椭圆中的定点问题、定值问题、定直线问题专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

椭圆中的定点问题、定值问题、定直线问题专项训练 椭圆中的定点问题、定值问题、定直线问题专项训练 考点目录 椭圆中的定点问题 椭圆中的定值问题 椭圆中的定直线问题 考点一 椭圆中的定点问题 例1．（2026·辽宁铁岭·模拟预测）椭圆的右顶点为，过点A分别作斜率为的直线与斜率为的直线，，分别与交于相异P，Q两点，且．已知当时，． (1)求的方程； (2)证明：直线PQ过定点； (3)求线段PQ中点的轨迹方程． 例2．（2026·江西·二模）已知椭圆，其左、右两焦点分别为、，为椭圆的上顶点，为等边三角形，且的面积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知过点作斜率为直线与椭圆交于两点，点在轴上方，点关于轴的对称点为． （i）当与的面积之比为时，求的值； （ii）证明：直线过定点． 例3．（2026·河南许昌·三模）动点与定点的距离和P到定直线的距离的比是常数，记动点P的轨迹为C． (1)求C的标准方程； (2)已知点，点M，N在C上，直线，的斜率分别为，，且． （i）若，求的面积； （ii）证明：直线过定点． 变式1．（2026·北京房山·二模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，直线与椭圆交于点，. (1)求椭圆的标准方程与离心率； (2)若直线与圆交于点，，直线，与椭圆的另一个交点分别为点，，求证：对任意，直线过定点． 变式2．（2026·北京丰台·二模）已知椭圆的离心率为，以椭圆的焦点和短轴顶点为顶点的四边形是边长为2的菱形. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知为椭圆的左顶点，，为椭圆上两个不同的动点（均不与点重合），且满足直线与直线的斜率之积为.求证：直线过定点. 变式3．（2026·河北张家口·二模）已知椭圆：的长轴长为4，且与直线相切，，为上不在坐标轴上的不同两点． (1)求的方程； (2)若以为直径的圆经过点，证明：直线过定点． 考点二 椭圆中的定值问题 例1．（2026·吉林延边·三模）已知椭圆C：的上、下焦点分别为，，直线l：和C交于M，N两点，轴，P为C上的动点，面积的最大值为． (1)求C的方程； (2)若，求的面积； (3)设C上有两点A，B（A，B与M都不重合）满足，且，垂足为D，证明：存在定点Q，使得为定值． 例2．（2026·江苏扬州·模拟预测）在平面直角坐标系中，点为椭圆的左焦点，点为上一点，为的右焦点，且的周长为12． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与轴的交点为，过点的直线与交于两点，设直线的斜率分别为． （i）是否为定值？若是，则求出这个定值；若不是，请说明理由； （ii）求面积的最大值． 例3．（2026·山西·二模）椭圆的离心率，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆左顶点，过左焦点的直线（不过点）交椭圆于，两点，直线，分别交直线于，两点. ①求证：为定值； ②记的中点到轴的距离是，点是轴上的一点，记的斜率，的斜率，当是定值时，求定点的坐标. 变式1．（2026·北京顺义·二模）已知椭圆的离心率为分别是椭圆的上､下顶点，. (1)求椭圆的方程； (2)设是椭圆的左顶点，过点作斜率为的直线与椭圆交于点（不同于点），且与轴交于点，点在直线上，且.求证：的面积为定值. 变式2．（2026·浙江台州·二模）已知椭圆的离心率为，右焦点为，点，点T是椭圆C上位于第四象限内的任意一点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点P作椭圆C的两条切线，，过点T作椭圆C的切线l，l与，的交点分别为M，N， （ⅰ）求切线，的方程： （ⅱ）问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由. 变式3．（25-26高三下·海南海口·月考）已知椭圆 （>）的离心率为 A，B分别为椭圆C的上、下顶点，O为坐标原点，直线与椭圆C交于不同的两点P，Q. (1)设点M 为线段PQ的中点，证明：直线OM 与直线PQ的斜率之积为定值； (2)若时， ①求椭圆C的方程； ②证明：直线BP与直线AQ的交点D在定直线上. 考点三 椭圆中的定直线问题 例1．（24-25高三上·福建漳州·月考）已知椭圆的两个焦点分别为，，离心率为，点P为上一点，周长为，其中为坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)直线与交于A，B两点， ①求面积的最大值； ②设，试证明点Q在定直线上，并求出定直线方程. 例2．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的上、下顶点，为坐标原点，直线与椭圆交于不同的两点. (1)设点为线段的中点，证明：直线与直线的斜率之积为定值； (2)若，证明：直线与直线的交点在定直线上. 例3．（2026·广东汕头·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，过的直线交椭圆于两点，当与轴垂直时，． (1)求椭圆的标准方程． (2)过分别作轴的垂线，垂足分别为，记直线与的交点为． （ⅰ）证明：点在定直线上，并求出定直线的方程； （ⅱ）若的面积为，求直线的斜率． 变式1．（25-26高三上·安徽滁州·月考）已知双曲线的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，在轴上位于右侧有一点，满足. (1)求的方程； (2)过点且不与坐标轴垂直的直线与交于两点，以为圆心作圆与直线交于两点，证明：直线的交点恒在直线上. 变式2．（25-26高三上·江苏盐城·月考）在平面直角坐标系中，已知椭圆E：的离心率为，右焦点F到椭圆E上任意一点的最小距离为1． (1)求椭圆E的方程； (2)设A，B为椭圆E的左，右顶点，过点F作直线l交椭圆E于C，D两点，C与A，B不重合），连接，交于点Q． ①求证：点Q在定直线上： ②设，，求的最大值． 变式3．（25-26高三上·重庆·月考）已知椭圆：的右焦点为，过点作轴的垂线交椭圆于点．过点作椭圆的切线，交轴于点． (1)求点的坐标； (2)过点的直线（非轴）交椭圆于、两点，过点作轴的垂线与直线交于点，求证：线段的中点在定直线上． 2 学科网（北京）股份有限公司 $椭圆中的定点问题、定值问题、定直线问题专项训练 椭圆中的定点问题、定值问题、定直线问题专项训练 考点目录 椭圆中的定点问题 椭圆中的定值问题 椭圆中的定直线问题 考点一 椭圆中的定点问题 例1．（2026·辽宁铁岭·模拟预测）椭圆的右顶点为，过点A分别作斜率为的直线与斜率为的直线，，分别与交于相异P，Q两点，且．已知当时，． (1)求的方程； (2)证明：直线PQ过定点； (3)求线段PQ中点的轨迹方程． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)，其中且 【分析】（1）根据题给条件，求出直线与椭圆联立，求出反解出， （2）设直线PQ的方程，与椭圆联立得到韦达式，并利用，寻求的关系. （3）根据上一问的结果，利用点差法，得到斜率与中点之间的关系，而斜率又为中点与定点连线的斜率，替换斜率，得到中点横纵坐标的关系，进而求得轨迹方程，最后限定轨迹范围. 【详解】（1） 由题意知，椭圆的右顶点为，可得． 此时椭圆方程为． 已知，当时，代入可得． 此时直线方程为． 将直线的方程代入椭圆方程得． 设点Q的坐标为， 因为直线与椭圆交于A，Q两点，且， 由韦达定理可得，解得． 将代入直线方程得． 由两点间距离公式可得． 已知，即， 则，． 因为，故．解得． 经检验，此时，，满足条件， 故的方程为． （2）假设直线PQ垂直于x轴，设其方程为且． 此时P，Q两点关于x轴对称，设，且． 则，． 从而，这与题设条件矛盾，因此直线PQ不可能垂直于x轴． 设直线PQ的方程为，设，． 将直线方程代入得． 因为直线与椭圆交于相异两点，故判别式． 由韦达定理得，． 由于，且直线，的斜率分别为，， 则， 即． 分子部分为， 分母部分为， 若，即，直线PQ的方程变为，这意味着直线经过点， 与P，Q是不同于A的交点矛盾，故． 将分子分母代回可得． 由题意知，建立等式， 解得，即， 代回得， 则当时，必有． 即直线PQ恒过定点． （3）设，，线段PQ的中点为． 由（2）可知，直线PQ过定点． 因为P，Q在椭圆上， 代入得与， 两式相减并分解因式可得． 因为为PQ中点，所以，， 代入化简得． 由题意，交点P，Q相异，则（否则直线垂直于x轴已在（2）排除）， 由上式可得直线PQ的斜率k满足． 又PQ过且过中点， 当时直线PQ垂直于x轴矛盾，故且， 代入上式得． 也即， 即， 也即． 设直线PQ的方程为， 代入椭圆方程中整理得． 为保证直线与椭圆交于相异两点，必须满足判别式， ，解得． 由韦达定理，中点的横坐标． 一方面，． 因为，故分子，分母恒正，所以，即． 另一方面，． 因为，故，分子严格大于0， 所以，即． 同时，由代入横坐标可得中点纵坐标． 则． 因为，故且， 从而，所以，即． 故可知x的取值范围为，且y的取值范围满足． 综上所述，线段PQ中点的轨迹方程为： ，其中且． 例2．（2026·江西·二模）已知椭圆，其左、右两焦点分别为、，为椭圆的上顶点，为等边三角形，且的面积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知过点作斜率为直线与椭圆交于两点，点在轴上方，点关于轴的对称点为． （i）当与的面积之比为时，求的值； （ii）证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据题意列出关于的方程，求解即可； （2）（i）设，直线的方程设为：，与椭圆方程联立，韦达定理，结合得，求解即可． （ii）先求出的直线方程：，令，得，即可证明． 【详解】（1）为等边三角形，，又， 椭圆的标准方程为． （2）（i）设，则， 由题可知直线的方程设为：， 联立， ①，②， 由③， 联立①，③得， 代入②得：（负值舍去）， ． （ii）由，则， 的直线方程：． 令， 则， 把①②代入上式得． 直线恒过定点． 例3．（2026·河南许昌·三模）动点与定点的距离和P到定直线的距离的比是常数，记动点P的轨迹为C． (1)求C的标准方程； (2)已知点，点M，N在C上，直线，的斜率分别为，，且． （i）若，求的面积； （ii）证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据已知条件，利用距离之比构造方程，求出曲线方程； （2）（i）根据两点坐标求出，，从而求出的方程，联立椭圆方程求出点，进而求出直线的方程，求出及点到直线的距离，进而求出的面积；（ii）设，联立椭圆方程，利用韦达定理结合，联立直线方程得出或，进而得出定点坐标． 【详解】（1）设，则P到定直线的距离， ， 则， 将式子两边平方，并化简得， 曲线C的标准方程为． （2） （i），， ，则． 直线的方程为：，代入椭圆方程得：， ，，，即， ， 直线的方程为：，即, 点A到直线的距离为， 又, 的面积为． （ii）设，，，联立， ，则，, ，代入得： ， 即， ， 化简得，即， 或，代入得： 或， 即定点坐标为或， 又， 直线过定点． 变式1．（2026·北京房山·二模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，直线与椭圆交于点，. (1)求椭圆的标准方程与离心率； (2)若直线与圆交于点，，直线，与椭圆的另一个交点分别为点，，求证：对任意，直线过定点． 【答案】(1)，离心率. (2)证明见详解 【分析】（1）根据题意建立方程求得，进而求得标准方程，再根据关系求得，求得离心率； （2）由题，不妨设，，设直线的方程为，则，，与椭圆方程联立，求出点的坐标；由时，猜想直线过点，求出验证. 【详解】（1）由题意得，，解得，所以椭圆的方程为. 因为，所以离心率. （2）由，解得或， 不妨设，，因为，所以，， 设直线的方程为，则，， 由，消去整理得， 则，所以，， 当时，直线趋向于椭圆在点处的切线，此时直线过点，下面就一般情况验证. 则， 同理，可得，所以， 所以三点共线. 所以对任意，直线过定点. 变式2．（2026·北京丰台·二模）已知椭圆的离心率为，以椭圆的焦点和短轴顶点为顶点的四边形是边长为2的菱形. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知为椭圆的左顶点，，为椭圆上两个不同的动点（均不与点重合），且满足直线与直线的斜率之积为.求证：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）根据题意结合离心率可得，，即可得和椭圆方程； （2）设直线，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，根据斜率关系结合韦达定理可得或，进而分析证明. 【详解】（1）由题意可得：，，可得，， 所以椭圆的标准方程为. （2）由题意可知：，直线的斜率存在， 设直线，，， 联立方程，消去y可得， 则，可得， 则，， 因为， 整理可得， 即， 整理可得，解得或， 若，则直线过定点，不合题意； 若，则直线过定点，符合题意； 综上所述：直线过定点. 变式3．（2026·河北张家口·二模）已知椭圆：的长轴长为4，且与直线相切，，为上不在坐标轴上的不同两点． (1)求的方程； (2)若以为直径的圆经过点，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据长轴长及直线与椭圆的位置关系求解即可. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，根据圆的性质得到，结合韦达定理及直线过定点问题证明即可. 【详解】（1）由题易知， 联立得， ， 令，因为，解得， 所以C的方程为． （2）证明：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，， 联立，整理得， ， 则，， 所以． 因为以为直径的圆经过点，则，即， 即， 则，即或． 当时，， 直线的方程为，此时直线过定点，舍去； 当时，， 直线的方程为，此时直线过定点． 当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时，两点为，，以为直径的圆的方程为，点在该圆上． 综上所述，直线过定点． 考点二 椭圆中的定值问题 例1．（2026·吉林延边·三模）已知椭圆C：的上、下焦点分别为，，直线l：和C交于M，N两点，轴，P为C上的动点，面积的最大值为． (1)求C的方程； (2)若，求的面积； (3)设C上有两点A，B（A，B与M都不重合）满足，且，垂足为D，证明：存在定点Q，使得为定值． 【答案】(1)； (2)3； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组求解即得. （2）由（1）求出点的坐标，结合对称性及数量积的坐标表示求出点的坐标，进而求出三角形面积. （3）设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及向量垂直的坐标表示求出直线所过定点，进而求出点的轨迹即可推理得证. 【详解】（1）令椭圆C：的半焦距为，则， 由面积的最大值为，得， 由直线交于点，轴，得，则， 而，联立解得，所以椭圆C的方程为. （2）由（1）知，椭圆，，设，由对称性得关于原点对称， 则，，由， 得，即，而，解得，即点， 又，点到直线的距离， 所以的面积为. （3）设，当直线斜率存在时，设其方程为， 由消去，得， ，， ，而， 则 整理得，由直线不过点，得， 因此，即，直线过定点， 当直线斜率不存在时，设其方程为，则， ，而， 联立得，而，解得，直线过定点， 因此直线过定点，又，则点在以线段为直径的圆上， 圆心坐标为，令点，则， 所以存在定点，使得为定值. 例2．（2026·江苏扬州·模拟预测）在平面直角坐标系中，点为椭圆的左焦点，点为上一点，为的右焦点，且的周长为12． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与轴的交点为，过点的直线与交于两点，设直线的斜率分别为． （i）是否为定值？若是，则求出这个定值；若不是，请说明理由； （ii）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）为定值0；（ii） 【分析】（1）结合题意得，，进而解方程即可求得椭圆方程； （2）（i）由题意知，故根据直线的斜率为0时得；再结合直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，进而联立方程，结合韦达定理即可求得； （ii）结合（i），根据弦长公式得由题，点到直线的距离为，再结合基本不等式求解面积的最值即可. 【详解】（1）设椭圆的焦距为，因为椭圆的左焦点为，所以， 因为点为上一点，为的右焦点，所以， 因为的周长为12， 所以， 所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）（i）因为直线与轴的交点为，所以． 当直线的斜率为0时，三点共线且在轴上，故，此时； 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，， 联立，化简消去得：， ， 解得或， 所以，由韦达定理得，， 所以 ， 综上，为定值0． （ii）由题． 点到直线的距离为， 所以， 令，则， 所以． 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立，此时成立， 所以面积的最大值为 例3．（2026·山西·二模）椭圆的离心率，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆左顶点，过左焦点的直线（不过点）交椭圆于，两点，直线，分别交直线于，两点. ①求证：为定值； ②记的中点到轴的距离是，点是轴上的一点，记的斜率，的斜率，当是定值时，求定点的坐标. 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得，即可求解； （2）①设直线，联立方程组，求得，，利用斜率公式，化简，得到，即可得证； ②设定点，由①可得，及，，根据题意，化简得到是定值，求得的值，即可求解. 【详解】（1）由椭圆的离心率，且过点， 可得且，解得， 所以椭圆的方程. （2）①由（1）知：椭圆的方程，可得和， 设直线，联立方程组，整理得. 设，， 则有且，， 又由直线，令，可得， 同理可得，所以，， 则， 所以，所以（定值）； ②设定点，因为为的中点， 则由①可得， 又因为点到轴的距离是，所以， 因为，， 则， 所以是定值， 所以，解得，所以定点. 变式1．（2026·北京顺义·二模）已知椭圆的离心率为分别是椭圆的上､下顶点，. (1)求椭圆的方程； (2)设是椭圆的左顶点，过点作斜率为的直线与椭圆交于点（不同于点），且与轴交于点，点在直线上，且.求证：的面积为定值. 【答案】(1) (2)证明过程见解析 【分析】（1）根据椭圆上下顶点的距离得出短半轴的长度，再利用离心率与长半轴、短半轴的关系求出长半轴，从而得到椭圆的标准方程； （2）设过点的直线方程，与椭圆方程联立求得交点的坐标；求出直线与轴的交点，进而写出直线的方程，点在上，由垂直条件得出的纵坐标为常数，由此得到的面积为定值. 【详解】（1）由题意，上、下顶点 ，故，得， 离心率，且 ， 代入 ，得 ，解得 ，故 ，所以椭圆方程为 . （2）依题意，，，过斜率为的直线（）， 与椭圆方程联立： 解得（对应）或，则. 得， 直线与轴交于点，令得，故. 点，直线的斜率，所以直线方程为， 点在上，可设 ，由 ，即， ， 所以垂直条件等价于 ，即 ，解得， 于是，因此点的纵坐标为定值， 而 ，所以的面积 所以的面积为定值. 变式2．（2026·浙江台州·二模）已知椭圆的离心率为，右焦点为，点，点T是椭圆C上位于第四象限内的任意一点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点P作椭圆C的两条切线，，过点T作椭圆C的切线l，l与，的交点分别为M，N， （ⅰ）求切线，的方程： （ⅱ）问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ），；（ⅱ）为定值，定值为90°. 【分析】（1）根据离心率、焦点坐标确定椭圆的参数，即可得； （2）（i）设过点P的直线方程为，联立椭圆并结合相切关系得求直线的斜率，即可得；（ii）利用相切关系求得，结合（2）所得，求交点坐标，再应用向量数量积的坐标运算求得，即可得. 【详解】（1）由题意得，，解得，，所以椭圆C的标准方程为. （2）（ⅰ）由题意，设过点P的直线方程为，联立， 消去y并整理得， 由，即，解得，. 所以切线方程分别为，. （ⅱ）设且，则且，联立， 所以，则， 由相切关系知，则， 所以，则， 由，则， 所以，则，得， 所以，即， 由，联立直线得，则， 由，联立直线得，，则， 因为，，， 所以，即， 故为定值，且定值为90°. 变式3．（25-26高三下·海南海口·月考）已知椭圆 （>）的离心率为 A，B分别为椭圆C的上、下顶点，O为坐标原点，直线与椭圆C交于不同的两点P，Q. (1)设点M 为线段PQ的中点，证明：直线OM 与直线PQ的斜率之积为定值； (2)若时， ①求椭圆C的方程； ②证明：直线BP与直线AQ的交点D在定直线上. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）设，利用点差法求得，再化简计算即得； （2）①利用条件建立关于的方程，求解即得椭圆方程；②将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，分别列出直线BP与直线AQ的方程，设，联立求得，回代入方程，利用韦达定理化简推出，即得结论. 【详解】（1）设则 则由 两式相减可得，即 ， 所以 为定值. （2）①由题意可得，  解得，故椭圆方程为 . ②联立方程，消去，可得， 由，解得，则， 因直线BP的方程为，即 ， 直线AQ的方程为，即， 设直线BP与直线AQ的交点为，则联立， 由，解得 ， 将其代入①，可得 即. 故直线BP与直线AQ的交点在定直线上. 考点三 椭圆中的定直线问题 例1．（24-25高三上·福建漳州·月考）已知椭圆的两个焦点分别为，，离心率为，点P为上一点，周长为，其中为坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)直线与交于A，B两点， ①求面积的最大值； ②设，试证明点Q在定直线上，并求出定直线方程. 【答案】(1) (2)①；②证明见解析， 【分析】（1）根据题意列出方程组，求出及，即可得解； （2）①设，.联立直线和椭圆组成的方程组，利用韦达定理求出，再求出点O到直线的距离，即可得的面积，再利用基本不等式即可求出最大值；②设,由得到三点坐标之间的关系，再利用韦达定理转化成之间的关系，即可得证. 【详解】（1）设椭圆的焦距为2c， 依题意有，解得. 又因为，所以椭圆的方程为； （2） ①设，. 由消去,得*. 因为直线与交于A，B两点， 所以方程*的，解得. 又由韦达定理可知，， 所以弦长 ， 又因为点O到直线的距离， 所以的面积 ， 当且仅当，即时等号成立. 所以面积的最大值为； ②设， 由可得，即. 因为，所以，故， 于是有，所以点Q在定直线. 例2．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的上、下顶点，为坐标原点，直线与椭圆交于不同的两点. (1)设点为线段的中点，证明：直线与直线的斜率之积为定值； (2)若，证明：直线与直线的交点在定直线上. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用中点坐标公式和斜率公式，结合点差法证明定值. （2）由题意求出椭圆方程，与直线方程联立，根据韦达定理表示根与系数的关系，联立直线与直线的方程，化简可求得交点在定直线上. 【详解】（1）设，则， 则由两式相减可得，即， 所以 为定值. （2）由题意可得，解得，所以椭圆方程为， 则， 联立方程可得， 则，得， 故， 直线的方程为，① 直线的方程为，② 设直线与直线的交点， 则由①②两式相减可得，代入①可得， ，即. 所以点在定直线上. 例3．（2026·广东汕头·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，过的直线交椭圆于两点，当与轴垂直时，． (1)求椭圆的标准方程． (2)过分别作轴的垂线，垂足分别为，记直线与的交点为． （ⅰ）证明：点在定直线上，并求出定直线的方程； （ⅱ）若的面积为，求直线的斜率． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析，；（ⅱ） 【分析】（1）根据点在椭圆上，即可求解， （2）（ⅰ）设出直线的方程，与的方程联立，得到根与系数的关系，根据点斜式写出直线和直线的方程，联立直线和直线的方程，可得，即可求解，（ⅱ）根据三角形面积公式写出面积的表达式，结合韦达定理代入，即可求解. 【详解】（1）依题意，，点在椭圆上， 得，又，可得，， 所以椭圆的标准方程为． （2）依题意知直线与坐标轴不垂直，不妨设直线的方程为， 设，，， 由得， 则，， 故． 依题意，的坐标分别为，， 易知直线的斜率均存在，则直线的方程为， 直线的方程为， 联立与可得 ， 故点在定直线上，且直线的方程为． （ⅱ）依题意，不妨令，在轴上方， 则（的面积减去的面积即所求） ． 令，得，得．（注意前提条件） 根据椭圆的对称性可得， 故若的面积为，则直线的斜率为． 变式1．（25-26高三上·安徽滁州·月考）已知双曲线的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，在轴上位于右侧有一点，满足. (1)求的方程； (2)过点且不与坐标轴垂直的直线与交于两点，以为圆心作圆与直线交于两点，证明：直线的交点恒在直线上. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设的半焦距为，则，由已知可得，可求，进而可得，可求椭圆的方程. （2）由（1）知，点，设直线的方程为，联立方程组可得，设，求得的方程，联立两方程可求得直线的交点恒在直线上. 【详解】（1）设的半焦距为，则. 因为， 所以，解得， 因为，所以，即，解得， 则， 所以的方程为. （2）由（1）知，点，设直线的方程为. 由，可得， 则. 设，则. 由题可设， 则直线的方程为，直线的方程为， 联立两方程，可得 ， 解得，即直线的交点恒在直线上. 变式2．（25-26高三上·江苏盐城·月考）在平面直角坐标系中，已知椭圆E：的离心率为，右焦点F到椭圆E上任意一点的最小距离为1． (1)求椭圆E的方程； (2)设A，B为椭圆E的左，右顶点，过点F作直线l交椭圆E于C，D两点，C与A，B不重合），连接，交于点Q． ①求证：点Q在定直线上： ②设，，求的最大值． 【答案】(1) (2)①点Q在定直线上；②的最大值为 【分析】（1）根据椭圆离心率公式、焦半径范围和求出、即可得解. （2）①先由（1）得，，，设直线、、， 则可得，，结合点、在直线上联立直线与直线得点横坐标是一个定值从而得解. ②由①以及，可分别求出和，结合（1）中韦达定理将其直接带入计算即可求解. 【详解】（1）由题意得，， 所以椭圆E的方程为. （2）①由（1），，，故可设直线， 联立， 则，设， 则，，， 由题意可知直线与直线斜率存在， 则，， 联立 ， 所以，故点Q在定直线上. ②由上以及，得： ，， 故，， 即，， 所以， 因为，故，所以最大值为，即的最大值为. 变式3．（25-26高三上·重庆·月考）已知椭圆：的右焦点为，过点作轴的垂线交椭圆于点．过点作椭圆的切线，交轴于点． (1)求点的坐标； (2)过点的直线（非轴）交椭圆于、两点，过点作轴的垂线与直线交于点，求证：线段的中点在定直线上． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，求出，进而求出椭圆的方程，再设出切线方程，并与椭圆方程联立，由求出切线方程即可得解. （2）设直线：，，联立直线与的方程，求出的中点纵坐标，结合韦达定理计算推理即得. 【详解】（1）依题意，点，，解得，椭圆：， 显然过点的椭圆的切线斜率存在，设其方程为， 由消去并整理得， ， 整理得，解得，切线方程为，由，得， 所以点的坐标是. （2）设直线的方程为，，线段的中点， 由消去得， 则，，， 直线的方程为，则点， 于是， ， ，因此点在直线上， 所以线段的中点在定直线上. 2 学科网（北京）股份有限公司 $