分別為，，，故，，所以.當時，同理有，即此時直線l也不存在.綜上，使成立的直線l不存在.例10．如圖，中心在原點O的橢圓的右焦點為，右準線l的方程為：．(1)求橢圓的方程；(2)在橢圓上任取三個不同點，使，證明：為定值，并求此定值．【答案】(1)(2)證明見解析，【分析】(1)根據準線的幾何性質，求出a，再算出b，可得橢圓方程；(2)根據題設，分別求出與x軸正方向的夾角之間的關系，代入中計算即可.【詳解】（1）設橢圓方程為．因焦點為，故半焦距，又右準線的方程為，從而由已知，因此，，故所求橢圓方程為；（2）記橢圓的右頂點為A，并設（1，2，3），不失一般性，假設，且，．又設點在上的射影為，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；.【點睛】本題的難點在于運用橢圓上的點到焦點的距離表達為到準線的距離乘以離心率，再對運用三角函數計算化簡.【提升訓練】1．已知雙曲線的右焦點為，過且斜率為的直線交于、兩點，若，則的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設雙曲線的右準線為，過、分別作于，于，于，根據直線的斜率為，得到，再利用雙曲線的第二定義得到，又，結合求解.【詳解】設雙曲線的右準線為，過、分別作于，于，于，如圖所示：因為直線的斜率為，所以直線的傾斜角為，∴，，由雙曲線的第二定義得：，又∵，∴，∴故選：B【點睛】本題主要考查雙曲線的第二定義的應用以及離心率的求法，還考查了數形結合的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.橢圓的右焦點為，右準線為，為24個依逆時針順序排列在橢圓上的點.其中是橢圓的右頂點，且，則這24個點到的距離的倒數和為______.【答案】【詳解】在橢圓中，，，.易知，對每個，、、三點共線.設，代入，得.則，.又點、到的距離分別為，，則.將與的表達式代入上式得.故這24個點到的距離的倒數和為.3．如圖所示，已知橢圓，直線，P是l上的一點，射線交橢圓于一點R，點Q在上且滿足，當點P在l上移動時，求點Q的軌跡方程，并說明軌跡是什么曲線？【答案】，（）；中心在，焦點在直線上且挖去點的橢圓.【分析】利用共線向量尋找等量關系，利用點在曲線上代入并通過已得的等量關系求得軌跡方程【詳解】解：，，共線，，設，則，，，則，，又∵，∴，∴，∴，∵點R在橢圓上，∴.點P在l上，∴.∴，（）.點Q的軌跡是中心在，焦點在直線上且挖去點的橢圓.4．設橢圓的離心率，右焦點到直線的距離，為坐標原點．(1)求橢圓的方程；(2)過點作兩條互相垂直的射線，與橢圓分別交于兩點，過原點作直線的垂線，垂足為，求點的軌跡方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用點到直線距離公式可表示出右焦點到直線的距離，結合離心率和橢圓的關系可構造方程組求得，由此可得橢圓方程；（2）當直線斜率存在時，設，與橢圓方程聯立可得韋達定理的結論，由可整理得到，結合和點在直線上，可消去得到軌跡方程；當直線斜率不存在時，設，與橢圓方程聯立可求得，由此可得點坐標；綜合兩種情況可得軌跡方程.【詳解】（1）設橢圓右焦點為，則，，又，，，，橢圓的方程為：.（2）設，，，當直線斜率存在時，設，由得：，則，解得：，，；，，即，，則…①；，，…②；在直線上，，即…③；由①②③消去得：；當直線斜率不存在時，設，由得：，，解得：，則，滿足；綜上所述：點的軌跡方程為：.（2022河南模擬）5．橢圓：的左右焦點分別為、，且橢圓過點．（1）求橢圓的標準方程；（2）過原點作兩條相互垂直的直線、，與橢圓交于，兩點，與橢圓交于，兩點，求證：四邊形的內切圓半徑為定值．【答案】（1）；（2）證明見解析．【分析】（1）先利用橢圓的定義求得a，再根據橢圓的左右焦點為、得到c即可.（2）當的斜率為時，四邊形為正方形，求得即為內切圓半徑；當的斜率不等于時，設，，直線的方程為，代入橢圓方程，根據，即，結合韋達定理求得k，t的關系，再由原點到直線的距離求解.【詳解】（1）因為橢圓的左右焦點分別為、，且橢圓過點，所以，所以，又，得，所以橢圓的標準方程為：．（2）如圖所示：當的斜率為時，四邊形為正方形，與聯立，解得，因為NQ垂直于x軸，所以，當的斜率不等于時，設，，直線的方程為：，代入橢圓方程并整理得：，，即，由韋達定理得：，，因為，所以，即，即，所以，整理得（*），適合成立所以，綜上得：．【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是設直線NQ的方程，將內切圓半徑轉化為原點到直線NQ的距離求解.6．已知橢圓的一個焦點是F（1，0），O為坐標原點．（Ⅰ）已知橢圓短軸的兩個三等分點與一個焦點構成正三角形，求橢圓的方程；（Ⅱ）設過點F的直線l交橢圓于A、B兩點，若直線l繞點F任意轉動，總有，求a的取值范圍．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（，+）【詳解】（1）設為短軸的兩個三等分點，為正三角形，所以，，解得．，所以橢圓方程為．（2）設（?。┊斨本€與軸重合時，．（ⅱ）當直線不與軸重合時，設直線的方程為：整理得因恒有，所以恒為鈍角，即恒成立．又，所以對恒成立，即對恒成立，當時，最小值為0，所以，，因為，即，解得或（舍去），即，綜合（i）（ii），的取值范圍為．7．橢圓有兩個頂點過其焦點的直線與橢圓交于兩點，并與軸交于點，直線與交于點．（1）當時，求直線的方程；（2）當點異于兩點時，證明：為定值．【答案】（1）；（2）證明見解析．【分析】（1）先由題意求出橢圓方程，直線不與兩坐標軸垂直，設的方程為，然后將直線方程與橢圓方程聯立方程組，消去，利用根與系數的關系，再由弦長公式列方程可求出的值，從而可得直線方程；（2）表示直線，的方程，聯立方程組可得而代入化簡可得，而，則可得的結果【詳解】（1）由題意，橢圓的方程為易得直線不與兩坐標軸垂直，故可設的方程為，設，由消去整理得，判別式由韋達定理得，①故，解得，即直線的方程為．（2）證明：直線的斜率為，故其方程為，直線的斜率為，故其方程為，由兩式相除得即由（1）知，故解得．易得，故，所以為定值18．某人欲設計一個如圖所示的“蝴蝶形圖案（陰影區域）”，其中是過拋物線焦點且互相垂直的兩條弦，該拋物線的對稱軸為，通徑長為．記，為銳角．（通徑：經過拋物線焦點且垂直于對稱軸的弦）(1)用表示的長；(2)試建立“蝴蝶形圖案”的面積關于的函數關系式，并設計的大小，使“蝴蝶形圖案”的面積最?。敬鸢浮?1)，(2)，，【分析】（1）先求出拋物線的方程，在由拋物線的定義即可得到答案.（2）先由，求出，在結合（1）的結論求出的長度，在利用面積公式求“蝴蝶形圖案”得面積，然后通過變形，構造新函數，利用二次函數求出面積的最小值.【詳解】（1）因為拋物線的通徑長為，則，故拋物線的方程為.由拋物線的定義知，，故：，．（2）因為是過拋物線焦點且互相垂直的兩條弦，所以.據（1）同理可得，，．所以“蝴蝶形圖案”的面積,即，．

令，則，所以當，即時，的最小值為8．

故：當時，可使“蝴蝶形圖案”的面積最?。?．在平面直角坐標系中，橢圓的離心率為，過橢圓右焦點作兩條互相垂直的弦與.當直線的斜率為0時，.（1）求橢圓的方程；（2）試探究是否為定值？若是，證明你的結論；若不是，請說明理由.【答案】（1）（2）是定值；證明見解析【解析】（1）根據，當直線的斜率為0時，.即求解.（2）分兩種情況討論，①當兩條弦中一條弦所在直線的斜率為0時，另一條弦所在直線的斜率不存在，易得.②當兩弦所在直線的斜率均存在且不為0時，設直線的方程為，直線的方程為.將直線方程代入橢圓方程中并整理，再利用弦長公式分別求解即可.【詳解】（1）由題意知，當直線的斜率為0時，..又，解得，，所以橢圓方程為.（2）①當兩條弦中一條弦所在直線的斜率為0時，另一條弦所在直線的斜率不存在，由題意知.②當兩弦所在直線的斜率均存在且不為0時，設直線的方程為，，，則直線的方程為.將直線方程代入橢圓方程中并整理得，則，，所以.同理，.所以，故是定值.【點睛】本題主要考查橢圓的幾何性質以及直線與橢圓的位置關系，還考查了分類討論的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.10．過拋物線(其中)的焦點的直線交拋物線于兩點，且兩點的縱坐標之積為．(1)求拋物線的方程；(2)當時，求的值；(3)對于軸上給定的點(其中)，若過點和兩點的直線交拋物線的準線點，求證：直線與軸交于一定點．（2022浙江·樂清市知臨中學高二期末）【答案】（1）；（2）1；（3）見解析.【分析】（1）設直線AB的方程，聯立拋物線方程，運用韋達定理，可得p＝4，即得拋物線方程；（2）推理證明=，整理即可得到所求值；（3）設A（，y1），B（，y2），P（﹣2，s），運用三點共線的條件：斜率相等，可得s，設AP交x軸上的點為（t，0），運用韋達定理，化簡整理可得所求定點．【詳解】(1)過拋物線(其中)的焦點的直線為，代入拋物線方程，可得，可設，即有，解得，可得拋物線的方程為；(2)由直線過拋物線的焦點，由（1）可得，將代入可得；(3)證明：設，，，由三點共線可得，可得，①設交軸上的點為，即有，代入①，結合，可得，即有，可得．即有直線與軸交于一定點．【點睛】本題考查直線和拋物線的位置關系，拋物線定義，韋達定理的應用，考查化簡運算能力，屬于難題．11．已知橢圓的兩個焦點分別為，，且直線與橢圓相切．（1）求橢圓的方程；（2）過作兩條互相垂直的直線，與橢圓分別交于點及，求四邊形的面積的最大值與最小值．（2022上?！偷└街星嗥址中８叨驴迹敬鸢浮浚?）；（2）最小值為，最大值為2．【分析】（1）由直線與橢圓相切得到的一個關系，由再得到的一個關系，解方程組可得答案；（2）橢圓方程與直線方程聯立得到韋達定理，利用弦長公式計算出的長，表示出四邊形的面積，再求最值即可.【詳解】（1）設橢圓方程為．因為直線與該橢圓相切，所以方程組只有一組解，消去，整理得，所以，得．又焦點為，所以，所以，所以橢圓的方程為．（2）若直線的斜率不存在（或為0），則．若直線的斜率存在且不為0，設為，則直線的斜率為，所以直線的方程為，設，由得，所以，所以，由得，同理可得，．所以．因為（當且僅當時取等號），所以，所以．綜上所述，四邊形的面積的最小值為，最大值為2．【點睛】本題考查待定系數法求橢圓方程；本題考查直線與圓錐曲線的位置關系，利用韋達定理，找到所求的表達式代入計算.12．如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓（a>b>0）的左、右焦點分別為F1（-c，0），F2（c，0）.已知（1，e）和都在橢圓上，其中e為橢圓的離心率.A，B是橢圓上位于x軸上方的兩點，且直線AF1與直線BF2平行，AF2與BF1交于點P.（1）求橢圓的方程∶（2）若，求直線AF1的斜率；（3）求證∶是定值.【答案】（1）；（2）；（3）證明見解析.【分析】（1）根據橢圓的性質和已知（1，e）和都在橢圓上列式求解.（2）設直線AF1的方程為，直線BF2的方程為，與橢圓方程聯立，求出、，根據已知條件，用待定系數法求解.（3）利用直線與直線平行，點B在橢圓上知，可得，，由此可得為定值.【詳解】解∶（1）由題設知，.由點（1，e）在橢圓上，得，解得..于是，又點在橢圓上，所以，即，解得.因此，所求橢圓的方程是.（2）由（1）知，，又直線AF1與BF2平行，所以可設直線AF1的方程為.直線BF2的方程為.設A（x1，y1），B（x2，y2），y1>0，y2>0.由，得，解得故

①同理，

②由①②得、解得.注意到m>0，故.所以直線AF1的斜率為（3）因為直線AF1與BF2平行，所以，于是，故，由B點在橢圓上知，從而.同理因此，又由①②知，所以，因此，是定值.【綜合培優】（2022駐馬店期末）1．已知平面內點到點的距離和到直線的距離之比為，若動點P的軌跡為曲線C．（I）求曲線C的方程；（II）過F的直線與C交于A，B兩點，點M的坐標為設O為坐標原點.證明：．（2022沛縣月考）2．已知橢圓內有一點P(1，1)，F為右焦點，橢圓上的點M.（1）求的最大值；（2）求的最小值；（3）求使得的值最小時點M的坐標.3．已知橢圓，過右焦點且不與軸垂直的直線交橢圓于A，B兩點，AB的垂直平分線交x軸于點N，求的值．（2022山東期末）4．已知橢圓的離心率為，若與圓相交于M，N兩點，且圓E在內的弧長為．(1)求的值；(2)過橢圓的上焦點作兩條相互垂直的直線，分別交橢圓于A，B、C，D，求證：為定值．（2022淄博期末）5．已知在平面直角坐標系中，橢圓過點，離心率為.求橢圓的標準方程；過右焦點作一條不與坐標軸平行的直線，交橢圓于兩點，求面積的取值范圍.6．設分別是橢圓的左右焦點，是上一點且與軸垂直，直線與的另一個交點為．（1）若直線的斜率為，求的離心率；（2）若直線在軸上的截距為，且，求．（2022陜西校級模擬）7．平面內，動點到點的距離與它到直線的距離之比為．(1)求動點的軌跡的方程；(2)設為原點，若點在直線上，點在軌跡上，且，求線段長度的最小值．（2022原陽縣校級月考）8．已知動點到點的距離與到直線的距離之比為2．(1)求點P的軌跡C的方程；(2)直線l的方程為，l與曲線C交于A，B兩點，求線段AB的長．9．設橢圓C：的左焦點為F，過點F的直線與橢圓C相交于A，B兩點，直線的傾斜角為60o,.(1)求橢圓C的離心率；(2)如果|AB|=，求橢圓C的方程.10．設分別是橢圓的左、右焦點，過斜率為1的直線與相交于兩點，且成等差數列．（1）求的離心率；（2）設點滿足，求的方程11．如圖，在平面直角坐標系中，橢圓的左、右焦點分別為，．已知和都在橢圓上，其中為橢圓的離心率．（1）求橢圓的方程；（2）設是橢圓上位于軸上方的兩點，且直線與直線平行，與交于點P．（i）若，求直線的斜率；（ii）求證：是定值．12．如圖，中心在原點O的橢圓的右焦點為，右準線l的方程為：．(1)求橢圓的方程；(2)在橢圓上任取三個不同點，使，證明：為定值，并求此定值．（2022江西南昌東湖期中）13．過雙曲線的右焦點，傾斜角為30°的直線交雙曲線于A，B兩點，為坐標原點，為左焦點．(1)求；(2)求△AOB的面積；(3)求證：．（2022湖南懷化二模）14．已知橢圓上一點與它的左、右兩個焦點，的距離之和為，且它的離心率與雙曲線的離心率互為倒數．(1)求橢圓的方程；(2)如圖，點A為橢圓上一動點（非長軸端點），的延長線與橢圓交于點B，AO的延長線與橢圓交于點C．①當直線AB的斜率存在時，求證：直線AB與BC的斜率之積為定值；②求△ABC面積的最大值，并求此時直線AB的方程．（2022河南一模）15．已知橢圓的左、右兩個焦點，，離心率，短軸長為2．1求橢圓的方程；2如圖，點A為橢圓上一動點非長軸端點，的延長線與橢圓交于B點，AO的延長線與橢圓交于C點，求面積的最大值．參考答案：1．（I）（II）見解析【分析】（I）根據題目點到點的距離和到直線的距離之比為，列出相應的等式方程，化簡可得軌跡C的方程；（II）對直線分軸、l與x軸重合以及l存在斜率且斜率不為零三種情況進行分析，當l存在斜率且斜率不為零時，利用點斜式設直線方程，與曲線C的方程進行聯立，結合韋達定理，可推得，從而推出．【詳解】解：（I）∵到點的距離和到直線的距離之比為.∴，.化簡得：．故所求曲線C的方程為：.（II）分三種情況討論：1、當軸時，由橢圓對稱性易知：．2、當l與x軸重合時，由直線與橢圓位置關系知：3、設l為：，，且，，由化簡得：，∴，設MA,MB，所在直線斜率分別為：，，則此時，．綜上所述：.【點睛】本題主要考查了利用定義法求軌跡方程以及直線與圓錐曲線的綜合問題．解決直線與圓錐曲線位置關系中常用的數學方法思想有方程思想，數形結合思想以及設而不求的整體代入的技巧與方法．2．（1）；（2）（3）【解析】（1）利用數形結合，根據三點共線分析的最大值；（2）利用橢圓的定義轉化，求的最小值；（3）利用橢圓的第二定義，轉化，再利用數形結合分析得到最小值，以及取得最小值時的點的坐標.【詳解】（1），所以，即當點三點不共線時，，如圖當三點共線時，，即，所以的最大值是，（2）設橢圓的左焦點，根據橢圓定義可知，即，如圖，當三點共線時，等號成立，，所以的最大值是.（3）橢圓的右準線，設橢圓上的點到右準線的距離為，因為，所以，，如圖，的最小值是點到直線的距離，即所以的最小值是，此時點的縱坐標是1，代入橢圓方程可得，所以的值最小時點M的坐標.【點睛】本題考查橢圓內的最值問題，重點考查轉化與變形，數形結合分析問題，屬于中檔題型.3．【分析】設直線的方程，與橢圓方程聯立，利用根與系數的關系、弦長公式、中點坐標公式可得、的垂直平分線，求出點坐標，可得，即可得出答案．【詳解】設直線的方程為：，，，線段的中點．聯立，整理得，∴，．∴∵，∴，∴的垂直平分線的方程為：，令，解得，∴．∴，∴．當時也成立．綜上，．4．(1)，；(2)證明見解析【分析】（1）利用題意可得到，進而得到，利用題意得到的方程組，即可得到答案；（2）易知上焦點的坐標，分當直線（或）與軸平行時和當直線（或）與軸不平行時進行分類討論，當不平行時，不妨設，則，將代入，根據韋達定理解得弦長，將代換可得即可證明（1）圓的圓心為，半徑為，圓E在內的弧長為，可得，即有，設在第一象限，可得，，即為，將代入橢圓方程可得，聯立解得，（2）由（1）可得橢圓的方程為，，上焦點為，①當直線（或）與軸平行時，可得，將代入橢圓得，則，則；②當直線（或）與軸不平行時，設，則，聯立方程組，消去y并化簡得，設點，，∴，，即有，將k換為，可得，則，綜上所述，為定值．5．

【解析】根據題意，得到，求解，即可得出結果；設直線，聯立直線與橢圓方程，設，根據韋達定理，弦長公式，以及三角形面積公式，表示出三角形面積，進而可求出結果.【詳解】因為橢圓過點，離心率為，得，解得，則橢圓的標準方程為；設直線，聯立方程得，得.設，則得又則令，則，設，則在上恒成立，即在上單調遞增，所以則，即的面積的取值范圍為.【點睛】本題主要考查求橢圓的標準方程，以及橢圓中三角形的面積問題，熟記橢圓的標準方程以及橢圓的簡單性質即可，屬于?？碱}型.6．（1）；（2）【詳解】（1）記，則，由題設可知，則，；（2）記直線與軸的交點為，則①，，將的坐標代入橢圓方程得②由①②及得，故．考點：1.橢圓方程；2.直線與橢圓的位置關系.7．(1)(2)【分析】（1）利用直接法求動點的軌跡的方程；（2）先表示出線段長度，再利用基本不等式，求出最小值．（1）設，∵動點到點的距離與它到直線的距離之比為，∴，化簡得，即，∴動點的軌跡的方程為．（2）設點的坐標分別為，，其中．∵，∴，即，解得．∵點在軌跡上，∴，∴．∵，當且僅當時等號成立，∴，即，故線段長度的最小值為．8．(1)(2)6【分析】（1）由距離公式列方程后化簡求解，（2）由弦長公式求解（1）設點P的坐標為，則由題意得，化簡得，即為點P的軌跡C的方程．（2）將代入中，并化簡得：，設A，B兩點的坐標分別為：，，由韋達定理可得，，∴．9．(1)(2)【分析】（1）利用直線的點斜式方程設出直線方程，代入橢圓方程，得出的縱坐標，再由，即可求解橢圓的離心率；（2）利用弦長公式和離心率的值，求出橢圓的長半軸、短半軸的值，從而寫出橢圓的標準方程.（1）設，，由題意知，.直線的方程為，其中.聯立得，解得，.因為，所以.即，得離心率.（2）因為，所以.由得.所以，得，.橢圓的方程為【點睛】本題主要考查了橢圓的標準方程及其簡單的幾何性質，其中解答中涉及到直線的點斜式方程，直線方程與橢圓方程聯立，利用根與系數的關系，直線與圓錐曲線的弦長公式等知識點的綜合考查，著重考查了學生的推理與運算能力，轉化與化歸思想，解答準確的式子變形和求解是解答的一個難點，屬于中檔試題.10．（1），（2）【詳解】（I）由橢圓定義知，又，得的方程為，其中．設，，則A、B兩點坐標滿足方程組化簡的則因為直線AB斜率為1，所以得故所以E的離心率（II）設AB的中點為，由（I）知，．由，得，即得，從而故橢圓E的方程為．11．見