第17讲 蝴蝶模型与坎迪定理讲义-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解析几何中蝴蝶模型与坎迪定理，覆盖圆、椭圆等圆锥曲线的弦中点、线段关系等高考核心考点，按定理推广、条件弱化的逻辑梳理知识要点，通过考情分析、题型归纳（证明、定点、定直线、定值等）及变式训练，帮助学生构建从几何直观到代数运算的解题框架。 资料突出数学思维与模型意识培养，如证明蝴蝶定理时引导学生用坐标法结合韦达定理转化问题，通过分层题型（基础证明到综合应用）和即时变式训练，提升学生复杂图形拆解与定理迁移能力，为教师提供系统复习路径，助力高效把控备考节奏。

第17讲 蝴蝶模型与坎迪定理 目 录 考情分析 1 学习目标 2 知识要点 3 题型归纳 3 题型01：蝴蝶模型的证明 3 题型02：直线过定点问题 9 题型03：定直线问题 10 题型04：定值问题 12 题型05：其它问题 17 1.地位：解析几何（圆锥曲线）拔高/选填技巧 2.题型： ① 圆、椭圆、双曲线、抛物线中的弦中点、线段相等、截线比例 ②选填快速秒杀，大题作为思路/验证 ③模拟/联考/强基计划常考变形构图 3. 难度：选填中档～偏难；大题非核心步骤 4. 整体命题趋势：从圆→圆锥曲线，定理推广、条件弱化（坎迪定理） 1. 知识目标 蝴蝶定理：若，则满足 坎迪定理：若，则满足 2. 能力目标 ① 识图：快速识别蝴蝶对称结构、对角线/弦交点 ② 计算：熟练用比例、面积、坐标、韦达定理 ③ 转化：复杂图→标准蝴蝶/坎迪模型 ④速解：选填用定理直接秒解；大题思路引导+检验 3. 素养目标 ①建立对称、比例、统一推广的几何观 ②强化数形结合、设而不求、特殊→一般 ③ 提升复杂图形拆解、定理迁移能力 知识点一：蝴蝶模型与坎迪定理 如下图所示，其中四个点均位于圆（圆锥曲线）上，且由四个点共同组成类似于“蝴蝶”图形，且与相交于点。若有一直线经过点且与圆（圆锥曲线）分别交于点，与与（或其延长线）分别交于点。（这里我们通常只考虑椭圆或抛物线的情况，双曲线情况较为复杂） （一）蝴蝶定理：若，则满足 （二）坎迪定理：若，则满足 注：蝴蝶模型通常是求斜率、证明长度相等或是过顶点等相关问题 在高考中，直接考查圆锥曲线中的蝴蝶定理很少见，大多是考查蝴蝶模型背景下的直线与椭圆的位置关系问题．此类问题的本质是研究椭圆的内接四边形，其形如“蝴蝶”的四边形通常可以由椭圆的两条相交弦确定，在具体的问题中，这两条弦要么过定点，要么由某线斜率特定，这样便会呈现出兼具一般解法，又别具一格的定点、定值等问题． 题型01：蝴蝶模型的证明 【典型例题1】已知椭圆（），四点，，，，中恰有三点在椭圆上. （1）求椭圆的方程； （2）蝴蝶定理：如图1，为圆的一条弦，是的中点，过作圆的两条弦，.若，分别与直线交于点，，则. 该结论可推广到椭圆.如图2所示，假定在椭圆中，弦的中点的坐标为，且两条弦，所在直线斜率存在，证明：. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】（1）根据椭圆的对称性，可知，，在椭圆上，然后将点的坐标代入椭圆的方程中得到关于a和b的方程组，求出a和b即得椭圆方程； （2）设，，，， 设直线的方程为，直线的方程为，分别与椭圆的方程联立，消去y后得到关于x的一元二次方程，再由韦达定理可得和，由、、三点共线，得，由、、三点共线，得：，通过计算可得，即可证明结论. 【详解】（1）由于，两点关于轴对称， 故由题设知经过，两点， 又由知，不过点，所以点在上， 因此，解得， 故椭圆的方程为； （2）因点的坐标在轴上，且为的中点， 所以直线平行于轴， 设，，，， 设直线的方程为，代入椭圆， 得：， 根据韦达定理得：，，① 同理，设直线的方程为，代入椭圆， 得：， 根据韦达定理得：，，② 由于、、三点共线，得，， 同理，由于、、三点共线，得：，结合①和②可得： 即，所以，即. 【点睛】关键点点睛：对于第二问，关键是由、、三点共线，得及由、、三点共线，得：，进而结合韦达定理的结果求得，最后证得结论. 【典型例题2】已知椭圆E：的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上. （1）求椭圆E的方程； （2）设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】 （1）根据a=2b，再将点代入椭圆方程，解方程组即可求解. （2）设直线l的方程为，将直线与椭圆联立，利用韦达定理可得M点坐标为，从而求出直线OM方程，将直线与椭圆联立，求出点，根据两点间的距离公式即可求解. 【详解】 （1）由已知，a=2b.又椭圆过点， 故，解得. 所以椭圆E的方程是. （2）设直线l的方程为， ， 由方程组 得，①， 方程①的判别式为，由， 即，解得. 由①得. 所以M点坐标为，直线OM方程为， 由方程组，得. 所以. 又 . 所以. 【点睛】 关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是求出M点坐标，考查了计算能力. 【变式训练1-1】如图，椭圆的长轴与x轴平行，短轴在y轴上，中心为． (1)写出椭圆的方程，求椭圆的焦点坐标及离心率； (2)直线交椭圆于两点；直线交椭圆于两点，．求证：； (3)对于（2）中的中的在，，，，设交轴于点，交轴于点，求证：（证明过程不考虑或垂直于轴的情形） 【变式训练1-2】已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）设不过原点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，线段的中点为，直线与椭圆交于，证明：. 【变式训练1-3】已知点在椭圆：上，为坐标原点，直线：的斜率与直线的斜率乘积为 （1）求椭圆的方程； （2）不经过点的直线：（且）与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为（与点不重合），直线，与轴分别交于两点，，求证：. 【变式训练1-4】如图，B，A是椭圆的左、右顶点，P，Q是椭圆C上都不与A，B重合的两点，记直线BQ，AQ，AP的斜率分别是，，. （1）求证：； （2）若直线PQ过定点，求证：. 题型02：直线过定点问题 【典型例题】在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率是，焦点到相应准线的距离是3. (1)求a,b的值； (2)已知A,B是椭圆C上关于原点对称的两点，A在x轴的上方，F(1,0)，连接AF,BF并分别延长交椭圆C于D,E两点，证明：直线DE过定点. 【解析】 (1)由题意得，且. 解得，则，故. (2)设，且，. 步骤一：由定比分点公式 两式相加得. 步骤二：设交轴于，由得 代入化简得 步骤三：代入解得 故直线过定点. 【变式训练2-1】在平面直角坐标系中，已知圆，点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，设点的轨迹为曲线。 (1)求曲线的方程； (2)若，设过点的直线与曲线分别交于点，其中，求证：直线必过轴上的一定点。(其坐标与无关) 【变式训练2-2】已知椭圆，分别是的左右焦点。点A,B,C,D均在上，且点A是第一象限点。直线AB经过点，直线AC,BD均经过点. 【变式训练2-3】在平面直角坐标系中，已知圆，点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，设点的轨迹为曲线。 (1)求曲线的方程； (2)若，设过点的直线与曲线分别交于点，其中，求证：直线必过轴上的一定点。(其坐标与无关) 题型03：定直线问题 【典型例题】如图，已知抛物线C：的焦点F，过x轴上一点作两条直线分别交抛物线于A，B和C，D，设和所在直线交于点P．设M为抛物线上一点，满足以下的其中两个条件：①M点坐标可以为；②轴时，；③比M到y轴距离大1． （1）抛物线C同时满足的条件是哪两个？并求抛物线方程； （2）判断并证明点P是否在某条定直线上，如果是，请求出该直线；如果不是，请说明理由． 【答案】（1）①③，；（2）点P在定直线上；证明见解析；定直线． 【分析】（1）根据抛物线的标准方程确定可以满足哪两个条件； （2）设，，，，，，直线方程代入抛物线方程整理应用应用韦达定理得，同理得，然后由抛物线上两点坐标写出直线和方程，两方程消去后并代入韦达定理的结论可得为定值．这样得定直线． 【详解】（1）若有①，则，，此时②不能满足，，③能满足， 若有②，则，①③都不能满足． 故能同时满足①③，抛物线方程为； （2），， ，，，； ， 由韦达定理得， 同理，； 因为 即， 同理，； 消去y得， ， ， ，． 所以点P在定直线上． 【点睛】关键点点睛：本题考查求抛物线的标准方程，直线与抛物线相交中的定直线问题．解题方法是设而不求的思想方法：设直线方程，设交点坐标，直线方程与抛物线方程联立方程组消元后应用韦达定理得两交点的纵坐标（或横坐标）的和与积．对定直线问题，需求出动点的坐标，代入上述韦达定理的结论可得坐标满足的性质，从而确定定直线， 【变式训练3-1】已知椭圆的左､右顶点分别为点，，且，椭圆离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）过椭圆的右焦点，且斜率不为的直线交椭圆于，两点，直线，的交于点，求证：点在直线上. 题型04：定值问题 【典型例题1】如图，在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，离心率为．分别过，的两条弦，相交于点（异于，两点），且．    （1）求椭圆的方程； （2）求证：直线，的斜率之和为定值． 【答案】(1);(2)详见解析. 【分析】（1）根据离心率以及平方关系，求得结果，（2）先根据直线方程与椭圆方程解得点坐标，再根据斜率坐标公式化简即可证明. 【详解】（1）解：由题意，得，，故， 从而， 所以椭圆的方程为． ① （2）证明：设直线的方程为， ② 直线的方程为， ③ 由①②得，点，的横坐标为， 由①③得，点，的横坐标为， 记，，，， 则直线，的斜率之和为 ． 【典型例题2】椭圆（）的左、右焦点分别为，在椭圆上，的周长为，面积的最大值为2. （1）求椭圆的方程； （2）直线（）与椭圆交于，连接，并延长交椭圆于，连接，探索与的斜率之比是否为定值并说明理由. 【答案】（I）；（II）. 【分析】 利用的周长为，面积的最大值为列出方程求出a，b即可得到椭圆方程． 设，则直线AD：，代入C：，结合，代入化简得，设，利用韦达定理通过斜率关系，化简求解即可． 【详解】 ， ， 得， 所以椭圆C的方程为：． 设，则 直线AD：， 代入C：得， 因为，代入化简得， 设，则， 所以，， 直线， 同理可得，． 所以 ， 所以：． 【点睛】 本题考查椭圆的简单性质，椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力． 【变式训练4-1】已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切. （Ⅰ）求椭圆方程； （Ⅱ）设为椭圆右顶点，过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于，两点（异于），直线，分别交直线于，两点. 求证：，两点的纵坐标之积为定值. 【变式训练4-2】已知椭圆，为平面上一点，AB为椭圆上两点，且.AP,BP分别交椭圆于C,D，求证：. 【变式训练4-3】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P为椭圆上一点． （1）求椭圆C的标准方程； （2）如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1＝2k2，求直线l斜率的值． 【变式训练4-4】如图，为坐标原点，椭圆（）的焦距等于其长半轴长，为椭圆的上、下顶点，且 （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线交椭圆于异于的两点，直线交于点．求证：点的纵坐标为定值3． 【变式训练4-5】已知椭圆：的焦距为4，且点在椭圆上，直线经过椭圆的左焦点，与椭圆交于两点，且其斜率为，为坐标原点，为椭圆的右焦点. （1）求椭圆的方程； （2）设，延长分别与椭圆交于两点，直线的斜率为，求证：为定值. 题型05：其它问题 【典型例题】已知是椭圆的右焦点，直线MN交椭圆C于M,N两点，交y轴于点A，点Q满足，，且. (1)求椭圆C的离心率；e 【解析】 (1)令，由定比分点公式： 代入椭圆方程： 即 两式相减： 因，，故 【变式训练5-1】已知椭圆经过点，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）经过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，点与点关于坐标原点对称．连接．求证：存在实数，使得成立． 【变式训练5-2】已知椭圆的方程为，在椭圆上，椭圆的左顶点为，左、右焦点分别为，的面积是的面积的倍． （1）求椭圆的方程； （2）直线（）与椭圆交于，，连接，并延长交椭圆于，，连接，指出与之间的关系，并说明理由． 【变式训练5-3】已知椭圆C的方程为，在椭圆上，离心率，左、右焦点分别为、． （1）求椭圆C的方程； （2）直线与椭圆C交于A，B两点，连接并延长交椭圆C于D、E两点，连接，求的值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第17讲 蝴蝶模型与坎迪定理 目 录 考情分析 1 学习目标 2 知识要点 3 题型归纳 3 题型01：蝴蝶模型的证明 3 题型02：直线过定点问题 15 题型03：定直线问题 21 题型04：定值问题 25 题型05：其它问题 36 1.地位：解析几何（圆锥曲线）拔高/选填技巧 2.题型： ① 圆、椭圆、双曲线、抛物线中的弦中点、线段相等、截线比例 ②选填快速秒杀，大题作为思路/验证 ③模拟/联考/强基计划常考变形构图 3. 难度：选填中档～偏难；大题非核心步骤 4. 整体命题趋势：从圆→圆锥曲线，定理推广、条件弱化（坎迪定理） 1. 知识目标 蝴蝶定理：若，则满足 坎迪定理：若，则满足 2. 能力目标 ① 识图：快速识别蝴蝶对称结构、对角线/弦交点 ② 计算：熟练用比例、面积、坐标、韦达定理 ③ 转化：复杂图→标准蝴蝶/坎迪模型 ④速解：选填用定理直接秒解；大题思路引导+检验 3. 素养目标 ①建立对称、比例、统一推广的几何观 ②强化数形结合、设而不求、特殊→一般 ③ 提升复杂图形拆解、定理迁移能力 知识点一：蝴蝶模型与坎迪定理 如下图所示，其中四个点均位于圆（圆锥曲线）上，且由四个点共同组成类似于“蝴蝶”图形，且与相交于点。若有一直线经过点且与圆（圆锥曲线）分别交于点，与与（或其延长线）分别交于点。（这里我们通常只考虑椭圆或抛物线的情况，双曲线情况较为复杂） （一）蝴蝶定理：若，则满足 （二）坎迪定理：若，则满足 注：蝴蝶模型通常是求斜率、证明长度相等或是过顶点等相关问题 在高考中，直接考查圆锥曲线中的蝴蝶定理很少见，大多是考查蝴蝶模型背景下的直线与椭圆的位置关系问题．此类问题的本质是研究椭圆的内接四边形，其形如“蝴蝶”的四边形通常可以由椭圆的两条相交弦确定，在具体的问题中，这两条弦要么过定点，要么由某线斜率特定，这样便会呈现出兼具一般解法，又别具一格的定点、定值等问题． 题型01：蝴蝶模型的证明 【典型例题1】已知椭圆（），四点，，，，中恰有三点在椭圆上. （1）求椭圆的方程； （2）蝴蝶定理：如图1，为圆的一条弦，是的中点，过作圆的两条弦，.若，分别与直线交于点，，则. 该结论可推广到椭圆.如图2所示，假定在椭圆中，弦的中点的坐标为，且两条弦，所在直线斜率存在，证明：. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】（1）根据椭圆的对称性，可知，，在椭圆上，然后将点的坐标代入椭圆的方程中得到关于a和b的方程组，求出a和b即得椭圆方程； （2）设，，，， 设直线的方程为，直线的方程为，分别与椭圆的方程联立，消去y后得到关于x的一元二次方程，再由韦达定理可得和，由、、三点共线，得，由、、三点共线，得：，通过计算可得，即可证明结论. 【详解】（1）由于，两点关于轴对称， 故由题设知经过，两点， 又由知，不过点，所以点在上， 因此，解得， 故椭圆的方程为； （2）因点的坐标在轴上，且为的中点， 所以直线平行于轴， 设，，，， 设直线的方程为，代入椭圆， 得：， 根据韦达定理得：，，① 同理，设直线的方程为，代入椭圆， 得：， 根据韦达定理得：，，② 由于、、三点共线，得，， 同理，由于、、三点共线，得：，结合①和②可得： 即，所以，即. 【点睛】关键点点睛：对于第二问，关键是由、、三点共线，得及由、、三点共线，得：，进而结合韦达定理的结果求得，最后证得结论. 【典型例题2】已知椭圆E：的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上. （1）求椭圆E的方程； （2）设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】 （1）根据a=2b，再将点代入椭圆方程，解方程组即可求解. （2）设直线l的方程为，将直线与椭圆联立，利用韦达定理可得M点坐标为，从而求出直线OM方程，将直线与椭圆联立，求出点，根据两点间的距离公式即可求解. 【详解】 （1）由已知，a=2b.又椭圆过点， 故，解得. 所以椭圆E的方程是. （2）设直线l的方程为， ， 由方程组 得，①， 方程①的判别式为，由， 即，解得. 由①得. 所以M点坐标为，直线OM方程为， 由方程组，得. 所以. 又 . 所以. 【点睛】 关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是求出M点坐标，考查了计算能力. 【变式训练1-1】如图，椭圆的长轴与x轴平行，短轴在y轴上，中心为． (1)写出椭圆的方程，求椭圆的焦点坐标及离心率； (2)直线交椭圆于两点；直线交椭圆于两点，．求证：； (3)对于（2）中的中的在，，，，设交轴于点，交轴于点，求证：（证明过程不考虑或垂直于轴的情形） 【答案】(1)椭圆方程为；焦点坐标为，；离心率 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的长轴与轴平行，短轴在轴上，中心，即可得椭圆方程，从而可得焦点坐标与离心率； （2）将直线的方程代入椭圆方程，利用韦达定理，可得；将直线的方程代入椭圆方程，同理可得，由此可得结论； （3）设点，点，由、、共线，得；由、、共线，可得，由此可得结论． 【详解】（1）解：椭圆的长轴与轴平行，短轴在轴上，中心， 椭圆方程为 焦点坐标为， 离心率 （2）证明：将直线的方程代入椭圆方程，得 整理得 根据韦达定理，得，， 所以① 将直线的方程代入椭圆方程，同理可得② 由 ①、②得 所以结论成立. （3）证明：设点，点 由、、共线，得 解得 由、、共线，同理可得 由变形得 所以 即 【变式训练1-2】已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）设不过原点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，线段的中点为，直线与椭圆交于，证明：. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】 （1）根据b=1，，结合解方程组即可求解； （2）设直线l的方程为，将直线与椭圆联立，利用韦达定理可得中点，从而求出直线OM方程，将直线与椭圆联立，求出点，根据两点间的距离公式即可求解. 【详解】 （1）根据题意： ， 所以椭圆G的方程为. （2）设直线l的方程为： 由 消去得： 即， 需 即 ， 设，中点，则 ， ， 那么直线的方程为:即， 由 ， 不妨令 ， 那么 ， ， 所以 |MC|·|MD|=|ME|·|MF|. 【点睛】 关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理可得中点，从而求出直线OM方程，将直线与椭圆再次联立，求出点，考查了分析问题、解决问题能力，以及计算能力. 【变式训练1-3】已知点在椭圆：上，为坐标原点，直线：的斜率与直线的斜率乘积为 （1）求椭圆的方程； （2）不经过点的直线：（且）与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为（与点不重合），直线，与轴分别交于两点，，求证：. 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析 【分析】 （Ⅰ）根据椭圆的中点弦所在直线的斜率的性质，得到，得到，再结合椭圆所过的点的坐标满足椭圆方程，联立方程组，求得，进而求得椭圆的方程； （Ⅱ）将直线方程与椭圆方程联立，消元，利用韦达定理得到两根和与两根积，将证明结果转化为证明直线，的斜率互为相反数，列式，可证. 【详解】 （Ⅰ）由题意，， 即① 又② 联立①①解得 所以，椭圆的方程为：. （Ⅱ）设，，，由， 得， 所以，即， 又因为，所以，， ，， 解法一：要证明，可转化为证明直线，的斜率互为相反数，只需证明，即证明. ∴ ∴，∴. 解法二：要证明，可转化为证明直线，与轴交点、连线中点的纵坐标为，即垂直平分即可. 直线与的方程分别为： ，， 分别令，得， 而，同解法一，可得 ，即垂直平分. 所以，. 【点睛】 该题考查的是有关解析几何的问题，涉及到的知识点有椭圆方程的求解，用到的结论有椭圆中点弦所在直线的斜率的特征，再者就是直线与椭圆相交的综合题，认真审题是正确解题的关键，注意正确的等价转化. 【变式训练1-4】如图，B，A是椭圆的左、右顶点，P，Q是椭圆C上都不与A，B重合的两点，记直线BQ，AQ，AP的斜率分别是，，. （1）求证：； （2）若直线PQ过定点，求证：. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】 （1）设，代入斜率公式求； （2）设直线的方程是，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示，再根据（1）的结论证明. 【详解】 （1）设 ； （2）设直线的方程是，设 与椭圆方程联立， 得： ， ， ， ， , 由（1）可知， 两式消去，解得：. 【点睛】 本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，定值和定点，意在考查转化与化归的思想和计算能力，属于中档题型，第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具. 题型02：直线过定点问题 【典型例题】在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率是，焦点到相应准线的距离是3. (1)求a,b的值； (2)已知A,B是椭圆C上关于原点对称的两点，A在x轴的上方，F(1,0)，连接AF,BF并分别延长交椭圆C于D,E两点，证明：直线DE过定点. 【解析】 (1)由题意得，且. 解得，则，故. (2)设，且，. 步骤一：由定比分点公式 两式相加得. 步骤二：设交轴于，由得 代入化简得 步骤三：代入解得 故直线过定点. 【变式训练2-1】在平面直角坐标系中，已知圆，点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，设点的轨迹为曲线。 (1)求曲线的方程； (2)若，设过点的直线与曲线分别交于点，其中，求证：直线必过轴上的一定点。(其坐标与无关) 【答案】(1) ； (2) 证明见解析 【分析】 （1）由椭圆的定义可直接求出求曲线的方程；（2）先求出直线的方程，再分别与椭圆联立方程组，求出两点的坐标并写出直线的方程 【详解】 （1）∵在线段的垂直平分线上，∴ ∴ 由椭圆的定义知点的轨迹是以为焦点，6为长轴长的椭圆 ，∴ 曲线的方程为：。 （2）点的坐标为 直线方程为：，即， 直线方程为：，即。 分别与椭圆联立方程组，同时考虑到， 解得：. 当时，直线方程为： 令，解得：。此时必过点； 当时，直线方程为：，与轴交点为。 所以直线必过轴上的一定点。 【点睛】 本题主要考查利用定义法求椭圆的标准方程及圆锥曲线中的定点问题，计算量大，第二问难度大，是高考压轴题。 【变式训练2-2】已知椭圆，分别是的左右焦点。点A,B,C,D均在上，且点A是第一象限点。直线AB经过点，直线AC,BD均经过点. 【解析】(1)求椭圆的离心率 由椭圆方程得，则，. 离心率 (2)若，求直线的方程 设，，则 数量积 代入椭圆方程，得 代入椭圆得，故. 直线过，斜率 方程为 整理得 (3)求证：为定值，且直线过定点 证明 设. 令，由定比点差法： 解得 同理令，得 由三点共线： 设过定点，则. 代入，化简得 整理得，解得，即直线过定点. 斜率比 【变式训练2-3】在平面直角坐标系中，已知圆，点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，设点的轨迹为曲线。 (1)求曲线的方程； (2)若，设过点的直线与曲线分别交于点，其中，求证：直线必过轴上的一定点。(其坐标与无关) 【答案】(1) ； (2) 证明见解析 【分析】 （1）由椭圆的定义可直接求出求曲线的方程；（2）先求出直线的方程，再分别与椭圆联立方程组，求出两点的坐标并写出直线的方程 【详解】 （1）∵在线段的垂直平分线上，∴ ∴ 由椭圆的定义知点的轨迹是以为焦点，6为长轴长的椭圆 ，∴ 曲线的方程为：。 （2）点的坐标为 直线方程为：，即， 直线方程为：，即。 分别与椭圆联立方程组，同时考虑到， 解得：. 当时，直线方程为： 令，解得：。此时必过点； 当时，直线方程为：，与轴交点为。 所以直线必过轴上的一定点。 【点睛】 本题主要考查利用定义法求椭圆的标准方程及圆锥曲线中的定点问题，计算量大，第二问难度大，是高考压轴题。 题型03：定直线问题 【典型例题】如图，已知抛物线C：的焦点F，过x轴上一点作两条直线分别交抛物线于A，B和C，D，设和所在直线交于点P．设M为抛物线上一点，满足以下的其中两个条件：①M点坐标可以为；②轴时，；③比M到y轴距离大1． （1）抛物线C同时满足的条件是哪两个？并求抛物线方程； （2）判断并证明点P是否在某条定直线上，如果是，请求出该直线；如果不是，请说明理由． 【答案】（1）①③，；（2）点P在定直线上；证明见解析；定直线． 【分析】（1）根据抛物线的标准方程确定可以满足哪两个条件； （2）设，，，，，，直线方程代入抛物线方程整理应用应用韦达定理得，同理得，然后由抛物线上两点坐标写出直线和方程，两方程消去后并代入韦达定理的结论可得为定值．这样得定直线． 【详解】（1）若有①，则，，此时②不能满足，，③能满足， 若有②，则，①③都不能满足． 故能同时满足①③，抛物线方程为； （2），， ，，，； ， 由韦达定理得， 同理，； 因为 即， 同理，； 消去y得， ， ， ，． 所以点P在定直线上． 【点睛】关键点点睛：本题考查求抛物线的标准方程，直线与抛物线相交中的定直线问题．解题方法是设而不求的思想方法：设直线方程，设交点坐标，直线方程与抛物线方程联立方程组消元后应用韦达定理得两交点的纵坐标（或横坐标）的和与积．对定直线问题，需求出动点的坐标，代入上述韦达定理的结论可得坐标满足的性质，从而确定定直线， 【变式训练3-1】已知椭圆的左､右顶点分别为点，，且，椭圆离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）过椭圆的右焦点，且斜率不为的直线交椭圆于，两点，直线，的交于点，求证：点在直线上. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】 （1）由题知，解方程即可得，，故椭圆的方程是. （2）先讨论斜率不存在时的情况易知直线，的交点的坐标是.当直线斜率存在时，设直线方程为，，，进而联立方程结合韦达定理得，，直线的方程是，直线的方程是，进而计算得时的纵坐标，并证明其相等即可. 【详解】 解：（1）因为，椭圆离心率为， 所以，解得，. 所以椭圆的方程是. （2）①若直线的斜率不存在时，如图， 因为椭圆的右焦点为，所以直线的方程是. 所以点的坐标是，点的坐标是. 所以直线的方程是， 直线的方程是. 所以直线，的交点的坐标是. 所以点在直线上. ②若直线的斜率存在时，如图. 设斜率为.所以直线的方程为. 联立方程组 消去，整理得. 显然.不妨设，， 所以，. 所以直线的方程是. 令，得. 直线的方程是. 令，得. 所以 分子 . . 所以点在直线上. 【点睛】 本题第二问解题的关键在于分类讨论直线斜率不存在和存在两种情况，当直线斜率存在时，设，，写出直线的方程是和直线的方程是，进而计算得时的纵坐标相等即可.考查运算求解能力，是中档题. 题型04：定值问题 【典型例题1】如图，在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，离心率为．分别过，的两条弦，相交于点（异于，两点），且．    （1）求椭圆的方程； （2）求证：直线，的斜率之和为定值． 【答案】(1);(2)详见解析. 【分析】（1）根据离心率以及平方关系，求得结果，（2）先根据直线方程与椭圆方程解得点坐标，再根据斜率坐标公式化简即可证明. 【详解】（1）解：由题意，得，，故， 从而， 所以椭圆的方程为． ① （2）证明：设直线的方程为， ② 直线的方程为， ③ 由①②得，点，的横坐标为， 由①③得，点，的横坐标为， 记，，，， 则直线，的斜率之和为 ． 【典型例题2】椭圆（）的左、右焦点分别为，在椭圆上，的周长为，面积的最大值为2. （1）求椭圆的方程； （2）直线（）与椭圆交于，连接，并延长交椭圆于，连接，探索与的斜率之比是否为定值并说明理由. 【答案】（I）；（II）. 【分析】 利用的周长为，面积的最大值为列出方程求出a，b即可得到椭圆方程． 设，则直线AD：，代入C：，结合，代入化简得，设，利用韦达定理通过斜率关系，化简求解即可． 【详解】 ， ， 得， 所以椭圆C的方程为：． 设，则 直线AD：， 代入C：得， 因为，代入化简得， 设，则， 所以，， 直线， 同理可得，． 所以 ， 所以：． 【点睛】 本题考查椭圆的简单性质，椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力． 【变式训练4-1】已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切. （Ⅰ）求椭圆方程； （Ⅱ）设为椭圆右顶点，过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于，两点（异于），直线，分别交直线于，两点. 求证：，两点的纵坐标之积为定值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析. 【分析】 （Ⅰ）求出后可得椭圆方程. （Ⅱ）当直线的斜率不存在，计算可得两点的纵坐标之积为.当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，，则，联立直线方程和椭圆方程，消去后利用韦达定理化简后可得定值. 【详解】 解：（Ⅰ）因为以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切， 所以半径等于原点到直线的距离，，即. 由离心率，可知，且，得. 故椭圆的方程为. （Ⅱ）由椭圆的方程可知. 若直线的斜率不存在，则直线方程为， 所以. 则直线的方程为，直线的方程为. 令，得，. 所以两点的纵坐标之积为. 若直线的斜率存在，设直线的方程为, 由得， 依题意恒成立. 设， 则. 设， 由题意三点共线可知， 所以点的纵坐标为.同理得点的纵坐标为. 所以 综上，两点的纵坐标之积为定值. 【点睛】 求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组，消元后得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系式中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值等问题. 【变式训练4-2】已知椭圆，为平面上一点，AB为椭圆上两点，且.AP,BP分别交椭圆于C,D，求证：. 【解析】 设，直线. 设，，由定比分点公式： 即 代入椭圆方程作差（定比点差法）： 化简得 代入，，整理得 同理对得 由知，代入(2)-(3)得 即. 又在椭圆内，，故. 因此，即. 一般情形：已知，分别交椭圆于，则. （注：在椭圆外时仍然成立） 【变式训练4-3】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P为椭圆上一点． （1）求椭圆C的标准方程； （2）如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1＝2k2，求直线l斜率的值． 【答案】（1）＋＝1；（2）. 【分析】 (1)由椭圆的离心率,和点P在椭圆上求出椭圆的标准方程; (2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋1, 设M(x1，y1)，N(x2，y2), 联立方程组消去y,再将k1＝2k2用坐标表示,利用点在椭圆上和韦达定理求出直线l的斜率. 【详解】 (1)因为椭圆的离心率为，所以a＝2c. 又因为a2＝b2＋c2，所以b＝c. 所以椭圆的标准方程为＋＝1. 又因为点P为椭圆上一点，所以＋＝1，解得c＝1. 所以椭圆的标准方程为＋＝1. (2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋1. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)． 联立方程组 消去y可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0. 所以由根与系数关系可知x1＋x2＝－，x1x2＝－. 因为k1＝，k2＝，且k1＝2k2，所以＝. 即＝.　① 又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上， 所以＝ (4－)，＝ (4－)．　② 将②代入①可得：＝，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0. 所以3＋10＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0. 解得k＝或k＝，又因为k>1，所以k＝. 【点睛】 本题考查直线与椭圆的位置关系,考查椭圆的标准方程和椭圆的几何性质,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题. 【变式训练4-4】如图，为坐标原点，椭圆（）的焦距等于其长半轴长，为椭圆的上、下顶点，且 （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线交椭圆于异于的两点，直线交于点．求证：点的纵坐标为定值3． 【答案】（1）；（2）3 【分析】 （1）由得，再根据焦距等于其长半轴长可求，故可得椭圆的方程. （2）设直线方程为，， 【详解】 解：（1）由题意可知：,，又， 有，故椭圆的方程为：． （2）由题意知直线的斜率存在，设其方程为，用的横坐标表示的纵坐标，再联立的方程和椭圆的方程，消去得，利用韦达定理化简的纵坐标后可得所求的定值. 设（）， 联立直线方程和椭圆方程得，消去得， ,，且有， 又，， 由得， 故，整理得到 ，故 ． 故点的纵坐标为3． 【点睛】 求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 【变式训练4-5】已知椭圆：的焦距为4，且点在椭圆上，直线经过椭圆的左焦点，与椭圆交于两点，且其斜率为，为坐标原点，为椭圆的右焦点. （1）求椭圆的方程； （2）设，延长分别与椭圆交于两点，直线的斜率为，求证：为定值. 【答案】(1) (2)见解析 【详解】 试题分析：（1）由题意知，，且解得，故椭圆的方程为. （2）联立 得，同理得的坐标为，表示整理得，从而为定值. 试题解析：（1）由题意知，，且 ∴解得 椭圆的方程为. （2）由（1）可得，设，， 可得：， ∴联立方程 ， ∴，∴， ∴，∴ 同理，直线与椭圆交点的坐标为 ∴ 设：，∴ 代入可得 ， ∴为定值. 点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现. 题型05：其它问题 【典型例题】已知是椭圆的右焦点，直线MN交椭圆C于M,N两点，交y轴于点A，点Q满足，，且. (1)求椭圆C的离心率；e 【解析】 (1)令，由定比分点公式： 代入椭圆方程： 即 两式相减： 因，，故 【变式训练5-1】已知椭圆经过点，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）经过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，点与点关于坐标原点对称．连接．求证：存在实数，使得成立． 【答案】（1）（2）证明见解析 【分析】 （1）由点可得,由,根据即可求解； （2）设直线的方程为,联立可得,设,由韦达定理可得,再根据直线的斜率公式求得；由点B与点Q关于原点对称,可设,可求得,则,即可求证. 【详解】 解:（1）由题意可知,, 又,得, 所以椭圆的方程为 （2）证明:设直线的方程为， 联立,可得, 设, 则有, 因为, 所以, 又因为点B与点Q关于原点对称,所以,即, 则有,由点在椭圆上,得,所以, 所以,即， 所以存在实数,使成立 【点睛】 本题考查椭圆的标准方程,考查直线的斜率公式的应用,考查运算能力. 【变式训练5-2】已知椭圆的方程为，在椭圆上，椭圆的左顶点为，左、右焦点分别为，的面积是的面积的倍． （1）求椭圆的方程； （2）直线（）与椭圆交于，，连接，并延长交椭圆于，，连接，指出与之间的关系，并说明理由． 【答案】(1);(2)见解析. 【解析】 【分析】 （1）由题意可求得，，从而可得椭圆的方程．（2）设，则，可得直线的方程为，与椭圆方程联立后消元可得二次方程，然后根据二次方程根与系数的关系得到点的坐标．同理可得点的坐标，最后通过计算可得． 【详解】 （1）由的面积是的面积的倍，可得，即， 又， 所以， 由在椭圆上，可得， 所以， 可得，， 所以椭圆的方程为． （2）设，则， 故直线的方程为， 由消去整理得， 又， 代入上式化简得， 设，， 则， 所以，． 又直线的方程为， 同理可得，． 所以， 所以． 【点睛】 在解答直线和圆锥曲线位置关系的问题时，一般要遇到大量的运算，所以在解题时为了减少运算量要注意合理运用“设而不求”、“整体代换”等方法的运用，以减少运算，提高解题的效率，尽量避免出现计算中的错误． 【变式训练5-3】已知椭圆C的方程为，在椭圆上，离心率，左、右焦点分别为、． （1）求椭圆C的方程； （2）直线与椭圆C交于A，B两点，连接并延长交椭圆C于D、E两点，连接，求的值． 【答案】（1）；（2）． 【分析】 （1）由在椭圆上，得到，再根据和，求得的值，即可求解； （2）设，得到直线，联立方程组，结合，求得，，同理求得，，结合斜率公式，化简，即可求解. 【详解】 （1）由在椭圆上，可得， 又由离心率，可得，且， 解得，所以椭圆C的方程为． （2）设，则，直线， 代入，得， 因为，代入化简得， 设，，则，所以，， 直线：，同理可得， 化简得， 故，即，， 所以 又， 所以． 【点睛】 直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略： 对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力． 1 学科网（北京）股份有限公司 $