第12讲 定比点差法讲义-2026届高考数学二轮复习椭圆专题（新高考通用）

该高中数学讲义聚焦圆锥曲线中的定比点差法，覆盖分点问题、定点定值、非对称韦达等高考高频考点，以定比分点坐标公式为基础，构建椭圆、双曲线、抛物线的应用逻辑链，通过考情分析、知识要点梳理、常见应用提炼及7类题型归纳与变式训练，帮助学生突破复杂比例运算与非对称问题难点。 资料突出数学思维培养，如在处理非对称韦达问题时，引导学生通过定比设参、点差化简建立坐标关系，结合分层练习（基础到素养目标）与真题案例（求离心率范围、直线过定点），助力学生高效掌握解题技巧，为教师提供清晰复习路径，精准把控节奏，提升学生应考能力。

第12讲 定比点差法 目 录 考情分析 1 学习目标 2 知识要点 3 常见应用 6 题型归纳 10 题型01：求交点的坐标 10 题型02：求离心率取值及范围 12 题型03：求定值问题 13 （一）圆锥曲线上的点作为定比分点的为定值问题 13 （二）斜率k及斜率积商为定值问题 14 题型04：求直线过定点 16 题型05：求定直线 16 题型06：求取值范围 19 题型07：求参数的值 20 一. 地位与难度 1. 核心技巧：定比点差法是圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线） 的高阶解题技巧，是点差法的推广（中点弦是λ=1特例）。 2. 高频考点：近年新高考、全国卷中，解答题压轴（第18/19题） 与选填压轴常考。 3. 难度定位：中高难度，用于简化复杂比例、定点、定值、非对称韦达问题，减少计算量。 二. 常考题型（2024—2026） 1. 分点问题：弦上点分线段成定比（内/外分点） 2. 定点/定值问题：证明直线过定点、某式为定值 3. 求轨迹方程：点在曲线上满足比例关系 4. 非对称韦达：x₁+λx₂、y₁+λy₂类结构 5.相交弦、调和点列、蝴蝶型 三. 命题趋势 1. 重本质轻套路：不直接考公式，考比例设参、点差化简、几何转代数 2. 融合性强：常与向量、斜率、弦长、面积、范围最值结合 3. 选填提速：快速解比例、中点弦；解答题简化运算 4. 2026预测：仍是解答题主流技巧，适配中点、定值、非对称韦达 四. 适用场景（何时用） 1. 直线交圆锥曲线于A、B，直线上有分点M（） 2.过定点的弦、线段比例、三点共线 3.常规联立计算量大、非对称韦达难处理时 一. 基础目标（必会） 1. 理解定比分点：λ>0内分，λ<0（≠-1）外分 2. 掌握定比点差法步骤： S1. 设点：A(x₁,y₁), B(x₂,y₂)，M(x₀,y₀)，满足向量 S2. 写坐标关系： S3. 点差：A、B代入曲线方程，两式乘λ后相减 S4. 代入分点坐标化简 3.会用椭圆/双曲线/抛物线的定比点差公式 4. 识别题型：看到分比、λ、中点、定点弦就想到此法 二．能力目标（熟练） 1. 快速判断：能否用定比点差（有比例、共线、分点） 2. 简化运算：比常规联立少消元、降次、避非对称 3. 正负λ灵活用：内分λ>0，外分λ<0 4. 逆向应用：由比例式反求点坐标、直线方程、曲线参数 5. 规范书写：考试步骤完整、逻辑清晰 三. 素养目标（拔高） 1. 理解几何本质：比例→坐标线性关系→点差降次 2. 多法融合：与点乘双根、平移齐次、第二定义联用 3. 破套路变式：处理双定比、多交点、调和分割等难题 4. 应试策略：选填快速秒解，解答稳拿步骤分 四．核心要点总结 1. 定位：圆锥曲线必备技巧，压轴题破题利器 2. 核心：定比设参 + 点差化简 3. 价值：降计算量、避复杂韦达、提速度准确率 定比点差法是一种在解析几何有应用的方法。在解析几何中，它主要用于处理非中点弦问题，通过设定线段上的定比分点，利用圆锥曲线上两点坐标之间的联系与差异，通过代点、扩乘、作差等步骤，解决相应的圆锥曲线问题。定比点差法的核心思想是“设而不求”，即设定未知数但不直接求解，而是通过代数运算消去未知数，得到所需的结果。这种方法在处理三点共线、相交弦、定点定值、比例问题、调和点列等复杂问题时具有独特的优势，能够简化计算过程，提高解题效率。 定比点差法适用题型： 1、当定比分点的纵坐标（或横坐标）为0时，可求弦的端点的横坐标（或纵坐标）或求坐标之间的关系式； 2、同一直线上的线段的长度比． 注意：定比点差法采用的参数λ在解析几何问题中并不通用，在求解具体的斜率、弦长与面积时往往会引起运算上的麻烦（当然，求坐标还是很简便的），所以并不是所有的共线问题都适用用定比点差法解决． 知识点一：定比分点坐标公式 1.定比分点：若，则称点为点，的定比分点． 当时，点为点，的内分点，点在线段上； 当时，点在线段的延长线上； 当，时，点为点，的外分点， 当时，点在线段的反向延长线上； 当时，点在线段的延长线上． 2.定比分点坐标公式： 已知，若点)满足，求点的坐标． 知识点二：定比点差法 当为椭圆上的两点，为弦上任意一点时，设点满足若在椭圆则; 点满足，可得到 ， ①－②得： ， 联立消元后即可用与定分比表示. 性质：当直线与轴交点为，即时，，于是有 1. ，； 2. ； 3. ； 4. （1）若为左焦点，则，； 注：利用定理“过点的直线交椭圆：于，两点，则有．”求点横坐标也可求得． （2）若为右焦点，则，． （3）若A,B为椭圆上的两点，直线AB与x轴交于点P，与y轴交于点Q，且，. 结论： ①)P为左（右）焦点； ②。 且①②互为充要条件. 证明（充分性）： 将A,B两点代入椭圆得： (1)-(2)得： 因为，所以 证明（必要性）： 令P(m,0)，则 将A,B两点代入椭圆得： (1)-(2)得： 因为，且，所以，所以，所以. 结论拓展 1.在抛物线中，A,B为抛物线上两点，P,Q分别在x轴、y轴上，，. ①P为焦点；②.则①②互为充要条件. 2.双曲线一定有：①P为焦点；②. 综合拓展：①（t为定值）；②P为x轴一定点(m,0)。则两者互为充要条件：. 应用一：利用定比分点证明特征直线的方程 在椭圆或双曲线中，设A,B为曲线上两点，若存在P,Q满足，，则一定有： 证明：若，，且，则。 若，则。 代入椭圆方程： (1)-(2)可得： 即： 故： 抛物线中的调和分点性质 在抛物线中，设A,B为抛物线上两点，若存在P,Q满足，，则一定有： 证明： 设，，，则。 ， 则. 代入抛物线方程： (1)-(2)得： 即： 化简得： 故： 核心原理：定比点差的本质是两个互为调和的定比分点坐标满足圆锥曲线的特征方程. 应用二:坐标轴上定点弦与定比点差法 （一）：定点在x轴 过定点的直线与椭圆相交于A,B两点，设，，. 则在直线AB上一定存在点Q满足，根据定比点差法可知： 一定有： 证明： 解得： （二）：定点在y轴 过定点的直线与椭圆相交于A,B两点，设，，. 则在直线上一定存在点Q满足，根据定比点差法可知： 同理： （三）：抛物线为载体 过定点的直线AB和抛物线相交，设，，. 则有： 即： 证明： 由，可得： 联立抛物线方程： 两式相减得： 代入定比分点坐标关系，，化简得： 应用三:非轴点弦的定比点差法 设椭圆，点在椭圆上，且，. 则 点的坐标都可以用只含有（或）的式子表示出来. 证明： 由得 即 利用定比点差法： 两式相减得 代入，，化简即得上述结论. 代入，消去，整理可得： 如果消去，整理可得： 在上述椭圆结论的基础上，可推广至抛物线。设为抛物线上的点，且，，则有对偶公式： 题型01：求交点的坐标 【典型例题】设分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，若，则点的坐标是 . 解法一：（设点，解二元二次或四元二次方程组），，设，， 由，可得=，=， 将A、B代入，得，， 解得=0，∴点的坐标为 . 解法二：（定比点差法可求点的坐标） 如图，延长交椭圆于点，则有.设，，则 ，， 可得，∴，∴点的坐标为 . 解法三：（设直线方程，根与系数的关系） 延长交椭圆于点，则有. 设：，，，则， 由，得，，， ，，∴点的坐标为 . 解法四：（利用焦半径公式） ，，设，， 由，可得， 中，焦半径公式, . ，，∴，， =0，∴点的坐标为 . 解法五：（设角，余弦定理求焦半径） 设，，同理， ∴，，， ：，由，得 . 一般地，设分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，，在中，由余弦定理， 有，∴． 更一般地，圆锥曲线统一的极坐标方程，即，其中为极点，是圆锥曲线上的点，为焦点到对应准线的距离． 【变式训练】已知椭圆：，过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，直线与直线交于两点． （1）求椭圆的离心率； （2）若垂直于轴，求直线的斜率； （3）试判断直线与直线的位置关系，并说明理由． 题型02：求离心率取值及范围 【典型例题】已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点且垂直于x轴的直线与C交于点M，与C交于点N，设，若，则C的离心率的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 由题可得，，根据对称性设点M在第一象限，可得， 设，由，得，所以， 解得，即， 因为点N在双曲线C上，所以， 所以，解得. 因为，所以，则， 所以，又.所以. 故选：B 【变式训练】设椭圆：的左焦点为，过点的直线与椭圆相交于，两点，直线的倾斜角为,，则椭圆的离心率为 ． 题型03：求定值问题 （一）圆锥曲线上的点作为定比分点的为定值问题 【典型例题】已知是椭圆上的一点，分别是椭圆C的左、右焦点，且. (1)求椭圆C的标准方程. (2)过点的直线l与椭圆C交于A,B两点，与椭圆C的短轴交于点Q，若，，试问是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由. 【变式训练3-1-1】已知椭圆，．过的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，，求证：为定值 【变式训练3-1-2】已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点。过点F的直线l与抛物线C交于A,B两点. (1)若直线l与圆相切，求直线的方程； (2)若直线l与y轴的交点为D，且，，试探究：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由. （二）斜率k及斜率积商为定值问题 【典型例题】已知椭圆的离心率为，点在椭圆E上，射线AO与椭圆E的另一交点为B，点在椭圆E内部，射线AP,BP与椭圆E的另一交点分别为C,D. (1)求椭圆的E方程； (2)求证：直线CD的斜率为定值. 【解析】 (1)由离心率得. 代入点得： 解得，. 椭圆E的方程为： (2)设，且，. 由得： 即： 利用定比点差法： 代入得： 将代入化简： 同理对得： 直线AB的方程为，故. 代入②③得，因此，为定值. 【变式训练3-2-1】已知椭圆的离心率为，半焦距为，且．经过椭圆的左焦点F，斜率为的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点． (1)求椭圆的标准方程； (2)当时，求的值； (3)设，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为，求证：为定值． 【变式训练3-2-2】已知点A，B是椭圆的左，右顶点，椭圆E的短轴长为2，离心率为． (1)求椭圆E的方程； (2)点O是坐标原点，直线l经过点，并且与椭圆E交于点M，N，直线与直线交于点T，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值． 【变式训练3-2-3】已知椭圆的长轴长为4，焦距为. (1)求椭圆C的方程； (2)过动点的直线交轴与点N，交C于点A,P（P在第一象限），且M是线段PN的中点.过点P作轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B. (i)设直线PM,QM的斜率分别为，证明为定值； (ii)求直线AB的斜率的最小值. 题型04：求直线过定点 【典型例题】一般地，过点的不与轴垂直的直线与椭圆相交于、两点，点关于轴的对称点为，则直线过定点． 解法一：设，，， 则：，令，得， 同理可得， ∴． 解法二：设直线的方程为，由可得，． 解法三：设直线的方程为，直线与轴交于点，由可得，． 解法四：（定比点差法）设，，，直线与轴交于点， ，，则，，∴， 由定比点差法的性质1（1）可得，，即， ∴，∵，∴，． 【变式训练4-1】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P(1,2)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：直线过定点. 题型05：求定直线 【典型例题1】已知椭圆的左、右焦点分别为，M是C的上顶点，且，且. (1)求椭圆C的方程； (2)当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交于不同两点A,B时，线段AB上取点Q，且Q满足，证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线的方程. 【解析】 (1)由题意得a=2，结合向量条件解得，故椭圆方程为： (2)由题设，令，。 则： 代入椭圆方程： 两式相减： 代入得： 化简得定直线方程： 【典型例题2】在平面直角坐标系中，是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为. （1）求抛物线的方程； （2）当过点的动直线与抛物线相交于不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上. 【答案】（1）（2）总在定直线上. 【分析】 【详解】（1）过三点的圆的圆心为,则圆心在的中垂线上， 则，又点到抛物线的准线的距离为 所以，则 所以抛物线的方程为. （2）设，记. 则，， 联立可得， 又，代入得， 所以总在定直线上. 【变式训练5-1】设椭圆：过点，且左焦点为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的动直线与椭圆相交于两不同点，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上． 【变式训练5-2】已知椭圆，设过点P(2,2)的直线l与椭圆C交于A,B两点，点Q是线段AB上的点，且，求点Q的轨迹方程. 【变式训练5-3】已知椭圆：的离心率为，且经过点 Ⅰ求椭圆的标准方程； Ⅱ已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，过点的动直线与抛物线相交于A，B两个不同的点，在线段AB上取点Q，满足，证明：点Q总在定直线上． 【变式训练5-4】过点的动直线与抛物线：相交于两不同点，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上． 【变式训练5-5】设抛物线的焦点为F，过点P(0,4)的动直线l与抛物线C交于A,B两点，当F在l上时，直线l的斜率为.-2 (1)求抛物线的方程； (2)在线段AB上取点D，满足，，证明：点D总在定直线上. 【变式训练5-6】已知抛物线焦点为F，点D(p,0)。过焦点F做直线l交抛物线于M,N两点，且轴时，. (1)求抛物线方程； (2)若直线MD,ND与抛物线的另一个交点分别为A,B。若直线MN,AB的倾斜角为，当最大时，AB的方程. 【变式训练5-7】已知点，，动点使直线，的斜率之积为，其轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)已知点，点在曲线上，直线与轴交于点，满足，求直线的方程. 【变式训练5-8】已知双曲线的中心在原点，离心率为2，一个焦点为． (1)求双曲线的标准方程； (2)设是双曲线上一点，且过点，的直线与轴交于点，若，求直线的方程． 题型06：求取值范围 【典型例题】已知椭圆，过定点的直线与椭圆交于不同两点，（点 在点，之间），求的取值范围． 解法一：设，， 解法二：当时，； 当不与轴垂直时，设：，，， 则，，， ，或 ，，，∴， 综上所述，的取值范围． 解法三：，， ， 又∵点 在点，之间，∴，∴的取值范围为． 解法四：（定比点差法可求点的坐标） 设，，，则， ∴，∴的取值范围为． 注：比较解法三与解法四的过程，殊途同归． 【变式训练6-1】已知椭圆：，，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上的动点，直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，当为椭圆的上顶点时，有． （1）求椭圆的离心率； （2）求与的面积之比的最大值． 题型07：求参数的值 【典型例题】已知椭圆的焦距为2，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为.    (1)求椭圆的方程； (2)设A，B为椭圆的左右顶点，过右焦点的直线交椭圆于M，N两点，直线AM，BN交于点. （i）求证点在定直线上； （ii）设，求的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）1 【分析】（1）由题意求出的值，即得答案； （2）（i）设直线方程为，联立椭圆方程可得根与系数关系，写出直线，的方程，联立化简，即可证明结论；（ii）由可得的表达式，化简，即可求得答案. 【详解】（1）依题意，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为， 椭圆方程为 （2）（i）证明：由（1）知可设直线方程为， 联立和， 得，直线l过椭圆焦点，必有， ， ，直线方程为， 直线方程为， 联立两方程得， ，即点在定直线上； （ii）依（i）有.设，若， 则，则， . 故当时，的最大值为1. 【变式训练7-1】已知椭圆过点，且. (1)求椭圆C的方程； (2)过点的直线l交椭圆C于点M,N，直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q.求的值. 【变式训练7-2】已知，直线过椭圆的右焦点F且与椭圆交于A、B两点，l与双曲线的两条渐近线、分别交于M、N两点． (1)若，且当轴时，△MON的面积为，求双曲线的方程； (2)如图所示，若椭圆的离心率，且，求实数的值． 【变式训练7-3】已知抛物线焦点为F，准线为，为E上一点，，垂足为M，且. (1)求E的标准方程； (2)过点（其中）且斜率为k的直线与E交于，两点，C，D是E上的两点（异于A，B），且满足，. （i）证明：，； （ii）是否存在k和a，使得?若存在，求k和a的所有取值；若不存在，请说明理由. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第12讲 定比点差法 目 录 考情分析 1 学习目标 2 知识要点 3 常见应用 6 题型归纳 10 题型01：求交点的坐标 10 题型02：求离心率取值及范围 13 题型03：求定值问题 15 （一）圆锥曲线上的点作为定比分点的为定值问题 15 （二）斜率k及斜率积商为定值问题 18 题型04：求直线过定点 24 题型05：求定直线 26 题型06：求取值范围 35 题型07：求参数的值 38 一. 地位与难度 1. 核心技巧：定比点差法是圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线） 的高阶解题技巧，是点差法的推广（中点弦是λ=1特例）。 2. 高频考点：近年新高考、全国卷中，解答题压轴（第18/19题） 与选填压轴常考。 3. 难度定位：中高难度，用于简化复杂比例、定点、定值、非对称韦达问题，减少计算量。 二. 常考题型（2024—2026） 1. 分点问题：弦上点分线段成定比（内/外分点） 2. 定点/定值问题：证明直线过定点、某式为定值 3. 求轨迹方程：点在曲线上满足比例关系 4. 非对称韦达：x₁+λx₂、y₁+λy₂类结构 5.相交弦、调和点列、蝴蝶型 三. 命题趋势 1. 重本质轻套路：不直接考公式，考比例设参、点差化简、几何转代数 2. 融合性强：常与向量、斜率、弦长、面积、范围最值结合 3. 选填提速：快速解比例、中点弦；解答题简化运算 4. 2026预测：仍是解答题主流技巧，适配中点、定值、非对称韦达 四. 适用场景（何时用） 1. 直线交圆锥曲线于A、B，直线上有分点M（） 2.过定点的弦、线段比例、三点共线 3.常规联立计算量大、非对称韦达难处理时 一. 基础目标（必会） 1. 理解定比分点：λ>0内分，λ<0（≠-1）外分 2. 掌握定比点差法步骤： S1. 设点：A(x₁,y₁), B(x₂,y₂)，M(x₀,y₀)，满足向量 S2. 写坐标关系： S3. 点差：A、B代入曲线方程，两式乘λ后相减 S4. 代入分点坐标化简 3.会用椭圆/双曲线/抛物线的定比点差公式 4. 识别题型：看到分比、λ、中点、定点弦就想到此法 二．能力目标（熟练） 1. 快速判断：能否用定比点差（有比例、共线、分点） 2. 简化运算：比常规联立少消元、降次、避非对称 3. 正负λ灵活用：内分λ>0，外分λ<0 4. 逆向应用：由比例式反求点坐标、直线方程、曲线参数 5. 规范书写：考试步骤完整、逻辑清晰 三. 素养目标（拔高） 1. 理解几何本质：比例→坐标线性关系→点差降次 2. 多法融合：与点乘双根、平移齐次、第二定义联用 3. 破套路变式：处理双定比、多交点、调和分割等难题 4. 应试策略：选填快速秒解，解答稳拿步骤分 四．核心要点总结 1. 定位：圆锥曲线必备技巧，压轴题破题利器 2. 核心：定比设参 + 点差化简 3. 价值：降计算量、避复杂韦达、提速度准确率 定比点差法是一种在解析几何有应用的方法。在解析几何中，它主要用于处理非中点弦问题，通过设定线段上的定比分点，利用圆锥曲线上两点坐标之间的联系与差异，通过代点、扩乘、作差等步骤，解决相应的圆锥曲线问题。定比点差法的核心思想是“设而不求”，即设定未知数但不直接求解，而是通过代数运算消去未知数，得到所需的结果。这种方法在处理三点共线、相交弦、定点定值、比例问题、调和点列等复杂问题时具有独特的优势，能够简化计算过程，提高解题效率。 定比点差法适用题型： 1、当定比分点的纵坐标（或横坐标）为0时，可求弦的端点的横坐标（或纵坐标）或求坐标之间的关系式； 2、同一直线上的线段的长度比． 注意：定比点差法采用的参数λ在解析几何问题中并不通用，在求解具体的斜率、弦长与面积时往往会引起运算上的麻烦（当然，求坐标还是很简便的），所以并不是所有的共线问题都适用用定比点差法解决． 知识点一：定比分点坐标公式 1.定比分点：若，则称点为点，的定比分点． 当时，点为点，的内分点，点在线段上； 当时，点在线段的延长线上； 当，时，点为点，的外分点， 当时，点在线段的反向延长线上； 当时，点在线段的延长线上． 2.定比分点坐标公式： 已知，若点)满足，求点的坐标． 知识点二：定比点差法 当为椭圆上的两点，为弦上任意一点时，设点满足若在椭圆则; 点满足，可得到 ， ①－②得： ， 联立消元后即可用与定分比表示. 性质：当直线与轴交点为，即时，，于是有 1. ，； 2. ； 3. ； 4. （1）若为左焦点，则，； 注：利用定理“过点的直线交椭圆：于，两点，则有．”求点横坐标也可求得． （2）若为右焦点，则，． （3）若A,B为椭圆上的两点，直线AB与x轴交于点P，与y轴交于点Q，且，. 结论： ①)P为左（右）焦点； ②。 且①②互为充要条件. 证明（充分性）： 将A,B两点代入椭圆得： (1)-(2)得： 因为，所以 证明（必要性）： 令P(m,0)，则 将A,B两点代入椭圆得： (1)-(2)得： 因为，且，所以，所以，所以. 结论拓展 1.在抛物线中，A,B为抛物线上两点，P,Q分别在x轴、y轴上，，. ①P为焦点；②.则①②互为充要条件. 2.双曲线一定有：①P为焦点；②. 综合拓展：①（t为定值）；②P为x轴一定点(m,0)。则两者互为充要条件：. 应用一：利用定比分点证明特征直线的方程 在椭圆或双曲线中，设A,B为曲线上两点，若存在P,Q满足，，则一定有： 证明：若，，且，则。 若，则。 代入椭圆方程： (1)-(2)可得： 即： 故： 抛物线中的调和分点性质 在抛物线中，设A,B为抛物线上两点，若存在P,Q满足，，则一定有： 证明： 设，，，则。 ， 则. 代入抛物线方程： (1)-(2)得： 即： 化简得： 故： 核心原理：定比点差的本质是两个互为调和的定比分点坐标满足圆锥曲线的特征方程. 应用二:坐标轴上定点弦与定比点差法 （一）：定点在x轴 过定点的直线与椭圆相交于A,B两点，设，，. 则在直线AB上一定存在点Q满足，根据定比点差法可知： 一定有： 证明： 解得： （二）：定点在y轴 过定点的直线与椭圆相交于A,B两点，设，，. 则在直线上一定存在点Q满足，根据定比点差法可知： 同理： （三）：抛物线为载体 过定点的直线AB和抛物线相交，设，，. 则有： 即： 证明： 由，可得： 联立抛物线方程： 两式相减得： 代入定比分点坐标关系，，化简得： 应用三:非轴点弦的定比点差法 设椭圆，点在椭圆上，且，. 则 点的坐标都可以用只含有（或）的式子表示出来. 证明： 由得 即 利用定比点差法： 两式相减得 代入，，化简即得上述结论. 代入，消去，整理可得： 如果消去，整理可得： 在上述椭圆结论的基础上，可推广至抛物线。设为抛物线上的点，且，，则有对偶公式： 题型01：求交点的坐标 【典型例题】设分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，若，则点的坐标是 . 解法一：（设点，解二元二次或四元二次方程组），，设，， 由，可得=，=， 将A、B代入，得，， 解得=0，∴点的坐标为 . 解法二：（定比点差法可求点的坐标） 如图，延长交椭圆于点，则有.设，，则 ，， 可得，∴，∴点的坐标为 . 解法三：（设直线方程，根与系数的关系） 延长交椭圆于点，则有. 设：，，，则， 由，得，，， ，，∴点的坐标为 . 解法四：（利用焦半径公式） ，，设，， 由，可得， 中，焦半径公式, . ，，∴，， =0，∴点的坐标为 . 解法五：（设角，余弦定理求焦半径） 设，，同理， ∴，，， ：，由，得 . 一般地，设分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，，在中，由余弦定理， 有，∴． 更一般地，圆锥曲线统一的极坐标方程，即，其中为极点，是圆锥曲线上的点，为焦点到对应准线的距离． 【变式训练】已知椭圆：，过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，直线与直线交于两点． （1）求椭圆的离心率； （2）若垂直于轴，求直线的斜率； （3）试判断直线与直线的位置关系，并说明理由． （1）椭圆即，离心率. （2）若垂直于轴，则所在的直线方程为，不妨设，.又，，直线所在的方程为：， 联立直线与直线的方程，得，， 故直线的斜率是1. （3）解法一：（非对称韦达） 由（2）知，当垂直于轴时，直线的斜率为1，∵，∴，故直线与直线平行. 若直线不垂直于轴时，下面验证. 设，，，直线的方程为， 令，得，， 要证明，只须证明即， 联立直线与椭圆方程， 消建立关于的一元二次方程得，. 将式整理得 将，代入上式的左边得 右边 因此，直线的斜率为1，说明直线与直线的位置关系是平行. 综上可知，直线BM与直线DE平行． 注：证明： ＝ ＝＝＝0， 所以kBM＝1＝kDE.所以BM∥DE. 综上可知，直线BM与直线DE平行． 解法二：直线BM与直线DE平行．证明如下： 设，，，则由性质1（2）可得， ∴，∴直线BM与直线DE平行． 题型02：求离心率取值及范围 【典型例题】已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点且垂直于x轴的直线与C交于点M，与C交于点N，设，若，则C的离心率的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 由题可得，，根据对称性设点M在第一象限，可得， 设，由，得，所以， 解得，即， 因为点N在双曲线C上，所以， 所以，解得. 因为，所以，则， 所以，又.所以. 故选：B 【变式训练】设椭圆：的左焦点为，过点的直线与椭圆相交于，两点，直线的倾斜角为,，则椭圆的离心率为 ． 解法一：余弦定理求焦半径 在中，由余弦定理，有， ，同理，∴，，． 解法二：运用根与系数的关系（事实上方程组可解） 设：，，， 由，得， ∴，又∵，∴， ∴，，，． 解法三：方程可化为， 可解得，，又∵，∴，，，． 解法四：定比点差法求出交点坐标 设：，，， 由，得 ， 代入，得，． 题型03：求定值问题 （一）圆锥曲线上的点作为定比分点的为定值问题 【典型例题】已知是椭圆上的一点，分别是椭圆C的左、右焦点，且. (1)求椭圆C的标准方程. (2)过点的直线l与椭圆C交于A,B两点，与椭圆C的短轴交于点Q，若，，试问是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由. 【解析】 (1)由题知，解得。 将点代入椭圆的方程可得： 又，由①②③解得，，所以椭圆的方程为： (2)因为，，故令，，令。 根据定比分点公式可得： 由于A,B均在椭圆上，故： 两式相减得： 由于，所以. 【变式训练3-1-1】已知椭圆，．过的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，，求证：为定值 【答案】证明见解析 【分析】由向量坐标运算可化简求得，代入椭圆方程可得；同理由可得，两式作差即可化简整理得到定值. 【详解】设，， 将两点代入椭圆方程得：…①，…②； ,即，，， 代入①式整理得：…③； 同理由可得：…④； ③④得：…⑤ ⑤式对任意恒成立，，解得：， 为定值. 【变式训练3-1-2】已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点。过点F的直线l与抛物线C交于A,B两点. (1)若直线l与圆相切，求直线的方程； (2)若直线l与y轴的交点为D，且，，试探究：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由. 【解析】 (1)由抛物线的方程可得焦点F（1,0），显然直线l的斜率不为0，设直线l的方程为. 联立： 整理得： 则，整理得： 解得，所以直线的方程为： (2)抛物线中定值推导 因为，，令，. 根据定比分点公式： 由于均在抛物线上，代入得： 化简得： 两式相减并因式分解： 因为，所以. （二）斜率k及斜率积商为定值问题 【典型例题】已知椭圆的离心率为，点在椭圆E上，射线AO与椭圆E的另一交点为B，点在椭圆E内部，射线AP,BP与椭圆E的另一交点分别为C,D. (1)求椭圆的E方程； (2)求证：直线CD的斜率为定值. 【解析】 (1)由离心率得. 代入点得： 解得，. 椭圆E的方程为： (2)设，且，. 由得： 即： 利用定比点差法： 代入得： 将代入化简： 同理对得： 直线AB的方程为，故. 代入②③得，因此，为定值. 【变式训练3-2-1】已知椭圆的离心率为，半焦距为，且．经过椭圆的左焦点F，斜率为的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点． (1)求椭圆的标准方程； (2)当时，求的值； (3)设，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为，求证：为定值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意列出关于的方程，解方程求出，即可得出答案. （2）由（1）得到直线AB的方程与椭圆方程联立得到关于的一元二次方程，设，，由韦达定理代入求出，设O点到直线AB的距离为d，求出d，由面积公式即可求出答案. （3）设，，设，由题目条件表示结合定比分点公式由表示，设同理用表示，代入，可求得答案. 【详解】（1）由题意，得解得∴，故的方程为． （2）由（1）知， ∴直线AB的方程为，由即， 设，， 则，， ∴． 设O点到直线AB的距离为d，则． ∴． （3）设AB直线方程， 设，，，， 由由定比分点坐标公式：， 由于A，C满足椭圆方程，故得 两式作差得③， 将①②代入③可得，和①进行联立， 即，解得： 由同理可得， ∴ ， 故． 【变式训练3-2-2】已知点A，B是椭圆的左，右顶点，椭圆E的短轴长为2，离心率为． (1)求椭圆E的方程； (2)点O是坐标原点，直线l经过点，并且与椭圆E交于点M，N，直线与直线交于点T，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】 【详解】（1）依题意，，解得， 所以，椭圆E的方程为． （2）显然直线l的斜率存在，不妨设直线：， 因为过点，所以：， 所以直线： 联立，消去y，得， ， 设点，， 所以，，， ， 直线，直线， 联立，解得， 即，又因为直线：， 所以 所以 ，， 所以， ． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线定值问题，往往是将直线设而不求，与圆锥曲线联立消或者消，得出韦达定理，将问题转为用韦达定理表示的式子，通过变形化简即可证明. 【变式训练3-2-3】已知椭圆的长轴长为4，焦距为. (1)求椭圆C的方程； (2)过动点的直线交轴与点N，交C于点A,P（P在第一象限），且M是线段PN的中点.过点P作轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B. (i)设直线PM,QM的斜率分别为，证明为定值； (ii)求直线AB的斜率的最小值. 【解析】 (1)由题意知，，所以，. 椭圆方程为： (2)(i)设，由，可得，. 直线的斜率， 直线的斜率， 此时： 为定值. (ii)设，，，，根据定比点差法： 设 则 令 得 化简： 由均值不等式： 当且仅当时等号成立. 题型04：求直线过定点 【典型例题】一般地，过点的不与轴垂直的直线与椭圆相交于、两点，点关于轴的对称点为，则直线过定点． 解法一：设，，， 则：，令，得， 同理可得， ∴． 解法二：设直线的方程为，由可得，． 解法三：设直线的方程为，直线与轴交于点，由可得，． 解法四：（定比点差法）设，，，直线与轴交于点， ，，则，，∴， 由定比点差法的性质1（1）可得，，即， ∴，∵，∴，． 【变式训练4-1】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P(1,2)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：直线过定点. 【解析】 (1)设椭圆方程为，代入得： 解得. 椭圆E的方程为： (2)设，，则 代入椭圆方程： 得： 化简得： 于是。 由，得，. 设过HN定点(m,n)，代入坐标并令系数为零，解得. 故直线HN过定点(0,2). 题型05：求定直线 【典型例题1】已知椭圆的左、右焦点分别为，M是C的上顶点，且，且. (1)求椭圆C的方程； (2)当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交于不同两点A,B时，线段AB上取点Q，且Q满足，证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线的方程. 【解析】 (1)由题意得a=2，结合向量条件解得，故椭圆方程为： (2)由题设，令，。 则： 代入椭圆方程： 两式相减： 代入得： 化简得定直线方程： 【典型例题2】在平面直角坐标系中，是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为. （1）求抛物线的方程； （2）当过点的动直线与抛物线相交于不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上. 【答案】（1）（2）总在定直线上. 【分析】 【详解】（1）过三点的圆的圆心为,则圆心在的中垂线上， 则，又点到抛物线的准线的距离为 所以，则 所以抛物线的方程为. （2）设，记. 则，， 联立可得， 又，代入得， 所以总在定直线上. 【变式训练5-1】设椭圆：过点，且左焦点为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的动直线与椭圆相交于两不同点，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上． 解：（1）由题意：，解得.所求的求椭圆的方程. （2）解法一：设点，，，由题设，、、、均不为0，记，则且. 又四点共线，从而，，于是： ，；，. 从而① ② 又点在椭圆上，即③ ④ ①+2②并结合③，④得，即点总在直线上. 解法二：设点，，，由题设，、、、均不为0，且，又四点共线，可设，， 于是 ，① ，② 由于，在椭圆上，将①②分别带入的方程，整理得： ③ ④ 由④-③得 . ∵，∴.即点总在直线上. 解法三：设，即，，设，，，由于，， 又，两式相减得③ ①②式代入③式，④ 又由于，， ⑤⑥式代入④式，，即点在定直线上． 解法四：设，即，，设，， ，则， 于是有由点在椭圆上，则于是有，即，故点在定直线上． 【变式训练5-2】已知椭圆，设过点P(2,2)的直线l与椭圆C交于A,B两点，点Q是线段AB上的点，且，求点Q的轨迹方程. 【解析】 设。 由得 化简得. 令，则 1.定比分点公式 由得 由得 2.代入椭圆方程 对式乘以得 3.两式相减 得 代入定比分点的坐标关系化简： 约去得 结合椭圆范围，故点的轨迹方程为 . 【变式训练5-3】已知椭圆：的离心率为，且经过点 Ⅰ求椭圆的标准方程； Ⅱ已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，过点的动直线与抛物线相交于A，B两个不同的点，在线段AB上取点Q，满足，证明：点Q总在定直线上． 【解析】Ⅰ由题意可知解得，， 故椭圆的方程为． 证明Ⅱ由已知可得抛物线的标准方程为， 设点Q，A，B的坐标分别为，，， 由题意知，不妨设A在P，Q之间，设，， 又点Q在P，B之间，故， ， ， 由可得解得，， 点A在抛物线上， ， 即，， 由可得解得，， 点B在抛物线上， ， 即，，． 由可得， ， ， 点Q总在定直线上 【变式训练5-4】过点的动直线与抛物线：相交于两不同点，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上． 【答案】点总在某定直线上． 【分析】由于线段成比例，因此考虑设比值：，结合图形有，利用向量坐标关系可得：设，，由于在抛物线上，所以，因此等价变形得，即 解法一：设，记. 则，， 联立可得， 又，代入得，∴ ∴点总在某定直线上． 解法二：类比下题方法 过点的动直线与抛物线:交于，两点，在线段上取点，满足，，证明：点总在定直线上. 【答案】点在定直线上. 【分析】设直线的方程为，联立直线的方程和抛物线方程，化简写出根与系数关系.利用向量的坐标运算建立中的关系式，由此求得点所在定直线方程. 证明：设，，， 直线的方程为. 由得， ，. 由，，得，， 故，化简得. 又，故， 化简得，即，则或. 当点在定直线上时，直线与抛物线只有一个交点，与题意不符. 故点在定直线上. 【变式训练5-5】设抛物线的焦点为F，过点P(0,4)的动直线l与抛物线C交于A,B两点，当F在l上时，直线l的斜率为.-2 (1)求抛物线的方程； (2)在线段AB上取点D，满足，，证明：点D总在定直线上. 【解析】 (1)由焦点，直线斜率为，解得，故抛物线方程为： (2)设，，，则. ，则. 联立： 得： 即： 化简得： 则有： 即： 故点D总在定直线上. 【变式训练5-6】已知抛物线焦点为F，点D(p,0)。过焦点F做直线l交抛物线于M,N两点，且轴时，. (1)求抛物线方程； (2)若直线MD,ND与抛物线的另一个交点分别为A,B。若直线MN,AB的倾斜角为，当最大时，AB的方程. 【解析】 (1)当轴时，。 由，解得。 抛物线方程： (2)设，，由定比点差法得： 同理设，，得： 由三点共线，得. 计算斜率： 得，即. 令，，则. 当且仅当时取等号. 代入斜率关系得，结合解得，. 直线AB方程： 代入，，化简得： 当时，舍去. 【变式训练5-7】已知点，，动点使直线，的斜率之积为，其轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)已知点，点在曲线上，直线与轴交于点，满足，求直线的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】(1)利用直线，斜率的关系即可列出等式，求出动点的轨迹方程； (2)点为曲线的右焦点，设出直线的方程，求出点的坐标，再利用向量关系即可求解. 【详解】（1）设，则，整理得：. （2）由题意可知直线斜率存在，设，， 令得， 由，得，， 即， 代入：，得，，， 直线：. 【变式训练5-8】已知双曲线的中心在原点，离心率为2，一个焦点为． (1)求双曲线的标准方程； (2)设是双曲线上一点，且过点，的直线与轴交于点，若，求直线的方程． 【答案】(1)； (2)或. 【分析】（1）根据给定条件，结合双曲线离心率公式求出标准方程. （2）设出直线的方程，求出点坐标，结合给定条件，利用向量坐标运算求出点的坐标，再代入双曲线方程求出直线的斜率得解. 【详解】（1）依题意，设所求双曲线的标准方程为， 由离心率为2，得，则， 由焦点，得，解得，， 所以双曲线的标准方程为. （2）依题意，直线的斜率存在，设， 令，则，即，由，且共线， 得或，设点， 当时，，解得，则， 又点在双曲线上，则，解得； 当时，，解得，则， 于是，解得， 所以所求直线的方程为或.    题型06：求取值范围 【典型例题】已知椭圆，过定点的直线与椭圆交于不同两点，（点 在点，之间），求的取值范围． 解法一：设，， 解法二：当时，； 当不与轴垂直时，设：，，， 则，，， ，或 ，，，∴， 综上所述，的取值范围． 解法三：，， ， 又∵点 在点，之间，∴，∴的取值范围为． 解法四：（定比点差法可求点的坐标） 设，，，则， ∴，∴的取值范围为． 注：比较解法三与解法四的过程，殊途同归． 【变式训练6-1】已知椭圆：，，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上的动点，直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，当为椭圆的上顶点时，有． （1）求椭圆的离心率； （2）求与的面积之比的最大值． 解： （2）解法一：，，设， 由性质1（4）可得，， 同理，， ∵，∴，，，，∴的最大值为，当即点为短轴端点时取得． 解法二：由定理“过点的直线交椭圆：于，两点，则有．”（见《设点解决直线过定点问题，点的坐标之间的关系的运用；相同问题下抛物线与椭圆中的不同计算方法》） ，，以下同解法一． 解法三： ∴，， 题型07：求参数的值 【典型例题】已知椭圆的焦距为2，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为.    (1)求椭圆的方程； (2)设A，B为椭圆的左右顶点，过右焦点的直线交椭圆于M，N两点，直线AM，BN交于点. （i）求证点在定直线上； （ii）设，求的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）1 【分析】（1）由题意求出的值，即得答案； （2）（i）设直线方程为，联立椭圆方程可得根与系数关系，写出直线，的方程，联立化简，即可证明结论；（ii）由可得的表达式，化简，即可求得答案. 【详解】（1）依题意，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为， 椭圆方程为 （2）（i）证明：由（1）知可设直线方程为， 联立和， 得，直线l过椭圆焦点，必有， ， ，直线方程为， 直线方程为， 联立两方程得， ，即点在定直线上； （ii）依（i）有.设，若， 则，则， . 故当时，的最大值为1. 【变式训练7-1】已知椭圆过点，且. (1)求椭圆C的方程； (2)过点的直线l交椭圆C于点M,N，直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q.求的值. 【解析】 (1)代入点及，解得，，椭圆方程为： (2)令，设，，根据定比点差法可得： 直线： 直线： 得： 即，所以PB与BQ关于x轴对称，故： 【变式训练7-2】已知，直线过椭圆的右焦点F且与椭圆交于A、B两点，l与双曲线的两条渐近线、分别交于M、N两点． (1)若，且当轴时，△MON的面积为，求双曲线的方程； (2)如图所示，若椭圆的离心率，且，求实数的值． 【解析】（1）由题设，且双曲线的渐近线为， 当轴时，，又，△MON的面积为， 所以，故，而，可得， 所以双曲线的方程为. （2）对于椭圆有，而，则， 不妨假设，则且l为， 所以，又，， 令，则，故， 所以，而在椭圆上， 则，整理得， 综上，可得. 【变式训练7-3】已知抛物线焦点为F，准线为，为E上一点，，垂足为M，且. (1)求E的标准方程； (2)过点（其中）且斜率为k的直线与E交于，两点，C，D是E上的两点（异于A，B），且满足，. （i）证明：，； （ii）是否存在k和a，使得?若存在，求k和a的所有取值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）存在，， 【分析】（1）利用抛物线的定义可得是等边三角形，进而根据定义求； （2）（i）利用过焦点的直线与抛物线的两交点的纵坐标之积为定值，再结合向量的坐标运算，即得到证明； （ii）利用直线与抛物线的两交点的横坐标之积为定值，再把线段长度问题转化为坐标问题，来进行化简求解可得，再利用判别式可得的范围. 【详解】（1） 连接，过作,根据抛物线的定义可知，，又因为， 所以是等边三角形，由，可知等边的高为， 可知，根据抛物线方程， 可知准线为，焦点为，所以， 故抛物线方程为； （2） （i）由，，，可设，则 因为，所以即， 又因为，可得， 再因为，代入上式可得， 整理得：，由于，所以， 则由，即， 同理可证明； （ii）根据题意可知直线的斜率显然存在且不为0，可设方程为， 与抛物线联立方程组，消得：， 因为有两个交点为，所以 由韦达定理得：， 分析的充要条件： 由得，，即，同理， 代入可得：， 再由抛物线的定义可得： 结合， ，可得， 整理得：，又因为，所以， 又因为，所以，又因为，所以， 代入，得，由于， 所以当的取值范围为，且时，有. 1 学科网（北京）股份有限公司 $