圆锥曲线重难点四：椭圆中的定点定值定直线（8个核心题型归纳）讲义-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

本高中数学讲义聚焦椭圆中的定点、定值、定直线核心知识点，系统梳理8大题型，涵盖直线过定点、圆过定点、斜率/面积/线段相关定值及定直线问题，通过特征归纳、方法总结、经典例题与分层练习构建完整学习支架。 资料以“题型特征-通法提炼-实例验证”为主线，强化数学思维中的推理与运算能力，如斜率定值问题结合韦达定理化简，培养学生用数学语言表达几何关系。课中辅助教师系统授课，课后助力学生通过真题练习查漏补缺，提升解决复杂问题的能力。

2026年新高二数学上学期暑假常考题型归纳 【圆锥曲线重难点四：椭圆中的定点定值定直线】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：椭圆中的直线过定点问题】 【练方法】 【特征】 多条动直线满足同一组几何条件直线随参数变化恒经过某固定坐标点 常见形式：两条动直线斜率存在等量关系、交点满足约束条件、弦满足角度/垂直条件 【方法】 1.设直线方程分斜率存在与斜率不存在两类讨论 2.联立直线与椭圆方程写出韦达定理 3.利用题干几何条件转化得到参数关系式 4.将关系式代入直线方程整理成「参数×式子+常数式子=0」 5.令参数系数、常数项同时为0解出定点坐标 6.取特殊直线先预判定点再一般性证明 （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．经典例题1例题 (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．   （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．小试牛刀1 (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． （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．小试牛刀2 (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. （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.小试牛刀3 (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． 【题型2：与椭圆有关的圆过定点问题】 【练方法】 【特征】 满足条件的动圆随参数变化无论参数如何变动圆恒经过若干固定点 常见：以弦为直径的圆、四点共圆、多条直线相交形成的圆 【方法】 1.求出动圆方程整理为含参数项与不含参数项两部分 2.分离参数令参数系数=0常数部分=0联立求解定点 3.优先代入特殊参数得到候选定点再带回一般方程验证 4.四点共圆问题可利用斜率垂直、对角互补或圆一般式处理 （25-26高三下·北京·阶段检测）已知点，，动点在轴下方，且满足，记点的轨迹为．已知是上一点，，分别是的左、右顶点，，分别交直线和于，两点，以为直径的圆记为圆．经典例题1例题 (1)求的方程； (2)判断圆是否过定点．若过定点，求出定点的坐标；若不过，请说明理由． 【答案】(1) (2)过定点，定点坐标为. 【分析】（1）根据条件及椭圆的定义，可得a，b，c的值，代入方程，即可得答案. （2）设，由（1）可得，点坐标，进而可得直线、的方程，联立可得M、N点坐标，即可得圆D的方程，化简整理，分析即可得答案. 【详解】（1）因为，，且， 所以由椭圆的定义得，，，则， 则，则椭圆的方程为， 又点在轴下方，所以的方程为. （2）设，由（1）得， 则直线的斜率为，则直线的方程为， 令，得，即， 同理直线的斜率为，则直线的方程为， 令，得，即， 则以MN为直径的圆D方程为， 则， 又，则， 所以，， 所以方程变形为，即， 令，则，解得，即定点为. （2026·湖北·一模）已知动圆与圆：外切，同时与圆：相内切.小试牛刀1 (1)求动圆圆心的轨迹的方程； (2)设曲线与轴交于，两点（在左侧），过的动直线交于，两点，直线，交直线于，两点，证明： （i）以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标； （ii）直线与圆相切. 【答案】(1) (2) 曲线与轴交于，两点， 由方程令，得，即，，点为椭圆的右焦点. （i）法1：设过点的动直线的方程为： ， 代入椭圆方程整理得：， ， 设，，则，， 不妨记，则 直线 的方程为：，与直线交于点，则， 同理，直线与直线交于点，则， ，，， 而， 在以为直径的圆上即圆过定点， 由对称性知，圆还过定点，所以圆过定点和. 法2：设过点的动直线的方程为： ， 代入椭圆方程整理得：， ， 设，， 则，，， 直线 的方程为：，所以点，同理， 设以为直径的圆与轴的交点，则， 即（*）， 而 ， 代入（*）可得，得或即圆过定点， 定点坐标为或. （ii）直线 的方程为：，点， 同理，， 而 ， ，而的方向向量， ，于，故直线与圆相切，切于点. 【分析】（1）根据圆与圆相切可得，依据椭圆的定义可求椭圆方程； （2）（i）设动直线的方程为： ，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求得，再结合数量积可得，从而可求定点或设以为直径的圆与轴的交点，则，结合韦达定理化简前者可得定点；（ii）用坐标表示的纵坐标，结合韦达定理化简后可证与的方向向量垂直，从而可得直线与圆相切. 【详解】（1）圆化为标准方程为，圆心，半径 圆化为标准方程为，圆心，半径 设动圆圆心，其半径为. 由题意，圆与圆外切，与圆内切，故， 两式相加得. 即动点到两定点与的距离之和为常数12，且 满足椭圆的定义，于是其方程为： （2026·河北沧州·一模）已知椭圆的焦距为，上的点到两焦点的距离之和为6．小试牛刀2 (1)求的方程； (2)记的左顶点为，过点的直线与交于两点（异于点）． （i）求的面积的取值范围； （ii）直线分别与直线交于两点，证明：以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标． 【答案】(1) (2)（Ⅰ）；（Ⅱ）定点坐标为和；证明：由题意可得直线的斜率均存在且均不为0， 由直线和，得，即，同理， 易得以为直径的圆的方程为， 即， 而 ， ，    故以为直径的圆的方程为， 令，得， 故以为直径的圆恒过定点和． 【分析】（1）根据椭圆的求解椭圆的标准方程即可； （2）设，直线，联立直线与椭圆得交点坐标关系,（i）利用面积公式即可得的面积表达式，利用基本不等式求解最值即可得的面积的取值范围；（ii）由直线和，联立得点坐标，同理得点的坐标，从而可得以为直径的圆的方程，即可得定点坐标． 【详解】（1）设的焦距为， 由题意可知，所以， 所以椭圆的方程为； （2）（i）由（1）得，设， 由题得直线的斜率不为零，设，由，得， 所以，, 则 , 令，则， 因为在上单调递增，所以， 所以的面积的取值范围为； （2022·四川成都·模拟预测）已知圆：，点，点在圆上运动的垂直平分线交于点小试牛刀3 (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点的动直线交曲线于、两点，求证：以为直径的圆恒过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的定义求轨迹方程； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程化简，直线与椭圆必有两个交点，设、，应用韦达定理并假设在轴上存在定点满足题设，计算，由求得值即得． 【详解】（1）的垂直平分线交于点， ，从而， 动点的轨迹是以点、为焦点的椭圆． 设椭圆的方程为，则，， ，，， 动点的轨迹的方程为； （2）设直线的方程为，则，得， 由题意知，点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点， 设、，则． 假设在轴上存在定点满足题设，则， 以为直径的圆恒过点， ，即， ， 可化为 ， 由于对于任意的，恒成立，故，解得． 因此，在轴上存在满足条件的定点，点的坐标为． 【点睛】方法点睛：椭圆中定点问题，首先设直线与椭圆的交点为，由直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，然后设定点为，由定点满足的条件列出恒等式并代入进行转化，利用恒等式知识求得． 【题型3：椭圆中与斜率有关的定值问题】 【练方法】 【特征】 两条动直线斜率之和、斜率之积、斜率比值不受参数影响恒等于固定常数 典型：、定值模型 【方法】 1.设点、设直线联立椭圆得到韦达定理 2.写出斜率表达式通分代入根与系数关系 3.化简消去变量最终结果与参数无关即为定值 4.熟记极点极线经典斜率定值结论用于快速验算 5.注意斜率不存在的边界情况单独验证 已知椭圆：（）经过点，，分别为的左、右焦点，离心率.经典例题1例题 (1)求椭圆的方程； (2)求的角平分线所在直线的方程； (3)过点且斜率为的直线交椭圆于，两点，记直线，的斜率分别为，，是否存在常数，使得为定值?若存在，求出及该定值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在，当时，使得恒为定值 【分析】（1）将点代入椭圆方程，再结合离心率求解的值即可得解. （2）法一：先求出直线、的方程，设角平分线上任意一点为，则，化简求解；法二：设，（点为的角平分线所在直线与轴交点），由于，则，再由，即可得解；法三：设角平分线与轴交于点，根据可解得，即可得解. （3）设直线方程为，联立方程组，利用根与系数的关系化简即可得解. 【详解】（1）设椭圆方程为（）， 因为椭圆经过点，所以， 又离心率，，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）法一：，则直线方程为， 直线方程为，即， 设角平分线上任意一点为，则， 得或， 而直线与轴的交点在线段上，所以直线的方程为. 法二：设，（点为的角平分线所在直线与轴交点）， 由，则，，又是锐角， 则，，即， 直线的斜率为， 所以直线的方程为. 法三：设角平分线与轴交于点， 由，得， 因此，得，即， 则直线的斜率，所以直线的方程为. （3）设直线方程为， 由，得， 设，，则，， 则 ， 所以当时，使得恒为定值. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，是圆上一点，线段与交于点，且．小试牛刀1 (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）圆，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．    已知椭圆，，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，的最大值为3，最小值为1．小试牛刀2 (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作直线交椭圆于，两点，求面积的最大值； (3)若是椭圆上不同于顶点的动点，且和的斜率都存在，椭圆的左、右顶点分别为，，直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点．若直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，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)3 (3)是，定值为， 设 ，满足， 已知直线的方程为，直线的方程为， 其中，， 由椭圆的标准方程为，且椭圆的左、右顶点分别为，， 则，，可得，，则， 设，， 联立，得， 由韦达定理，得，， 所以 ， 则， 同理，联立，得， ，， 所以 ， 则； 则 ， 故， 故为定值. 【分析】（1）根据椭圆上任意一点到焦点的距离范围求出、，再由求出，即可得到椭圆的标准方程； （2）设出直线的方程，与椭圆方程进行联立，利用韦达定理表示弦长，再利用三角形面积公式表示面积，最后借助函数的单调性即可求得面积最大值； （3）先利用斜率公式表示出直线和直线的斜率，再联立椭圆方程，表示出直线的斜率，即可判断是否为定值. 【详解】（1）由题意可知，的最大值为，最小值为， 即，，得，， 由，可得，因为，所以， 则椭圆的标准方程为. （2） 易知直线与轴不重合，设直线的方程为，， 联立，得， 则， 由韦达定理可得，， 所以， 所以三角形的面积为 ， 令，则函数在上为增函数， 故当时，即当时，取最大值，且. （25-26高二下·河南信阳·期末）十七世纪荷兰数学家费朗斯·范·舒腾首次系统发明圆锥曲线机械规，其中的一种如图1所示，四根等长的杆用铰链首尾连接，构成菱形．带槽杆长为，，转动杆一周的过程中始终有，记点的轨迹为曲线．点在线段的延长线上，且．过的直线与曲线交于，两点．小试牛刀3 (1)建立如图2所示的平面直角坐标系，求的方程； (2)记直线，的斜率为，，求证为定值； (3)过点作直线垂直于直线，在上任取一点，证明：直线，，的斜率成等差数列． 【答案】(1) (2)证明：当直线的斜率存在时，设， 联立，得． 显然， 设，，则，． 所以 ． 由已知，，，， 所以 ． 所以为定值． 当直线的斜率不存在时，直线垂直于轴，，可得，，即． 综上所述，为定值． (3)由已知直线的方程，设，则． 当直线的斜率存在时，有，， 所以 ． 此时有． 当直线的斜率不存在时，的方程为，代入椭圆方程，可得， 不妨设，，则，也有． 综上所述，直线，，的斜率成等差数列． 【分析】（1）根据题中的几何条件，结合椭圆第一定义，即可判断轨迹类型并计算基础参数，从而写出其轨迹方程. （2）根据直线斜率是否存在分类讨论，直线斜率存在时，设直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理，整理得；直线斜率不存在时，结合图象可得，即可证明. （3）将求证，，成等差数列转化为求证，根据直线斜率是否存在分类讨论，结合（2）中结论通分化简即可得证. 【详解】（1）由已知可得，， 所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆． 其中，所以，又，则，所以， 所以点的轨迹的方程为． 【题型4：椭圆中与面积有关的定值问题】 【练方法】 【特征】 直线与椭圆相交形成三角形、四边形面积不随参数变化保持固定数值 常见：焦点三角形、动弦与定点构成三角形面积 【方法】 1.面积选用合适公式：、底乘高、弦长×点到直线距离 2.联立方程结合韦达定理把面积表达式转化为单参数形式 3.代数化简消去参数得到常数 4.优先选择坐标面积公式规避距离复杂根式运算 （25-26高二下·重庆沙坪坝·阶段检测）已知为坐标原点，椭圆：（）的右顶点为，离心率，动点，，过的动直线交椭圆于，两点.经典例题1例题 (1)求的方程； (2)若，求四边形面积的最大值； (3)设的面积为，若，且斜率不为，试讨论：是否存在定值，使，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)． (2)． (3)存在，． 【分析】（1）由右顶点和离心率求出 ； （2）根据向量关系设出 的坐标，利用两点在椭圆上建立关系，将四边形面积表示为 的函数，再求最大值； （3）先由向量恒等式把已知条件化为 ，再设直线方程，利用根与系数的关系求出 的面积． 【详解】（1）由右顶点为，得． 又，所以，从而. 故椭圆的方程为. （2） 由，设. 则. 因为都在椭圆上，所以,. 两式相减，得. 将代入第一式，得.所以. 于是. 由及，得． 因为在轴上，且，所以四边形的面积. 故. 令，则，且. 由基本不等式，. 当且仅当，即 时取等号． 因此. 故四边形面积的最大值为. （3）设，直线的斜率为． 由题意，． 由. 得. 又因为在椭圆上，所以. 因此即. 直线的方程可设为. 与椭圆方程联立，得 由根与系数的关系，.且. 由，化简得. 因为，所以. 上述关于的一元二次方程的判别式为 所以. 又. 故,所以 ． 因此. 故存在定值，且. （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．小试牛刀1 (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． （2026·天津武清·模拟预测）已知椭圆：（）的离心率为，，，分别为椭圆的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于，的一个动点，面积的最大值为．小试牛刀2 (1)求的方程； (2)过椭圆的右焦点的直线与交于，两点，记的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值． 【答案】(1)； (2)证明：由（1）可知， 设直线， 由， 得， 设， 则， 不妨设， 则， 又因为， 所以线段的中点， 所以， 所以， ， 所以 ， 所以， 所以为定值.    【分析】（1）由题意可得，，再结合求解即可； （2）设直线，与椭圆方程联立，结合韦达定理及图形，可得，分别求出的坐标，利用过两点的斜率公式，表示出，再化简，代入化简即可. 【详解】（1）因为当与椭圆短轴顶点重合时，的面积最大， 此时最大值为， 所以， 又因为椭圆的离心率为，即， 所以， 又因为， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以的方程：; （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，.小试牛刀3 (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)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. 【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 . 【题型5：椭圆中与线段有关的定值问题】 【练方法】 【特征】 线段长度比值、线段乘积、线段平方和/差为定值典型、 【方法】 1.弦长公式或参数法（直线参数方程）表达线段长度 2.直线参数方程中直接代表线段距离优先选用 3.代入韦达定理化简表达式消去参数得到常数 4.区分定点在直线内外注意参数正负符号 （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.经典例题1例题 (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．    （2026·贵州毕节·三模）动点与定点的距离和D到定直线的距离的比是常数.小试牛刀1 (1)求动点D的轨迹方程； (2)设动点D的轨迹为曲线，，是曲线过原点O的两条弦，且，求证：为定值； (3)在（2）的条件下，求的面积的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析，定值为 (3) 【分析】（1）根据已知条件列出等式然后进行化简，即可得到轨迹方程； （2）当直线，其中一个斜率不存在时，可得为定值，当直线，均存在时，设直线方程和直线方程，分别与椭圆方程联立求出，，由椭圆的对称性知，，进而得到的表达式即可证明； （3）当直线，其中一个斜率不存在时，可得，当直线，斜率均存在时，由（2）知和，则可得，令，换元后根据均值不等式即可求解. 【详解】（1）由已知得 ， 化简得 ， ， 即点 的轨迹方程为: . （2）若直线，其中一个斜率不存在， 则易知: ， 若直线，斜率均存在， 设直线方程: ，， 联立 ，整理得 ，解得: ， 同理，设直线方程: ，， 联立 ，整理得 ，解得: ， 所以 ，， 由椭圆的对称性知， ，， 所以 ， 综上，为定值，且定值为. （3）由（2）知若直线，斜率均存在， ，， ， 则， 令，则， 令，， ， 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以， 所以， 所以，即， 若直线，其中一个斜率不存在，， 综上，的面积的取值范围. （2026·安徽·模拟预测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，且椭圆C过点，直线的倾斜角为75°．小试牛刀2 (1)求椭圆C的方程； (2)过点P作两条不重合直线，，与椭圆C交于另一点A，与y轴交于点M；与椭圆C交于另一点B，与y轴交于点N． （ⅰ）若直线的斜率为2，求的面积； （ⅱ）若M，N关于坐标原点O对称，过点P作AB的垂线，垂足为Q，探究：是否存在定点R使得是定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）2；（ⅱ）存在， 【分析】（1）先求出，再结合倾斜角与斜率的关系、斜率公式可得，再将点代入得，可求得，，进而求解即可； （2）（ⅰ）由题意可得直线 ，联立直线与椭圆方程可得，进而求解即可； （ⅱ）设直线AB方程是，联立直线与椭圆方程，由题意可得，结合韦达定理可得，可得直线AB过点，点Q在以PD为直径的圆上，进而求解即可． 【详解】（1）由， 则，解得，即， 将点代入得，解得，， 故椭圆C的方程为. （2）（ⅰ）依题意，直线：，即， 联立， 得，解得（对应点P）或； 将代入直线方程得，故， 而直线与轴交点为， 故的面积. （ⅱ）依题意，直线AB存在斜率，设直线AB方程是， 联立，消去得， 则 ， 设，，则，， 直线PA：，令，得 ，同理 ， 依题意知，即 ， 则 ， 即 ， 则 ， 即 ， 整理得 ，即， 若，则直线AB过点，不合题意，舍去； 若，则直线AB过点， 令，则点Q在以PD为直径的圆上， 所以当R为PD的中点，即以PD为直径的圆的圆心时，等于圆的半径， 故存在定点，使得为定值． （25-26高三下·河南驻马店·阶段检测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点作轴的垂线交椭圆于点，，且的周长为12．小试牛刀3 (1)求椭圆的标准方程； (2)直线与椭圆交于两点，求的周长的取值范围； (3)在轴上是否存在一定点，使得过点的任意直线与椭圆相交于两点，有为定值，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，定点的坐标为 【分析】（1）根据椭圆定义，由的周长求得，结合求得，即可写出椭圆方程； （2）利用椭圆中心对称性转化周长，联立方程组得到弦长表达式，借助的范围得到弦长的范围，进而得到周长的取值范围； （3）设点和直线，联立方程组后用韦达定理化简，用含项系数比值恒定，解出的值，验证得定点即可. 【详解】（1）由椭圆的定义可得的周长为，解得， 当时，，解得，则，解得， 则椭圆的标准方程为. （2）作出符合题意的图形如图所示，连接，，，，    设的周长为，由题意得， 联立方程组，得， 由韦达定理得，， 由弦长公式得 ， 因为，所以，可得， 得到，即， 则，故， 即，则. （3）设，，，当直线不是轴时的方程为， 则，， 联立椭圆方程，整理得， 所以，， 又，， 所以 ， 所以当且仅当，即时，（定值）， 即在轴上存在点使得为定值， 此时的坐标为或， 当点的坐标为，直线为轴时，， 此时， 当点的坐标为，直线为轴时，， 此时， 所以定点坐标为． 【题型6：椭圆中与参数有关的定值问题】 【练方法】 【特征】 由直线斜率、动点坐标等参数构造代数式运算结果不受参数影响恒为常数 不限于斜率、面积、线段形式灵活多变 【方法】 1.把目标代数式全部转化为交点横坐标、纵坐标形式 2.联立椭圆得到韦达定理整体代换消元 3.因式分解、约分消去可变参数 4.复杂式子可先取特殊值预判定值指引化简方向 （2026高三·全国·专题练习）已知椭圆C：的两焦点与短轴的一个端点连接构成等腰直角三角形，直线与以椭圆C的右焦点为圆心，以为半径的圆相切.经典例题1例题 (1)求椭圆C的方程； (2)若过椭圆C右焦点F作直线L交椭圆C于A，B两点，交y轴于M点，且，.求证：为定值. 【答案】(1)； (2)由题意得直线的斜率存在，， 所以设直线方程为，令得，则， 将直线方程代入椭圆方程得：， 因为在椭圆内部，则直线与椭圆必有两个交点， 设 则， 由， 即， ， . 【分析】（1）根据相切得到，再分析得，联立即可得到方程； （2）设直线方程为，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，再求出，再通分代入韦达定理式即可. 【详解】（1）由题意：以椭圆的右焦点为圆心， 以为半径的圆的方程为， 所以圆心到直线的距离①， 因为椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，所以，联立①得，， 故所求椭圆方程为. （2026高三·全国·专题练习）设是椭圆上任意一点，分别交椭圆于点，若，求证：为定值．小试牛刀1 【答案】 设 ，则，所以 ， 由 ，，设，则， 所以，所以， 得，因为 在椭圆上，代入 ，得 ，所以， 展开并整理得， 即， 所以， 化简得关于 的一元二次方程， 令 ，上面方程两边除以 ，得， 即，这个方程的两根对应直线与椭圆的两个交点， 当与重合时， ，所以交点为 时，对应 ， 设方程 两根为 和 （对应点 ）， 由韦达定理，代入 得,解得， 由对称性，对，重复上述推导可得， ， 所以为定值，得证. 【分析】设 ,由向量关系 表达交点，代入椭圆构造的方程，求出，同理推导出，求和消参证定值. （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．小试牛刀2    (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 ； （25-26高二下·贵州遵义·期中）在平面直角坐标系中，椭圆 的左焦点为，且到上任意一点的距离最小值为1．小试牛刀3 (1)求的方程； (2)过的直线与交于、两点，与轴交于点，且在线段之间，为的右顶点． （i）若的面积是的面积的3倍，求的方程； （ii）设，，证明：为定值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，求出即可. （2）（i）设出直线的方程，由三角形面积关系用的斜率表示出点坐标并列出方程求解；（ii）联立直线的方程与的方程，利用韦达定理及共线向量的坐标表示列式计算得证. 【详解】（1）由椭圆 的左焦点为，得椭圆的半焦距， 由到上任意一点的距离最小值为1，得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）（i）由（1）得，直线的斜率存在，设其方程为，则， 由，得，而的面积是的面积的3倍， 则，由在线段上，得是线段的中点，于是， 又点在椭圆上，则，解得， 所以直线的方程为. （ii）由消去得， 设，则， 由，得，则，同理， 因此， 所以为定值. 【题型7：椭圆中的定直线问题】 【练方法】 【特征】 动点、动直线满足条件相关点恒落在某条固定直线上（定直线/定值线） 属于轨迹类定值常结合极点极线 【方法】 1.设出动点坐标写出满足的几何约束等式 2.使用韦达定理消去所有参数 3.得到只含的直线方程即为定值线 4.可先用特殊位置求出定直线再证明一般情况全部满足 （25-26高二下·广东广州·阶段检测）在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线：的距离之比为，记点的轨迹为曲线．经典例题1例题 (1)求的方程； (2)点，过点的直线与交于，两点． （ⅰ）当时，求的方程； （ⅱ）若直线斜率不为0，且直线与过点且垂直于的直线交于点，判断点是否在定直线上，并说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）． （ⅱ）假设点在定直线上， 由椭圆的对称性可知该定直线必然与轴垂直．     由题可知的斜率不为，且直线：， 直线：，联立， 得 ， 所以点在定直线上． 【分析】（1）设，由题可得，化简可得曲线方程； （2）（i）由题得，当的斜率为时，由可得直线方程；当的斜率不为时，设：，，，将直线方程与曲线方程联立，然后由结合韦达定理可得，据此可得答案； （ii）假设N在定直线上，由椭圆对称性可得该直线与x轴垂直，然后将直线AM与BN方程联立，结合韦达定理可得定直线方程. 【详解】（1）设，由题得， 即， 整理得， 所以 的方程为． （2）（ⅰ）由题得，     当的斜率为 时，可取，或，. 则，符合题意，此时的方程为 ；     当的斜率不为 时，设：，，， 联立，得， 则，，．     ，， 所以，即，不成立．     综上，的方程为 ．     （ⅱ）略 （2026·江西宜春·模拟预测）已知点，分别是椭圆的左、右顶点，且的离心率为．小试牛刀1 (1)求的方程； (2)若点是上与，不重合的点，直线，与直线分别交于点，，求的最小值； (3)若不过点且斜率为的直线与交于，两点，证明：的外心恒在定直线上． 【答案】(1) (2)6 (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件求解即可. （2）设直线求出的坐标，然后得到函数，利用基本不等式解决最值问题. （3）设出点，坐标与直线方程，通过联立得到韦达公式，设出外接圆一般方程，将得到的韦达公式代入运算，寻求的关系即可. 【详解】（1）因为，所以， 因为的离心率为，所以，解得， 所以的方程为． （2） 设直线的方程为，令，得， 设点，其中，则， 则， 所以， 所以直线的方程为， 所以， ， 当且仅当时等号成立． 故的最小值是6． （3） 证明：设，，直线的方程为， 联立，得， 所以，，且，， ， ． 设的外接圆方程为， 把点代入圆的方程得， 因为点，在圆上，所以①，②， ①+②得， 其中， ， 所以， 即， ①-②得， 易得，且， 上式两边同时除以得， 整理得，即， 代入得， 所以，或． 当时，，不满足题意， 所以，即， 即点正在定直线上， 所以的外心恒在定直线上． （2026·新疆·二模）已知，分别是椭圆C：（）的左、右焦点，O为坐标原点，M为椭圆C上任意一点，的最大值为，当时，的面积为1．小试牛刀2 (1)求椭圆C的方程及其离心率； (2)已知A，B为椭圆C的左右顶点，若点P满足，当M与A，B不重合时，直线MP交椭圆C于另一点N，直线AM，BN交于点T． （ⅰ）证明：点T在一条定直线上； （ⅱ）求的最大值． 【答案】(1)，离心率为 (2) （ⅰ）由（1）得，由，得点， 设， 显然直线不垂直于，设其方程为， 由消去，得， ，， 直线的方程为，即， 同理直线方程为， 联立消去得， 整理得， 因此，即， 所以点T在一条定直线上. （ⅱ） 【分析】（1）根据给定条件，结合勾股定理及椭圆定义求出即可； （2）（ⅰ）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出点的横坐标即可；（ⅱ）利用斜率坐标公式及差角的正切公式求解. 【详解】（1）令椭圆C：的半焦距为， 由的最大值为，得， 由，的面积为1，得，， 而，因此， 即，， 解得，所以椭圆C的方程为，离心率为. （2）（ⅰ）略 （ⅱ）由对称性不妨令点在上方，设， 则， 因此， 当且仅当时取等号，而为锐角，所以的最大值为. （25-26高二下·湖北·期中）已知椭圆焦距为4，短轴长为4．小试牛刀3 (1)求椭圆的方程． (2)若椭圆与轴的交点为A，B（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点．试问点是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)在定直线上 【分析】（1）根据条件，可得b，c的值，根据的关系，可得的值，即可得答案. （2）将直线l与椭圆联立，根据韦达定理，可得表达式，求出直线AN、BM的方程，联立求解，化简整理，即可得答案. 【详解】（1）依题意可得，解得，则， 所以椭圆的方程为； （2）点在定直线上，理由如下： 设点， 联立，与直线联立消去，整理得， 由，得 且， 所以， 易知，则， 两式作商得，解得， 故在定直线上． 【题型8：探索椭圆中定点定值问题】 【练方法】 【特征】 开放性设问：是否存在定点/定值/定直线满足条件 先猜测后证明无直接给出结论 【方法】 1.取两组特殊参数算出候选定点/定值/定直线 2.再对一般情形联立、韦达定理严格证明 3.若化简后式子无法恒成立则不存在 4.书写格式：先猜想结论再一般性推理论证 如图，椭圆：的左、右焦点分别为、，点和点是椭圆的左顶点和上顶点．从椭圆上一点向轴作垂线，垂足恰好为右焦点，且，．经典例题1例题    (1)求椭圆的方程； (2)直线过椭圆的右焦点，且与相交于、两点， ①若，求直线的方程； ②在轴上是否存在点，使得无论如何变化，被轴平分，如果存在，求出点坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①；②存在，点坐标为. 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）①设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及三角形面积公式求解；②假定存在并设出点的坐标，利用斜率和为0列式求解. 【详解】（1）依题意，点， 设椭圆的半焦距为，则， 由，得，则， 由，得∽， 因此，即，则， 由，得， 联立解得， 所以椭圆的方程是. （2）①由（1）知，显然直线不垂直于轴，设其方程为， 由消去得， 设， ，， 又， 则 ， 整理得，解得， 所以直线的方程为. ②假设在轴上存在点，使得被轴平分， 则直线斜率互为相反数， 设，由①得， 则，即，而不恒为0， 因此，解得， 所以在轴上存在点，使得被轴平分，点坐标为.    （25-26高二下·天津·阶段检测）椭圆的离心率，椭圆经过点，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点．小试牛刀1 (1)求椭圆的标准方程； (2)求面积取最大值时的直线方程； (3)若点是线段的中点，问是否存在轴上一定点，对于任意的都有，若存在求出点坐标，若不存在请说明理由． 【答案】(1) (2)（或、）； (3)存在， 【分析】（1）根据椭圆离心率及过定点条件，结合联立求解参数，即可得椭圆标准方程. （2）设出直线的方程，联立椭圆方程求得点纵坐标，结合三角形面积公式表达的面积，利用基本不等式求最值及对应斜率，即可得直线方程. （3）先求出点及中点的坐标，假设存在定点，根据垂直关系斜率乘积为列式求解，验证结果与无关即可. 【详解】（1）∵ 椭圆离心率，∴ . 又，∴ ，椭圆方程可化为. 将点代入得，化简得， ∴ ，，. ∴ 椭圆的标准方程为. （2）由题意得左顶点，设直线的方程为. 联立，消去整理得. 已知是方程的一个根，设，由韦达定理得， ∴ ， 代入直线方程得. 的面积，其中， ∴ . ∵ ，由基本不等式得，当且仅当即时等号成立. ∴ ，即面积最大值为，此时， 直线的方程为. （3）在中令，得，∴ . ∵ 是线段的中点， ∴ ，， ∴ 直线的斜率. 假设轴上存在定点满足题意，则直线的斜率. ∵ ， ∴ ，即，解得. 该结果与的取值无关，对任意均成立. ∴ 存在定点满足题意. （2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为，下顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为．小试牛刀2 (1)求椭圆的方程； (2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值； (3)过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，连接并延长交直线于点．试探究：在轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)因为，设直线方程为，代入椭圆方程可得， 设，则，所以中点的纵坐标， 所以，即， 所以所在直线方程为，令，可得，即， 假设在轴上存在一定点满足题意，则， 所以恒成立，则需，解得， 即轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过点. 【分析】（1）根据离心率及通径长求出即可得解； （2）设，利用点到直线的距离求三角形面积，再由正弦型三角函数的性质求最值即可； （3）设直线方程为，求出点坐标，再由交点求出点坐标，假设存在满足题意，则恒成立，据此求解即可. 【详解】（1）因为，所以， 由代入，可得，， 所以椭圆的通径长为，即， 由可得，解得， 所以， 所以椭圆的方程为. （2） 由（1）可知， 所以， 直线所在直线方程为，即 设， 设点到直线的距离为，则， 所以， 当时，有最大值. 课后过关检测 一、解答题 1．（2026高三·全国·专题练习）如图，已知直线l：过椭圆C：的右焦点F，抛物线的焦点为椭圆C的上顶点，且直线l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线上的射影依次为点D，K，E. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l交y轴于M点，且，，当m变化时，探求是否为定值？若是，求出的值.若不是，请说明理由； (3)连接AE，BD，试证明当m变化时，直线AE与BD相交于定点. 【答案】(1)； (2)是定值， 由得，， ， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， 综上所述，当变化时，的值为定值. (3)当时，直线轴，则为矩形， 易知与是相交于点， ∵， ∵， ∴，即三点共线. 同理可得三点共线， 则当变化时，与相交于定点. 【分析】（1）由题设条件求出椭圆的右焦点与上顶点坐标，即可得出、的值，再求出的值即可求得椭圆的方程； （2）设，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得出与，再根据及，从而可表示出，化简即可得证； （3）当时，易得与相交于点，再证明一般情况成立即可. 【详解】（1）∵过椭圆的右焦点， ∴右焦点，即， 又∵的焦点为椭圆的上顶点， ∴，即， ∴椭圆的方程. （2）略； （3）略. 2．（素养拓展10圆锥曲线常考定值、定点问题02（暑假预习讲义）新高二数学人教A版）已知椭圆：，点、分别是椭圆位于轴、轴正半轴的两个顶点，点是椭圆上位于第一象限的一个动点． (1)求椭圆的离心率； (2)设点关于原点中心对称的点为，求四边形面积的最大值； (3)点满足，直线与椭圆的另一个交点为点．过点作垂直于轴的直线，设直线交线段于点，若点满足，求证：直线过定点． 【答案】(1) (2) (3)证明：，则， 易知，设，， 联立，， ， ， 则，又，所以， 则， 即， ， ， 故直线过定点． 【分析】（1）根据离心率的定义直接计算； （2）设，联立可得，结合基本不等式求最值即可； （3）设，，联立可得，进而得到直线 ，再求即可得到过定点． 【详解】（1）椭圆：， 则， 则椭圆的离心率； （2）由题可知， 点关于原点中心对称的点为，则三点共线，连接， 由题可知直线的斜率存在，且，设， 联立，得，解得， 则， 点到直线的距离，点到直线的距离， ，当且仅当，即时取等， 故四边形面积的最大值为； （3）略 3．（25-26高二下·广东惠州·期末）已知点在椭圆：上，，分别是椭圆的左、右焦点，椭圆的离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设过点的两直线和分别与椭圆相交于，和，两点，且，点，分别是弦，的中点，若直线和直线均不与轴重合，求证：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明：设过点的直线，，， 联立方程组得，得， ， ， ，则， ，所以， 同理可得，即， 当时，， 直线的方程为， 整理可得， 所以直线恒过定点， 当时，直线的方程为，也过点， 所以直线恒过定点. 【分析】（1）由椭圆过点的坐标及离心率公式，求出，得到椭圆的方程； （2）先设出直线和的方程，联立方程组求出点，的坐标，进而求出直线的方程，得到直线过定点. 【详解】（1）点在椭圆：上，所以， 椭圆的离心率为，，，， 得，，，， 椭圆的标准方程为. （2）略 4．（25-26高二下·河南许昌·期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，且，离心率为．不与y轴垂直的直线l与C交于A，B两点． (1)求C的方程； (2)若直线l经过点，求的面积的最大值； (3)C的左顶点为D，若，证明：直线l过定点． 【答案】(1) (2)2 (3) 【分析】（1）根据离心律和椭圆系数求得； （2）设而不求，联立直线与椭圆联立，用伟达定理求出得到三角形面积；第三小问，设直线为横截距式，设与轴交点为，联立求解。 【详解】（1）设C的半焦距为．由题意可得解得 所以C的方程为． （2）由（1）可知，． 可设l：，，， 由消去x得， 则，． 所以． ， 当且仅当，即时“=”成立， 即的面积的最大值为2． （3）设l：．由消去x得， 所以，，． 因为，，所以由可得， 所以， 即， 化简整理得，解得或． 当时，直线l：经过点D，不符合题意； 当时，直线l：经过点，也满足，符合题意． 综上所述，当时，直线l过定点． 5．（2026高三·全国·专题练习）已知椭圆C经过点，且与双曲线共焦点. (1)求椭圆C的方程； (2)过椭圆C右焦点作直线l交椭圆C于，两点，交轴于点，且记，，求证：为定值. 【答案】(1)； (2)设点、，， 由题意可知，直线的斜率存在，可设直线的方程为， 联立，可得， 由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点， 由韦达定理可得，， ，，， 得，， ，， . 【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，由，可得出、的表达式，结合韦达定理可计算得出为定值. 【详解】（1）因为双曲线的焦点坐标为，则， 设椭圆的方程为， 又椭圆过点，， 可得，，椭圆的标准方程为：； （2）略. 6．已知椭圆上的点到两焦点的距离之和为4，且右焦点为． (1)求椭圆的方程； (2)设、分别为椭圆的左右顶点，点为椭圆上异于、的动点，直线、分别与直线交于点、．求证：以为直径的圆交轴于两定点． 【答案】(1) (2)如图所示，可知，设， 则，所以， 所以， 设以为直径的圆交轴于点， 可得， 因为为直径，所以，即，化简得， 而，所以，所以，所以， 解得或，即以为直径的圆交轴于点，即以为直径的圆交轴于两定点. 【分析】（1）根据椭圆的概念，求出参数值，写出标准方程即可； （2）根据直线与椭圆的位置关系，和圆的基本性质，设出点的坐标，联立方程组，求出圆与轴交点的横坐标即可. 【详解】（1）由题意可知，所以， 所以椭圆的方程为. （2）略 7．已知椭圆的焦距为2，为的右焦点，为坐标原点，过且垂直于轴的直线与交于两点（在的上方），且的面积为. (1)求的标准方程. (2)过点且斜率存在的直线与交于不同的两点（在的左侧）. （ⅰ）证明：直线与的斜率之差的绝对值为定值； （ⅱ）设直线与轴分别交于点，且直线相交于点，证明：的面积为定值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）由（1）知. 设， 联立与的方程得，化简整理得， 则， ，， . 故直线与的斜率之差的绝对值为定值1. （ⅱ）设，则由（ⅰ）可知， 所以， 因此点在定直线上，所以. 直线，令，得，则. 直线，令，得，则， 所以. 所以， 所以的面积为定值8. 【分析】（1）根据椭圆焦距定义，结合椭圆通径的性质、三角形面积公式进行求解即可； （2）（ⅰ）设出直线的方程与椭圆方程联立，根据直线斜率公式、一元二次方程根的判别式、根与系数关系进行求解即可； （ⅱ）根据（ⅰ）的结论，结合直线的点斜式方程，三角形面积公式进行求解即可. 【详解】（1）设的焦距为，由题知，则. ，则. 根据对称性得，所以点， 所以，又，所以， 所以的标准方程为. （2）（ⅰ）略 （ⅱ）略 8．（25-26高二下·河南信阳·期末）已知椭圆的焦距为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4． (1)求椭圆的标准方程． (2)设椭圆的左、右顶点分别为，，点，过点的动直线与椭圆交于，两点（，均不同于，），直线与交于点，求证：点在定直线上，并求出该定直线的方程． 【答案】(1) (2)法一：因为点，过点的动直线， 所以设直线的方程为（当直线的斜率不存在时，即）， 将代入椭圆方程，得， 即． 设，，则，①． 因为，，所以直线的方程为， 直线的方程为， 联立解得交点的横坐标②． 将，，代入②得③． 由①得，即④． 将④代入③中，得． 所以点的横坐标为4，即点在定直线上． 法二：设直线的方程为（当直线的斜率不存在时，即）， 将代入椭圆方程，得， 即．设，， 则，，可得①． 由，，得直线的方程为， 直线的方程为．联立②， 消去，并整理得． 将①代入等式左边，得． 比较，系数，得，解得． 所以点的横坐标为，即点在定直线上． 法三（仿射变换）：作变换，， 则椭圆变为圆． 点，，保持不变． 过的直线变为过的直线，与圆交于． 由圆的几何性质（相交弦定理或相似三角形）可知（同法二）， 直线与的交点的横坐标恒为． 变换回原坐标，横坐标不变，则点的横坐标为， 即点在定直线上． 【分析】（1）求出的值，利用求出，从而得到椭圆的标准方程. （2）法一：设直线的方程为，直线和椭圆联立方程组，利用韦达定理得到，，求出和直线的方程，联立解得交点的横坐标为定值，从而得到点在定直线上． 法二：设直线的方程为，利用韦达定理得到，，求出和直线的方程，通过消去，并整理得到，比较，系数解得，从而得到点在定直线上． 法三（仿射变换）：作变换，，点，，保持不变．过的直线变为过的直线，与圆交于．由圆的几何性质得到直线与的交点的横坐标恒为． 从而得到点在定直线上. 【详解】（1）因为椭圆的焦距为，所以，即， 因为椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4，所以，解得， 所以， 则椭圆的标准方程为． （2）略. 9．（25-26高二下·上海青浦·期末）已知椭圆：（），其左焦点坐标为，且经过点，为坐标原点． (1)求椭圆的方程； (2)设点，点在椭圆上，求的最大值和最小值； (3)点在直线上，过点且与平行的直线与椭圆交于，两点．试探究：是否存在常数，使得恒成立；若存在，求出该常数的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1); (2)，; (3)存在，. 【分析】（1）通过题目所给条件直接计算的值； （2）通过三角换元，将点的坐标表示出来，用角度表示，结合二次函数与角度的范围求出最大、最小值； （3）通过坐标将和表示出来，直接判断两者是否存在固定的数量关系，直接求出的值. 【详解】（1）已知左焦点坐标为，所以， 且， 因为椭圆经过点，所以， 所以， 所以椭圆方程为： （2）因为点在椭圆上， 设，因为 所以       因为，所以当时， 当时， 所以，; （3）点在直线上，设， 直线过点且与平行，， 所以直线方程为：，即， 令，所以直线的方程为：， 联立椭圆的方程：，消得：， 设，，所以由韦达定理有，， 所以 同理， 所以， 因为， 代入韦达定理及化简得： 所以， 又因为， 所以，所以存在常数使得. 10．（25-26高二下·云南文山·阶段检测）已知椭圆：（）的离心率为，且经过点，上、下焦点分别为，，直线：和交于，两点，轴，为上的动点． (1)求的方程； (2)若，求的面积； (3)设上有两点，（，与都不重合）满足，且，垂足为，证明：存在定点，使得为定值． 【答案】(1) (2) (3)设，， 当直线斜率存在时，设其方程为， 联立，消去，整理得， 则， ，， 结合（2）有，则，， 又， 则 ， 化简整理得， 又直线：不过点，得， 所以，即， 所以直线方程为，过定点； 当直线斜率不存在时，设其方程为，（）， 则，，则，， 所以， 又，则联立得，解得，（舍去）， 所以直线方程为，过定点， 因此直线过定点， 又，则点在以线段为直径的圆上，所以圆心坐标为， 令点，则， 所以存在定点，使得为定值． 【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组求解即可； （2）由（1）求出点的坐标，结合对称性得到点的坐标，再根据数量积的坐标表示求出点的坐标，进而根据两点间的距离公式，点到直线的距离公式即可求出三角形面积； （3）分直线斜率存在与不存在两种情况，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的定点，进而求出点的轨迹即可推理得证． 【详解】（1）令椭圆的半焦距为，由椭圆的离心率为，且经过点， 则，解得， 所以椭圆的方程为． （2）由（1）知，椭圆，， 又在直线：上，且轴，则， 由对称性得关于原点对称，则， 设，则，， 由，化简得， 又，解得，，即点， 又， 点到直线的距离， 所以的面积为．    （3）略 11．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，过点． (1)求的方程； (2)已知点，过点的直线交于，两点（，在轴的下方），直线交直线于点． （ⅰ）设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ⅱ）证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)（i） 不为定值.理由如下. 设点， 设 ， 由 得， 由 ，得 ，解得 或 ， 又点 , 在 轴下方，则 ， 由韦达定理得 得 ，即 ， 因为 ， 所以 ， 所以 不是定值. （ⅱ） 由（i）得 则直线 的方程为 ， 即 ， 当 时，得 ， 所以必过定点. 【分析】（1）根据题意，列出的方程组求出得解； （2）（i）设点 ， ， 设 联立椭圆的方程，进而将斜率表示出来，得到 ，与点的坐标有关，从而 不为定值. （ii）通过（i）中将斜率表示成，从而直线方程转化为从而直线过定点 【详解】（1）由题可知：，解得， 所以椭圆的方程为. （2）（i）略 （ii）略 12．（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. 13．（25-26高三下·贵州·阶段检测）已知椭圆的离心率等于分别为的左、右焦点，为上任意一点，当线段的中点在轴上时，的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于另一个点，过点且与轴垂直的直线与椭圆交于两点. （i）求证：直线与的交点在一条定直线上； （ii）平面上点，使得直线的斜率成等比数列.求证：、、三点共线. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）由题意可得，则，利用通径公式可得，即可表示出，结合离心率计算即可得解； （2）（i）若直线的斜率为0，可计算出交点坐标；若直线的斜率不为0，可设的方程为，联立曲线方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，再表示出直线、，联立并利用韦达定理求出交点坐标即可得证；（ii）表示出直线的斜率后，利用等比数列性质结合（i）中所得韦达定理可得；（法一）可利用点到直线距离公式证明点在直线上；（法二）可利用斜率证明，从而得到、、三点共线；（法三）可表示出向量、后，利用共线定理得到，从而得到、、三点共线. 【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，则，即， 从而轴，则，， 又离心率，则，故， 由，所以，故，则， 所以椭圆的方程为：； （2）（i）当直线的斜率为0时，由题知， 因为，所以， 联立和：，解得，则交点； 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为， 由，有， 因为直线过椭圆内一定点，所以直线与椭圆恒有交点， ，，则， 设，则直线， 即①，同理②， ②①得 ，则； 综上可知，直线与的交点在定直线上； （ii）设直线的方程为，， 由（i）可得，，， 因为点，且、、成等比数列，所以， 故， 即有 ， 故， 整理得，故； （法一）设点到直线的距离为，则， 所以、、三点共线； （法二）直线的斜率 ，因为， 所以 ， 所以、、三点共线； （法三）向量， ， 则， ， 故，故， 又两个向量有公共点，所以、、三点共线. 14．（25-26高三下·山东聊城·阶段检测）在平面直角坐标系中，设、分别为椭圆的下顶点、上顶点．若经过点的直线交椭圆于第一、四象限的两点、（异于点、）．记直线的斜率为，直线的斜率为． (1)求证：． (2)若，求的值． (3)设为直线与的交点，求证：点在一条定直线上． 【答案】(1)证明：如图所示，设直线、的倾斜角分别为、， 则的补角为，所以， 所以. (2) (3)证明：设为直线与的交点，求证：点在一条定直线上． 因为，所以直线的方程为， 同理可得直线的方程为， 因为点在椭圆上，所以，即， 即，所以， 故直线的方程可表示为， 联立直线、的方程得， 解得 ， 解得，故点在定直线上. 【分析】（1）设直线、的倾斜角分别为、，可得出，利用诱导公式以及两角差的正切公式可证得结论成立； （2）设直线的方程为，将直线与椭圆方程联立，由到角公式结合、在椭圆上，可得的值； （3）由（2）分析可得的方程为，直线的方程为，将两直线方程联立可得：，结合韦达定理求出的值，据此可证得结论成立. 【详解】（1）略 （2）设直线的方程为， 联立， 判别式为：， 由韦达定理：，， 又、，则， 同理可得. 于是可得，所以. 1 学科网（北京）股份有限公司 $2026年新高二数学上学期暑假常考题型归纳 【圆锥曲线重难点四：椭圆中的定点定值定直线】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：椭圆中的直线过定点问题】 【练方法】 【特征】 多条动直线满足同一组几何条件直线随参数变化恒经过某固定坐标点 常见形式：两条动直线斜率存在等量关系、交点满足约束条件、弦满足角度/垂直条件 【方法】 1.设直线方程分斜率存在与斜率不存在两类讨论 2.联立直线与椭圆方程写出韦达定理 3.利用题干几何条件转化得到参数关系式 4.将关系式代入直线方程整理成「参数×式子+常数式子=0」 5.令参数系数、常数项同时为0解出定点坐标 6.取特殊直线先预判定点再一般性证明 （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．经典例题1例题 (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． （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．小试牛刀1 (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． （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．小试牛刀2 (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． （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.小试牛刀3 (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. 【题型2：与椭圆有关的圆过定点问题】 【练方法】 【特征】 满足条件的动圆随参数变化无论参数如何变动圆恒经过若干固定点 常见：以弦为直径的圆、四点共圆、多条直线相交形成的圆 【方法】 1.求出动圆方程整理为含参数项与不含参数项两部分 2.分离参数令参数系数=0常数部分=0联立求解定点 3.优先代入特殊参数得到候选定点再带回一般方程验证 4.四点共圆问题可利用斜率垂直、对角互补或圆一般式处理 （25-26高三下·北京·阶段检测）已知点，，动点在轴下方，且满足，记点的轨迹为．已知是上一点，，分别是的左、右顶点，，分别交直线和于，两点，以为直径的圆记为圆．经典例题1例题 (1)求的方程； (2)判断圆是否过定点．若过定点，求出定点的坐标；若不过，请说明理由． （2026·湖北·一模）已知动圆与圆：外切，同时与圆：相内切.小试牛刀1 (1)求动圆圆心的轨迹的方程； (2)设曲线与轴交于，两点（在左侧），过的动直线交于，两点，直线，交直线于，两点，证明： （i）以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标； （ii）直线与圆相切. （2026·河北沧州·一模）已知椭圆的焦距为，上的点到两焦点的距离之和为6．小试牛刀2 (1)求的方程； (2)记的左顶点为，过点的直线与交于两点（异于点）． （i）求的面积的取值范围； （ii）直线分别与直线交于两点，证明：以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标． （2022·四川成都·模拟预测）已知圆：，点，点在圆上运动的垂直平分线交于点小试牛刀3 (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点的动直线交曲线于、两点，求证：以为直径的圆恒过定点． 【题型3：椭圆中与斜率有关的定值问题】 【练方法】 【特征】 两条动直线斜率之和、斜率之积、斜率比值不受参数影响恒等于固定常数 典型：、定值模型 【方法】 1.设点、设直线联立椭圆得到韦达定理 2.写出斜率表达式通分代入根与系数关系 3.化简消去变量最终结果与参数无关即为定值 4.熟记极点极线经典斜率定值结论用于快速验算 5.注意斜率不存在的边界情况单独验证 已知椭圆：（）经过点，，分别为的左、右焦点，离心率.经典例题1例题 (1)求椭圆的方程； (2)求的角平分线所在直线的方程； (3)过点且斜率为的直线交椭圆于，两点，记直线，的斜率分别为，，是否存在常数，使得为定值?若存在，求出及该定值；若不存在，请说明理由. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，是圆上一点，线段与交于点，且．小试牛刀1 (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． 已知椭圆，，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，的最大值为3，最小值为1．小试牛刀2 (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作直线交椭圆于，两点，求面积的最大值； (3)若是椭圆上不同于顶点的动点，且和的斜率都存在，椭圆的左、右顶点分别为，，直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点．若直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． （25-26高二下·河南信阳·期末）十七世纪荷兰数学家费朗斯·范·舒腾首次系统发明圆锥曲线机械规，其中的一种如图1所示，四根等长的杆用铰链首尾连接，构成菱形．带槽杆长为，，转动杆一周的过程中始终有，记点的轨迹为曲线．点在线段的延长线上，且．过的直线与曲线交于，两点．小试牛刀3 (1)建立如图2所示的平面直角坐标系，求的方程； (2)记直线，的斜率为，，求证为定值； (3)过点作直线垂直于直线，在上任取一点，证明：直线，，的斜率成等差数列． 【题型4：椭圆中与面积有关的定值问题】 【练方法】 【特征】 直线与椭圆相交形成三角形、四边形面积不随参数变化保持固定数值 常见：焦点三角形、动弦与定点构成三角形面积 【方法】 1.面积选用合适公式：、底乘高、弦长×点到直线距离 2.联立方程结合韦达定理把面积表达式转化为单参数形式 3.代数化简消去参数得到常数 4.优先选择坐标面积公式规避距离复杂根式运算 （25-26高二下·重庆沙坪坝·阶段检测）已知为坐标原点，椭圆：（）的右顶点为，离心率，动点，，过的动直线交椭圆于，两点.经典例题1例题 (1)求的方程； (2)若，求四边形面积的最大值； (3)设的面积为，若，且斜率不为，试讨论：是否存在定值，使，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. （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．小试牛刀1 (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． （2026·天津武清·模拟预测）已知椭圆：（）的离心率为，，，分别为椭圆的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于，的一个动点，面积的最大值为．小试牛刀2 (1)求的方程； (2)过椭圆的右焦点的直线与交于，两点，记的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值． （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，.小试牛刀3 (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. 【题型5：椭圆中与线段有关的定值问题】 【练方法】 【特征】 线段长度比值、线段乘积、线段平方和/差为定值典型、 【方法】 1.弦长公式或参数法（直线参数方程）表达线段长度 2.直线参数方程中直接代表线段距离优先选用 3.代入韦达定理化简表达式消去参数得到常数 4.区分定点在直线内外注意参数正负符号 （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.经典例题1例题 (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． （2026·贵州毕节·三模）动点与定点的距离和D到定直线的距离的比是常数.小试牛刀1 (1)求动点D的轨迹方程； (2)设动点D的轨迹为曲线，，是曲线过原点O的两条弦，且，求证：为定值； (3)在（2）的条件下，求的面积的取值范围. （2026·安徽·模拟预测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，且椭圆C过点，直线的倾斜角为75°．小试牛刀2 (1)求椭圆C的方程； (2)过点P作两条不重合直线，，与椭圆C交于另一点A，与y轴交于点M；与椭圆C交于另一点B，与y轴交于点N． （ⅰ）若直线的斜率为2，求的面积； （ⅱ）若M，N关于坐标原点O对称，过点P作AB的垂线，垂足为Q，探究：是否存在定点R使得是定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． （25-26高三下·河南驻马店·阶段检测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点作轴的垂线交椭圆于点，，且的周长为12．小试牛刀3 (1)求椭圆的标准方程； (2)直线与椭圆交于两点，求的周长的取值范围； (3)在轴上是否存在一定点，使得过点的任意直线与椭圆相交于两点，有为定值，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 【题型6：椭圆中与参数有关的定值问题】 【练方法】 【特征】 由直线斜率、动点坐标等参数构造代数式运算结果不受参数影响恒为常数 不限于斜率、面积、线段形式灵活多变 【方法】 1.把目标代数式全部转化为交点横坐标、纵坐标形式 2.联立椭圆得到韦达定理整体代换消元 3.因式分解、约分消去可变参数 4.复杂式子可先取特殊值预判定值指引化简方向 （2026高三·全国·专题练习）已知椭圆C：的两焦点与短轴的一个端点连接构成等腰直角三角形，直线与以椭圆C的右焦点为圆心，以为半径的圆相切.经典例题1例题 (1)求椭圆C的方程； (2)若过椭圆C右焦点F作直线L交椭圆C于A，B两点，交y轴于M点，且，.求证：为定值. （2026高三·全国·专题练习）设是椭圆上任意一点，分别交椭圆于点，若，求证：为定值．小试牛刀1 （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．小试牛刀2    (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． （25-26高二下·贵州遵义·期中）在平面直角坐标系中，椭圆 的左焦点为，且到上任意一点的距离最小值为1．小试牛刀3 (1)求的方程； (2)过的直线与交于、两点，与轴交于点，且在线段之间，为的右顶点． （i）若的面积是的面积的3倍，求的方程； （ii）设，，证明：为定值． 【题型7：椭圆中的定直线问题】 【练方法】 【特征】 动点、动直线满足条件相关点恒落在某条固定直线上（定直线/定值线） 属于轨迹类定值常结合极点极线 【方法】 1.设出动点坐标写出满足的几何约束等式 2.使用韦达定理消去所有参数 3.得到只含的直线方程即为定值线 4.可先用特殊位置求出定直线再证明一般情况全部满足 （25-26高二下·广东广州·阶段检测）在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线：的距离之比为，记点的轨迹为曲线．经典例题1例题 (1)求的方程； (2)点，过点的直线与交于，两点． （ⅰ）当时，求的方程； （ⅱ）若直线斜率不为0，且直线与过点且垂直于的直线交于点，判断点是否在定直线上，并说明理由． （2026·江西宜春·模拟预测）已知点，分别是椭圆的左、右顶点，且的离心率为．小试牛刀1 (1)求的方程； (2)若点是上与，不重合的点，直线，与直线分别交于点，，求的最小值； (3)若不过点且斜率为的直线与交于，两点，证明：的外心恒在定直线上． （2026·新疆·二模）已知，分别是椭圆C：（）的左、右焦点，O为坐标原点，M为椭圆C上任意一点，的最大值为，当时，的面积为1．小试牛刀2 (1)求椭圆C的方程及其离心率； (2)已知A，B为椭圆C的左右顶点，若点P满足，当M与A，B不重合时，直线MP交椭圆C于另一点N，直线AM，BN交于点T． （ⅰ）证明：点T在一条定直线上； （ⅱ）求的最大值． （25-26高二下·湖北·期中）已知椭圆焦距为4，短轴长为4．小试牛刀3 (1)求椭圆的方程． (2)若椭圆与轴的交点为A，B（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点．试问点是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【题型8：探索椭圆中定点定值问题】 【练方法】 【特征】 开放性设问：是否存在定点/定值/定直线满足条件 先猜测后证明无直接给出结论 【方法】 1.取两组特殊参数算出候选定点/定值/定直线 2.再对一般情形联立、韦达定理严格证明 3.若化简后式子无法恒成立则不存在 4.书写格式：先猜想结论再一般性推理论证 如图，椭圆：的左、右焦点分别为、，点和点是椭圆的左顶点和上顶点．从椭圆上一点向轴作垂线，垂足恰好为右焦点，且，．经典例题1例题    (1)求椭圆的方程； (2)直线过椭圆的右焦点，且与相交于、两点， ①若，求直线的方程； ②在轴上是否存在点，使得无论如何变化，被轴平分，如果存在，求出点坐标；如果不存在，请说明理由． （25-26高二下·天津·阶段检测）椭圆的离心率，椭圆经过点，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点．小试牛刀1 (1)求椭圆的标准方程； (2)求面积取最大值时的直线方程； (3)若点是线段的中点，问是否存在轴上一定点，对于任意的都有，若存在求出点坐标，若不存在请说明理由． （2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为，下顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为．小试牛刀2 (1)求椭圆的方程； (2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值； (3)过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，连接并延长交直线于点．试探究：在轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 课后过关检测 一、解答题 1．（2026高三·全国·专题练习）如图，已知直线l：过椭圆C：的右焦点F，抛物线的焦点为椭圆C的上顶点，且直线l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线上的射影依次为点D，K，E. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l交y轴于M点，且，，当m变化时，探求是否为定值？若是，求出的值.若不是，请说明理由； (3)连接AE，BD，试证明当m变化时，直线AE与BD相交于定点. 2．（素养拓展10圆锥曲线常考定值、定点问题02（暑假预习讲义）新高二数学人教A版）已知椭圆：，点、分别是椭圆位于轴、轴正半轴的两个顶点，点是椭圆上位于第一象限的一个动点． (1)求椭圆的离心率； (2)设点关于原点中心对称的点为，求四边形面积的最大值； (3)点满足，直线与椭圆的另一个交点为点．过点作垂直于轴的直线，设直线交线段于点，若点满足，求证：直线过定点． 3．（25-26高二下·广东惠州·期末）已知点在椭圆：上，，分别是椭圆的左、右焦点，椭圆的离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设过点的两直线和分别与椭圆相交于，和，两点，且，点，分别是弦，的中点，若直线和直线均不与轴重合，求证：直线过定点． 4．（25-26高二下·河南许昌·期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，且，离心率为．不与y轴垂直的直线l与C交于A，B两点． (1)求C的方程； (2)若直线l经过点，求的面积的最大值； (3)C的左顶点为D，若，证明：直线l过定点． 5．（2026高三·全国·专题练习）已知椭圆C经过点，且与双曲线共焦点. (1)求椭圆C的方程； (2)过椭圆C右焦点作直线l交椭圆C于，两点，交轴于点，且记，，求证：为定值. 6．已知椭圆上的点到两焦点的距离之和为4，且右焦点为． (1)求椭圆的方程； (2)设、分别为椭圆的左右顶点，点为椭圆上异于、的动点，直线、分别与直线交于点、．求证：以为直径的圆交轴于两定点． 7．已知椭圆的焦距为2，为的右焦点，为坐标原点，过且垂直于轴的直线与交于两点（在的上方），且的面积为. (1)求的标准方程. (2)过点且斜率存在的直线与交于不同的两点（在的左侧）. （ⅰ）证明：直线与的斜率之差的绝对值为定值； （ⅱ）设直线与轴分别交于点，且直线相交于点，证明：的面积为定值. 8．（25-26高二下·河南信阳·期末）已知椭圆的焦距为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4． (1)求椭圆的标准方程． (2)设椭圆的左、右顶点分别为，，点，过点的动直线与椭圆交于，两点（，均不同于，），直线与交于点，求证：点在定直线上，并求出该定直线的方程． 9．（25-26高二下·上海青浦·期末）已知椭圆：（），其左焦点坐标为，且经过点，为坐标原点． (1)求椭圆的方程； (2)设点，点在椭圆上，求的最大值和最小值； (3)点在直线上，过点且与平行的直线与椭圆交于，两点．试探究：是否存在常数，使得恒成立；若存在，求出该常数的值；若不存在，说明理由． 10．（25-26高二下·云南文山·阶段检测）已知椭圆：（）的离心率为，且经过点，上、下焦点分别为，，直线：和交于，两点，轴，为上的动点． (1)求的方程； (2)若，求的面积； (3)设上有两点，（，与都不重合）满足，且，垂足为，证明：存在定点，使得为定值． 11．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，过点． (1)求的方程； (2)已知点，过点的直线交于，两点（，在轴的下方），直线交直线于点． （ⅰ）设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ⅱ）证明：直线过定点． 12．（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． 13．（25-26高三下·贵州·阶段检测）已知椭圆的离心率等于分别为的左、右焦点，为上任意一点，当线段的中点在轴上时，的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于另一个点，过点且与轴垂直的直线与椭圆交于两点. （i）求证：直线与的交点在一条定直线上； （ii）平面上点，使得直线的斜率成等比数列.求证：、、三点共线. 14．（25-26高三下·山东聊城·阶段检测）在平面直角坐标系中，设、分别为椭圆的下顶点、上顶点．若经过点的直线交椭圆于第一、四象限的两点、（异于点、）．记直线的斜率为，直线的斜率为． (1)求证：． (2)若，求的值． (3)设为直线与的交点，求证：点在一条定直线上． 1 学科网（北京）股份有限公司 $