1、专题34 圆锥曲线大题专项训练题型一、椭圆中的定点、定值1（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点(1)求E的方程；(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足证明：直线HN过定点【答案】(1)；(2)；【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过， 则，解得，所以椭圆E的方程为：.（2），所以，若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，过点
2、.若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，且联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线HN过定点【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2（2021年全国新高考II卷数学试题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切证明：M，N，F三点共线的充要条件是【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直
3、线与椭圆方程可证；充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，所以，所以，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方
4、程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.3（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）已知A、B分别为椭圆E：（a1）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.【分析】（1）由已知可得：， ，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.【详
5、解】（1）依据题意作出如下图象：由椭圆方程可得：， ，椭圆方程为：（2）方法一：设而求点法证明：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：点的坐标为当时，直线的方程为：，整理可得：整理得：所以直线过定点当时，直线：，直线过点故直线CD过定点方法二【最优解】：数形结合 设，则直线的方程为，即同理，可求直线的方程为则经过直线和直线的方程可写为可化为易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入式可得故，可得或其中表示直线，则表示直线令，得，即直线恒过点【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质
6、及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.4（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知椭圆的离心率是，点在上(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点【答案】(1)；(2)证明见详解；【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：
7、，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论5（2020年新高考全国卷数学高考试题（山东）已知椭圆C：的离心率为，且过点（1）求的方程：（2）点，在上，且，为垂足证明：存在定点，使得为定值【答案】（1）；（2）详见解析.【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为,
8、联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)方法一：通性通法设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，因为，所以，即，根据,代入整理可得：，所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：， 解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.方
9、法二【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即设，因为则，即代入直线方程中得则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点又，D在以为直径的圆上的中点即为圆心Q经检验，直线垂直于x轴时也成立故存在，使得方法三：建立曲线系A点处的切线方程为，即设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为由题意得则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）即对比项、x项及y项系数得将代入，消去并化简得，即故直线的方程为，直线过定点又，D在以为
10、直径的圆上中点即为圆心Q经检验，直线垂直于x轴时也成立故存在，使得方法四：设若直线的斜率不存在，则因为，则，即由，解得或（舍）所以直线的方程为若直线的斜率存在，设直线的方程为，则令，则又，令，则因为，所以，即或当时，直线的方程为所以直线恒过，不合题意；当时，直线的方程为，所以直线恒过综上，直线恒过，所以又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动取线段的中点为，则所以存在定点Q，使得为定值【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的
11、方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算6（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷）已知椭圆C：（ab0），四点（1,1），（0,1），（1，），（1，）中恰有三点在椭圆C上.（）求C的方程；（）设直线不经过点且与C相交于A，B两点.若直线与直线的斜率的和为1，证明：过定点.【答案】(1) ；(
12、2)证明见解析.【详解】试题分析：（1）根据，两点关于轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外由知，C不经过点，所以点在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线与直线的斜率分别为，再设直线的方程，当与轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点.试题解析：（1）由于，两点关于轴对称，故由题设知C经过，两点.又由知，C不经过点，所以点在C上.因此，解得.故C的方程为.（2）设直线与直线的斜率分别为，如果与轴垂直，设：，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t
13、，），（t，）.则，得，不符合题设.从而可设：（）.将代入得由题设可知.设，则，.而.由题设，故.即.解得.当且仅当时，欲使：，即，所以过定点（2，）点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.7已知椭圆C：（ab0）的左右焦点分别为，点满足，且的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的上顶点
14、为P，不过点P的直线l交C于A，B两点，若，证明直线l恒过定点.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】(1)由可得，由题意点在椭圆上，将点坐标代入椭圆，结合可得答案.(2) 由题意，根据条件直线的斜率必存在,设直线的方程为，,将直线的方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由，则，将韦达定理代入，可得出答案.【详解】（1）由,则，所以又，则点在椭圆上所以，又 联立解得 所以椭圆C的方程；（2）由题意，根据条件直线的斜率必存在设直线的方程为， 由 ，得所以 （*）由，则 所以，即，即或（舍）将代入（*）成立.所以直线的方程为，所以直线恒过点8（2019年北京市高考数学试卷（文科）已知椭圆的右焦点为
15、，且经过点.（）求椭圆C的方程；（）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|ON|=2，求证：直线l经过定点.【答案】（）；（）见解析.【分析】()由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；()设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.【详解】（）因为椭圆的右焦点为，所以；因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.（）设联立得，.直线，令得，即；同理可得.因为,所以；，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.【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
16、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9已知点在椭圆上，椭圆C的左右焦点分别为，的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆相切，记直线PA，PB的斜率分别为，.（i）证明：；（ii）证明：直线AB过定点.【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）利用，结合三角形的面积公式，求出，即可求椭圆的方程.(2) （i）设直线的方程为，直线的方程为，由题意可知，可得是方程的两根，利用韦达定理即可证明.（ii）设直线的方
17、程为，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合，可得与的关系式，即可证明直线过定点.【详解】（1）解：由题知，的面积等于，所以，解得，所以，椭圆C的方程为.（2）（i）设直线PA的方程为，直线PB的方程为，由题知，所以，所以，同理，所以，是方程的两根，所以.（ii）设，设直线AB的方程为，将代入得，所以，所以，又因为，将代入，化简得，所以，所以，若，则直线，此时AB过点P，舍去.若，则直线，此时AB恒过点，所以直线AB过定点.10已知椭圆过点，且离心率为(1)求椭圆的方程；(2)、是椭圆上的两个动点，如果直线的斜率与的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出这个定值.【答案】(1)；(2)证明见解
18、析，.【分析】（1）根据椭圆离心率的公式，结合代入法、椭圆中的关系进行求解即可；（2）设出直线方程与椭圆方程联立，求出、两点坐标，最后根据直线斜率的公式进行求解即可.【详解】（1）根据题意，解得，椭圆的方程为：；（2）证明：设直线的方程为：，由，得显然是该方程的根，因此有，由题可知直线的方程为，同理可得，直线的斜率为定值，且这个定值为.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系求出两点坐标是解题的关键.题型二、椭圆中的定直线1已知椭圆过点，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过右焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于，两点，已知，过且与轴垂直的直线与直线交于点，求证：点在一定直线上，并求出此直
19、线的方程.【答案】（1）；（2）证明见解析，直线.【分析】（1）由椭圆过定点，结合离心率求椭圆参数，写出椭圆方程.（2）由题设知的斜率不可能为0，可设直线的方程为，联立椭圆方程，应用韦达定理可得，再由点斜式表示直线：，则即可判断是否为定直线.【详解】（1）由题意，且，又，解得，.椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，联立方程整理得，由，即.直线的方程为.过且与轴垂直的直线的方程为.联立可得.点在定直线上.【点睛】关键点点睛：第二问，设直线的方程联立椭圆方程，由韦达定理确定的关系，进而由的位置用表示出其横坐标.2已知椭圆：（）过点，且离心率为(1)求椭圆的方程；(2)记椭圆的上下顶点分别为，过点斜
20、率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程【答案】(1)(2)证明见解析；定直线【分析】（1）利用椭圆过点，离心率，结合，即可得解；（2）由题意得直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求根公式可求得，联立直线的方程与直线的方程，化简可求得直线与的交点在定直线上【详解】（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3已知点是离心率为的椭圆：（）上位于第一象限内的点，过点引轴、轴的平行线，交轴、轴于，两点
21、，交直线于，两点，记与的面积分别为，且（）求椭圆的方程；（）设椭圆的上、下顶点分别为，过点的直线与椭圆相交于，两点，证明：直线，的交点在一定直线上，并求出该直线方程【答案】（）；（）证明见解析，直线.【分析】（）设，利用，可得，又，可得椭圆的方程；（）分类讨论：当直线斜率存在时，设方程为：，联立，得，利用根的系数关系得，直线的方程为，直线的方程为，联立消去得，当直线的斜率不存在时，直线，与轴重合，过点，即可得到结论.【详解】（）设，轴，轴， ，又，解得：，故椭圆的方程为（）当直线斜率存在时，设其方程为：，设，联立，得，由韦达定理得，因为，所以直线的方程为，直线的方程为联立消去得，整理得，所以直
22、线，的交点一定在直线上；当直线的斜率不存在时，直线，与轴重合，过点，由知直线，的交点在直线上【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4已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，原点到过点的直线距离是（1）求椭圆的方程（2）设动直线与椭圆有且只有一个公共点，过作的垂线与直线交于点，求证：点在定直线上，并求出定直线的方程【答案】（1）；（2）证明见解析，.【分析】（1）根据抛物线焦点的坐标公式，结合直线方程的截距式方
23、程、点到直线距离公式、椭圆中之间的关系进行求解即可；（2）将直线方程与椭圆方程联立，根据直线与椭圆的位置关系，结合一元二次方程的判断别式、斜率公式、以及互相垂直两直线的关系进行求解即可.【详解】（1）抛物线的焦点坐标为，直线的方程为：，设原点到直线的距离为，椭圆方程为；（2）因为直线与椭圆相切，联立直线与椭圆方程：即切点坐标 即， ，点的坐标为：，的方程为联立直线方程： 解得在这条定直线上.【点睛】关键点睛：本题的关键是通过直线与椭圆的位置关系，借助方程组消，运用一元二次方程根的判别式得到等式，再通过求出横坐标，进行证明即可.5（2023届华大新高考联盟教学质量测评数学试题）已知A，B为椭圆左
24、右两个顶点，动点D是椭圆上异于A，B的一点，点F是右焦点当点D的坐标为时，(1)求椭圆的方程(2)已知点C的坐标为，直线CD与椭圆交于另一点E，判断直线AD与直线BE的交点P是否在一定直线上，如果是，求出该直线方程；如果不是，请说明理由【答案】(1)；(2)直线AD与直线BE的交点在定直线上；【分析】（1）由题意表示出，可得，再由椭圆的定义求出，即可求出椭圆的方程；（2）设，的直线方程为，与椭圆联立，由韦达定理得，化积为和得，表示出直线AD和直线BE的方程的方程，计算可得，即可证明直线AD与直线BE的交点P是否在一定直线上【详解】（1）设椭圆的右焦点为，左焦点为，解得，椭圆的方程为（2）由题设
25、，直线DE斜率一定存在，设的直线方程为联立椭圆方程，消去得设，则，又，直线AD的方程为，直线BE的方程为联立得，又，直线AD与直线BE的交点在定直线上6阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作圆锥曲线一书中阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分求的取值范围；将点、看作一个阿波罗尼斯
26、圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程【答案】（1）；（2）；【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程，方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程；（2）首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；由阿波罗尼斯圆定义知，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程.【详解】（1）方法（1）特殊值法，令，且，解得，椭圆的方程为方法（2）设，由题意（常数），整理得：，故，又，解得：，椭圆的方程为方法（3）设，则由题意为常数，又，解得：，故椭圆的方程为（2）由，又
27、，（或由角平分线定理得）令，则，设，则有，又直线的斜率，则，代入得：，即，由知，由阿波罗尼斯圆定义知，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，即，解得：又，故，又，解得：，直线的方程为【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系，以及外接圆，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并根据几何关系进行消参，转化与化归，是本题的关键也是难点.7如图，椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为A，过点A与垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且恰是的中点，若过A，Q，三点的圆与直线相切（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N为椭圆C的长轴两端点，直线m过
28、点交C于不同两点G，H，证明：四边形MNHG的对角线交点在定直线上，并求出定直线方程【答案】（1）；（2）证明见解析， .【解析】（1）设椭圆C的半焦距为，由圆的定义可求得圆的半径，再由直线与圆的相切的条件可求得， ，可求得椭圆方程（2）设其方程为，设，直线与椭圆的方程联立整理得，得出根与系数的关系，表示直线MH的方程和直线GN的方程。求得两直线的交点的横坐标，代入，可得交点所过的定直线.【详解】（1）设椭圆C的半焦距为，由为线段中点，所以A，Q，三点圆的圆心为，半径为，又因为该圆与直线l相切，所以，所以，故所求椭圆方程（2）由对称性可知，若存在，则必为垂直于x轴的直线依题意，直线l斜率必存在
29、且不为0，设其方程为，设，联立，得，所以，故，不妨设，所以直线MH的方程为，直线GN的方程为消去y，得故四边形MNHG的对角线交点在定直线上【点睛】关键点点睛：解决直线与圆锥曲线相交的相关问题时，关键在于将目标条件转化为交点的坐标间的关系，交点坐标的韦达定理上去可得以解决.8（2023年广东省模拟数学试题）已知椭圆的离心率为，且过点，(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于不同的，两点，且直线，的斜率依次成等比数列椭圆上是否存在一点，使得四边形为平行四边形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)存在，或【分析】（1）由离心率的值，可得，的关系，设椭圆的方程，将点的坐标
30、代入椭圆的方程，可得的值，进而求出椭圆的方程；（2）由题意可得直线的斜率存在且不为0，设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，由四边形为平行四边形可得的坐标，将的坐标代入椭圆的方程，可得参数的关系，求出直线，的斜率之积，由直线，的斜率依次成等比数列可得参数的关系，进而求出参数的值，即求出直线的方程【详解】（1）由离心率，可得，所以椭圆的方程为：，将点，代入椭圆的方程可得：，解得，所以椭圆的方程为；（2）由题意可得直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，设，联立，整理可得：，即，且，因为四边形为平行四边，与互相平分，所以，因为在椭圆上，则，整理可得：，又因为直线，的斜率依次成等
31、比数列，即，即，而，可得，由可得：，符合，可得，所以直线的方程为：或【点睛】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，等比数列的性质的应用，属于中档题,本题的关键是韦达定理求得根与系数的关系，求得点的坐标，以及表示写了的关系.9已知椭圆C：=1(ab0)的离心率e=，F1，F2分别为左右焦点，点T在椭圆上，TF1F2的面积最大为2.（1）求椭圆C的标准方程；（2）椭圆C的左右顶点分别为A，B.过定点(1，0)且斜率不为0的直线l交椭圆C于P，Q两点，直线AP和直线BQ相交于椭圆C外一点M，求证：点M的轨迹为定直线.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】(1)由椭圆离心率及焦点三角形面积最
32、大值，列出关于a，b，c的方程组求解即得；(2)依条件设出直线l的方程，联立直线l与椭圆C的方程，利用韦达定理列出交点P，Q的关系，再列出直线AP与BQ交点M的关系，经变形整理即得.【详解】(1)由题意，椭圆的离心率为，TF1F2的面积的最大值为2，所以，又，联立解得a2=9，b2=5，c2=4，所以椭圆的方程为；(2)证明：由题意，直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为：x=ty+1，则消去x整理可得：(5t2+9)y2+10ty-40=0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)(y10，y2b0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.（I）求椭圆的方程；（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值.【答案】()；()或【详解】分析：（）由题意结合椭圆的性质可得a=3，b=2则椭圆的方程为（）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）由题意可得5y1=9y2由方程组可得由方程组可得据此得到关于k的方程，解方程可得k的值为或详解：（）设椭圆的焦距为2c，由已知有，又由a2=b2+c2，可得2a=3b由已知可得，由，可得ab=6，从而a=3，b=2
