解析几何：椭圆中的定点问题、定值问题、定直线问题讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦椭圆中的定点、定值、定直线三大核心考点，按照“核心知识点-解题思路-例题分析-变式训练”的逻辑架构系统梳理，通过考点梳理明确概念本质，方法指导提炼通性通法，真题训练强化应用能力，帮助学生构建解析几何问题的完整解题体系。 讲义突出数学思维的培养和数学语言的规范表达，如在定点问题中采用“特殊值探路法”引导学生先猜后证，在定值问题中强调参数消去的代数推理，培养学生的逻辑推理和创新意识。设置基础例题与变式训练分层递进，配合解题步骤的规范示范，确保学生高效掌握解题策略，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

2027届高三数学一轮复习讲义 解析几何：椭圆中的定点问题、定值问题、定直线问题复习讲义 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 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 定义：在椭圆背景下，满足某一条件的动直线、动交点，无论参数如何变化，始终经过某一个固定不变的点，该点即为定点。定点坐标与直线斜率、动点坐标等参数无关。 1. 常见模型：动弦、两条动直线相交、过椭圆上动点作两条斜率满足特定关系的直线，直线过定点；椭圆与直线相交，衍生出的直线恒过定点。 1. 本质：含有参数的直线方程，无论参数取何允许值，方程恒成立，存在一组 恒满足直线方程，与参数无关。 1. 区分：定点可以在椭圆内部、椭圆外部、椭圆上；定点不一定在椭圆曲线上。 二、解题思路 1. 设参：设出直线方程（斜截式/点斜式，注意讨论斜率存在与不存在），或者设椭圆上点的坐标，引入参数，例如斜率 、点坐标 。 1. 联立方程：直线与椭圆方程联立，整理一元二次方程，写出判别式、韦达定理 ，。 1. 翻译题干条件：把几何条件（斜率之和、斜率之积、垂直、角度相等、向量条件等）转化为代数等式，全部用韦达定理的结果代换，消去 ，得到参数之间的约束关系式。 1. 整理动直线方程：把约束关系代入动直线，将直线整理成 参数·主式 + 常数式 = 0 的形式；该式对参数恒成立，令参数的系数和常数项同时等于0，解方程组得到定点坐标。 1. 特殊值探路法（选择思路）：取参数的两个特殊情形，求出两种情况下直线位置，求出两条直线交点，得到定点猜测；再将该点回代，证明一般情况下直线恒过该定点。 1. 完备性检验：检验斜率不存在的特殊情况，验证该特殊情形直线也经过求出的定点，避免漏情况。 1. 注意判别式约束，参数要保证直线和椭圆有对应的交点。 【例题分析】 例1．（2026·广东深圳·模拟预测）如图，已知点，过点且斜率为的动直线交椭圆于两点，延长分别交椭圆于两点，直线CD的斜率为． 求证： (1)直线CD恒过轴上的定点； (2)． 【答案】(1)设，，，， 因为三点共线，，故， 即， 即， 即， 故， 即， 整理得， 因此， 同理由共线，共线，得，， 因此，， 设与轴交点为，则由共线可得， 故 解得，该值与无关， 所以恒过轴上定点． (2)由于， 同理可得，所以， 记，则，。 故 因此． 【分析】（1）设，，，，利用三点共线的条件结合三角恒等变换可得到一系列三角等式，最后得出直线CD与轴交点的横坐标只与有关，即证结论； （2）写出的表达式，利用三角恒等变换和（1）中得到的等式化简即可证得结论． 【详解】（1）略 （2）略 例2．（25-26高二下·广西河池·期末）已知椭圆：的长轴长为，为坐标原点，为上顶点，为右焦点，为等腰直角三角形． (1)求椭圆的方程； (2)若过点的直线与椭圆交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为． （ⅰ）求证：直线恒过定点； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）设，，， 当直线斜率为时，直线与轴重合，，，三点共线， 直线恒过定点，定点在轴上， 当直线斜率不为时，设直线方程为， 依题意， 得，， ，， 所以，即得直线的方程为：①． 由图形的对称性可知，若动直线过定点，则定点一定在轴上， 所以令代入①，可得 ， 由（*）得， 所以得， 所以直线恒过定点． （ⅱ） 【分析】（1）由椭圆的性质列出方程解得参数即可写出椭圆方程； （2）（ⅰ）设交点坐标，讨论直线斜率，写出直线方程，联立方程组整理得到一元二次方程，由韦达定理得到交点坐标的关系式，从而写出直线的方程，由直线方程得到直线的定点坐标； （ⅱ）由（ⅰ）得并通过（ⅰ）中结论化简，通过换元法结合基本不等式求得面积的最大值. 【详解】（1）依题意可知， 解得，， 椭圆的标准方程为． （2）（i）略 （ⅱ）由（ⅰ）可知直线恒过定点， 所以， 将（*）代入得， 设，则． 因为，所以， 所以，当且仅当时取面积的最大值． 例3．（2026·安徽合肥·模拟预测）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 【变式训练】 变式1．（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2．（25-26高二上·广东佛山·阶段检测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为．点M是椭圆C上一点，满足，O为坐标原点． (1)求C的方程； (2)设，若C上的一点N与点M不关于x轴对称，且满足． （ⅰ）证明：直线MN恒过x轴上的一个点； （ⅱ）求面积的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）设直线MN的方程为，点， 则， 因为，所以， 整理得，即， 化简并整理得：，① 联立，消去得， ，化简并整理得， 由韦达定理可得，② 将②代入①得， 化简并整理得：， 所以直线MN的方程为， 所以直线MN恒过点； （ⅱ） 【分析】（1）根据椭圆的定义和离心率进行求解； （2）（ⅰ）设直线MN的方程为，根据得到直线的斜率关系，根据韦达定理列方程求出的关系，进行证明； （ⅱ）先求出的取值范围，再求出三角形的面积范围. 【详解】（1）根据题意可得，所以， 又，所以，所以， 所以C的方程为； （2）（ⅰ）略 （ⅱ）由（ⅰ）可知直线MN恒过点，当直线MN与x轴重合时，M、N、T三点共线，此时不构成三角形； 当直线MN与x轴不重合时，设直线MN的方程为， 联立，消去得， 所以， 所以， 令，则，，所以， 根据对勾函数的性质可知：在上单调递增，所以， 所以， 所以， 综上所述，面积的取值范围为. 变式3．（2026·河南周口·二模）已知，在椭圆（，）上． (1)求E的方程； (2)若M为E上一点（异于P，Q两点），求面积的最大值； (3)过点作两条直线分别与E交于另一点A，B，记直线NA，NB的斜率分别为，，若，证明：直线AB过定点． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）代入即可求解得解， （2）联立直线与椭圆方程，根据相切得判别式为0，进而根据平行线间距离公式即可求解最值， （3）设直线方程，联立与椭圆方程，得到韦达定理，进而根据两点斜率公式，即可化简求解. 【详解】（1）将，代入椭圆中可得 ，解得， 故椭圆方程为 （2）由，可得， 设与平行且与椭圆相切的直线方程为， 联立与可得， 故，解得， 当直线时，此时直线与直线的距离最大，故最大距离为， 因此的最大值为 （3）设直线， 则，化简得， 设,, 则， 故, 故，即， 化简可得， 故， 化简可得，解得或， 当时，则，此时直线经过，与重合，不符合题意，舍去， 当，则，此时直线恒经过，符合题意， 考点二 椭圆中的定值问题 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 定义：椭圆背景下，在变化条件下（动点、动直线），某个几何量（斜率和、斜率积、线段长度、距离、向量数量积、面积、比值等）不受参数影响，始终等于固定常数，称为定值。 1. 定值不是一定为0，可为任意常数；定值与直线斜率、动点位置无关。 1. 常见定值类型：两点斜率之和为定值、斜率之积为定值；向量数量积定值；线段长度的乘积、比值定值；距离定值。 1. 核心逻辑：表达式表面含有参数，经过韦达定理代换化简之后，参数全部消去，剩余常数。 二、解题思路 1. 引入参数：设动直线或者动点坐标，引入参数，设交点 。直线优先考虑斜率存在、不存在两种情况。 1. 直线椭圆联立：得到一元二次方程，写出韦达定理 、，记录判别式。 1. 写出待求的目标表达式：把题目要求的几何量，翻译成代数表达式，表达式中含有 以及参数。 1. 统一变量：利用直线方程，把 全部转化为 ；将韦达定理代入目标表达式。 1. 化简消参：对表达式化简，消去全部参数，最终得到常数，即为定值。 1. 特殊值预判定值：可以选取特殊位置（例如直线水平、竖直），快速算出定值，后续一般情况化简目标就是该常数，用于检验计算对错。 1. 完备性：检验斜率不存在、直线位置特殊的边界情形，同样得到该定值，证明普遍成立。 1. 注意：不要在化简中途主观把参数消掉，必须严格代数运算消参。 【例题分析】 例1．（2026·山东日照·模拟预测）已知椭圆：的右焦点为，左、右顶点分别为，，过点的直线与交于点，（点位于轴的上方），直线，的交点为，直线，的交点为，记直线，的斜率分别为，. (1)若直线的斜率为2，求. (2)求证：为定值. (3)求面积的最小值. 【答案】(1) (2)证明：设直线，的斜率分别为，，直线：， 联立得． 易得，则，．     所以， 因为点在椭圆上，所以． 整理得．所以． 因此， 故为定值. (3) 【分析】（1）联立椭圆与直线方程，代入弦长公式求解即可； （2）联立椭圆与直线方程，表示出与即可求解； （3）代数表示三角形面积，讨论面积最小值即可求解 【详解】【小题1】设，，易得直线：， 联立得．易得， 则，， 所以. 【小题2】略 【小题3】设．由（2）可知，， 直线：，：， 联立与的方程，得， 由（2）同理，得， ，则，． 所以直线：，：， 联立与的方程，得， 所以点，在直线上，且， ， 当且仅当时，等号成立，所以面积的最小值为．    例2．（2026·陕西·一模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3. (1)求椭圆的方程 (2)已知点，过点的直线交椭圆于两点（在轴下方），直线交直线于点，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 【答案】(1) (2)不为定值，理由如下： 设，直线， 联立方程，得到， 即，解得或， 又因为在轴下方，所以， 由韦达定理得到， 得到，即， 又因为， 所以 . 所以不为定值. 【分析】（1）列方程求解即可求解； （2）设，直线，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. 【详解】（1）因为直线被椭圆所截得的线段的长为3， 所以在椭圆上，则，即 又因为离心率为，即，且， 所以， 所以椭圆的方程. （2）略 例3．（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． (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：; （2）略 【变式训练】 变式1．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）平面直角坐标系中，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，记点的轨迹为曲线 . (1)求曲线 的方程； (2)已知过椭圆外一点引椭圆的两条切线，过两切点的直线方程为.现过曲线 外一点作曲线 的切线，切点分别为，. （i）证明：直线平分； （ii）直线与直线 交于点，过点作直线的垂线，垂足为，直线，的斜率分别为，，探究是否为定值，若为定值，求出该定值，若不为定值请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）证明：设、，则，， 根据题意知，直线 方程为， 则有，， ，，， 则 ， 同理可得， 故，即，即直线平分； （ii）是，且该定值为 【分析】（1）根据题意列出方程，再进行化简即可得； （2）（i）设、，则可表示出，，，再利用平面向量夹角公式计算出、，可得，即可得直线平分；（ii）联立直线与直线 ，可求出其交点坐标，即可得点坐标，从而可表示出，联立直线 与椭圆方程，消去可得与横坐标交点有关韦达定理，利用韦达定理计算即可得. 【详解】（1）由题意，动点满足 ， 平方整理得，化简得， 即曲线 的方程为； （2）（i）略 （ii），， 联立，解得， 则，故， 则 ， 联立，消去可得， 恒成立，有，， 则， ， 则 ， ， 故为定值，且该定值为.    变式2．（2026·河北唐山·模拟预测）已知椭圆经过点，离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若不过点的直线与椭圆交于两点，且满足.证明：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意求得的值，即可得到椭圆的方程； （2）联立椭圆与直线方程，根据题意利用韦达定理算出即可. 【详解】（1）由题意知，离心率为，，那么， 把代入椭圆，可得：，所以，那么椭圆的标准方程：. （2）设，联立直线和椭圆的方程：, 可得：， 由题意可知：， 整理可得：， 即：， 整理可得：， 即：， 那么或， 当时，过点，所以舍去， 所以为定值. 【点睛】关键点点睛：依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值. 变式3．（2026·河北邯郸·二模）已知椭圆的下、上焦点分别为，，点，，四边形的面积为4，椭圆E的长轴长是短轴长的倍，椭圆E上有一动点M，连接MP并延长与椭圆E交于点R，连接MQ并延长与椭圆E交于点S（与R不重合），记，． (1)求椭圆E的方程； (2)求面积的最大值； (3)试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)是定值， 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设，根据得出，，再将，作差得，即可求出，求出的最大值即可； （3）同（2）得出即可求出. 【详解】（1）因为四边形的面积为4，所以，则， 因为椭圆E的长轴长是短轴长的倍，所以， 由得， 故椭圆E的方程为； （2）设，则，， 因为，，则， 则，，则， 因为，，所以， 故， 则， 若，则，则重合，显然不成立； 若，则重合，显然不成立，故且， 则， 联立，解得， 则， 则 ， 因为，所以， 因为在上单调递减，在上单调递增， ，，， 所以， 令，则， 则当时有最大值， 故面积的最大值为； （3）设，则，， 因为，，则， 则，，则， 因为，，所以， 故， 则， 同（2）可知且，则， 联立，解得，则， 故，是定值. 考点三 椭圆中的定直线问题 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 定义：椭圆背景下，在一系列变化条件下，动点、动交点始终落在某一条固定不变的直线上，这条直线就是定直线。定直线方程不受参数变化影响。 1. 常见模型：椭圆上两个动点满足斜率条件，交点恒在定直线；椭圆切线衍生定直线；极点极线背景的定直线；动切点、动交点轨迹为定直线。 1. 和定点区别：定点是点恒不变；定直线是点恒落在某条固定直线上，动点本身是变化的。 1. 定直线可以在椭圆外侧，不一定与椭圆相交。 二、解题思路 1. 设参：设出动直线，或者椭圆上两点坐标，引入参数；设交点坐标 ， 就是落在定直线上的动点。 1. 联立椭圆与直线，得到韦达定理 。 1. 翻译几何条件：把斜率条件、垂直、共线等几何条件转化代数等式，结合交点 满足的关系式，建立方程。 1. 消参求轨迹：所有式子当中含有参数，把参数当作中间变量，进行消参，消去全部引入的参数，得到只含有 的方程，该方程即为定直线方程。 1. 特殊位置预判：取两组特殊参数，求出两组动点 的坐标，两点确定一条直线，预判定直线；再证明一般情形下所有动点都满足这条直线方程。 1. 边界验证：检验斜率不存在等极限情况，此时动点依然满足定直线方程。 1. 注意区分：求出的轨迹方程，如果是直线，则为定直线；需要剔除不符合题意的点。 【例题分析】 例1．（2026·安徽·二模）已知椭圆的左、右顶点分别为、，短轴长为，点上的点满足直线、的斜率之积为． (1)求的方程； (2)若过点且不与轴垂直的直线与交于、两点，记直线、交于点．探究：点是否在定直线上，若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)点在定直线上 【分析】（1）设点，则，可得出，利用斜率公式结合已知条件可得出，再利用椭圆的短轴长可得出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）设的方程为，设点、，设点，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，写出直线、的方程，联立这两条直线方程，可得出点的横坐标，即可得出结论. 【详解】（1）解：设，则，且，所以，， 则， 故①，又②，                         联立①②，解得，，故椭圆的方程为． （2）解：结论：点在定直线上．                       由（1）得，、，设， 设直线的方程为，设点、， 联立，整理得， ， ，       直线的方程为，直线的方程为， 所以，， 可得     ，解得， 因此，点在直线上. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 例2．（2026·四川成都·模拟预测）已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为. (1)求点的轨迹的方程； (2)过作不平行于坐标轴的直线交于D，E两点，若轴于点M，轴于点N，直线DN与EM交于点Q. ①求证：点Q在一条定直线上，并求此定直线； ②求面积的最大值. 【答案】(1) (2) ①依题意，设直线DE方程为. 联立，得， 易知 设，，则，. 因为轴，轴， 所以，. 所以直线DN：， 直线EM：， 联立解得. 从而点Q在定直线上. ② 【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可； （2）①求出直线DN与EM方程，得到Q点坐标，即可判定；②将面积表示出来，然后换元，利用基本不等式求最值. 【详解】（1）因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为， 所以， 故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点）， 且，所以， 所以的轨迹的方程为. （2）①略 ②因为， 又，则， 设，则， 当且仅当，即时，等号成立， 故面积的最大值为. 例3．（2026·江苏南京·模拟预测）椭圆E的方程为，左、右顶点分别为，，点P为椭圆E上的点，且在第一象限，直线l过点P (1)若直线l分别交x，y轴于C，D两点，若，求的长； (2)若直线l过点，且交椭圆E于另一点Q（异于点A，B），记直线与直线交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1)； (2)点M在定直线上. 【分析】（1）设，由题意可得则，，从而可得，根据即可求解； （2）依题可设直线l的方程为，，，．求出直线的方程为，直线的方程为，联立可得，联立直线l的方程和椭圆方程，结合韦达定理，从而可求解. 【详解】（1）设， 则①，②， 由①②可得， ，即， （2）依题可设直线l的方程为，，，． 联立方程组，整理得， ， 则， 直线的方程为，直线的方程为， 联立方程组，得， 因为 ， ， 由，得，得． 所以. 故点M在定直线上．    【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 【变式训练】 变式1．（2026·江苏常州·模拟预测）已知椭圆：的短轴长为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的动直线与椭圆相交于不同的两点，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上． 【答案】(1) (2) 设，，，， 直线的斜率显然存在，设为，则的方程为． 因为，，，四点共线，不妨设， 则，，，， 由，可得， 化简得．（*） 联立直线和椭圆的方程，得， 消去，得， ，得， 由韦达定理，得，．代入（*） 化简得，即． 又，代入上式，得，化简得． 所以点总在一条定直线上．    【分析】（1）根据题意得，再结合可求出，从而可求得椭圆方程， （2）设，，，，设的方程为，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，由可得，再结合前面的式子化简可求出关于的方程，从而可证得结论. 【详解】（1）由题意可知，因为，所以解得，． 所以所求椭圆的方程为 （2）略 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是设出直线的方程，利用弦长公式表示出，代入化简，再将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，几个式子相结合可证得结论. 变式2．（2026·江苏连云港·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知两定点，，M是平面内一动点，自M作MN垂直于AB，垂足N介于A和B之间，且． (1)求动点M的轨迹； (2)设过的直线交曲线于C，D两点，Q为平面上一动点，直线QC，QD，QP的斜率分别为，，，且满足．问：动点Q是否在某一定直线上？若在，求出该定直线的方程；若不在，请说明理由． 【答案】(1) (2)在定直线y＝8（x≠0）上． 【详解】（1）设，则，由题意知－4＜x＜4． ∵，∴，即，故动点M的轨迹为． （2）存在满足题意的Q，在定直线y＝8（x≠0）上．理由如下： 当直线CD的斜率存在时，设直线CD的方程为y＝kx＋1． 设，，，则，，，由此知． 将y＝kx＋1代入，得，于是 ，．① 条件即，也即． 将，代入得． 显然不在直线y＝kx＋1上，∴，从而得，即． 将，代入得．将式①代入得 ，解得． 当直线CD的斜率不存在时，经检验符合题意． 因此存在满足题意的Q，在定直线y＝8（x≠0）上． 【反思】由于关于椭圆的极线是直线y＝8，若恒成立，由命题5知点Q在极线y＝8上，因此存在满足题意的Q，其轨迹为y＝8（x≠0）．本题实质是命题5的逆向应用． 变式3．（2026·宁夏银川·模拟预测）已知椭圆的焦距为2，经过点，若点P是椭圆C上一个动点（异于椭圆C的左右顶点），点，，，直线PN与曲线C的另一个公共点为Q，直线EP与FQ交于点M． (1)求椭圆C的标准方程； (2)求证：当点P变化时，点M恒在一条定直线上． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将点代入方程，结合焦距为2，解得答案. （2）设直线方程为，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，得到，计算的直线方程，计算交点横坐标，化简得到答案. 【详解】（1）由题意可知，，解得， 所以椭圆C的标准方程为． （2）直线斜率不为0，设直线PQ的方程为：，，， 联立方程得：， 则，，所以， 又直线PE的方程为：， 又直线QF的方程为：， 联立方程得：， 把代入上式得：， 所以当点P运动时，点M恒在定直线上. 2 学科网（北京）股份有限公司 $2027届高三数学一轮复习讲义 解析几何：椭圆中的定点问题、定值问题、定直线问题复习讲义 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 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 定义：在椭圆背景下，满足某一条件的动直线、动交点，无论参数如何变化，始终经过某一个固定不变的点，该点即为定点。定点坐标与直线斜率、动点坐标等参数无关。 1. 常见模型：动弦、两条动直线相交、过椭圆上动点作两条斜率满足特定关系的直线，直线过定点；椭圆与直线相交，衍生出的直线恒过定点。 1. 本质：含有参数的直线方程，无论参数取何允许值，方程恒成立，存在一组 恒满足直线方程，与参数无关。 1. 区分：定点可以在椭圆内部、椭圆外部、椭圆上；定点不一定在椭圆曲线上。 二、解题思路 1. 设参：设出直线方程（斜截式/点斜式，注意讨论斜率存在与不存在），或者设椭圆上点的坐标，引入参数，例如斜率 、点坐标 。 1. 联立方程：直线与椭圆方程联立，整理一元二次方程，写出判别式、韦达定理 ，。 1. 翻译题干条件：把几何条件（斜率之和、斜率之积、垂直、角度相等、向量条件等）转化为代数等式，全部用韦达定理的结果代换，消去 ，得到参数之间的约束关系式。 1. 整理动直线方程：把约束关系代入动直线，将直线整理成 参数·主式 + 常数式 = 0 的形式；该式对参数恒成立，令参数的系数和常数项同时等于0，解方程组得到定点坐标。 1. 特殊值探路法（选择思路）：取参数的两个特殊情形，求出两种情况下直线位置，求出两条直线交点，得到定点猜测；再将该点回代，证明一般情况下直线恒过该定点。 1. 完备性检验：检验斜率不存在的特殊情况，验证该特殊情形直线也经过求出的定点，避免漏情况。 1. 注意判别式约束，参数要保证直线和椭圆有对应的交点。 【例题分析】 例1．（2026·广东深圳·模拟预测）如图，已知点，过点且斜率为的动直线交椭圆于两点，延长分别交椭圆于两点，直线CD的斜率为． 求证： (1)直线CD恒过轴上的定点； (2)． 例2．（25-26高二下·广西河池·期末）已知椭圆：的长轴长为，为坐标原点，为上顶点，为右焦点，为等腰直角三角形． (1)求椭圆的方程； (2)若过点的直线与椭圆交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为． （ⅰ）求证：直线恒过定点； （ⅱ）求面积的最大值． 例3．（2026·安徽合肥·模拟预测）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． 【变式训练】 变式1．（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2．（25-26高二上·广东佛山·阶段检测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为．点M是椭圆C上一点，满足，O为坐标原点． (1)求C的方程； (2)设，若C上的一点N与点M不关于x轴对称，且满足． （ⅰ）证明：直线MN恒过x轴上的一个点； （ⅱ）求面积的取值范围． 变式3．（2026·河南周口·二模）已知，在椭圆（，）上． (1)求E的方程； (2)若M为E上一点（异于P，Q两点），求面积的最大值； (3)过点作两条直线分别与E交于另一点A，B，记直线NA，NB的斜率分别为，，若，证明：直线AB过定点． 考点二 椭圆中的定值问题 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 定义：椭圆背景下，在变化条件下（动点、动直线），某个几何量（斜率和、斜率积、线段长度、距离、向量数量积、面积、比值等）不受参数影响，始终等于固定常数，称为定值。 1. 定值不是一定为0，可为任意常数；定值与直线斜率、动点位置无关。 1. 常见定值类型：两点斜率之和为定值、斜率之积为定值；向量数量积定值；线段长度的乘积、比值定值；距离定值。 1. 核心逻辑：表达式表面含有参数，经过韦达定理代换化简之后，参数全部消去，剩余常数。 二、解题思路 1. 引入参数：设动直线或者动点坐标，引入参数，设交点 。直线优先考虑斜率存在、不存在两种情况。 1. 直线椭圆联立：得到一元二次方程，写出韦达定理 、，记录判别式。 1. 写出待求的目标表达式：把题目要求的几何量，翻译成代数表达式，表达式中含有 以及参数。 1. 统一变量：利用直线方程，把 全部转化为 ；将韦达定理代入目标表达式。 1. 化简消参：对表达式化简，消去全部参数，最终得到常数，即为定值。 1. 特殊值预判定值：可以选取特殊位置（例如直线水平、竖直），快速算出定值，后续一般情况化简目标就是该常数，用于检验计算对错。 1. 完备性：检验斜率不存在、直线位置特殊的边界情形，同样得到该定值，证明普遍成立。 1. 注意：不要在化简中途主观把参数消掉，必须严格代数运算消参。 【例题分析】 例1．（2026·山东日照·模拟预测）已知椭圆：的右焦点为，左、右顶点分别为，，过点的直线与交于点，（点位于轴的上方），直线，的交点为，直线，的交点为，记直线，的斜率分别为，. (1)若直线的斜率为2，求. (2)求证：为定值. (3)求面积的最小值. 例2．（2026·陕西·一模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3. (1)求椭圆的方程 (2)已知点，过点的直线交椭圆于两点（在轴下方），直线交直线于点，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 例3．（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． (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． 【变式训练】 变式1．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）平面直角坐标系中，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，记点的轨迹为曲线 . (1)求曲线 的方程； (2)已知过椭圆外一点引椭圆的两条切线，过两切点的直线方程为.现过曲线 外一点作曲线 的切线，切点分别为，. （i）证明：直线平分； （ii）直线与直线 交于点，过点作直线的垂线，垂足为，直线，的斜率分别为，，探究是否为定值，若为定值，求出该定值，若不为定值请说明理由. 变式2．（2026·河北唐山·模拟预测）已知椭圆经过点，离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若不过点的直线与椭圆交于两点，且满足.证明：为定值. 变式3．（2026·河北邯郸·二模）已知椭圆的下、上焦点分别为，，点，，四边形的面积为4，椭圆E的长轴长是短轴长的倍，椭圆E上有一动点M，连接MP并延长与椭圆E交于点R，连接MQ并延长与椭圆E交于点S（与R不重合），记，． (1)求椭圆E的方程； (2)求面积的最大值； (3)试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由． 考点三 椭圆中的定直线问题 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 定义：椭圆背景下，在一系列变化条件下，动点、动交点始终落在某一条固定不变的直线上，这条直线就是定直线。定直线方程不受参数变化影响。 1. 常见模型：椭圆上两个动点满足斜率条件，交点恒在定直线；椭圆切线衍生定直线；极点极线背景的定直线；动切点、动交点轨迹为定直线。 1. 和定点区别：定点是点恒不变；定直线是点恒落在某条固定直线上，动点本身是变化的。 1. 定直线可以在椭圆外侧，不一定与椭圆相交。 二、解题思路 1. 设参：设出动直线，或者椭圆上两点坐标，引入参数；设交点坐标 ， 就是落在定直线上的动点。 1. 联立椭圆与直线，得到韦达定理 。 1. 翻译几何条件：把斜率条件、垂直、共线等几何条件转化代数等式，结合交点 满足的关系式，建立方程。 1. 消参求轨迹：所有式子当中含有参数，把参数当作中间变量，进行消参，消去全部引入的参数，得到只含有 的方程，该方程即为定直线方程。 1. 特殊位置预判：取两组特殊参数，求出两组动点 的坐标，两点确定一条直线，预判定直线；再证明一般情形下所有动点都满足这条直线方程。 1. 边界验证：检验斜率不存在等极限情况，此时动点依然满足定直线方程。 1. 注意区分：求出的轨迹方程，如果是直线，则为定直线；需要剔除不符合题意的点。 【例题分析】 例1．（2026·安徽·二模）已知椭圆的左、右顶点分别为、，短轴长为，点上的点满足直线、的斜率之积为． (1)求的方程； (2)若过点且不与轴垂直的直线与交于、两点，记直线、交于点．探究：点是否在定直线上，若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由． 例2．（2026·四川成都·模拟预测）已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为. (1)求点的轨迹的方程； (2)过作不平行于坐标轴的直线交于D，E两点，若轴于点M，轴于点N，直线DN与EM交于点Q. ①求证：点Q在一条定直线上，并求此定直线； ②求面积的最大值. 例3．（2026·江苏南京·模拟预测）椭圆E的方程为，左、右顶点分别为，，点P为椭圆E上的点，且在第一象限，直线l过点P (1)若直线l分别交x，y轴于C，D两点，若，求的长； (2)若直线l过点，且交椭圆E于另一点Q（异于点A，B），记直线与直线交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由． 【变式训练】 变式1．（2026·江苏常州·模拟预测）已知椭圆：的短轴长为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的动直线与椭圆相交于不同的两点，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上． 变式2．（2026·江苏连云港·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知两定点，，M是平面内一动点，自M作MN垂直于AB，垂足N介于A和B之间，且． (1)求动点M的轨迹； (2)设过的直线交曲线于C，D两点，Q为平面上一动点，直线QC，QD，QP的斜率分别为，，，且满足．问：动点Q是否在某一定直线上？若在，求出该定直线的方程；若不在，请说明理由． 变式3．（2026·宁夏银川·模拟预测）已知椭圆的焦距为2，经过点，若点P是椭圆C上一个动点（异于椭圆C的左右顶点），点，，，直线PN与曲线C的另一个公共点为Q，直线EP与FQ交于点M． (1)求椭圆C的标准方程； (2)求证：当点P变化时，点M恒在一条定直线上． 2 学科网（北京）股份有限公司 $