重难点培优02 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题（复习讲义）（天津专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

重难点培优02 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 3 题型一 定点问题（★★） 3 题型二 定值问题（★★★） 4 题型三 定直线问题（★★★★） 5 03 实战检测・分层突破验成效 7 检测Ⅰ组 重难知识巩固 7 检测Ⅱ组 创新能力提升 9 一、圆锥曲线中的定点问题 一般情况下，若方程中含有一个或者多个参数，当x取某个常数时，求得的y也是一个与参数无关的常数，这样就可以说方程对应的曲线经过定点．有时圆锥曲线中的定点问题，可以充分考虑几何性质，从特殊情况出发，对可能的定点有初步的判断，争取确定出定点，这样可以转化为有方向、有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口． 处理定点问题两个基本策略： （1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点． （2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关． 解题流程与方法总结 1．单参数法 ①设动直线PM方程为y＝k（x－x0）＋y0； ②联立直线与椭圆（抛物线），解出点M的坐标为（A（k），B（k）），同理（由核心方程代换），得出点N的坐标为（C（k），D（k））； ③写出动直线MN方程，并整理成kf（x，y）＋g（x，y）＝0； ④根据直线过定点时与参数没有关系（即方程对参数的任意值都成立），得到方程组 ⑤方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点． 双参数法 ①设动直线MN方程（斜率存在）为y＝kx＋t； ②由核心方程得到f（k，t）＝0（常用韦达定理）； ③把t用k表示或把k用t表示，即kf（x，y）＋g（x，y）＝0（或tf（x，y）＋g（x，y）＝0）； ④根据直线过定点时与参数没有关系（即方程对参数的任意值都成立），得到方程组 ⑤方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点． 二、探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种： 解决定值问题的基本方法是函数方法.可以用变量表示题目中的点的坐标、直线方程、数量积、比例关系等.对于定值问题，有时也可以从特殊情况出发，确定所要证明的具体定值.也可以根据要分析的结论直接验算化简，利用方程组、韦达定理、点在曲线上（点的坐标满足曲线的方程）等条件，分析变量之间的关系，并确定消参的思路，可以将要求解的量看作某个变量的函数，化简消去变量即得定值. ①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关； ②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. 解答的关键是认真审题，理清问题与题设的关系，建立合理的方程或函数，利用等量关系统一变量，最后消元得出定值. 三．定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题.证明动点在定直线上是圆锥曲线的常规题型，解决这类问题，可以套用求轨迹方程的通用方法，也可以根据其本身特点的独特性采用一些特殊方法. 常见解题策略 1.联立方程消去参；2.挖掘图形的对称性，解出动点横坐标或纵坐标；3.将横纵坐标分别用参数表示，再消参；4.设点，对方程变形解得定直线. 常用解题方法 这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有： （1）设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程； （2）待定系数法：设出含参数的直线方程、待定系数法求解出系数； （3）验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证. 题型一 定点问题 【技巧通法·提分快招】 一是引进参数法，引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点；二是特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 1．（2025·天津·二模）已知A、B分别为椭圆的右顶点和上顶点，点在椭圆上.若定义向量的运算：（是向量的夹角），且（为坐标原点）. (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点的直线交椭圆于另一点，且，求直线的方程. 2．（2025·天津·一模）已知A，B两点的坐标分别是，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点M，N. (1)求曲线的方程； (2)若以线段为直径的圆经过点. ①求证：直线过定点，并求出的坐标； ②求三角形面积的最大值. 3．（2025·天津北辰·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为. (1)求的方程； (2)记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 4．（2025·天津西青·期末）已知椭圆的左焦点为圆的圆心，且椭圆上的点到点距离的最小值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线与椭圆交于两个不同点，点为椭圆上顶点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，若，求证：直线经过定点. 5．（2025·天津北辰·期末）已知椭圆的离心率为，以椭圆的长轴和短轴端点为顶点的四边形面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设经过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，，经过点且平行于轴的直线与椭圆交于点.证明：直线AC过定点. 题型二 定值问题 【技巧通法·提分快招】 常见定值问题的处理方法： （1）确定一个（或两个）变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示 （2）将所求表达式用核心变量进行表示（有的甚至就是核心变量），然后进行化简，看能否得到一个常数. 定值问题的处理技巧： （1）对于较为复杂的问题，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直线等）求出定值，进而给后面一般情况的处理提供一个方向. （2）在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢 （3）巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算 1．（2026·天津南开·开学考试）已知的左焦点为上一动点，射线与交于点，点在的切线与点在的切线交于点，求证：点的横坐标为定值. 2．（2026·天津南开·自主招生）已知椭圆，是椭圆的左右焦点，为椭圆上的一点.以为圆心，半径为2的圆与轴相切于，并与轴交于两点，为等边三角形． (1)求椭圆的方程； (2)已知圆，为圆上的一点，过点的切线交椭圆于两点，请问是否为定值，并给出理由. 3．（2025·天津宁河·模拟预测）已知椭圆过点，长轴长为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点、． (1)求椭圆的方程； (2)若线段中点的横坐标是，求直线的斜率； (3)在轴上是否存在点，使是与无关的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 4．（2025·天津北辰·三模）已知椭圆的中心为点，短轴长为，且左焦点到直线的距离为. (1)求椭圆C的方程； (2)若点是椭圆的左､右顶点，且过点作直线交椭圆于（异于）两点，过做垂直于长轴的直线与直线交于点，与直线交于点，设的面积为的面积为，求是否为定值？若是，求出该值，若不是，请说明理由. 5．（2025·天津河东·二模）已知椭圆的离心率为，右焦点，椭圆在第一象限上有一动点，点到直线的距离为，当时，点的纵坐标为. (1)求椭圆方程及； (2)证明：； (3)点，当取最大值时，求椭圆上任意点到直线的最大距离. 题型三 定直线问题 【技巧通法·提分快招】 定直线问题是证明动点在 定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为 求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等． 1．（2025·天津·模拟预测）已知椭圆的上顶点为，四个顶点组成的四边形面积为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，交轴于点，直线与直线分别交于点，线段的中点为. 是否存在实数，使得以为直径的圆总与轴相切？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 2．（2025·天津·一模）已知椭圆的左焦点在抛物线的准线上，且椭圆的短轴长为． (1)求椭圆的方程； (2)已知过原点的直线与椭圆相交于M，N两点，若直线：上存在点Q，使得是以为底边的等腰直角三角形，求直线的方程． 3．（2025·天津·一模）椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程． 4．（2025·天津武清·一模）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的上､下顶点，且. (1)求椭圆的方程； (2)已知过的直线与椭圆交于两点，且直线不过椭圆四个顶点. （i）设的面积分别为，若，求的最大值； （ii）若在轴上方，为的角平分线，求直线的方程. 5．（2024·天津南开·一模）已知点F是椭圆C： (a>b>0)的右焦点，过点F的直线l交椭圆于M，N两点．当直线l过C的下顶点时，l的斜率为；当直线l垂直于C的长轴时，△OMN的面积为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)当|MF|＝2|FN|时，求直线l的方程； (3)若直线l上存在点P满足|PM|，|PF|，|PN|成等比数列，且点P在椭圆外，证明：点P在定直线上． 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．（2025·天津·二模）椭圆（），过原点的直线与椭圆交于两点，点为椭圆的上顶点，若的最大值为8，面积的最大值为12． (1)求椭圆的方程； (2)是椭圆上异于（不在坐标轴上）的任意两点，且直线相交于点，直线相交于点，直线斜率均存在．求证：直线的斜率与直线的斜率乘积为定值． 2．（2025·天津·二模）已知椭圆的离心率为，点P为椭圆上的动点，过点P作椭圆的切线，与圆交于A，B两点，线段AB长度的最小值为2. (1)求椭圆的方程； (2)求证：直线OA，OB斜率乘积为定值（其中O为坐标原点）. 3．（2025·天津滨海新·三模）已知椭圆的离心率为，，是椭圆的左，右顶点，是椭圆的上顶点，且． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点的直线交于，两点（异于，），直线与交于点． （i）求面积的取值范围； （ii）是否存在点同时满足，若存在求出点的坐标，若不存在说明理由． 4．（2025·天津河北·二模）已知椭圆的上、下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，且点在椭圆上． (1)求椭圆C的离心率及标准方程； (2)过点且斜率存在的动直线l与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 5．（2025·天津和平·二模）已知椭圆（）的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的左、右顶点分别为、，设点B为椭圆上的点（异于点、），直线与直线交于点C，以BC为直径的圆与直线交于另一点D（异于点B），直线CD与x轴相交于点E，试证明点E为定点并求出点E的坐标. 6．（2025·天津·二模）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线与椭圆交于两点，记以为直径的圆的面积分别为，当为何值时，为定值． (3)在（2）的条件下，设不过椭圆中心和顶点，且与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线与轴交于点，求周长的最小值． 7．（2025·天津·期末）已知椭圆C：的长轴长为4，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为. (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆C交于A、B两点，与y轴交于点M，线段的垂直平分线与交于点P，与y轴交于点Q，O为坐标原点，如果，求k的值. 8．（2024·天津·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率是，短轴长为2，若点分别是椭圆的左右顶点，动点，，直线交椭圆于点. (1)求椭圆的方程； (2)（i）求证：是定值； （ii）设的面积为，四边形的面积为，求的最大值. 9．（2024·天津·二模）已知为椭圆的焦点，且点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线L与椭圆交于两点，且坐标原点O到直线L的距离为的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由. 10．（2024·天津和平·二模）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的右焦点为点F，椭圆上顶点为点A，右顶点为点B，且满足． (1)求椭圆的离心率； (2)是否存在过原点O的直线l，使得直线l与椭圆在第三象限的交点为点C，且与直线AF交于点D，满足，若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由． 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．（2024·天津·模拟预测）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，点P（﹣1，）在椭圆C上，且|PF2|． （1）求椭圆C的方程； （2）过点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，M为线段AB的中点，若椭圆C上存在点N，满足3（O为坐标原点），求直线l的方程． 2．（2025·天津静海·期末）已知椭圆（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，左右顶点分别为A，B，过右焦点F2且垂直于长轴的直线交椭圆于G，H两点，|GH|=3，△F1GH的周长为8．过A点作直线l交椭圆于第一象限的M点，直线MF2交椭圆于另一点N，直线NB与直线l交于点P. （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）若△AMN的面积为，求直线MN的方程； （Ⅲ）证明：点P在定直线上． 3．（2025·天津·二模）已知椭圆的短轴长为，离心率为． （1）求椭圆的标准方程; （2）设椭圆的左，右焦点分别为，左，右顶点分别为，，点，，为椭圆上位于轴上方的两点，且，记直线，的斜率分别为，，若，求直线的方程. 4．（2025·天津·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形为正方形，点，且的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过的直线与交于，两点，求证：； (3)已知直线交椭圆于，两点，直线，相交于点.试判断点是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由. 5．（2025·天津·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线被圆截得的弦长为，点的坐标为，点P在圆上，线段的垂直平分线交线段于点Q． (1)求动点Q的轨迹曲线C的方程； (2)斜率为的直线m交双曲线E于点A，B，若弦的中点M恰好在曲线C上，求点M的坐标； (3)记双曲线E与曲线C在第一象限的交点为的平分线为n，在曲线C上是否存在不同的点S，T，使得点关于直线n对称？若存在，求出S，T所在直线方程，若不存在，请说明理由． 从而所求角平分线n的方程为． 11 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点培优02 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 3 题型一 定点问题（★★） 3 题型二 定值问题（★★★） 14 题型三 定直线问题（★★★★） 22 03 实战检测・分层突破验成效 31 检测Ⅰ组 重难知识巩固 31 检测Ⅱ组 创新能力提升 47 一、圆锥曲线中的定点问题 一般情况下，若方程中含有一个或者多个参数，当x取某个常数时，求得的y也是一个与参数无关的常数，这样就可以说方程对应的曲线经过定点．有时圆锥曲线中的定点问题，可以充分考虑几何性质，从特殊情况出发，对可能的定点有初步的判断，争取确定出定点，这样可以转化为有方向、有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口． 处理定点问题两个基本策略： （1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点． （2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关． 解题流程与方法总结 1．单参数法 ①设动直线PM方程为y＝k（x－x0）＋y0； ②联立直线与椭圆（抛物线），解出点M的坐标为（A（k），B（k）），同理（由核心方程代换），得出点N的坐标为（C（k），D（k））； ③写出动直线MN方程，并整理成kf（x，y）＋g（x，y）＝0； ④根据直线过定点时与参数没有关系（即方程对参数的任意值都成立），得到方程组 ⑤方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点． 双参数法 ①设动直线MN方程（斜率存在）为y＝kx＋t； ②由核心方程得到f（k，t）＝0（常用韦达定理）； ③把t用k表示或把k用t表示，即kf（x，y）＋g（x，y）＝0（或tf（x，y）＋g（x，y）＝0）； ④根据直线过定点时与参数没有关系（即方程对参数的任意值都成立），得到方程组 ⑤方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点． 二、探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种： 解决定值问题的基本方法是函数方法.可以用变量表示题目中的点的坐标、直线方程、数量积、比例关系等.对于定值问题，有时也可以从特殊情况出发，确定所要证明的具体定值.也可以根据要分析的结论直接验算化简，利用方程组、韦达定理、点在曲线上（点的坐标满足曲线的方程）等条件，分析变量之间的关系，并确定消参的思路，可以将要求解的量看作某个变量的函数，化简消去变量即得定值. ①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关； ②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. 解答的关键是认真审题，理清问题与题设的关系，建立合理的方程或函数，利用等量关系统一变量，最后消元得出定值. 三．定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题.证明动点在定直线上是圆锥曲线的常规题型，解决这类问题，可以套用求轨迹方程的通用方法，也可以根据其本身特点的独特性采用一些特殊方法. 常见解题策略 1.联立方程消去参；2.挖掘图形的对称性，解出动点横坐标或纵坐标；3.将横纵坐标分别用参数表示，再消参；4.设点，对方程变形解得定直线. 常用解题方法 这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有： （1）设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程； （2）待定系数法：设出含参数的直线方程、待定系数法求解出系数； （3）验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证. 题型一 定点问题 【技巧通法·提分快招】 一是引进参数法，引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点；二是特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 1．（2025·天津·二模）已知A、B分别为椭圆的右顶点和上顶点，点在椭圆上.若定义向量的运算：（是向量的夹角），且（为坐标原点）. (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点的直线交椭圆于另一点，且，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据题意得，解方程组即得椭圆的标准方程； （2）根据题意得，法1：设，联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离求解；法2：设，联立方程组，由求解；法3：设与平行的直线，利用两平行直线间的距离求解；法4：设，则，求解同法3；法5：设，联立方程组得，代入化简即可. 【详解】（1）依题意， 所以椭圆的方程为：； （2） 依题意， 所以， 法1：当的斜率不存在时，此时， 所以直线的斜率存在， 消去得， ，设， 则， ， 到的距离， ， ， 或， 的方程：或； 法2：当轴时，,此时，不符合题意， 当与轴不平行时， 消去得， ， 直线与轴交点， ， 可得，或， 的方程为或； 法3：， 设到的距离为， 设与平行的直线， 与之间的距离， 解得：或， 当，，解得或， 当时，，当时，； 时，直线与椭圆方程联立判别式，舍去， 所以，或. 法4：同法3得， 点到得距离， 设，则，解得或， 下同法3 法5：若的斜率为零，此时满足题意， 此时， 若的斜率不为零， 设， ，得， 将代入方程可得， 此时. 所以，或. 2．（2025·天津·一模）已知A，B两点的坐标分别是，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点M，N. (1)求曲线的方程； (2)若以线段为直径的圆经过点. ①求证：直线过定点，并求出的坐标； ②求三角形面积的最大值. 【答案】(1)，且 (2)①证明见解析，；② 【分析】（1）设，则有即可求解； （2）①设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理有，，由即可求解； ②点到直线的方程为，，代入，利用二次函数即可求解. 【详解】（1）设，动点满足直线和直线的斜率乘积为， ，即 即，. 曲线的方程为，且. （2）①设点、， 若轴，则且，，， 此时，，不合题意. 设直线的方程为，    联立可得， ， 由韦达定理可得，， ， ， 因为直线不过点，则，整理可得，解得. 直线的方程为，∴直线过定点. ②直线的方程为. 点到直线的距离为， ， 令， 则， 因为时，故当时，取最大值. 3．（2025·天津北辰·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为. (1)求的方程； (2)记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1)； (2)（i）证明过程见解析；（ii）存在，点， 【分析】（1）根据短轴长和离心率得到方程组，求出，得到椭圆方程； （2）（i）当直线的斜率不存在时，计算出直线方程为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程，设，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出或，当时不合题意，当时，求出所过定点，验证后得到结论； （ii）由椭圆定义和圆的半径得到，所以，令，当直线斜率不存在时，，此时，求出，当直线斜率存在时，设，由余弦定理求出，，代入，解得或，均不合要求，舍去，综上，求出答案. 【详解】（1）由题意得，，故，， 又，解得， 所以椭圆方程为； （2）（i）， 当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点， 设， 则，即， 又，所以， 所以，解得或， 当时，，此时与重合， 直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求， 当时，直线方程为， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立得， ，解得， 设，则， 所以， 由得 ，化简得， ，解得或， 当时，，过定点， 直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求， 当时，，过定点， 显然此时满足， 其中也过点， 综上，直线过定点； （ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下： 在轴上方，故在轴下方，即，， 由椭圆定义可知，， 又的圆心为，半径为4， 故，所以， 由于，， 所以， 令， 当直线斜率不存在时，，此时， 解得，令中得， 又在轴上方，故，满足要求， 当直线斜率存在时，设， 在中，，，， 由余弦定理得， 即，解得， 同理可得， 由可得， 解得或，均不合要求，舍去， 综上，存在点，使得与的面积之比为3：5 4．（2025·天津西青·期末）已知椭圆的左焦点为圆的圆心，且椭圆上的点到点距离的最小值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线与椭圆交于两个不同点，点为椭圆上顶点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，若，求证：直线经过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由椭圆方程求得圆心坐标即椭圆焦点坐标，知道的值.由椭圆上的顶点到焦点距离最小求得，通过平方的关系求得，从而得到椭圆方程. （2）设交点坐标为，写出直线和的方程，从而求得点坐标.联立方程组并整理成关于的二次方程，由根与系数的关系得到用表示，从而表示出，建立等量关系，解出的值，从而找到直线定点. 【详解】（1）由题意得圆方程为：圆心为， 即，∴. 又椭圆上的点到点的距离的最小值为，∴，解得：， ，则. 椭圆方程为. （2）， 设， 则直线的方程为. 令，得点的横坐标.所以点 同理，点. 由得. 则. 所以 又，所以. 解得，此时， 所以直线经过定点. 5．（2025·天津北辰·期末）已知椭圆的离心率为，以椭圆的长轴和短轴端点为顶点的四边形面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设经过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，，经过点且平行于轴的直线与椭圆交于点.证明：直线AC过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将题中四边形面积表示为，联立离心率和解出、、的值，即可得到椭圆方程； （2）直线的方程与椭圆方程联立，由一元二次方程根与系数关系，写出韦达定理，根据对称性表示出点坐标，由的对称性，令，将韦达定理代入化简即可得到结果. 【详解】（1）依题意，得， 解得， 所以椭圆的方程为. （2）当直线AB斜率为0时，直线AB与椭圆无交点，不符合题意， 从而设， 联立，化简并整理得 ， 由题意， 即应满足，此时或， 所以， 因为直线BC斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以， 由的对称性，在直线AC方程中令， 得， 所以直线AC过定点. 题型二 定值问题 【技巧通法·提分快招】 常见定值问题的处理方法： （1）确定一个（或两个）变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示 （2）将所求表达式用核心变量进行表示（有的甚至就是核心变量），然后进行化简，看能否得到一个常数. 定值问题的处理技巧： （1）对于较为复杂的问题，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直线等）求出定值，进而给后面一般情况的处理提供一个方向. （2）在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢 （3）巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算 1．（2026·天津南开·开学考试）已知的左焦点为上一动点，射线与交于点，点在的切线与点在的切线交于点，求证：点的横坐标为定值. 【答案】证明见解析 【分析】方法一：先将直线的方程表示出来，联立直线方程组即可求出点的横坐标为0. 方法二：设，根据已知条件列出等式，然后求得直线的方程，最后联立方程组即可得到结果. 【详解】法一：设，令 则，，联立方程解得 因有①， 将代入①得（因）代入（）得 法二：设，令 则①代入得 又，则，代入①得② ，将②代入得，整理得 ③，又④，联立③④得 因，故 2．（2026·天津南开·自主招生）已知椭圆，是椭圆的左右焦点，为椭圆上的一点.以为圆心，半径为2的圆与轴相切于，并与轴交于两点，为等边三角形． (1)求椭圆的方程； (2)已知圆，为圆上的一点，过点的切线交椭圆于两点，请问是否为定值，并给出理由. 【答案】(1) (2)为定值，该定值是 【分析】（1）根据题意可得轴，，再结合的边长为2，得到一个关于的方程组，解方程组即可； （2）首先考虑切线斜率不存在时可得到，当直线斜率存在时，设出直线方程，联立直线和椭圆，根据韦达定理得到，进而得到，. 【详解】（1）由题意可知轴，则， 由，得正的边长为2， 得，即，，，， 解得，，， 故椭圆的方程为.    （2）当过点且与圆相切的切线斜率不存在时， 不妨设切线方程为， 代入椭圆的方程得，， 所以，， 可得，， 此时； 同理可得，切线方程为时，； 当过点且与圆相切的切线斜率存在时， 可设切线方程为，再设，， 联立切线和椭圆的方程，得， 其中，，，， 因为，， 所以 ， 再根据圆心到切线的距离等于半径可得，即， 所以， 因此，, 综上，为定值，该定值是.    3．（2025·天津宁河·模拟预测）已知椭圆过点，长轴长为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点、． (1)求椭圆的方程； (2)若线段中点的横坐标是，求直线的斜率； (3)在轴上是否存在点，使是与无关的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，且点 【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）设点、，则，利用点差法可得出，结合点在直线上，可得出，代入可得出的值； （3）假设在轴上存在点满足题设条件，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算结合为定值，可得出，求出的值，即可得出结果. 【详解】（1）由题意可得，可得，因此椭圆方程为，即. （2）设点、，则， 因为，这两个等式作差可得， 即， 由题意可知，直线的方程为， 线段的中点在直线上，所以，，可得， 所以，故，故直线的斜率为. （3）在轴上存在点，使是与无关的常数. 证明：假设在轴上存在点，使是与无关的常数， 因为直线过点且斜率为，所以，直线的方程为， 由 得. 设、，则，， 因为，， 所以 设常数为，则， 整理得对任意的恒成立， ，解得， 即在轴上存在点，使是与无关的常数. 4．（2025·天津北辰·三模）已知椭圆的中心为点，短轴长为，且左焦点到直线的距离为. (1)求椭圆C的方程； (2)若点是椭圆的左､右顶点，且过点作直线交椭圆于（异于）两点，过做垂直于长轴的直线与直线交于点，与直线交于点，设的面积为的面积为，求是否为定值？若是，求出该值，若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)是，定值9. 【分析】（1）利用题设条件列出方程，求出，即得椭圆的方程； （2）设直线，将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用直线的直线方程求出点的坐标，结合图形表示出，化简并代入韦达定理计算即得定值. 【详解】（1）由椭圆短轴长为，得， 又椭圆C左焦点到直线的距离为，解得 则，故椭圆的方程是. （2）设直线，且 联立 则，即得，且， 则，过做垂直于长轴的直线为 令，得，同理可得； 又，， 则 ， 为定值9. 5．（2025·天津河东·二模）已知椭圆的离心率为，右焦点，椭圆在第一象限上有一动点，点到直线的距离为，当时，点的纵坐标为. (1)求椭圆方程及； (2)证明：； (3)点，当取最大值时，求椭圆上任意点到直线的最大距离. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出点，根据椭圆定义可求得椭圆标准方程，根据离心率公式可求得离心率； （2）设点，根据两点间的距离公式列式化简计算即可得证； （3）由（2）可知，，根据三角形两边之差小于第三边得三点共线时取最大值，得，通过平移当直线与椭圆相切时，两直线间距离即为椭圆上点到直线距离的最值，列式求解计算即可得到最大距离. 【详解】（1）由已知，，设椭圆左焦点，则， 因为，， 由，得， 所以椭圆方程为，； （2）设点，因为点在椭圆上，得， 由两点间距离公式得， 化简得； （3）由（2）可知，，所以， 根据三角形两边之差小于第三边得, 所以当三点共线时取最大值， ，设直线：， ，得：， ，∴， 通过图象可得，当直线时，椭圆上任意点到直线的距离最大， 即椭圆上任意点到直线的最大距离为. 题型三 定直线问题 【技巧通法·提分快招】 定直线问题是证明动点在 定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为 求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等． 1．（2025·天津·模拟预测）已知椭圆的上顶点为，四个顶点组成的四边形面积为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，交轴于点，直线与直线分别交于点，线段的中点为. 是否存在实数，使得以为直径的圆总与轴相切？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)存在，. 【分析】（1）由定点及四边形面积列出方程求出. （2）设直线方程，，联立椭圆方程，设，结合韦达定理，分别得到的方程，进而得到坐标，从而得到坐标，再结合中点到轴的距离等于一半列出等式求解即可； 【详解】（1）依题意，，解得， 所以椭圆的方程为. （2）依题意，过的直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为， 由消去得，设， 则，在中，令，得，点， 直线的方程为，令，得，则， 同理得，设中点，则 ， 即点，设中点为，则. 假设存在实数，使得以为直径的圆与轴相切，则点到轴的距离为， 而，则， 整理得，解得， 所以存在，使得以为直径的圆总与轴相切. 2．（2025·天津·一模）已知椭圆的左焦点在抛物线的准线上，且椭圆的短轴长为． (1)求椭圆的方程； (2)已知过原点的直线与椭圆相交于M，N两点，若直线：上存在点Q，使得是以为底边的等腰直角三角形，求直线的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】(1)利用抛物线方程可求出，再由短轴长可求出，进而求得的值，可写出椭圆的方程； (2)将直线分三种情况讨论：斜率不存在时，斜率为时和斜率存在且不为时，再利用是以为底边的等腰直角三角形进行求解即可. 【详解】（1）抛物线的准线方程为， 椭圆的左焦点为，即， 椭圆的短轴长为，，即，， 椭圆的方程为； （2）设，， 当直线的斜率不存在时，：， 此时M，N分别为椭圆的上、下顶点，不妨设，， 要使是以为底边的等腰直角三角形，则， ，，，不合题意；    当直线的斜率为时，：， 此时M，N分别为椭圆的左、右顶点，不妨设，， 要使是以为底边的等腰直角三角形，则， ，，，满足题意；    当直线的斜率存在且不为时，设：，    由，得， ，， ， 设的垂直平分线方程为， 由，得， 是以为底边的等腰直角三角形， ， ， 化简得，，或(舍)，：， 综上，直线的方程为或. 3．（2025·天津·一模）椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】首先根据三角形面积公式确定，【算法一】设直线方程为，联立直线和直线求得点的坐标，思路一，根据求点的坐标，代入椭圆方程，即可求解；思路二，直线与椭圆方程联立，求点的坐标，再根据，即可求解；【算法二】设直线方程为，，后面的过程同【算法一】. 【详解】（1）由题意得：， 所以 所以椭圆方程为. （2）由题意可知，直线的斜率存在且为正， 直线方程为， 因为三角形的面积是三角形面积的5倍 ∴ ∵  ∴ 又由题意可知、均在轴右侧，∴ 【算法一】设直线方程为，由，解得 ， 思路一： 所以 因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得： ∴ 所以直线方程为，即． 思路二：由得， 显然成立 ∵ ∴ ∴ 整理得： ∴ 所以直线方程为，即． 【算法二】设直线方程为， 由，解得， 思路一：． 所以由  得 因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得： ∴ 所以直线方程为，即．15分 思路二：得， 显然成立 ∵ ∴ ∴ 整理得： ∴ 所以直线方程为，即 4．（2025·天津武清·一模）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的上､下顶点，且. (1)求椭圆的方程； (2)已知过的直线与椭圆交于两点，且直线不过椭圆四个顶点. （i）设的面积分别为，若，求的最大值； （ii）若在轴上方，为的角平分线，求直线的方程. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据题目所给的条件，求出即可； （2）（i）设，由已知可得，根据点在椭圆上，可得，可求得最大值；（ii）设，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，由题意可得，设直线的方程为：，联立方程组，由根与系数的关系可得，求解即可. 【详解】（1）由题意知，， 椭圆方程为， （2）（i）设， 则， ， ，，， 又在椭圆上，， ，，即， ， ， ， ； （ii）设，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， ，直线的倾斜角为， ，， 又， ， 由题意的斜率不为0，设直线的方程为：， 由，得， 设， 则，又， ， 即， 整理得， ，， 的方程为. 5．（2024·天津南开·一模）已知点F是椭圆C： (a>b>0)的右焦点，过点F的直线l交椭圆于M，N两点．当直线l过C的下顶点时，l的斜率为；当直线l垂直于C的长轴时，△OMN的面积为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)当|MF|＝2|FN|时，求直线l的方程； (3)若直线l上存在点P满足|PM|，|PF|，|PN|成等比数列，且点P在椭圆外，证明：点P在定直线上． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析﹒ 【分析】(1)根据题意得：，，及，解得，，进而可得椭圆得方程． (2)分两种情况：当直线与轴重合时，，不合题意．当直线与轴不重合时，设直线的方程为，，，，，联立直线与椭圆得方程，结合根与系数关系得，，由，得，组成方程组解得，进而可得直线得方程． (3)设，，分两种情况讨论，当直线与轴重合时，当直线与轴不重合时，由，解得，∴点在定直线上． 【详解】（1）由题设：，，解得，， ∴椭圆的方程为． （2）当直线与轴重合时，，不合题意． 当直线与轴不重合时，设直线的方程为，，，，， 联立，消去整理得， 有①， ②， 由，得③， 联立①②③得，解得． ∴直线的方程为． （3）设，， 当直线与轴重合时，∵点在椭圆外，∴，同号， 由，得，解得， 当直线与轴不重合时，由(2)知，， ∵，，， ∵点在椭圆外，∴，同号， 由，得， 整理得，即， 解得，代入直线方程，得， ∴点在定直线上． 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．（2025·天津·二模）椭圆（），过原点的直线与椭圆交于两点，点为椭圆的上顶点，若的最大值为8，面积的最大值为12． (1)求椭圆的方程； (2)是椭圆上异于（不在坐标轴上）的任意两点，且直线相交于点，直线相交于点，直线斜率均存在．求证：直线的斜率与直线的斜率乘积为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意得到，再结合面积求得，即可求解； （2）设，，，，则，通过点差法，化简求解即可. 【详解】（1）依题意，当两点与椭圆的左、右顶点重合时，有最大值，且的面积有最大值， 所以，，，． 所以椭圆的方程为． （2） 证明：设，，，，则， 则． 因为，， 两式相减，得，所以， 即． 所以．① 同理，可得， 所以．② ，得， 则， 所以． 即直线AB的斜率与直线MN的斜率乘积为定值． 2．（2025·天津·二模）已知椭圆的离心率为，点P为椭圆上的动点，过点P作椭圆的切线，与圆交于A，B两点，线段AB长度的最小值为2. (1)求椭圆的方程； (2)求证：直线OA，OB斜率乘积为定值（其中O为坐标原点）. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）由离心率得，设点，将椭圆方程化为，利用导数的几何意义求出切线方程，再由圆的弦长公式求出弦长，进而求出即可. （2）利用（1）中信息求出直线与圆的方程，联立求出两根的积即可推理得证. 【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，解得， 椭圆方程为，圆化为圆， 设，则，当时，由，得， 求导得，直线的斜率； 当时，由，得，求导得， 直线的斜率， 因此当时，直线的方程为，整理得， 当时，点，直线的方程为，点，直线的方程为， 满足，于是对任意点，直线的方程为， 圆的圆心到直线距离， 而圆的半径为，，当且仅当时取等号， 因此，解得，所以椭圆方程为，即. （2）由（1）知，圆的方程为，直线方程为， 由消去得，设， 则，消去得， 则， 当时，点分别为圆与轴的交点，的斜率一个为0，一个不存在； 当时，的斜率都存在且不为0，斜率乘积为为定值. 3．（2025·天津滨海新·三模）已知椭圆的离心率为，，是椭圆的左，右顶点，是椭圆的上顶点，且． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点的直线交于，两点（异于，），直线与交于点． （i）求面积的取值范围； （ii）是否存在点同时满足，若存在求出点的坐标，若不存在说明理由． 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）存在，点或. 【分析】（1）由离心率及已知有求椭圆参数，即可得方程； （2）（i）设直线的方程为，，，联立椭圆并应用韦达定理得，，再应用面积公式求范围；（ii）由题设直线为，直线为，进而得，令得，再设点的坐标，由向量数量积的坐标运算列方程求参数，即可得结论. 【详解】（1）由题意，又，解得，椭圆的标准方程为； （2）（i）设直线的方程为，， 消得，即， 所以，设，，恒成立， ，， ， 令，，则， 由在上单调递增，则，故， 所以； （ii），，由（i）， 直线的方程为，直线的方程为， 因为，，所以． 令 ∴， ∴，，点的横坐标为定值，设点的坐标， 因为，，， 解得，得出或，所以存在点或满足条件. 4．（2025·天津河北·二模）已知椭圆的上、下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，且点在椭圆上． (1)求椭圆C的离心率及标准方程； (2)过点且斜率存在的动直线l与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，； (2)存在，. 【分析】（1）根据已知有，即，再将已知点代入方程求参数值，即可得标准方程和离心率； （2）先假设点存在，并设，，直线，联立椭圆并应用韦达定理得到，，根据已知方程恒成立得到，即，整理化简求参数m，即可得. 【详解】（1）由上下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，所以，则， 所以，且，又在椭圆上，则， 所以标准方程为； （2）假设在轴上存在与点不同的定点，使得恒成立，    设，，直线， 由，可得，显然， 则，， 由，而， 所以，即，则， 所以，即，则， 所以，则不论为何值，恒成立， 所以，即，使得恒成立. 5．（2025·天津和平·二模）已知椭圆（）的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的左、右顶点分别为、，设点B为椭圆上的点（异于点、），直线与直线交于点C，以BC为直径的圆与直线交于另一点D（异于点B），直线CD与x轴相交于点E，试证明点E为定点并求出点E的坐标. 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）由题意有和解出即可； （2）方法（一）设点（）直线的方程为，与联立，求得点，又以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，则，得直线CD的方程为，令得点的横坐标，代入椭圆方程即可得证； 方法（二）依题意直线斜率存在，设直线的方程为，点，与椭圆方程联立得韦达定理，即可求出点的坐标，又以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，得，即可求出，进而得直线的直线方程，令即可求解. 【详解】（1）依题意，所以，又因为，解得， 所以椭圆方程为. （2）方法（一）由（1）得，， 设点（），则有① 直线的斜率为，直线的斜率为， 直线的方程为，与联立，所以点， 因为以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，所以， 所以直线CD的斜率为，因此直线CD的方程为， 令，则点E的横坐标为②， 又因为①式，有代入②式，解得， 所以直线CD与x轴相交于定点E，点E的坐标为. 方法（二）依题意直线斜率存在，设直线的方程为，点， 由方程组，整理得. 由韦达定理有，， 代入，解得，即，又因为， 所以直线，即的斜率为， 直线与联立，所以点， 因为以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，所以，所以， 所以直线CD的方程为，令，得点E的横坐标为， 所以直线CD与x轴相交于定点E，点E的坐标为.    6．（2025·天津·二模）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线与椭圆交于两点，记以为直径的圆的面积分别为，当为何值时，为定值． (3)在（2）的条件下，设不过椭圆中心和顶点，且与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线与轴交于点，求周长的最小值． 【答案】(1) (2)时，为定值 (3) 【分析】（1）由题意，得，进而解出即可求解； （2）设直线l的方程为，，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示出，进而求解即可； （3）结合（2）求得，，，表示出的周长，再结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）由题意，得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）设直线l的方程为，，， 联立，消去y整理得， 则， 且，， 又，， 则 ， 则，即时，此时为定值. （3）由（2）知，，，直线l的方程为， 且，，，， 则，， 则直线的方程为， 令，得 ， 即，则，，， 则周长为， 当且仅当，即时等号成立， 则周长的最小值为. 7．（2025·天津·期末）已知椭圆C：的长轴长为4，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为. (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆C交于A、B两点，与y轴交于点M，线段的垂直平分线与交于点P，与y轴交于点Q，O为坐标原点，如果，求k的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意列出的方程组，求解即得椭圆方程； （2）将直线与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，写出直线的方程，求得点的坐标.法一：根据条件推得,计算求得的值；法二：根据条件推得，由求出的值. 【详解】（1）由题设得，解得，，， 所以椭圆C的方程为. （2） 联立，得， 由，得， 设，，则，， 所以点的横坐标，纵坐标为， 所以直线的方程为， 令，则点的纵坐标，则， 因为，所以点、点在原点两侧， 因为，所以， 法一：由上可得， 因为，， 所以，解得， 所以. 法二：因,故有，即， 因为，，所以， 解得，所以. 8．（2024·天津·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率是，短轴长为2，若点分别是椭圆的左右顶点，动点，，直线交椭圆于点. (1)求椭圆的方程； (2)（i）求证：是定值； （ii）设的面积为，四边形的面积为，求的最大值. 【答案】(1)； (2)①证明见解析；②1. 【分析】（1）由已知得的值，再由离心率求出关系，即可求出椭圆方程. （2）①由（1）得，求出直线方程，与椭圆方程联立，求出点坐标，进而得出坐标，即可证明结论；②，将表示为关于的函数，进而得出关于的函数，整理利用的范围，即可求解. 【详解】（1）由短轴长为2，得，由离心率为，得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，，直线的斜率， 直线的方程为， 由消去得，设点， 则，解得，， ，， 所以. ②依题意，， ， 因此，当时取等号， 所以的最大值为1. 9．（2024·天津·二模）已知为椭圆的焦点，且点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线L与椭圆交于两点，且坐标原点O到直线L的距离为的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)是，定值为 【分析】（1）利用椭圆的定义求出的值，再结合的值可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，求出点的坐标，计算出；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，由已知条件得出，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算出，综合可得出结论. 【详解】（1）依题意，椭圆的两焦点为，因为点在椭圆上， 所以由椭圆的定义，可得 ， 即又，所以， 所以椭圆的方程为； （2）是，，理由如下， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为. 由对称性，不妨令直线的方程为， 由，解得或， 令点， 此时，则； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，点 由点到直线的距离公式，可得，则， 由，得， 则， 即，， 所以 ， 所以，即. 综上所述，的大小为定值，该定值为.    10．（2024·天津和平·二模）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的右焦点为点F，椭圆上顶点为点A，右顶点为点B，且满足． (1)求椭圆的离心率； (2)是否存在过原点O的直线l，使得直线l与椭圆在第三象限的交点为点C，且与直线AF交于点D，满足，若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)因此存在直线满足条件． 【分析】（1）根据椭圆的几何性质求解，即可结合的关系求解， （2）联立方程可得坐标，即可根据根据，即可求解. 【详解】（1）依题意，，解得， 又因为，所以． （2）设直线的方程为，椭圆的方程为， 设点，联立方程组，整理得， 解得，①， 直线AF方程为， 设点， ，联立方程组，解得，②， 又因为， 设，则有， 即，所以，所以． 所以，则有， 代入①②有，解得， 由题意得，所以，因此存在直线满足题中条件． 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．（2024·天津·模拟预测）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，点P（﹣1，）在椭圆C上，且|PF2|． （1）求椭圆C的方程； （2）过点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，M为线段AB的中点，若椭圆C上存在点N，满足3（O为坐标原点），求直线l的方程． 【答案】（1）．（2）xy﹣1＝0或xy﹣1＝0． 【分析】（1）根据题意得①，②，③，由①②③组成方程组，解得，，进而得椭圆的方程． （2）设直线的方程为，，，，，联立直线与椭圆的方程得关于的一元二次方程，结合韦达定理得，，从而得线段中点坐标，点的坐标，将其代入椭圆方程，可解得，进而得出直线的方程． 【详解】解：（1）因为点在椭圆上，且． 所以，① ，解得，② 又因为③ 由①②③组成方程组，解得，， 所以椭圆的方程为：． （2）由（1）可知， 设直线的方程为，，，，， 联立直线与椭圆的方程得， 得，则， 所以线段中点，， 所以，， 所以点的坐标为，， 将点坐标代入椭圆的方程， 解得，， 所以直线的方程为：或． 2．（2025·天津静海·期末）已知椭圆（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，左右顶点分别为A，B，过右焦点F2且垂直于长轴的直线交椭圆于G，H两点，|GH|=3，△F1GH的周长为8．过A点作直线l交椭圆于第一象限的M点，直线MF2交椭圆于另一点N，直线NB与直线l交于点P. （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）若△AMN的面积为，求直线MN的方程； （Ⅲ）证明：点P在定直线上． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）x-y-1=0；（Ⅲ）见解析. 【分析】（Ⅰ）利用三角形周长和通径列出关于a,b,c的方程，即可得解； （Ⅱ）利用待定系数法设出直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出△AMN的面积公式，求出系数； （Ⅲ）求出点P的坐标可得结论. 【详解】（Ⅰ），解得：； 所以椭圆方程为：． （Ⅱ）设M（x1，y1），N（x2，y2），①当直线MN斜率k存在时：设MN方程为y=k（x-1），联立得：（4k2+3）x2-8k2x+4k2-12=0，△=144（k2+1）＞0，； ∴； A（-2，0）到MN直线kx-y-k=0的距离为， ∴； 当k=-1时，MN直线方程过F2（1，0）直线MN与椭圆的交点不在第一象限（舍）； 所以MN方程为x-y-1=0． ②当直线MN斜率k不存在时，（舍）． 综上：直线MN方程为：x-y-1=0 （Ⅲ）设AM：y=k1（x+2）（k1＞0），与椭圆联立：， ∵ 同理设BN：y=k2（x-2）（k2＞0），可得， 所以MN的方程为：，以及MN方程过F2（1，0）， 将F2，M，N坐标代入可得：（4k1k2+3）•（k2-3k1）=0， ∵k1k2＞0，∴k2=3k1． 又因为AM与NB交于P点，即，， 将k2=3k1代入得xP=4，所以点P在定直线x=4上. 3．（2025·天津·二模）已知椭圆的短轴长为，离心率为． （1）求椭圆的标准方程; （2）设椭圆的左，右焦点分别为，左，右顶点分别为，，点，，为椭圆上位于轴上方的两点，且，记直线，的斜率分别为，，若，求直线的方程. 【答案】（1）（2） 【分析】（1）由题意可得：2b＝4，，a2＝b2+c2．联立解出即可得出椭圆C的标准方程．（2）A（﹣3，0），B（3，0），F1（﹣1，0），F2（1，0），设F1M的方程为：x＝my﹣1，M（），（＞0），直线F1M与椭圆的另一个交点为M′（）．由根据对称性可得：.直线方程与椭圆方程联立化为：（8m2+9）y2﹣16my﹣64＝0，根据根与系数的关系及其，得0，联立解得m． 【详解】（1）由题意，得，. 又，∴，，. ∴椭圆C的标准方程为 （2）由（1），可知，，. 据题意，直线的方程为 记直线与椭圆的另一交点为，设，. ∵，根据对称性，得. 联立， 消去，得，其判别式， ∴，.① 由，得，即.② 由①②，解得， ∵，∴. ∴.∴. ∴直线的方程为，即. 4．（2025·天津·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形为正方形，点，且的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过的直线与交于，两点，求证：； (3)已知直线交椭圆于，两点，直线，相交于点.试判断点是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)在， 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得，即可得到椭圆的标准方程； （2）若直线与轴重合，得到，为椭圆长轴的端点，证得成立；若直线不与轴重合，设直线的方程为，联立方程组，设点，，得到两根之和，两根之积，化简得到，得出轴平分，由正弦定理即可得证； （3）联立方程组，由，得到，且，，得到直线和的方程，设直线和的交点，列出方程，求得，即可得到答案. 【详解】（1）解：由四边形为正方形，点，且的面积为， 可得，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）解：证明：由（1）可得，， 若直线与轴重合，则，为椭圆长轴的端点， 不妨设点，则，所以，， 所以成立； ②若直线不与轴重合，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设点，，所以， 且，， 则 ， 所以轴平分， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 又， 所以，两式相除得. （3）解：由（1）可得，， 联立方程组，整理得， 则，可得， 设点，，则，， 直线的方程为，直线的方程为， 设直线和的交点为， 则， 把，代入上式得，整理得， 所以点在定直线上，定直线的方程为. 5．（2025·天津·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线被圆截得的弦长为，点的坐标为，点P在圆上，线段的垂直平分线交线段于点Q． (1)求动点Q的轨迹曲线C的方程； (2)斜率为的直线m交双曲线E于点A，B，若弦的中点M恰好在曲线C上，求点M的坐标； (3)记双曲线E与曲线C在第一象限的交点为的平分线为n，在曲线C上是否存在不同的点S，T，使得点关于直线n对称？若存在，求出S，T所在直线方程，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或． (3)存在， 【分析】（1）根据点到直线距离及椭圆定义计算求出椭圆方程； （2）应用点差法 计算得出 代入椭圆方程计算得出点的坐标； （3）先联立双曲线及椭圆再得出的方程分别为，方法一：应用点到直线距离结合点差法证明；方法二：应用角平分线定理计算；方法三应用角的正切的关系计算得出直线；方法四：应用直角三角形内切圆性质求解. 【详解】（1）双曲线的渐近线为， 不妨取一条渐近线为， 如，则圆心到直线的距离， 从而解得，                             故， 所以，点Q的轨迹C是以为焦点，长轴长为8的椭圆， 因此其标准方程为． （2）设则且， 两式相减，得， 从而，即，                     代入，解得， 故点M的坐标为或． （3）联立解得， 从而，的方程分别为，                     （方法一）设为的平分线n上任意一点，则， 化简得或， 但平分线n与x轴的交点在之间， 检验可知所求角平分线n的方程为．                     设的中点为， 则，直线的斜率 因为所以，故， 代入得 但点与点N重合，即在椭圆上，矛盾！ 故在曲线C上不存在不同的点S，T，使得点S，T关于直线n对称．                             （方法二）设为的平分线n与x轴的交点（如图）， 由角平分线定理得，， 即， （利用E到的距离相等也可）， 解得，从而所求角平分线n的方程为．                 （以下同方法一） （方法三）设E为的平分线n与x轴的交点（如图）， 易知，，可解得，即， 所以， 从而所求角平分线n的方程为．                    （以下同方法一） （方法四）设为的内心（如图），内切圆半径为r， 则， 可得，即I的坐标为， 从而所求角平分线n的方程为． 34 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $