圆锥曲线：椭圆中的定点问题、椭圆中的定值问题专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦椭圆定点与定值问题，通过精选例题与变式构建问题解决路径，强化几何直观与推理能力 **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|过定点证明、斜率关系应用|从椭圆方程构建到直线方程参数化，通过斜率乘积、向量关系推导定点坐标| |椭圆中的定值问题|3例+3变式|斜率定值、弦长定值、面积关系|基于椭圆几何性质，利用对称性、参数法转化动态问题为定量计算|

圆锥曲线：椭圆中的定点问题、椭圆中的定值问题专项训练 圆锥曲线：椭圆中的定点问题、椭圆中的定值问题专项训练 考点目录 椭圆中的定点问题 椭圆中的定值问题 考点一 椭圆中的定点问题 例1．（25-26高二下·河南洛阳·期末）已知椭圆C：（）的离心率，且椭圆C经过点. (1)求椭圆C的方程； (2)设P是椭圆C的上顶点，直线l交椭圆C于A，B两点（A，B均不与P重合），直线与的斜率之积为，探究：直线l是否过定点？若是，求该定点坐标；若不是，请说明理由. 例2．（25-26高二下·四川凉山·期末）已知椭圆：，（）的左、右焦点分别为、，点是上的点，且，离心率． (1)求的标准方程； (2)设，． ①若点位于第一象限，直线，的斜率分别为，，求的取值范围； ②设直线：与交于，两点，若（为坐标原点），试判断直线是否过定点，如果是，请求出定点，如果不是，请说明理由． 例3．（25-26高二下·广东汕头·期末）已知椭圆的离心率为，O为坐标原点，椭圆C上的点到两个焦点的距离之和为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线交椭圆C于M，N两点，过点M作直线的垂线，垂足为E． ①若的面积是的面积的两倍，求直线的方程； ②证明直线过定点． 变式1．（25-26高二下·广东汕尾·期末）在平面直角坐标系中，已知点，，点满足直线，的斜率之积为，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程． (2)若是曲线上第一象限的点，且，求点的坐标． (3)设、是曲线上的两点，若直线的斜率是直线的斜率的倍，证明：直线过定点，并求出定点的坐标． 变式2．（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)不经过点的直线与椭圆相交于，两点，已知直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点. 变式3．（2026·北京·三模）已知椭圆：的离心率为，为椭圆上一点，且点到椭圆的两个焦点的距离之和等于． (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点的直线与椭圆交于，两点，连接，分别交椭圆于，两点，求证：直线过定点． 考点二 椭圆中的定值问题 例1．（25-26高二下·云南曲靖·期末）已知，分别是椭圆的左、右焦点，是上一点．当时，，． (1)求的标准方程； (2)若在第一象限，，是上的两点，若直线，关于直线对称，证明：直线的斜率为定值． 例2．（25-26高二下·海南·期末）已知椭圆C：的离心率为，左、右焦点分别为，，且． (1)求C的方程． (2)设C的上顶点为P，过点的动直线与C交于A，B两点． （ⅰ）若B与C的下顶点重合，求的面积； （ⅱ）过点B作y轴的垂线，与直线交于点Q，证明：直线AQ被圆E：截得的弦长为定值． 例3．（25-26高二下·海南·期末）如图，椭圆（，，为常数），动圆，．点，分别为的左，右顶点，与相交于，，，四点．    (1)若，，，求与的四个交点的坐标． (2)求直线与直线交点的轨迹方程． (3)设动圆与相交于，，，四点，其中，．若矩形与矩形的面积相等，证明：为定值． 变式1．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，，分别是的上、下顶点，点是椭圆的右顶点，的面积为（是坐标原点）．若直线与椭圆有唯一的公共点，且与直线交于点，直线与直线交于点． (1)求椭圆的方程； (2)求证：直线与的夹角为定值． 变式2．（2026·福建厦门·模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，且，直线l过点且与C相交于A，B两点． (1)求C的方程； (2)若的面积为，求； (3)过点A作直线的垂线，垂足为P，求证：为定值． 变式3．（2026·湖北黄冈·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，是圆上一点，线段与交于点，且． (1)求的标准方程； (2)设为坐标原点，，直线与交于，两点，线段的中点为，的外心为，直线的斜率为，直线的斜率为． （i）试用表示点的坐标； （ii）试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 2 学科网（北京）股份有限公司 $圆锥曲线：椭圆中的定点问题、椭圆中的定值问题专项训练 圆锥曲线：椭圆中的定点问题、椭圆中的定值问题专项训练 考点目录 椭圆中的定点问题 椭圆中的定值问题 考点一 椭圆中的定点问题 例1．（25-26高二下·河南洛阳·期末）已知椭圆C：（）的离心率，且椭圆C经过点. (1)求椭圆C的方程； (2)设P是椭圆C的上顶点，直线l交椭圆C于A，B两点（A，B均不与P重合），直线与的斜率之积为，探究：直线l是否过定点？若是，求该定点坐标；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)过定点， 【分析】（1）由离心率及过定点列方程组，解出与，得椭圆方程； （2）先讨论斜率不存在情形并排除，再设直线方程，联立椭圆由韦达定理及斜率条件化简，得直线过定点. 【详解】（1）由题意可得， 解得，所以椭圆C的方程为． （2）显然，当直线的斜率不存在时， 设（且） 则，． ． 即当直线l的斜率不存在时，不符合要求． 当直线的斜率存在时，设直线的方程为（）． 联立，消去得， 则， 设，， 所以，， 则 ， 则， 则， 整理得，解得（舍去）． 所以直线过定点． 例2．（25-26高二下·四川凉山·期末）已知椭圆：，（）的左、右焦点分别为、，点是上的点，且，离心率． (1)求的标准方程； (2)设，． ①若点位于第一象限，直线，的斜率分别为，，求的取值范围； ②设直线：与交于，两点，若（为坐标原点），试判断直线是否过定点，如果是，请求出定点，如果不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)①； ②直线过定点，理由如下： 设，， 设直线， 联立，消去得，整理得， 则，由可知，则， 所以 ，即，即， 所以，整理得， 即，故， 所以直线， 令，即，此时，则直线过定点. 【分析】（1）由椭圆定义直接求出；由离心率算出；用求出，即可写出椭圆标准方程. （2）①先设第一象限内点，写出两条直线斜率，相乘得到；利用椭圆方程把替换成含的表达式，将乘积化为只含的函数；根据在第一象限，确定，再利用函数单调性求出取值范围.②条件，几何意义是直线关于轴对称，等价于斜率之和；把直线和椭圆联立，得到一元二次方程，用韦达定理写出与；将斜率相加为的式子通分展开，再把韦达定理的结果代入化简，得到的关系式；把关系式代回直线方程，整理成点斜式，令参数的系数为0，求出定点坐标. 【详解】（1）由椭圆定义得到，故， 所以由离心率得， 由得， 所以椭圆的标准方程为. （2）①设，因为点位于第一象限，所以且满足，即， 因为，，所以，则， 令，由在第一象限，得，故， 则， 因为，所以，所以，则，即，即， 所以的取值范围是. ②略 例3．（25-26高二下·广东汕头·期末）已知椭圆的离心率为，O为坐标原点，椭圆C上的点到两个焦点的距离之和为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线交椭圆C于M，N两点，过点M作直线的垂线，垂足为E． ①若的面积是的面积的两倍，求直线的方程； ②证明直线过定点． 【答案】(1)； (2)①或； ②若直线过定点，由对称性可知定点必在x轴上，设为， 设，，所以， 所以，所以， 令得，   因为，，所以， 所以， 所以为直线所过定点． 【分析】（1）由椭圆的定义得到，由离心率得到，继而求出b，从而得到椭圆的方程； （2）①设直线方程，与椭圆方程联立得到根与系数的关系式，由的面积是的面积的两倍，解出m的值，得到直线的方程；②判断直线所过定点位于x轴上，表示出，令，结合根与系数的关系化简即可证明结论. 【详解】（1）由题意得，所以， 又因为，所以，， 所以C的方程为． （2）①当直线与y轴垂直时，此时O，F，M，N四点共线，不合题意； 当直线与y轴不垂直时，设，，， 不妨设点M在x轴上方，点N在x轴下方，即，， 联立，消去x并整理得， 直线过椭圆的焦点，必有，，， 因为，即，所以， 所以，， ，， 所以，解得，， 所以或， 即直线的方程为或．   ②略 变式1．（25-26高二下·广东汕尾·期末）在平面直角坐标系中，已知点，，点满足直线，的斜率之积为，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程． (2)若是曲线上第一象限的点，且，求点的坐标． (3)设、是曲线上的两点，若直线的斜率是直线的斜率的倍，证明：直线过定点，并求出定点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)解：法一：直线，的斜率均存在且不为，设直线的斜率为， 则直线的斜率为，直线，的方程分别为和， 联立方程组，整理得， 解得或，得，同理得， 则直线的斜率为，                             所以直线的方程为，即，             令，则，即直线过定点               法二：设，则满足，可得 因为，，可得， 则， 又因为，且，所以，即， 直线的斜率明显存在，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设，，则，， 所以，即， 即， 即， 整理得，解得或（舍去）， 所以直线的方程：， 经检验，此时，所以直线过定点． 【分析】（1）设，根据题意，得到，进而求得曲线的方程； （2）法一：设，直线与的倾斜角分别为，得到，由，，求得，结合椭圆的方程，求得的值，即可求解；         法二：设，得到，，求得，由，结合椭圆的方程，得到关于的方程，求得的值，即可求解； （3）法一：设直线的斜率为，得到直线，的方程分别为和， 联立方程组求得和，得到直线的方程，即可得证； 法二：设直线的方程为，设，，联立方程组，结合韦达定理和，得到关于的方程，求得值，即可得证. 【详解】（1）解：设，且，， 因为点满足直线，的斜率之积为，可得，         即，整理得， 所以曲线的方程. （2）解：法一：设，其中，， 直线与的倾斜角分别为，，则，                 所以，         因为，，所以①，         因为，代入①中，得，故或（舍），         因为，所以点的坐标为．         法二：设，其中，，则，，        所以②，        由，可得③，        因为④，将③，④代入②中，， ， 所以，即， 因为，可得，所以，解得或（舍）．                      因为，所以点的坐标为． （3）略 变式2．（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)不经过点的直线与椭圆相交于，两点，已知直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，. 因为直线不经过点，所以. 由方程组消去整理得， 则，. 因为直线与直线的斜率之和为-1， 所以 ， 整理得 ， 所以 ， 化简得 . 因为，所以， 代入直线的方程得，所以直线恒过定点（4，1）. 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，代入椭圆的方程得， 由 ，解得，但是直线与椭圆没有交点，所以斜率不存在时无符合条件的直线. 综上所述，直线过定点（4，1）. 【分析】(1)通过离心率和定点求椭圆方程. (2)联立直线与椭圆方程利用韦达定理求出两点坐标关系后，代入到斜率之和为的条件中求解. 【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，且过点，所以 因为，所以，， 所以椭圆的标准方程为. （2）略 变式3．（2026·北京·三模）已知椭圆：的离心率为，为椭圆上一点，且点到椭圆的两个焦点的距离之和等于． (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点的直线与椭圆交于，两点，连接，分别交椭圆于，两点，求证：直线过定点． 【答案】(1) (2)设直线的方程为,,. 联立直线与椭圆的方程,消去可得：,展开并整理得. 由韦达定理可得 ， 直线的方程为,即. 联立直线与椭圆的方程,消去可得： ,展开并整理得 . 因为是方程的一个根,所以, 将代入可得. 同理可得. 直线的斜率,直线的方程为 令,可得. 将,代入上式并化简,结合,可得. 所以直线过定点. 【分析】（1）根据椭圆的定义和离心率公式求出的值,进而得到椭圆方程； （2）设出直线的方程,联立椭圆方程,利用韦达定理得到,两点坐标的关系,再求出直线,的方程,联立椭圆方程求出,两点坐标,最后根据直线的方程证明其过定点. 【详解】（1）由椭圆的定义可得,解得. 已知椭圆的离心率,将代入可得. 在椭圆中有,将, 代入可得. 所以椭圆的方程为. （2）略 考点二 椭圆中的定值问题 例1．（25-26高二下·云南曲靖·期末）已知，分别是椭圆的左、右焦点，是上一点．当时，，． (1)求的标准方程； (2)若在第一象限，，是上的两点，若直线，关于直线对称，证明：直线的斜率为定值． 【答案】(1) (2)设，．由题可知直线与的斜率互为相反数， 当，代入椭圆方程得， 又在第一象限，故． 设直线的斜率为，则直线的斜率为， 于是直线的方程为，直线的方程为 代入，的坐标并作差，得．①   由，得． 由韦达定理，得，即，②   同理可得．③   将①②③代入，得， 故直线的斜率为定值 【分析】（1）通过焦距确定，通过椭圆定义求得，进而可求解； （2）设，．直线的斜率为，得到直线的斜率为，通过点在直线上作差，及直线方程和椭圆方程联立，进而可求解. 【详解】（1）由题可知，即， ， 所以，即， 则， 故的标准方程为． （2）略 例2．（25-26高二下·海南·期末）已知椭圆C：的离心率为，左、右焦点分别为，，且． (1)求C的方程． (2)设C的上顶点为P，过点的动直线与C交于A，B两点． （ⅰ）若B与C的下顶点重合，求的面积； （ⅱ）过点B作y轴的垂线，与直线交于点Q，证明：直线AQ被圆E：截得的弦长为定值． 【答案】(1) (2) （ⅰ）； （ⅱ）当直线AB的斜率为0时，其与x轴重合，直线AQ也与x轴重合，此时直线AQ被圆E截得的弦长即为圆E的直径. 当直线AB与x轴不重合时，要证明直线AQ被圆E截得的弦长为定值，只需证明直线AQ恒过圆心，即证明即可． 设AB的方程为， 由得， 设，，则①，②． 由题意知，所以，． 要证， 即证， 即， 将①②式代入，可得左边＝右边，等式成立． 因此原命题得证． 【分析】(1)利用半焦距与离心率得到，再求出； (2)（ⅰ）求出A的横坐标，求解； （ⅱ）分直线AB的斜率为0和直线AB与x轴不重合两种情况，要证明直线AQ被圆E截得的弦长为定值，只需证明直线AQ恒过圆心，证明即可． 【详解】（1）设C的半焦距为．由题意知，所以， 因为离心率为，所以，， 所以C的方程为． （2）（ⅰ）由题意知，， 当B与C的下顶点重合时，，此时直线AB的方程为， 由得，解得或0， 因为点B的横坐标为0，所以点A的横坐标为， 所以． （ⅱ）略 例3．（25-26高二下·海南·期末）如图，椭圆（，，为常数），动圆，．点，分别为的左，右顶点，与相交于，，，四点．    (1)若，，，求与的四个交点的坐标． (2)求直线与直线交点的轨迹方程． (3)设动圆与相交于，，，四点，其中，．若矩形与矩形的面积相等，证明：为定值． 【答案】(1)，，， (2) (3)证明：设，由矩形与矩形的面积相等，得，故 因为点，均在椭圆上，所以， 由，知，所以．从而 因此为定值． 【分析】（1）联立椭圆与圆的方程即可得出交点坐标； （2）设出直线的方程、直线的方程，求得交点满足的方程，利用在椭圆上，化简即可得到M的轨迹方程； （3）根据矩形与矩形的面积相等，可得坐标之间的关系，利用均在椭圆上，即可证得为定值. 【详解】（1）当，，时联立，得解得 ∴四个交点坐标分别为，，， （2）设，，又知，， 则直线的方程为 直线的方程为 由得 由点在椭圆上，故， 从而代入得； （3）略 变式1．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，，分别是的上、下顶点，点是椭圆的右顶点，的面积为（是坐标原点）．若直线与椭圆有唯一的公共点，且与直线交于点，直线与直线交于点． (1)求椭圆的方程； (2)求证：直线与的夹角为定值． 【答案】(1) (2)设点，则由（1）可得． 依题意可知直线的斜率存在，设的方程为，则． 由，得． 因为直线与椭圆有唯一的公共点， 所以．整理得． 由，得． 解得，． 由（1）知直线即直线， 由，得． 又直线：，直线：． 由，得． 所以 ． 所以．所以轴． 又直线的斜率为， 所以直线与直线的夹角的大小为，为定值. 【分析】（1）利用椭圆基本量关系，由已知条件列方程求解； （2）设点的坐标以及直线的方程，与椭圆方程联立，利用，解得，从而得到，．联立与直线的方程解得的坐标，分别表示出直线与直线的方程，求出交点，利用斜率关系可得轴，即可证明结论. 【详解】（1）由已知得解得 所以椭圆的方程为． （2）略 变式2．（2026·福建厦门·模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，且，直线l过点且与C相交于A，B两点． (1)求C的方程； (2)若的面积为，求； (3)过点A作直线的垂线，垂足为P，求证：为定值． 【答案】(1) (2) (3)当直线的斜率不为0时，设， 联立椭圆方程，得到， 则， 设，，则，由韦达定理可得，， 因为，原点到的距离为， 所以， 又因为点到的距离为，， 所以， 所以， 由，，得到， 所以； 当直线的斜率为0时，，，，四点共线无法构成三角形，故舍去； 综上，为定值． 【分析】（1）由题设求出，进而求解即可； （2）设，由的面积为可得，进而结合平面向量的数量积的坐标表示求解即可； （3）当直线的斜率不为0时，设，利用韦达定理得到，，且，利用距离公式和弦长公式表示，，所以；当直线的斜率为0时，不满足题意，故为定值． 【详解】（1）由题意得，，所以， 又因为离心率，所以， 所以，所以椭圆的方程为． （2）设，所以，将代入椭圆方程， 所以，所以． （3）略 变式3．（2026·湖北黄冈·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，是圆上一点，线段与交于点，且． (1)求的标准方程； (2)设为坐标原点，，直线与交于，两点，线段的中点为，的外心为，直线的斜率为，直线的斜率为． （i）试用表示点的坐标； （ii）试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）是，定值为9 【分析】（1）根据椭圆的定义可求，根据半焦距可求，从而可求椭圆方程； （2）（i）联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求的坐标；（ii）设，结合圆过可得其一般方程，联立直线方程和圆的方程后结合韦达定理可求的坐标与的关系，据此可求定值. 【详解】（1），即， 所以该圆是以为圆心，6为半径的圆． ，即，． 又，，故C的标准方程为． （2）（i）设，， 联立得， 则且，， ，故， ． （ii）为定值9，理由如下： 设，外接圆的方程可设为．    因为在外接圆上，所以，即， 故外接圆的方程为． 联立， 则， ，． 又，， 故，， 解得，． ，，故为定值． 2 学科网（北京）股份有限公司 $