椭圆中的定点问题、定值问题、向量问题 专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦椭圆定点、定值、向量三大核心问题，通过典型例题与变式训练构建问题转化与代数推理体系，强化数学思维与模型观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |椭圆中的定点问题|3例+3变式|涉及斜率关系、对称条件证明直线过定点|从椭圆方程求解到直线方程参数分析，体现几何条件代数化| |椭圆中的定值问题|3例+3变式|包含斜率和/积、面积、距离等定值证明|通过方程联立与参数消元，建立不变量与变量的逻辑关系| |椭圆中的向量问题|3例+3变式|结合向量共线、数量积等条件求轨迹或最值|向量条件转化为坐标关系，渗透数形结合思想|

椭圆中的定点问题、定值问题、向量问题专项训练 椭圆中的定点问题、定值问题、向量问题专项训练 考点目录 椭圆中的定点问题 椭圆中的定值问题 椭圆中的向量问题 考点一 椭圆中的定点问题 例1．（2026·安徽·三模）设椭圆：的离心率为，为椭圆的左端点． (1)求椭圆的标准方程： (2)设动点，在椭圆上且在第三象限，点，射线，关于直线对称，记，的斜率分别为，． （i）若，求； （ii）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标． 【答案】(1) (2)（i）； （ii）设直线：，由在第三象限可知，． 与椭圆 联立得 ． 则，且，． 由（i）知 ，即， 即 ， 即 ， 即 ，即 ． 又，，故 ， 因此直线：恒过定点. 【分析】（1）根据离心率和椭圆性质求解； （2）（i）设直线，的倾斜角分别为，，则 ，故，于是，，可解；（ii）设直线：，联立方程组，根据（i） ，化简可得证. 【详解】（1）由题意，，又离心率，故， 所以椭圆的标准方程为； （2）（i）由题，，设直线，的倾斜角分别为，， 由题意，，即 ，故． 于是， ， 故时， （ii）略 例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. 例3．（2026·甘肃张掖·二模）设点，，过线段上动点，作线段，垂足为，且，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知，是曲线上不同的两点，若直线和的斜率之商为，证明：直线过定点． 【答案】(1)（） (2)证明见解析 【分析】（1）根据位置关系与点到点的距离公式，即可求解； （2）设出方程，对应得到方程，求解出、两点坐标，结合直线方程即可证明. 【详解】（1）设，则， 因为，垂足为且在线段上，所以设，， 而，，， 因此， 故曲线的方程为. （2）由题意得，直线斜率必然存在，设直线斜率为，则直线方程为， 联立，得， 设点坐标为，则由韦达定理，， 则，，， 因为直线与直线的斜率之商为，所以直线方程为， 联立，得， 设点坐标为，则由韦达定理，， 则，，， 由题意知，直线斜率必存在，， 直线的方程为，即， 所以此时直线过定点，故得证. 变式1．（2026·广东广州·三模）已知椭圆：的离心率为，上顶点为，右顶点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆交于，两点，记直线，的斜率分别为，，且． （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）若直线，分别与直线交于，两点，，的面积分别为，．求的最小值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）3． 【分析】（1）根据椭圆的定义和性质，利用已知条件构造方程组求出，进而求解； （2）（ⅰ）设直线方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合已知斜率关系构造方程，解方程求出，进而证明结论； （ⅱ）分别求出，利用韦达定理化简，并利用换元法，构造函数并求导，分析函数单调性，进而求出最小值． 【详解】（1）椭圆的离心率为， ，解得， 椭圆的方程为． （2）（ⅰ）设直线，代入， 可得， ， ， ， 化简得， ， ，上式整理得， 展开得：， 解得， 直线过点． （ⅱ）；直线， 令可得，同理，， ， ， ， 令，则， 则，， 函数单调递增， 得最小值为，故的最小值为3． 变式2．（2026·河南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆相交于两点，的最大值与最小值之和为7． (1)求椭圆的标准方程． (2)设过点且与直线垂直的直线交椭圆于，两点，点，分别是弦，的中点． ①若直线和直线均不与轴重合，求证：直线过定点； ②在①的条件下，当两直线和的斜率为何值时，的面积取得最大值？ 【答案】(1) (2)①证明见解析② 【分析】（1）先确定椭圆过焦点的弦长的最大值和最小值，结合二者之和为7建立方程，求解得到即可得到椭圆方程； （2）①设出直线方程​，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出弦中点、的坐标，再推导直线的方程，整理为点斜式形式即可判断定点； ②先写出三角形面积关于的表达式，通过换元、利用函数单调性求最值，进而得到对应直线斜率 【详解】（1）由题意，当为椭圆的通径时，的值最小； 当为椭圆的长轴时，的值最大，为． 把代入椭圆的方程，得，结合，解得， 所以的最小值为． 由题意，得 解得所以椭圆的标准方程为． （2） ①证明：由题意，设直线的方程为，则直线的方程为． 设，． 由消去，整理得． ，则． 由题意，得， 所以，则． 将点坐标中的用代换，得弦的中点． 解，得，所以，所以直线的方程为． 当时，直线的斜率， 所以直线的方程为，整理得， 所以直线过点． 综上，直线过定点． ②由题意，得的面积 ． 设 ，则，． 由对勾函数的性质，得函数在上单调递增， 所以当，即时，取得最大值，为，即面积的最大值为． 此时，两直线和的斜率分别为和． 变式3．（2026·河北·二模）已知椭圆经过点，且的长轴长与短轴长之比为． (1)求的方程. (2)已知点，过点且斜率为的直线与交于两点，过点且斜率为的直线与交于两点，分别为的中点，且. （I）若与重合，求． （II）判断直线MN是否过定点.若是，求出该定点；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)（I）；（II）直线MN过定点. 【分析】（1）根据以及经过的点，即可求解， （2）根据点差法，即可求解（I），联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据中点坐标公式可得的坐标，进而求解直线方程，即可求解（II）. 【详解】（1）设，则，则的方程为. 因为经过点，所以，得. 故的方程为. （2）（I）设，由 得， 得，则，故. （II）直线.由，得. 由，得， 则， 因为，所以的坐标为. 同理可得的坐标为. 又 ， 所以直线MN的方程为. 因为， 所以直线MN过定点. 考点二 椭圆中的定值问题 例1．（2026·江苏苏州·三模）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的短轴长为4，离心率. (1)求的标准方程； (2)若斜率为的直线与交于，两点，与轴交于点，求的值. 【答案】(1) (2)12 【分析】（1）根据条件求出的值，即可求得椭圆方程； （2）依题意，设的方程为，与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用两点之间距离公式分别化简与，再代入计算即得定值. 【详解】（1）由题意得，即， 又，解得， 则的标准方程为. （2）设，，，由题意设的方程为， 由消去，可得， 由，得， 且，. 又，同理， 所以， 即为定值12. 例2．（2026·广东广州·模拟预测）已知平行四边形内接于椭圆，且平行四边形的面积为．直线，的方程分别为，． (1)若，求直线的方程； (2)证明：为定值． 【答案】(1)或 （2） 【分析】（1）由对称性，得的面积，再联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求出，结合点到直线的距离公式求出高，最后利用三角形面积公式列出方程，即可得解； （2）设出点，根据点两点均在椭圆上，运用点差法，得到，再结合，即可得解. 【详解】（1）由椭圆的对称性可得，故的面积. 当时，直线的方程为，设，， 联立，整理得， 则有，， 则弦长 ， 又点到直线的距离， 故， 整理得，得或，解得或， 故直线的方程为或.    （2）(2)由已知关于原点对称，设，，， 由直线的斜率存在，易知， 又点都在椭圆上，故， 两式相减，得，得， 因此，. 例3．（2026·福建福州·模拟预测）已知圆，圆，动圆与圆外切，与圆内切． (1)求的轨迹的标准方程． (2)的三个顶点均在上且的重心为原点，点的坐标为． （ⅰ）求直线的一般式方程（用、表示）； （ⅱ）求的面积． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）设圆的半径为，结合已知条件表示，根据椭圆的定义求出，进而求出椭圆方程； （2）（ⅰ）设，，利用重心的性质得出，求出，进而得出，再代入点坐标求解； （ⅱ）求出直线在轴上的截距为，进而求出，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求出，进而再利用重心的性质求出的面积． 【详解】（1）圆的圆心为，半径为； 圆的圆心为，半径为； 动圆与圆外切，与圆内切，设圆的半径为 ，， ， 的轨迹为以、为焦点，为长轴长的椭圆， ，，， 的轨迹的方程为：． （2） （ⅰ）设，， 由的重心为原点， ，， 记的中点为， ， 又，， 直线的方程：，即， 直线的一般式方程； （ⅱ）令，可得直线在轴上的截距为，则， 将代入椭圆方程可得， 即，则，， ， ， 设坐标原点为，是的重心， ， 的面积是． 变式1．（2026·河南周口·三模）已知椭圆：的左焦点为，短轴长是长轴长的． (1)求的方程． (2)过点的直线与交于，两点，点，从下列两个命题中选择一个正确的命题，并证明． ①直线与的斜率之和为定值； ②直线与的斜率之积为定值． 【答案】(1)椭圆的方程为； (2)命题①正确，定值为。 【分析】（1）由椭圆焦点得，结合短轴长与长轴长的比例关系及求解参数，即可得椭圆方程； （2）设过的直线方程与椭圆联立，利用韦达定理化简斜率之和的表达式，验证其为定值. 【详解】（1）由题意可知：解得因此椭圆的方程为 （2）命题①正确， 证明如下：当斜率不存在或斜率不为时， 设过的直线方程为，， 将直线方程代入椭圆方程得： ， 整理得， 由韦达定理得： ， ， 化简得, 当斜率为时，设，显然，故命题①成立. 变式2．（2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆的右顶点为，点为椭圆上的一点．设椭圆的左、右焦点分别为． (1)求椭圆的标准方程及离心率； (2)过点的直线与椭圆交于两点（异于椭圆的左、右顶点）． （i）求面积的最大值； （ii）设直线分别交轴于两点，求证：以为直径的圆与轴相交的弦长为定值． 【答案】(1)椭圆的标准方程为，离心率为 (2)（i），（ii）证明见解析 【分析】（1）由题可得，求得的值，得到椭圆方程，利用离心率公式即可求解； （2）（i）由（1）知道点坐标，设直线方程，联立方程组，由韦达定理结合焦点弦长公式求得，点到直线的距离为高，从而求得三角形的面积表达式，结合函数单调性求解即可； （ii）当直线轴时，通过相似证明点在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得的弦是，得到弦长为2；当直线斜率存在时，设直线方程，然后联立方程组，整理得一元二次方程，由韦达定理得到两点坐标与斜率的关系式；然后用两点式写出直线直线方程，求得点坐标，证明向量，证得点在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得的弦是，得到弦长为2，从而证明以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值． 【详解】（1）由题意可知， 由，解得， ∴椭圆的方程：. 离心率为 （2）（i），，由于直线斜率不为，则设直线， 联立方程组，得： 所以 焦点弦长， 点到直线的距离， ∴， 令，所以在上单调递增，所以， 所以，当时等号成立， 所以，当时等号成立， 即面积的最大值为 （ii）， 当轴时，交点，关于轴对称，∴点关于原点对称，∴以为直径的圆圆心为，半径为 ∵，∴，则，∴， 又∵，∴圆与轴的截得的弦为， 当直线斜率存在时，设直线， 设， 联立方程组，整理得， 则，， ， 直线，令，则， 直线，令，则..， 则，， 则 即 即，同理可证， 即点在以MN为直径的圆上，又∵在轴上， ∴以MN为直径的圆被x轴截得的弦为，， 综上所述：以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值2. 变式3．（2026·山东威海·二模）已知椭圆的离心率为，的右顶点与上顶点之间的距离为6. (1)求的方程； (2)过点作两条互相垂直的直线分别交于点和，且线段和的中点分别为． （i）若直线的斜率大于1，且的面积为，求直线的方程； （ii）若，为垂足，证明：存在定点，使得为定值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据椭圆离心率以及顶点列方程求解即可. （2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到的横坐标，同理得到横坐标，进而得到，再根据三角形面积公式求解即可. （ii）法一：设，，，，利用以及，化简得到，，再分别讨论直线的斜率是否存在，得到直线GH过定点，再根据直角三角形求解即可. 法二：设，，，，联立椭圆方程得到直线PQ的斜率，根据直线垂直，化简得到，再与直线的方程对比得到直线GH过定点，再根据直角三角形求解即可. 【详解】（1）由题意可知， 解得，，所以C的方程为． （2）（ⅰ）设直线PQ的方程为，， 联立，可得， 可得点G的横坐标为， 所以， 同理可得， 因为的面积为，所以，即， 整理得，即， 解得，因为， 所以，代入可得G，H的横坐标均为， 所以直线GH的方程为．    （ⅱ）法一：设，，，， 由，可得， 因为的中点为，所以，， 所以， 因为，所以， 所以， （当斜率不存在或中点为A时也满足上式） 同理可得， 所以点G，H在曲线上， 因为，所以，即， 可得①， 当直线GH的斜率不存在时，设GH的方程为， 联立，可得， 所以，， 代入①式可得，即，解得或， 若，则直线GH的方程为，所以直线GH过，不符合题意，舍去， 若，则直线GH的方程为； 当直线GH的斜率存在时，设GH的方程为， 联立，可得， 所以，， 由①式可得， 代入整理得， 即，可得或， 若，则直线GH的方程为， 所以直线GH过，不符合题意，舍去， 若，则直线GH的方程为，所以直线GH过． 综上可知，直线GH过定点． 取AK的中点， 在中，， 所以存在定点，使得为定值． 法二：设，，，， 当直线，斜率都存在时，由，可得， 因为PQ的中点为G，所以，，可得， 所以直线PQ的斜率为， 因为，所以， 即，（当中点为A时也满足上式） 同理可得， 两式相减得， 当直线PQ或MN斜率不存在时，也满足上式， 又直线GH的方程为， 即，所以直线GH过定点． 取的中点， 在中，， 所以存在定点，使得为定值．    考点三 椭圆中的向量问题 例1．（2026·江苏扬州·三模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，线段的中点为，过的直线与交于，两点，在轴上方．当为的上顶点时，，且． (1)求的方程； (2)若，求的方程； (3)若，与轴分别交于，，求与的面积之比． 【答案】(1) (2) (3)1 【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标和题目条件表示出和的关系式，从而进行求解； （2）设出直线方程，进而将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理和题目条件，从而进行求解； （3）根据第2小问得到的两个动点纵坐标之间的关系和直线方程，计算出三角形的高，从而表示出三角形的面积进行求解. 【详解】（1）由题可知，，，，如下图所示：    ，即， 因为，所以，即， 所以联立解得，， 因此椭圆的方程为； （2）由（1）可知，，， 设的直线方程为，，， 联立，可得， 根据韦达定理可得，， 因为，所以， 所以，即， 所以，，解得， 因此直线的方程为； （3）图象如下图所示：    由（2）可知，， 直线的方程为，所以，即， 同理可得， 所以， 所以，故与的面积之比为1． 例2．（2026·甘肃白银·三模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，，其左、右焦点和上顶点构成直角三角形． (1)求椭圆的标准方程； (2)设点，椭圆上的，两点满足，求（为坐标原点）面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由可求a的值；因为左、右焦点和上顶点构成的三角形为直角三角形，判断椭圆上顶点为直角顶点，结合椭圆的关系，可联立求解b，得到椭圆标准方程； （2）由可知三点共线，所以可设过点M的直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两根和、两根积，结合三角形面积公式表示出面积，对面积表达式通过换元、基本不等式求解最大值. 【详解】（1）由题意，椭圆左右顶点距离，得，, 左、右焦点和上顶点构成直角三角形，直角顶点只能在椭圆上顶点处， 由勾股定理得：，化简得， 又椭圆满足，得， 因此椭圆E的标准方程为； （2）由得三点共线， 由题意可设直线，， 联立直线与椭圆方程，可得， 由得，由韦达定理得：， 的面积：， 令，则，代入得， 由，当且仅当，即时取等号， 因此， 即面积的最大值为：. 例3．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. (1)求出椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？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， 【分析】（1）根据离心率以及四边形面积解方程可求得，，得出椭圆方程； （2）显然直线斜率不存在时不合题意，设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理以及向量关系，可求得直线方程. 【详解】（1）由，得， 由椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为， 可得，即， 再由，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，设点，， 当直线的斜率不存在时，，此时交点为和, 不满足，舍去； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，消去得到， 其中，且； ，，即； 因此，解得； 解得，即， 直线的方程为. 变式1．（2026·福建泉州·模拟预测）已知椭圆分别与轴正半轴、轴正半轴交于，两点. (1)求直线的方程； (2)设，为椭圆上的两个动点，在四边形中，. （ⅰ）证明：直线与的斜率之积为定值； （ⅱ）设为坐标原点，过的直线交于，两点，，其中.判断是否存在直径为3的圆经过，，，四点？若存在，求；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）不存在，理由见解析 【分析】（1）求出点的坐标，然后由直线的截距式方程即可求解； （2）（i）设直线，与椭圆联立，根据两点斜率公式结合韦达定理即可证明； （ii）由向量和条件确定过原点的直线方向，得到椭圆上关于原点对称的两点，利用这两点对称性，圆心必在它们连线的中垂线上；再结合圆心到这两点与到两个动点的距离相等，可解出圆心坐标与参数的关系，令所得半径等于给定直径的一半，代入后参数范围矛盾，故不存在满足条件的圆. 【详解】（1）椭圆，令得（正半轴），故； 令得（正半轴），故， 由截距式得直线方程为：， 即 . （2）（i）由，设直线，， 联立与椭圆方程： ，整理得， 由韦达定理得： ， ， 故斜率之积为定值2，得证 . （ii）方法一：设 ，， 由，斜率相等得 ，， 所以，故，所以，则 记，则， 设过原点的直线交椭圆于，且 ，则 与共线， 故直线 的方程为 ， 代入椭圆 得 ，解得 ，对应 ， 取 ，则 ，由 得 且， 故，假设存在直径为3的圆经过，，，四点， 下面求四点共圆的圆心，由于 关于原点对称，圆心 在的中垂线上， 方向向量为 ，所以中垂线斜率为 且过原点，故中垂线方程为 ， 设圆心 ，则 令 ， 所以 利用 ， 当，重合，不符合题意，所以 代入得， 解得，此时半径平方 若圆直径为，即，则 ，故，解得， 但 ，则 ，而 ，矛盾，因此不存在满足条件的圆. 综上所述，不存在直径为 的圆经过 四点. 方法二：不存在，理由如下，由（ⅰ）知，， 所以 得，， 由于在椭圆上，代入得，即，所以 不妨设，则，， 所以直线的方程为，其垂直平分线， 的中点坐标为，即， 直线的垂直平分线方程为 设圆心为与的交点，联立，解得， 所以该圆半径 解得，但此时不满足，故不存在符合条件的圆. 变式2．（25-26高二下·安徽芜湖·阶段检测）已知椭圆的离心率为，椭圆的左､右顶点分别为.过点的直线与椭圆的交点分别为，当直线垂直于轴时，. (1)求椭圆的方程； (2)直线的斜率与直线的斜率的乘积是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由； (3)直线与直线的交点为，过坐标原点作平行于直线的直线与直线相交于点，求的值. 【答案】(1) (2)是， (3)24 【分析】（1）由直线垂直于轴时知椭圆经过点，结合离心率列出关于的方程组，解得即得椭圆方程； （2）设直线的方程为，代入并根据韦达定理求得，再求出，将代入即得答案； （3）由（2）中韦达定理可得到，分别求出直线、并联立得到，解得，设点的坐标为，根据点在和上，求出直线和的方程，进而求出点的坐标，即可求得. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，可得，即，① 因为过点的直线垂直于轴时截得弦长， 所以椭圆经过点. 所以，② 由①②解得， 所以椭圆的方程为； （2）由（1）可知，设直线的方程为， 联立，可得， 可得， 直线的斜率分别为， ， 所以， 因为在直线：上，所以， 所以 ， 代入式子可得； （3）由（2）知，可得，所以， 直线的方程为，直线的方程为， 两条直线联立可得 则， 解得，所以设点的坐标为， 因为过原点平行于的直线斜率为，且点在上， 则， 故该直线的方程为， 点在上，则， 故直线的方程为. 联立，解得， 所以点的坐标为， 所以. 变式3．（2026·广东广州·模拟预测）已知函数． (1)判断过点是否能作的一条切线，并说明理由； (2)设，若函数有两个零点，，且． （i）求证：； （ii）记点，若轴上存在两个横坐标大于的点，使得四点共圆，求的取值范围． 【答案】(1)不能，理由见解析 (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）即，为椭圆的上半部分，由于点在椭圆内部，故不能作的一条切线; （2） (i) 令函数转化为求解一元二次方程两根问题，再使用韦达定理证明； (ii)利用，把转化为求解的取值范围，再使用韦达定理化简求解取值范围. 【详解】（1）不能．理由如下： 即 为椭圆的上半部分 将点代入椭圆得： 点在椭圆内部 过点不能作的一条切线． （2）（i）令 ，得 ， 即 化简，得 ， 由于方程有两个根，，且，那么 即 把代入得 即 化简可得 ，得证. （ii） 由（i）可得，， 不妨设点在点左侧，点在点左侧 由四点共圆可得： 又 所以 所以， 所以， ，即, 由于 ， 由于， 设，由，那么 所以，的取值范围 故的取值范围.    2 学科网（北京）股份有限公司 $椭圆中的定点问题、定值问题、向量问题专项训练 椭圆中的定点问题、定值问题、向量问题专项训练 考点目录 椭圆中的定点问题 椭圆中的定值问题 椭圆中的向量问题 考点一 椭圆中的定点问题 例1．（2026·安徽·三模）设椭圆：的离心率为，为椭圆的左端点． (1)求椭圆的标准方程： (2)设动点，在椭圆上且在第三象限，点，射线，关于直线对称，记，的斜率分别为，． （i）若，求； （ii）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标． 例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. 例3．（2026·甘肃张掖·二模）设点，，过线段上动点，作线段，垂足为，且，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知，是曲线上不同的两点，若直线和的斜率之商为，证明：直线过定点． 变式1．（2026·广东广州·三模）已知椭圆：的离心率为，上顶点为，右顶点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆交于，两点，记直线，的斜率分别为，，且． （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）若直线，分别与直线交于，两点，，的面积分别为，．求的最小值． 变式2．（2026·河南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆相交于两点，的最大值与最小值之和为7． (1)求椭圆的标准方程． (2)设过点且与直线垂直的直线交椭圆于，两点，点，分别是弦，的中点． ①若直线和直线均不与轴重合，求证：直线过定点； ②在①的条件下，当两直线和的斜率为何值时，的面积取得最大值？ 变式3．（2026·河北·二模）已知椭圆经过点，且的长轴长与短轴长之比为． (1)求的方程. (2)已知点，过点且斜率为的直线与交于两点，过点且斜率为的直线与交于两点，分别为的中点，且. （I）若与重合，求． （II）判断直线MN是否过定点.若是，求出该定点；若不是，请说明理由. 考点二 椭圆中的定值问题 例1．（2026·江苏苏州·三模）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的短轴长为4，离心率. (1)求的标准方程； (2)若斜率为的直线与交于，两点，与轴交于点，求的值. 例2．（2026·广东广州·模拟预测）已知平行四边形内接于椭圆，且平行四边形的面积为．直线，的方程分别为，． (1)若，求直线的方程； (2)证明：为定值． 例3．（2026·福建福州·模拟预测）已知圆，圆，动圆与圆外切，与圆内切． (1)求的轨迹的标准方程． (2)的三个顶点均在上且的重心为原点，点的坐标为． （ⅰ）求直线的一般式方程（用、表示）； （ⅱ）求的面积． 变式1．（2026·河南周口·三模）已知椭圆：的左焦点为，短轴长是长轴长的． (1)求的方程． (2)过点的直线与交于，两点，点，从下列两个命题中选择一个正确的命题，并证明． ①直线与的斜率之和为定值； ②直线与的斜率之积为定值． 变式2．（2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆的右顶点为，点为椭圆上的一点．设椭圆的左、右焦点分别为． (1)求椭圆的标准方程及离心率； (2)过点的直线与椭圆交于两点（异于椭圆的左、右顶点）． （i）求面积的最大值； （ii）设直线分别交轴于两点，求证：以为直径的圆与轴相交的弦长为定值． 变式3．（2026·山东威海·二模）已知椭圆的离心率为，的右顶点与上顶点之间的距离为6. (1)求的方程； (2)过点作两条互相垂直的直线分别交于点和，且线段和的中点分别为． （i）若直线的斜率大于1，且的面积为，求直线的方程； （ii）若，为垂足，证明：存在定点，使得为定值． 考点三 椭圆中的向量问题 例1．（2026·江苏扬州·三模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，线段的中点为，过的直线与交于，两点，在轴上方．当为的上顶点时，，且． (1)求的方程； (2)若，求的方程； (3)若，与轴分别交于，，求与的面积之比． 例2．（2026·甘肃白银·三模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，，其左、右焦点和上顶点构成直角三角形． (1)求椭圆的标准方程； (2)设点，椭圆上的，两点满足，求（为坐标原点）面积的最大值． 例3．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. (1)求出椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 变式1．（2026·福建泉州·模拟预测）已知椭圆分别与轴正半轴、轴正半轴交于，两点. (1)求直线的方程； (2)设，为椭圆上的两个动点，在四边形中，. （ⅰ）证明：直线与的斜率之积为定值； （ⅱ）设为坐标原点，过的直线交于，两点，，其中.判断是否存在直径为3的圆经过，，，四点？若存在，求；若不存在，说明理由. 变式2．（25-26高二下·安徽芜湖·阶段检测）已知椭圆的离心率为，椭圆的左､右顶点分别为.过点的直线与椭圆的交点分别为，当直线垂直于轴时，. (1)求椭圆的方程； (2)直线的斜率与直线的斜率的乘积是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由； (3)直线与直线的交点为，过坐标原点作平行于直线的直线与直线相交于点，求的值. 变式3．（2026·广东广州·模拟预测）已知函数． (1)判断过点是否能作的一条切线，并说明理由； (2)设，若函数有两个零点，，且． （i）求证：； （ii）记点，若轴上存在两个横坐标大于的点，使得四点共圆，求的取值范围． 2 学科网（北京）股份有限公司 $