重难点专训02 圆锥曲线轨迹、定点、定值、定直线问题（专项训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

重难点专训02 圆锥曲线轨迹、定点、定值、定直线问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 4 题型1 平面与空间动点轨迹及轨迹方程 4 题型2 定点问题 5 题型3 弦长类定值 6 题型4 斜率类定值 8 题型5 角度类定值 9 题型6 位置关系类定值 10 题型7 向量类定值 11 题型8 面积类定值 12 题型9 距离类定值 14 题型10 坐标类定值 15 题型11 参数类定值 16 题型12 圆锥曲线中的定直线问题 17 重难专题分层过关练 19 巩固过关 19 创新提升 20 解题方法及技巧提炼 1、圆锥曲线轨迹、定点、定值、定直线问题的基本思路是： （1）轨迹问题——根据动点满足的几何条件，选择合适方法求出轨迹方程，并注明范围； （2）定点问题——设出动直线或动曲线方程，联立圆锥曲线，利用韦达定理将条件转化为参数关系，消参后找出定点； （3）定值问题——将目标量表示为参数，借助韦达定理整体代入，化简消参得到常数； （4）定直线问题——求出动点坐标或动直线方程，消去参数后得到确定的直线方程； （5）综合问题——先通过特殊位置猜出定点、定值或定直线，再证明一般情形，即“先猜后证”。 2、轨迹方程的常用求法： （1）直接法：建系设点 ，根据题目给出的几何条件直接列出等式，化简得轨迹方程。注意检验是否有多余点或遗漏点。 （2）定义法：若动点满足椭圆、双曲线、抛物线的定义，直接写出标准方程。例如： 到两定点距离之和为常数（大于两定点距离）→ 椭圆； 到两定点距离之差的绝对值为常数（小于两定点距离且不为0）→ 双曲线； 到定点距离等于到定直线距离（定点不在定直线上）→ 抛物线。 （3）相关点法（代入法）：若动点 依赖于已知曲线上的点 ，先用 表示 ，再代入 满足的曲线方程，化简得 的轨迹方程。 （4）参数法：设参数 （如斜率、角度、时间等），分别写出 与 关于 的参数方程，消去 得普通方程。消参时注意 的取值范围对轨迹范围的限制。 （5）交轨法：动点是两条动直线（或动曲线）的交点，分别写出两条动直线的方程，联立消去参数，得到交点的轨迹方程。 3、定点问题的核心策略： （1）设线联立：设动直线方程为 或 ，与圆锥曲线联立，得到关于 或 的一元二次方程，写出韦达定理。 （2）条件转化：将题目中的定点条件（如斜率之积为定值、向量数量积为定值、两角相等、三点共线等）用 、 表示，得到关于 的关系式。 （3）消参找定点：由关系式解出 与 的关系，代回直线方程，整理成 或 的形式，则直线恒过定点 。 （4）先猜后证：若直接化简困难，可先取两条特殊直线求出交点作为候选定点，再证明该点对一般情形也成立。 4、定值问题的核心策略： （1）设参表示：设出动点或动直线的参数，将目标量（斜率、距离、面积、向量数量积、比值等）表示为参数的表达式。 （2）韦达代入：联立直线与圆锥曲线，利用韦达定理将表达式中的 、 整体替换，避免求具体交点。 （3）化简消参：通过代数恒等变形，消去参数，得到与参数无关的常数。常用技巧包括： 齐次化：将表达式化为齐次式后约分； 对称化：利用 与 的对称关系； 点差法：涉及弦中点斜率时，利用点差法得到斜率与中点坐标的关系。 （4）验证取等与范围：定值问题通常对任意满足条件的参数都成立，但仍需确保判别式 及参数范围，避免“形式上定值但实际无交点”。 5、定直线问题的核心策略： （1）求动点轨迹法：若题目要求证明某动点在定直线上，可先求出动点的坐标（用参数表示），再消去参数得到直线方程。 （2）验证法：先通过特殊位置猜出定直线方程，再证明一般情形下动点坐标满足该直线方程。 （3）交点消参法：若动点是两条动曲线的交点，联立两方程消去参数，得到 的线性关系，即为定直线方程。 （4）对称性应用：若图形具有对称性，定直线往往是对称轴或与对称轴平行的直线，可借助对称性快速定位。 6、实用技巧与答题规范： （1）设直线时优先考虑 ，可避免讨论斜率不存在的情形；若设 ，需单独讨论斜率不存在的情况。 （2）联立后不要解出具体根，直接写出 与 ，整体代入目标式。 （3）涉及弦中点、斜率关系时，优先使用点差法： （椭圆 中）。 （4）定点、定值、定直线问题常需“先猜后证”：取特殊斜率、特殊位置求出候选值，再证明一般性，可大幅降低思维难度。 （5）书写时明确写出：设参、联立方程、判别式条件、韦达定理、目标表达式、化简过程、最终结论及取等条件。 7、易错点与关键提醒： （1）轨迹方程漏范围：化简过程中平方、开方、消参可能扩大或缩小范围，必须检验并注明 的限制条件。 （2）忽略斜率不存在：设 时，必须单独讨论斜率不存在的情况，否则可能漏解。 （3）判别式遗漏：联立后必须写出 ，否则参数范围可能不满足“直线与曲线有两个交点”的前提。 （4）韦达定理符号错误：注意 ，，代入时符号不能出错。 （5）定点验证不充分：猜出定点后，必须证明该点对一般参数情形均成立，不能只验证特殊情形。 （6）定值化简不彻底：目标式必须消去所有参数，若最终仍含参数，则说明化简方向有误或题目并非定值。 （7）定直线问题忽略参数范围：动点坐标消参得到直线方程后，需检查动点是否遍历该直线上的所有点，若有限制需在结论中说明。 题型通法及变式提升 题型1 平面与空间动点轨迹及轨迹方程 【典例1-1】（2026·北京平谷·一模）在平面内，点位于直线的右侧，点到点的距离与到直线的距离之积为4． 给出下列四个结论： ①点过坐标原点； ②； ③若点在第一象限内，的最大值为1； ④点经过3个整点（即横、纵坐标均为整数的点）． 其中正确结论的序号是______． 核心口诀：定义直参交，五法求轨迹；范围要标注，去点莫忘记。 高分技巧： 定义法：动点满足圆锥曲线定义（到两定点距离之和/差为定值，到定点与定直线距离之比为常数等），直接写出标准方程； 直接法：设动点 ，把几何条件（垂直、平行、距离、斜率等）直接翻译为等式，化简得轨迹方程； 相关点法（代入法）：动点 依赖于已知曲线上的点 ，用 的坐标表示 ，代入 所在曲线方程； 参数法：引入参数 ，将 均表示为 的函数，消参得普通方程； 交轨法：动点是两条动曲线（如两条动直线）的交点，联立两动曲线方程，消去参数得轨迹； 空间轨迹：空间中动点轨迹常通过建系转化为坐标方程，或利用定义判断——到定点距离为定值得球面，到两定点距离相等得垂直平分面，到定直线距离为定值得圆柱面；再结合几何体表面限制确定具体曲线。 易错警示：轨迹方程必须注明变量范围（如 、）；要剔除不满足几何条件的点（如分母为零、斜率不存在的点）；区分“轨迹”与“轨迹方程”。 【典例1-2】（2026·北京顺义·三模）如图，在正方体中，，点满足，为的中点，给出下列四个结论： ①点的轨迹在矩形边界及内部； ②若，则点的轨迹为线段且长度为； ③若，则点的轨迹的长度为； ④若，则的最小值为； 其中正确结论的序号是（    ）    A．①③ B．②③ C．①②④ D．①③④ 【变式1-1】（2026·北京丰台·三模）在平面直角坐标系中，已知定点和定直线，若到点与直线的距离之和等于10的点的轨迹记为曲线．给出下列四个结论，其中正确的是_____________ ①曲线关于轴对称 ②若点在曲线上，则 ③若点在曲线上，则 ④若点在曲线上，则 【变式1-2】（2026·北京石景山·二模）在正方体中，E是棱的中点，S是正方形ABCD及其内部的点构成的集合，设集合，则T表示的轨迹是（    ） A．线段 B．圆的一部分 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 题型2 定点问题 【典例2-1】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）已知椭圆的左顶点为A，离心率为，且经过点． (1)求椭圆C的方程； (2)设过点的直线交C于两点，过M且平行于y轴的直线与线段交于点T，点Q满足，问：是否存在x轴上的定点K，使得直线始终经过点K． 核心口诀：特殊探路猜定点，设线联立韦达证；参数关系化直线，恒成立处即定点。 高分技巧： 特殊探路法：取两条特殊直线（如斜率不存在、斜率为0、过原点）求出交点，猜测定点坐标，再证明该点对一般情形也成立； 设线联立：设直线 或 ，与曲线联立，用韦达定理表示 、； 参数关系化定点：由题设条件推出 与 的线性关系，如 ，则直线 恒过定点 ； 手电筒模型：若斜率之和或积为定值，常可推出直线过定点；设 或 ，代入韦达化简； 恒成立思想：将含参直线方程整理为关于参数的恒等式，令参数系数和常数项同时为零，解出定点。 易错警示：先猜后证时，猜出的定点必须代回一般情形验证；斜率不存在的情况需单独讨论；定点可能不在曲线内部，需注意直线与曲线有两交点的条件。 【典例2-2】（26-27高三上·北京·开学考试）已知椭圆的左右顶点分别为，，右焦点，，．动点，均在椭圆上（不同于顶点），直线交轴于点，直线交轴于点． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)若点，满足，试判断直线是否经过定点．如果是，求出该定点坐标，如果不是，说明理由． 【变式2-1】（2026·北京房山·二模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，直线与椭圆交于点，. (1)求椭圆的标准方程与离心率； (2)若直线与圆交于点，，直线，与椭圆的另一个交点分别为点，，求证：对任意，直线过定点． 【变式2-2】（2026·北京石景山·一模）已知椭圆的左顶点为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)为椭圆的右顶点，为椭圆上异于A，B的任意一点，直线，分别与直线交于M，N两点，直线与椭圆的另一个交点为.求证： ①； ②直线恒过定点. 题型3 弦长类定值 【典例3-1】（25-26高二上·北京海淀·阶段检测）已知椭圆：的右焦点，离心率. (1)求椭圆的标准方程； (2)点是椭圆上一动点，且点不在坐标轴上，轴于点，，且交直线于点，直线交轴于点，求证：为定值. 核心口诀：联立消元韦达用，弦长公式两根差；化简消参得常数，焦点弦用定义抓。 高分技巧： 弦长公式：直线 与曲线交于 ， 则 ；若设 ， 则 ； 韦达代入：将 、 用参数表示，代入弦长公式，化简后若参数消去则为定值； 焦点弦：抛物线过焦点弦 ；椭圆、双曲线过焦点弦可用焦半径公式或定义转化； 特殊弦：通径、垂直于对称轴的弦、过原点的弦，可直接用几何关系求定值； 极坐标法：过焦点的弦长可用极坐标方程简化。 易错警示：斜率不存在时不能直接套 ，需单独设 ；弦长公式中判别式 必须保证；定值证明中要说明参数取任意值时均成立。 【典例3-2】（26-27高三上·北京·开学考试）已知椭圆过点，且. (1)求椭圆的方程； (2)设为原点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，直线和分别与轴交于，两点，求证：为定值. 【变式3-1】已知椭圆，为的右焦点，点，在上，且关于轴对称，，分别为线段，的中点，为坐标原点． (1)求的方程； (2)证明：是定值； (3)是否存在点，使得，若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由． 【变式3-2】已知椭圆：的短轴长为，离心率为，上、下顶点分别为，，点为椭圆内部一点，直线，与椭圆的另外一个交点分别为，两点，直线，交于点. (1)求椭圆的标准方程； (2)证明：； (3)在轴上是否存在定点，使得为定值.若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由. 题型4 斜率类定值 【典例4-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）已知椭圆：的焦距为2，且过点. (1)求C的标准方程； (2)过点作两条斜率存在且不为零的直线，分别交于和，满足.证明：，的斜率之和为定值. 核心口诀：斜率之和积为定，设点联立韦达用；点差法求中点弦，消参之后定值现。 高分技巧： 斜率之和为定值：设 ，写出 ，通分后代入韦达，化简消参； 斜率之积为定值：同理，计算 ，代入韦达消参； 点差法：涉及弦中点斜率时，将两点坐标代入曲线方程相减，得 （椭圆），快速求斜率关系； 斜率比为定值：转化为 ，结合韦达建立方程； 特殊位置验证：取斜率不存在或为0的情形先验证定值，再一般证明。 易错警示：斜率不存在时需单独讨论；分式化简时注意分母不为零；若定值涉及正负，需根据图形判断符号。 【典例4-2】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）椭圆的离心率为，左右顶点分别为，，上下顶点分别为，，四边形是边长为的菱形． (1)求椭圆C的方程； (2)已知A是椭圆C在第一象限上的点，B与A关于原点对称，为椭圆C的右焦点，连接与，并延长交椭圆C于D，E两点，若直线AB的斜率为，直线DE的斜率为，试探究是否为定值．若是，则求出这个定值；若不是，请说明理由． 【变式4-1】（2025·北京·模拟预测）椭圆：，左、右顶点分别为A，B，上顶点为C，原点为，P是椭圆上一点.，面积的最大值为6. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)当点P不与椭圆顶点重合时，记直线与椭圆的另一个交点为，交直线为D，直线交x轴为E.求证：直线与直线的斜率之积为定值. 【变式4-2】（2026·北京通州·一模）已知椭圆的短轴长为2，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线l与椭圆分别交于，两点，已知点，直线与直线交于点．求证：直线的斜率为定值． 题型5 角度类定值 【典例5-1】（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． 核心口诀：角度化斜率，向量点积零；直径对直角，焦点三角形公式明。 高分技巧： 角度化斜率：若 ，则 ，代入韦达化简； 垂直转化：若 ，则 ，用坐标点积列式； 圆中定角：直径所对圆周角为 ；同弧所对圆周角相等； 焦点三角形：椭圆中 ，双曲线中 ，可反推角度； 向量夹角：，证明与参数无关。 易错警示：角度范围需注意（如 ）；斜率不存在时角度为 ，需单独处理；用点积时注意向量方向。 【典例5-2】（26-27高三上·贵州毕节·阶段检测）已知动点到直线的距离为，到原点的距离为，且．记点的轨迹为曲线． (1)求的方程． (2)已知直线与交于，两点，过，两点分别作的切线，，且，交于点． ①求在轴上的截距． ②若为的焦点，判断是否是定值．若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【变式5-1】已知椭圆的离心率为，A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，且直线CD与圆相切．若直线l与椭圆有唯一的公共点P，l与直线交于点M，直线AP与直线CD交于点N． (1)求椭圆E的方程； (2)求证：直线MN与CD的夹角为定值． 【变式5-2】已知椭圆的离心率为，且点在椭圆C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线l与椭圆C交于M，N两点，且坐标原点O到直线l的距离为，则的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由． (3)在（2）的条件下，试求三角形的面积S的取值范围． 题型6 位置关系类定值 【典例6-1】已知椭圆与直线都经过点.直线与平行，且与椭圆交于两点，直线与轴分别交于两点. （1）求椭圆的方程； （2）证明：为等腰三角形. 核心口诀：垂直点积零，平行共线判；共线叉积零，定值自然现。 高分技巧： 垂直：证明两直线垂直，用斜率积 或方向向量点积为0； 平行：证明两直线平行，用斜率相等或方向向量共线； 共线：证明三点共线，用任意两点斜率相等或向量叉积为0； 位置关系定值：将位置关系转化为代数等式，联立韦达后消参，若等式恒成立则关系不随参数变化； 几何法辅助：利用圆、椭圆、双曲线的对称性判断位置关系。 易错警示：斜率不存在时垂直、平行需单独讨论；共线证明中三点顺序不影响；叉积为零是共线的充要条件（二维）。 【典例6-2】（2026·北京·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，上顶点为．原点到直线的距离为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，，线段的中点为，过点作轴的垂线分别与直线，交于点，．判断直线是否与直线平行，说明理由． 【变式6-1】已知椭圆，过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，过点作直线，使得，直线与直线相交于点． (1)求椭圆的离心率； (2)若三角形与四边形的面积比为4∶5，求直线的方程； (3)证明：点在直线上． 【变式6-2】椭圆的离心率为，曲线过椭圆的左顶点． (1)求椭圆的方程； (2)过坐标原点的直线与相交于点，（异于），直线，分别与相交于，， ①证明：； ②记，的面积分别是，，求的最小值及此时直线的方程． 题型7 向量类定值 【典例7-1】已知椭圆的左、右顶点分别为、，上顶点为B，离心率，． (1)求椭圆的标准方程； (2)点D是椭圆C上非顶点的一动点，直线交x轴于点P，直线交直线于点Q，是否是定值？若是，求出这个值；若不是，说明理由． 核心口诀：向量点积叉积模，坐标代入韦达消；共线垂直数量积，定值证明消参数。 高分技巧： 数量积为定值：计算 ，用韦达代入，化简消参； 向量模长为定值：，结合曲线方程化简； 向量共线：； 向量垂直：； 线性组合为定值：如 或 为定向量，用坐标表示后消参。 易错警示：向量点积中坐标需对应；共线叉积为零是充要条件；模长计算后注意开方正负。 【典例7-2】已知椭圆：的（）一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆的短轴为直径的圆与直线相切. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的右焦点的直线交椭圆于，两点，设为坐标原点，求的面积的最大值； (3)试问平面内是否存在定点，使得为定值？若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由. 【变式7-1】已知椭圆C：的左右焦点和上顶点构成边长为2的等边三角形. (1)求椭圆C的方程； (2)关于圆的切线有这样的结论：“圆上点处的切线方程为”，类比到椭圆也有这样的结论：“椭圆上点处的切线方程为”.已知点M在直线上，过M作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，求证：直线过定点； (3)对（2）中的A，B，在x轴上是否存在点N，使得为定值？如果存在，求出此定值及点N的坐标；若不存在，请说明理由. 【变式7-2】已知离心率为的椭圆过点． (1)求椭圆的标准方程． (2)过点引出两条相交直线和，分别交椭圆于四点，若两条直线斜率互为相反数，判断是否为定值？如果是定值，求出其定值． 题型8 面积类定值 【典例8-1】（25-26高三上·北京昌平·期末）已知椭圆C：（）的中心为原点O，短轴长为，A，B是椭圆的左、右顶点，F是椭圆的右焦点，. (1)求椭圆C的方程及离心率； (2)过点作直线l交椭圆C于M，N（异于A，B）两点，过点F作垂直于长轴的直线与直线BM交于点D，与直线BN交于点E.设的面积为，的面积为，求证：为定值. 核心口诀：弦长乘距除以2，叉积公式更便捷；韦达代入消参数，焦点三角公式记。 高分技巧： 弦与定点三角形：，先求弦长，再用点到直线距离； 原点三角形：若直线 与曲线交于 ，则 ；若设 ，则 ； 坐标叉积：； 焦点三角形：椭圆 ，双曲线 ； 分割法：四边形或复杂图形分割为若干三角形分别求面积。 易错警示：面积恒正，绝对值不可丢；底与高必须对应；直线过原点时原点三角形面积为0。 【典例8-2】（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，. (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. 【变式8-1】（26-27高三上·北京房山·开学考试）在平面直角坐标系中，点是椭圆的上顶点，且椭圆的离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于、两点，其中点在第一象限，点在第四象限，直线与轴交于点，直线与轴交于点，设与的面积分别为、．证明：为定值． 【变式8-2】（26-27高三上·山东聊城·开学考试）已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，下顶点为，的短轴长为，离心率为.点是上位于第一象限内的动点，直线交轴于点，直线交轴于点. (1)求的方程； (2)证明：四边形的面积为定值. 题型9 距离类定值 【典例9-1】已知椭圆，点为坐标原点，点为椭圆上一点． (1)求椭圆的离心率； (2)已知点为椭圆的右焦点，直线，证明：点到点的距离与到直线的距离之比为定值． 核心口诀：点线距离公式用，联立韦达消参数；距离定值即切线，圆心到线等于半径。 高分技巧： 点到直线距离：，将动点坐标代入，化简消参； 两点间距离：，用韦达代入； 距离为定值的几何意义：若动直线到定点距离为定值，则动直线为以该定点为圆心的圆的切线； 平行线间距离：转化为点到直线距离； 选填速判：若距离为定值，常可用特殊位置先求出该定值，再证明一般情形。 易错警示：距离公式中绝对值需讨论；定点到动直线距离为定值时，注意直线斜率不存在的情况。 【典例9-2】椭圆的离心率，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆左顶点，过左焦点的直线（不过点）交椭圆于，两点，直线，分别交直线于，两点. ①求证：为定值； ②记的中点到轴的距离是，点是轴上的一点，记的斜率，的斜率，当是定值时，求定点的坐标. 【变式9-1】已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求C的标准方程； (2)直线与C交于两点，且以为直径的圆过原点O．证明：原点O到直线l的距离为定值． 【变式9-2】已知椭圆 的左、右焦点分别为、，上顶点为 ， (1)求椭圆的焦距和离心率. (2)若点是椭圆任意一点，判断是否为定值，并说明理由. (3)斜率为的直线与椭圆交于，两点， 的中点为，的中点为，到直线的距离为，椭圆的右顶点到直线的距离为，试判断 是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由. 题型10 坐标类定值 【典例10-1】已知椭圆：的离心率为，以短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为. (1)求椭圆的标准方程及焦点坐标. (2)过椭圆的右焦点作轴的垂线，交椭圆于、两点，过椭圆上不同于点、的任意一点，作直线、分别交轴于、两点.证明：点、的横坐标之积为定值. 核心口诀：中点交点重心标，韦达表示消参找；坐标定值先猜后证，特殊位置探路好。 高分技巧： 中点坐标：，，用韦达代入； 交点坐标：联立两直线求交点，用参数表示后消参； 重心坐标：，同理； 定值证明：将坐标表达式化简，若参数消去则为定值； 先猜后证：取特殊参数值求出坐标，猜测定值，再一般证明。 易错警示：中点坐标公式需对应；交点可能不存在（平行），需排除；坐标定值需注明范围。 【典例10-2】在平面直角坐标系中，设，规定：点叫做点的仿射对应点．已知点的轨迹的方程为，点的仿射对应点的轨迹为． (1)求的轨迹方程； (2)设是曲线上的两点，的仿射对应点分别为．和的面积分别记为．求； (3)设是曲线上两点，若的面积为，求证：为定值． 【变式10-1】已知椭圆C的对称中心在坐标原点，以坐标轴为对称轴，右焦点F为，且经过． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过F作不与坐标轴平行的直线交曲线C于A，B两点，过点A，B分别向x轴作垂线，垂足分别为点D，E，直线与直线相交于P点． ①求证：点P的横坐标为定值； ②求面积的最大值． 【变式10-2】若椭圆：上一点处的切线方程为.已知椭圆分别为左､右顶点且离心率.直线过交椭圆于两点.当直线垂直于轴时，. (1)求椭圆的方程； (2)连接，并过两点分别作椭圆的切线，这两条切线相交于点，过作的平行线交于点，直线（为坐标原点）交直线于点，直线和直线的斜率分别为和两点横坐标分别为. 证明（i）为定值： （ii）为定值. 题型11 参数类定值 【典例11-1】已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为4. (1)求椭圆的标准方程； (2)设为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，直线与椭圆交于两点（在第三象限），是椭圆上的动点（不与顶点重合），直线分别交直线于点，记，求证：为定值. 核心口诀：参数本身为定值，建立方程解出它；特殊位置先试探，一般证明再验证。 高分技巧： 斜率参数：若证明某斜率恒为定值，设直线联立，计算斜率表达式，化简消参； 截距参数：证明截距为定值，用直线方程与坐标轴交点； 离心率参数：利用圆锥曲线定义和已知条件建立关于 的方程，解出离心率； 角度参数：证明某角为定值，转化为斜率或向量，消参； 先猜后证：取特殊位置（如垂直、对称）先求出参数值，再证明一般情形。 易错警示：参数定值可能有多解，需根据范围取舍；特殊位置可能不满足所有条件，需验证。 【典例11-2】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. 【变式11-1】已知椭圆的左、右焦点分别为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，与直线交于点. ①设内切圆的圆心为，求的最大值； ②设，证明：为定值. 【变式11-2】已知椭圆过点，且离心率为 (1)求E的方程； (2)直线经过E的左焦点与E相交于A，B两点，直线与E相交于C，D两点，且的交点为E的右焦点，记的斜率分别为 （i）证明：λ为定值； （ii）求点P到的距离的最大值. 题型12 圆锥曲线中的定直线问题 【典例12-1】（2026·北京朝阳·模拟预测）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 核心口诀：动点轨迹求直线，动直线过定点；消参得定直线，两点确定第三点验。 高分技巧： 动点在定直线上：设动点 ，由条件消参得 或 或 ，即为定直线； 动直线过定点：按题型二方法证明直线过定点，定点确定后，动直线为过定点的直线系； 证明直线为定直线：若证明某直线恒为 ，只需证明直线上所有点的横坐标恒为 ； 两点确定第三点：若动直线与两坐标轴交于 ，证明 中点在定直线上，或证明 满足某线性关系； 参数法：用参数表示动点坐标，消参得直线方程； 特殊位置探路：取两个特殊参数值确定两条直线，其交点或公共直线即为定直线，再证明一般情形。 易错警示：定直线可能斜率不存在，需单独讨论；动点轨迹若为线段或射线，需注明范围；证明定直线时要说明所有情形均满足，不能只验证特殊点。 【典例12-2】已知椭圆C： 的左、右焦点分别为、，一个焦点为，P是椭圆上一动点（与左、右顶点不重合）.已知的面积的最大值为2. (1)求椭圆C的方程； (2)过点且斜率不为0的直线l与椭圆C相交于M，N两点，椭圆长轴的两个端点分别为，，与相交于点Q，求证：点Q在某条定直线上. 【变式12-1】已知椭圆，、为椭圆的焦点，为椭圆上一点，满足，为坐标原点． (1)求椭圆的方程和离心率． (2)设点，过的直线与椭圆交于、两点，满足，点满足满足，求证：点在定直线上． 【变式12-2】（2025·北京石景山·一模）已知椭圆过点，短轴长为4． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点，．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（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． (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． 2．已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与重合），直线与直线交于点． (1)求椭圆的方程； (2)求证：点在定直线上. 3．已知椭圆：的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值. 4．已知椭圆的左、右焦点为点P是椭圆上任意一点，P到两焦点距离之和等于4. (1)求椭圆M的方程. (2)直线与椭圆M交于D，E两点，O为坐标原点.试求当t为何值时，恒为定值？并求此时面积的最大值. 5．已知椭圆：的离心率为，A，B分别是E的左、右顶点，P是E上异于A，B的点，的面积的最大值为. (1)求E的方程； (2)设O为原点，点N在直线上，N，P分别在x轴的两侧，且与的面积相等. （i）求证：直线与直线的斜率之积为定值； （ⅱ）是否存在点P使得，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由. 创新提升 6．已知椭圆：的上下顶点分别为，，右焦点的坐标为．点是椭圆上位于第一象限或正半轴上的动点，设直线，的斜率为，，且． (1)求椭圆的方程； (2)过点作圆的切线交椭圆于点（点位于点的下方）． （ⅰ）求线段的最大值； （ⅱ）设直线的斜率为，请判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 7．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． 8．已知O为坐标原点，点在椭圆上，过点M且与椭圆E相切的直线与直线，分别交于A，B两点． (1)已知椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4． ①求椭圆E的方程． ②是否存在定值m，使得？若存在，求出定值m；若不存在，说明理由． (2)求面积的最小值（用a，b，m表示）． 9．已知椭圆的焦点在轴上，焦距为2，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)若椭圆的左顶点为，下顶点为，是椭圆在第一象限上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点． （ⅰ）求证：四边形的面积为定值； （ⅱ）求面积的最大值． 10．已知椭圆 （>）的离心率为 A，B分别为椭圆C的上、下顶点，O为坐标原点，直线与椭圆C交于不同的两点P，Q. (1)设点M 为线段PQ的中点，证明：直线OM 与直线PQ的斜率之积为定值； (2)若时， ①求椭圆C的方程； ②证明：直线BP与直线AQ的交点D在定直线上. 11．已知椭圆：的离心率为，且过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，点是椭圆长轴上一个动点（不与椭圆中心和顶点重合），过点作轴的垂线交椭圆于，两点，直线与椭圆交于另一点，直线与椭圆交于另一点． ①求面积的最大值； ②直线是否过定点？若是，求出这个定点；若不是，请说明理由． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训02 圆锥曲线轨迹、定点、定值、定直线问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 4 题型1 平面与空间动点轨迹及轨迹方程 4 题型2 定点问题 9 题型3 弦长类定值 15 题型4 斜率类定值 22 题型5 角度类定值 29 题型6 位置关系类定值 38 题型7 向量类定值 44 题型8 面积类定值 50 题型9 距离类定值 56 题型10 坐标类定值 62 题型11 参数类定值 69 题型12 圆锥曲线中的定直线问题 76 重难专题分层过关练 82 巩固过关 82 创新提升 89 解题方法及技巧提炼 1、圆锥曲线轨迹、定点、定值、定直线问题的基本思路是： （1）轨迹问题——根据动点满足的几何条件，选择合适方法求出轨迹方程，并注明范围； （2）定点问题——设出动直线或动曲线方程，联立圆锥曲线，利用韦达定理将条件转化为参数关系，消参后找出定点； （3）定值问题——将目标量表示为参数，借助韦达定理整体代入，化简消参得到常数； （4）定直线问题——求出动点坐标或动直线方程，消去参数后得到确定的直线方程； （5）综合问题——先通过特殊位置猜出定点、定值或定直线，再证明一般情形，即“先猜后证”。 2、轨迹方程的常用求法： （1）直接法：建系设点 ，根据题目给出的几何条件直接列出等式，化简得轨迹方程。注意检验是否有多余点或遗漏点。 （2）定义法：若动点满足椭圆、双曲线、抛物线的定义，直接写出标准方程。例如： 到两定点距离之和为常数（大于两定点距离）→ 椭圆； 到两定点距离之差的绝对值为常数（小于两定点距离且不为0）→ 双曲线； 到定点距离等于到定直线距离（定点不在定直线上）→ 抛物线。 （3）相关点法（代入法）：若动点 依赖于已知曲线上的点 ，先用 表示 ，再代入 满足的曲线方程，化简得 的轨迹方程。 （4）参数法：设参数 （如斜率、角度、时间等），分别写出 与 关于 的参数方程，消去 得普通方程。消参时注意 的取值范围对轨迹范围的限制。 （5）交轨法：动点是两条动直线（或动曲线）的交点，分别写出两条动直线的方程，联立消去参数，得到交点的轨迹方程。 3、定点问题的核心策略： （1）设线联立：设动直线方程为 或 ，与圆锥曲线联立，得到关于 或 的一元二次方程，写出韦达定理。 （2）条件转化：将题目中的定点条件（如斜率之积为定值、向量数量积为定值、两角相等、三点共线等）用 、 表示，得到关于 的关系式。 （3）消参找定点：由关系式解出 与 的关系，代回直线方程，整理成 或 的形式，则直线恒过定点 。 （4）先猜后证：若直接化简困难，可先取两条特殊直线求出交点作为候选定点，再证明该点对一般情形也成立。 4、定值问题的核心策略： （1）设参表示：设出动点或动直线的参数，将目标量（斜率、距离、面积、向量数量积、比值等）表示为参数的表达式。 （2）韦达代入：联立直线与圆锥曲线，利用韦达定理将表达式中的 、 整体替换，避免求具体交点。 （3）化简消参：通过代数恒等变形，消去参数，得到与参数无关的常数。常用技巧包括： 齐次化：将表达式化为齐次式后约分； 对称化：利用 与 的对称关系； 点差法：涉及弦中点斜率时，利用点差法得到斜率与中点坐标的关系。 （4）验证取等与范围：定值问题通常对任意满足条件的参数都成立，但仍需确保判别式 及参数范围，避免“形式上定值但实际无交点”。 5、定直线问题的核心策略： （1）求动点轨迹法：若题目要求证明某动点在定直线上，可先求出动点的坐标（用参数表示），再消去参数得到直线方程。 （2）验证法：先通过特殊位置猜出定直线方程，再证明一般情形下动点坐标满足该直线方程。 （3）交点消参法：若动点是两条动曲线的交点，联立两方程消去参数，得到 的线性关系，即为定直线方程。 （4）对称性应用：若图形具有对称性，定直线往往是对称轴或与对称轴平行的直线，可借助对称性快速定位。 6、实用技巧与答题规范： （1）设直线时优先考虑 ，可避免讨论斜率不存在的情形；若设 ，需单独讨论斜率不存在的情况。 （2）联立后不要解出具体根，直接写出 与 ，整体代入目标式。 （3）涉及弦中点、斜率关系时，优先使用点差法： （椭圆 中）。 （4）定点、定值、定直线问题常需“先猜后证”：取特殊斜率、特殊位置求出候选值，再证明一般性，可大幅降低思维难度。 （5）书写时明确写出：设参、联立方程、判别式条件、韦达定理、目标表达式、化简过程、最终结论及取等条件。 7、易错点与关键提醒： （1）轨迹方程漏范围：化简过程中平方、开方、消参可能扩大或缩小范围，必须检验并注明 的限制条件。 （2）忽略斜率不存在：设 时，必须单独讨论斜率不存在的情况，否则可能漏解。 （3）判别式遗漏：联立后必须写出 ，否则参数范围可能不满足“直线与曲线有两个交点”的前提。 （4）韦达定理符号错误：注意 ，，代入时符号不能出错。 （5）定点验证不充分：猜出定点后，必须证明该点对一般参数情形均成立，不能只验证特殊情形。 （6）定值化简不彻底：目标式必须消去所有参数，若最终仍含参数，则说明化简方向有误或题目并非定值。 （7）定直线问题忽略参数范围：动点坐标消参得到直线方程后，需检查动点是否遍历该直线上的所有点，若有限制需在结论中说明。 题型通法及变式提升 题型1 平面与空间动点轨迹及轨迹方程 【典例1-1】（2026·北京平谷·一模）在平面内，点位于直线的右侧，点到点的距离与到直线的距离之积为4． 给出下列四个结论： ①点过坐标原点； ②； ③若点在第一象限内，的最大值为1； ④点经过3个整点（即横、纵坐标均为整数的点）． 其中正确结论的序号是______． 【答案】①②④ 【分析】先求出点P的轨迹方程，将原点O代入轨迹方程即可判断①；由点位于直线的右侧和即可求解判断②；由时求出y即可判断③；由x的取值范围将x的整数取值代入轨迹方程求出y即可判断④. 【详解】点到点的距离为，到直线的距离为， 则，即点的轨迹方程为， 将点代入点P的轨迹方程得， 所以点过坐标原点，①正确； 因为点位于直线的右侧，所以， 又， 所以，②正确； 对于③：在中， 当时，化简得， 当点在第一象限时，取，则， 所以点在第一象限内，的最大值一定大于，故③不正确； 因为，令， 所以点共经过这3个整点（即横、纵坐标均为整数的点），④正确． 核心口诀：定义直参交，五法求轨迹；范围要标注，去点莫忘记。 高分技巧： 定义法：动点满足圆锥曲线定义（到两定点距离之和/差为定值，到定点与定直线距离之比为常数等），直接写出标准方程； 直接法：设动点 ，把几何条件（垂直、平行、距离、斜率等）直接翻译为等式，化简得轨迹方程； 相关点法（代入法）：动点 依赖于已知曲线上的点 ，用 的坐标表示 ，代入 所在曲线方程； 参数法：引入参数 ，将 均表示为 的函数，消参得普通方程； 交轨法：动点是两条动曲线（如两条动直线）的交点，联立两动曲线方程，消去参数得轨迹； 空间轨迹：空间中动点轨迹常通过建系转化为坐标方程，或利用定义判断——到定点距离为定值得球面，到两定点距离相等得垂直平分面，到定直线距离为定值得圆柱面；再结合几何体表面限制确定具体曲线。 易错警示：轨迹方程必须注明变量范围（如 、）；要剔除不满足几何条件的点（如分母为零、斜率不存在的点）；区分“轨迹”与“轨迹方程”。 【典例1-2】（2026·北京顺义·三模）如图，在正方体中，，点满足，为的中点，给出下列四个结论： ①点的轨迹在矩形边界及内部； ②若，则点的轨迹为线段且长度为； ③若，则点的轨迹的长度为； ④若，则的最小值为； 其中正确结论的序号是（    ）    A．①③ B．②③ C．①②④ D．①③④ 【答案】D 【分析】对①：由题意可得在矩形边界及其内部；对②：由正方体性质可得平面，结合中点在平面内，可得点的轨迹为矩形边界及其内部与平面交线，即为线段，计算即可得；对③：由正方体性质可得平面，则点的轨迹为矩形边界及其内部与平面交线，即为线段，其中为的中点，解出即可得；对④：利用椭圆的定义可得点的轨迹为椭圆与矩形边界及内部相交部分，计算即可得解. 【详解】   对于①，由于点满足，则点的轨迹在矩形边界及内部，故①正确； 对于②，由，，，平面， 可得平面，又因为的中点在平面内，则平面内任意一点到点和到点的距离相等， 又因为点的轨迹在矩形边界及内部， 则当时，点的轨迹是矩形边界及内部与平面的交线，即为线段， 又因为，故点的轨迹长度为，故②错误； 对于③，由，，，平面， 可得平面，又因为平面，故， 由②知平面，又因为平面，故， 又因为，平面，故平面， 若，则点的轨迹是矩形边界及内部与平面的交线，即为线段，其中为的中点， 由于，所以点的轨迹的长度为，故③正确； 对于④，若，因,则点的轨迹是以为焦点的椭圆的一部分， 以为原点建立如图平面直角坐标系，如图所示：    则该椭圆方程为，点的轨迹为该椭圆与矩形边界及内部相交部分， 设，则，则，即的最小值为，故④正确； 综上所述，序号①③④正确. 【变式1-1】（2026·北京丰台·三模）在平面直角坐标系中，已知定点和定直线，若到点与直线的距离之和等于10的点的轨迹记为曲线．给出下列四个结论，其中正确的是_____________ ①曲线关于轴对称 ②若点在曲线上，则 ③若点在曲线上，则 ④若点在曲线上，则 【答案】②③ 【分析】根据定义写出曲线所满足的方程，根据方程判断下列四个结论即可． 【详解】设动点，则， 到直线的距离为， 则， 当时， 两边平方可得：， 整理可得：， 当时， 两边平方可得：， 整理得： 可得图象：    由图象可知，①错误；如图所示，，，故，，②③正确；根据曲线上的点到点与直线的距离之和等于10，则，则，因为，则，故，故，故④错误． 【变式1-2】（2026·北京石景山·二模）在正方体中，E是棱的中点，S是正方形ABCD及其内部的点构成的集合，设集合，则T表示的轨迹是（    ） A．线段 B．圆的一部分 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】B 【分析】首先建立空间直角坐标系，进一步利用两点间的距离公式化简求出结果． 【详解】根据正方体中，建立空间直角坐标系，如图所示：    设正方体的棱长为1， 则， 由于， 所以， 整理得，即， 所以，动点的轨迹为圆的一部分． 题型2 定点问题 【典例2-1】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）已知椭圆的左顶点为A，离心率为，且经过点． (1)求椭圆C的方程； (2)设过点的直线交C于两点，过M且平行于y轴的直线与线段交于点T，点Q满足，问：是否存在x轴上的定点K，使得直线始终经过点K． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，求解可得椭圆C的方程； （2）设直线的方程为，联立椭圆的方程，根据韦达定理，结合点Q满足表示出点的坐标，进而得出直线始终经过定点． 【详解】（1）由已知得， 解得， 故的方程为； （2）依题意可得过的直线的斜率存在，设 联立，得， ，即，即. 由韦达定理可知， 由可得线段， 点Q满足为的中点， 联立，可得．故有， 下面证明定点K为． 下面证明， 则只需证明： 即：， 代入 只需证： 即 将代入，只需证明：… 展开可得 显然成立． 由于x轴上不可能存在第二个定点，否则直线即为x轴，可知为唯一定点，故直线过定点． 核心口诀：特殊探路猜定点，设线联立韦达证；参数关系化直线，恒成立处即定点。 高分技巧： 特殊探路法：取两条特殊直线（如斜率不存在、斜率为0、过原点）求出交点，猜测定点坐标，再证明该点对一般情形也成立； 设线联立：设直线 或 ，与曲线联立，用韦达定理表示 、； 参数关系化定点：由题设条件推出 与 的线性关系，如 ，则直线 恒过定点 ； 手电筒模型：若斜率之和或积为定值，常可推出直线过定点；设 或 ，代入韦达化简； 恒成立思想：将含参直线方程整理为关于参数的恒等式，令参数系数和常数项同时为零，解出定点。 易错警示：先猜后证时，猜出的定点必须代回一般情形验证；斜率不存在的情况需单独讨论；定点可能不在曲线内部，需注意直线与曲线有两交点的条件。 【典例2-2】（26-27高三上·北京·开学考试）已知椭圆的左右顶点分别为，，右焦点，，．动点，均在椭圆上（不同于顶点），直线交轴于点，直线交轴于点． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)若点，满足，试判断直线是否经过定点．如果是，求出该定点坐标，如果不是，说明理由． 【答案】(1)； (2)直线经过定点，理由如下： 如图所示，已知，，设动点，均在椭圆上（不同于顶点）， 直线的方程为，令，得点纵坐标，即， 直线的方程为，令，得点纵坐标，即， 已知，即， 代入坐标得，即，化简得，则有， 设直线的方程为，将直线代入椭圆方程，得，展开得， 由韦达定理可得， 同时，， 由条件，代入，，得，化简得， 由，则， 所以当时，上式恒成立， 所以直线：恒过定点. 【分析】（1）根据题意，结合椭圆的几何性质即可求解； （2）设动点，均在椭圆上，根据得到，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得到关于的表达式，令的系数为，求出即可. 【详解】（1）已知椭圆（）的左右顶点分别为，，右焦点， 根据题意，，即，所以， 又因为，其中，， 将代入中，得，解得， 根据椭圆性质 ，可得， 椭圆 的方程为，离心率. （2）略. 【变式2-1】（2026·北京房山·二模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，直线与椭圆交于点，. (1)求椭圆的标准方程与离心率； (2)若直线与圆交于点，，直线，与椭圆的另一个交点分别为点，，求证：对任意，直线过定点． 【答案】(1)，离心率. (2) 由，解得或， 不妨设，，因为，所以，， 设直线的方程为，则，， 由，消去整理得， 则，所以，， 当时，直线趋向于椭圆在点处的切线，此时直线过点，下面就一般情况验证. 则， 同理，可得，所以， 所以三点共线. 所以对任意，直线过定点. 【分析】（1）根据题意建立方程求得，进而求得标准方程，再根据关系求得，求得离心率； （2）由题，不妨设，，设直线的方程为，则，，与椭圆方程联立，求出点的坐标；由时，猜想直线过点，求出验证. 【详解】（1）由题意得，，解得，所以椭圆的方程为. 因为，所以离心率. （2）略 【变式2-2】（2026·北京石景山·一模）已知椭圆的左顶点为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)为椭圆的右顶点，为椭圆上异于A，B的任意一点，直线，分别与直线交于M，N两点，直线与椭圆的另一个交点为.求证： ①； ②直线恒过定点. 【答案】(1) (2)①证明：由已知得，设，则，即， 所以，， 所以直线的方程为，直线的方程为， 在上面两方程中分别令，得，， 所以，， ，即. ②证明：当直线的斜率存在时，设其方程为，， 则，消去整理得， 所以，，， 由，得，即， 因为，， 所以，又， 所以， 即， 所以，化简得， 即，解得或， 所以直线的方程为或（舍）， 所以直线的方程为，过定点； 当直线的斜率不存在时，由对称性可得直线的斜率为，其方程为， 代入椭圆的方程，得，解得或， 所以，此时直线的方程为，满足题意， 综上所述，直线恒过定点. 【分析】（1）根据题意，列出的方程组求解； （2）①设，求出直线，的方程，进而求得点的坐标，验证，得证；②当直线的斜率不存在时，由对称性可求得点的坐标，得出直线的方程，当直线的斜率存在时，设其方程为，，联立直线与椭圆的方程，可得根与系数关系，结合，运算得关系，得证. 【详解】（1）由题可得，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）①略 ②略 题型3 弦长类定值 【典例3-1】（25-26高二上·北京海淀·阶段检测）已知椭圆：的右焦点，离心率. (1)求椭圆的标准方程； (2)点是椭圆上一动点，且点不在坐标轴上，轴于点，，且交直线于点，直线交轴于点，求证：为定值. 【答案】(1) (2) 设点在椭圆上且，则，即， 当时，，直线为，因为，故直线为，为直线与的交点，即，直线的轴截距点，此时，所以. 当时，因为轴于点，所以， 故的斜率为，因，故的斜率为， 所以直线的方程为，令得点纵坐标为， 故， 直线的斜率为，代入， 直线的方程为， 令，解得， 故， 因此为定值. 综上所述，为定值. 【分析】（1）根据椭圆的离心率计算得到椭圆的标准方程； （2）设点其中，因为轴于点，得到，利用两直线垂直的斜率关系和直线的点斜式方程得到直线的方程为，进而得到，计算的方程为，进而得到，计算得到证明. 【详解】（1）因为椭圆：的右焦点，所以， 因为离心率，解得，由，解得， 因此椭圆的标准方程为. （2）略 核心口诀：联立消元韦达用，弦长公式两根差；化简消参得常数，焦点弦用定义抓。 高分技巧： 弦长公式：直线 与曲线交于 ， 则 ；若设 ， 则 ； 韦达代入：将 、 用参数表示，代入弦长公式，化简后若参数消去则为定值； 焦点弦：抛物线过焦点弦 ；椭圆、双曲线过焦点弦可用焦半径公式或定义转化； 特殊弦：通径、垂直于对称轴的弦、过原点的弦，可直接用几何关系求定值； 极坐标法：过焦点的弦长可用极坐标方程简化。 易错警示：斜率不存在时不能直接套 ，需单独设 ；弦长公式中判别式 必须保证；定值证明中要说明参数取任意值时均成立。 【典例3-2】（26-27高三上·北京·开学考试）已知椭圆过点，且. (1)求椭圆的方程； (2)设为原点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，直线和分别与轴交于，两点，求证：为定值. 【答案】(1) (2) 证明：设过点的直线的方程为（避免斜率不存在的讨论）， 设，将代入椭圆方程得到： 展开整理得 ， 由韦达定理得： 点，直线的方程为 令得的纵坐标： 同理，直线与轴交点的纵坐标： 因此：， 由于故同理 计算分母： 代入韦达定理结果： 分子部分：， 因此： 故为定值. 【详解】（1）椭圆过点，将代入椭圆方程： ，又已知， 因此故，所以椭圆方程。 （2）略 【变式3-1】已知椭圆，为的右焦点，点，在上，且关于轴对称，，分别为线段，的中点，为坐标原点． (1)求的方程； (2)证明：是定值； (3)是否存在点，使得，若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明：设椭圆的左焦点为，连接，， 由椭圆的对称性知； 因为，分别为线段，的中点， 所以， 又因为， 所以，即为定值． (3)存在，点或或或 【分析】（1）因为椭圆的方程和焦点坐标得到和的值，利用公式求出，从而得到椭圆的方程． （2）设椭圆的左焦点为，连接，，根据椭圆的对称性得到，利用，分别为线段，的中点得到，结合椭圆的定义得解. （3）假设存在点，使得，设点，由，关于轴对称得到，求出，由点在上得到，由，分别为线段，的中点得到，由得到，通过计算得解. 【详解】（1）因为椭圆， 为的右焦点， 所以，，所以， 所以椭圆． （2）略 （3）假设存在点，使得， 设点， 因为，关于轴对称， 所以， 所以． 因为点在上， 所以，即， 代入得到， 因为，分别为线段，的中点， 所以， 若，则，即，此时， 即，解得，， 所以存在点或或或， 使得． 【变式3-2】已知椭圆：的短轴长为，离心率为，上、下顶点分别为，，点为椭圆内部一点，直线，与椭圆的另外一个交点分别为，两点，直线，交于点. (1)求椭圆的标准方程； (2)证明：； (3)在轴上是否存在定点，使得为定值.若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明：如图，设直线方程为，令， 由消去得，设， 解得，， 设直线的方程为，令， 由消去得，设， 解得，, 由三点共线，得，代入点坐标化简得， 由三点共线，同理得，因此， 所以. (3)存在点 【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组求解即得. （2）求出直线方程，并与椭圆方程联立求出点的坐标，再利用三点共线列式推理得证. （3）由（2）中信息求出点的横纵坐标间的关系，再设出点的坐标，利用两点间距离公式，结合恒成立求出点的坐标即可. 【详解】（1）依题意，，解得， 所以椭圆的标准方程为：. （2）略 （3）由，得，则，解得， 由点在椭圆内部，得，解得，则， 设点，则， 若为定值，则，其中为常数， 平方并整理得恒成立， 因此，解得，， 所以存在点，使得为定值. 题型4 斜率类定值 【典例4-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）已知椭圆：的焦距为2，且过点. (1)求C的标准方程； (2)过点作两条斜率存在且不为零的直线，分别交于和，满足.证明：，的斜率之和为定值. 【答案】(1) (2) 设P，Q的坐标分别为，，设的方程为， 联立，整理得， 所以， ，， ， 设的方程为，同理有， 所以，即， 由于，所以，即，所以，的斜率之和为定值0. 【分析】（1）由椭圆定义列出等式求得，再结合关系即可求解； （2）设P，Q的坐标分别为，，的方程为，联立椭圆方程，由韦达定理结合，求得，同理有，结合即可求证. 【详解】（1） 由焦距，即，可知两焦点坐标分别为，， 则，即， 所以，所以的标准方程为. （2） 略 核心口诀：斜率之和积为定，设点联立韦达用；点差法求中点弦，消参之后定值现。 高分技巧： 斜率之和为定值：设 ，写出 ，通分后代入韦达，化简消参； 斜率之积为定值：同理，计算 ，代入韦达消参； 点差法：涉及弦中点斜率时，将两点坐标代入曲线方程相减，得 （椭圆），快速求斜率关系； 斜率比为定值：转化为 ，结合韦达建立方程； 特殊位置验证：取斜率不存在或为0的情形先验证定值，再一般证明。 易错警示：斜率不存在时需单独讨论；分式化简时注意分母不为零；若定值涉及正负，需根据图形判断符号。 【典例4-2】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）椭圆的离心率为，左右顶点分别为，，上下顶点分别为，，四边形是边长为的菱形． (1)求椭圆C的方程； (2)已知A是椭圆C在第一象限上的点，B与A关于原点对称，为椭圆C的右焦点，连接与，并延长交椭圆C于D，E两点，若直线AB的斜率为，直线DE的斜率为，试探究是否为定值．若是，则求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)是定值，． 【分析】（1）根据离心率和菱形的边长，建立关于的方程组，求解即得椭圆方程； （2）设，求出，写出直线的方程并与椭圆方程联立，消去后得到韦达定理，从而用表示出点的坐标，写出的算式并化简即可求出的定值. 【详解】（1）由可得 又由题意，， 联立两式，解得 所以椭圆C的方程为． （2） 设，则，，， 则，． 则直线与椭圆方程联立， 消去可得：， 即． 显然,， 所以，． 所以，同理可得． 所以． 所以． 【变式4-1】（2025·北京·模拟预测）椭圆：，左、右顶点分别为A，B，上顶点为C，原点为，P是椭圆上一点.，面积的最大值为6. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)当点P不与椭圆顶点重合时，记直线与椭圆的另一个交点为，交直线为D，直线交x轴为E.求证：直线与直线的斜率之积为定值. 【答案】(1)， (2)证明如下： 不妨设点，由椭圆的对称性可知， 直线的斜率为，故直线的方程为， 令，得点纵坐标； 直线的斜率为，故直线的方程为， 令，得点横坐标， 所以直线的斜率为， 直线的斜率为， 故直线和直线的斜率之积为 ， 因为点在椭圆上，所以有， 也即，代入斜率之积的表达式的三次项中， 得为定值. 【分析】（1）由长轴长得，当点在椭圆上下顶点时，面积取得最大值， 由此求得，即得椭圆的方程，有平方关系可得，即求得离心率； （2）先设点的坐标，由椭圆的对称性得点的坐标， 再分别写出直线和直线的方程得点和的坐标， 由此得到的表达式，结合点在椭圆上代入化简即可证明. 【详解】（1）由题意知，当点在椭圆上下顶点时， 面积取得最大值，即， 所以椭圆方程为，，所以离心率； （2） 【变式4-2】（2026·北京通州·一模）已知椭圆的短轴长为2，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线l与椭圆分别交于，两点，已知点，直线与直线交于点．求证：直线的斜率为定值． 【答案】(1) (2)直线的斜率为定值，理由如下： 如图： 当直线与轴重合时， 先取，，则直线：， 所以，； 再取，，则直线：， 所以，. 当直线不与轴重合时，设直线：，代入椭圆方程， 得，整理得：. 设，，则，. 直线：， 令，可得， 即. 所以 . 综上可知，直线的斜率为定值. 【分析】（1）根据条件列式求的值，可得椭圆的方程. （2）分直线的斜率为0和不为0两种情况讨论.当直线的斜率不为0时，设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示和，列出直线方程，令得到点坐标，表示直线的斜率，化简即可. 【详解】（1）由题意，，解得， 所以椭圆的方程为. （2）略 题型5 角度类定值 【典例5-1】（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 核心口诀：角度化斜率，向量点积零；直径对直角，焦点三角形公式明。 高分技巧： 角度化斜率：若 ，则 ，代入韦达化简； 垂直转化：若 ，则 ，用坐标点积列式； 圆中定角：直径所对圆周角为 ；同弧所对圆周角相等； 焦点三角形：椭圆中 ，双曲线中 ，可反推角度； 向量夹角：，证明与参数无关。 易错警示：角度范围需注意（如 ）；斜率不存在时角度为 ，需单独处理；用点积时注意向量方向。 【典例5-2】（26-27高三上·贵州毕节·阶段检测）已知动点到直线的距离为，到原点的距离为，且．记点的轨迹为曲线． (1)求的方程． (2)已知直线与交于，两点，过，两点分别作的切线，，且，交于点． ①求在轴上的截距． ②若为的焦点，判断是否是定值．若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)①2；②是定值2，理由如下： 如下图： （方法一）是定值2，理由如下： 设与轴交于点．当时，不妨假设，， 易得，得，则，    所以． 当时，不妨假设，过点的切线与轴交于点，过点的切线与轴交于点． 由①可知：，令，得，则， 同理可得，   所以，，得，． 因为，， ， 所以． 故． （方法二）是定值2，理由如下： 由①得，， ，，，， 所以， 由①得，则，， ， ， ， ， 所以． 又，，，所以，故． 【分析】（1）设，由得，所以的方程为； （2）①设的方程为，利用导数的几何意义分别求出切线，的方程，求出点坐标表达式，并利用韦达定理可求出在轴上的截距；②（方法一）对和两种情况分类讨论，由线段相等以及角的关系可得，故． （方法二）利用韦达定理以及向量的夹角公式求出两角的余弦值的表达式，再由二倍角公式计算可得. 【详解】（1）设，则，， 由题意得， 得，所以的方程为． （2）①易得的斜率存在，设：，，． 由，得，因为函数的导数为，所以的斜率为， 所以的方程为； 同理可得：； 由得 由得，得 所以，得． 当时，， 所以在轴上的截距为2． ②略 【变式5-1】已知椭圆的离心率为，A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，且直线CD与圆相切．若直线l与椭圆有唯一的公共点P，l与直线交于点M，直线AP与直线CD交于点N． (1)求椭圆E的方程； (2)求证：直线MN与CD的夹角为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用椭圆基本量关系，由已知条件列方程求解； （2）坐标法 + 斜率验证，通过 “设点→求线→求交点→算斜率→证垂直” 完成证明． 【详解】（1）A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，所以， 直线CD与圆相切， 所以，所以， 由离心率，且，所以，且， 所以， 所以椭圆的方程为． （2）如图，作出符合题意的图形， 由在椭圆上，得， 依题意可得直线的斜率存在，设的方程为，则， 由，得， 由，得， 由，得， 解得，， 设，由，得， 直线的方程分别为，， 因为点不在直线上，所以， 由，得， 所以， 所以，因为，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． 【变式5-2】已知椭圆的离心率为，且点在椭圆C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线l与椭圆C交于M，N两点，且坐标原点O到直线l的距离为，则的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由． (3)在（2）的条件下，试求三角形的面积S的取值范围． 【答案】(1) (2)的大小为定值 (3) 【分析】（1）待定系数求解即可； （2）先讨论直线斜率不存在时的情况得，再讨论一般情况下成立即可； （3）先讨论直线斜率不存在时的面积为，再根据弦长公式，面积公式，结合韦达定理求解面积得，再结合基本不等式，分当和讨论求解即可. 【详解】（1）解：因为的离心率为，所以，即① 因为在椭圆C上，所以②， 又③， 所以，联立方程①②③解得：， 所以椭圆C的标准方程为 （2）解：当直线l的斜率不存在时：直线l的方程为， 由对称性，不妨令直线l的方程为． 联立，将代入得：， 所以，即，解得：， 所以 此时，即与垂直， 所以． 当直线l的斜率存在时：设直线l的方程为，，． 由点到直线的距离公式，可得，两边平方得． 联立，消去y得． 则，即． 由韦达定理可得，． 所以 将代入上式得：， 所以，即． 综上，的大小为定值，该定值为． （3）解：直线l的斜率不存在时：，则． 当直线l的斜率存在时：， 将代入上式得： ， 所以三角形的面积． 当时，； 当时，． 由基本不等式 （当且仅当，即时取等号）． 则，，， ， ，即． 综上，． 题型6 位置关系类定值 【典例6-1】已知椭圆与直线都经过点.直线与平行，且与椭圆交于两点，直线与轴分别交于两点. （1）求椭圆的方程； （2）证明：为等腰三角形. 【答案】（1）；（2）见解析. 【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程和直线方程联立可解得得椭圆方程； （2）设直线为：，，直线方程与椭圆方程联立消元整理后应用韦达定理得，，代入中，计算后得＝0，即证结论成立． 【详解】（1）由直线都经过点，则a=2b，将代入椭圆方程：，解得：b2=4，a2=16，椭圆的方程为. （2）设直线为：， 联立:，得 于是      设直线的斜率为，要证为等腰三角形，只需 ， ， 所以为等腰三角形. 【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题，解决直线与椭圆相交问题的方法是“设而不求”的思想方法，即交点坐标，设直线方程，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，然后代入题中其他条件计算化简得出结论． 核心口诀：垂直点积零，平行共线判；共线叉积零，定值自然现。 高分技巧： 垂直：证明两直线垂直，用斜率积 或方向向量点积为0； 平行：证明两直线平行，用斜率相等或方向向量共线； 共线：证明三点共线，用任意两点斜率相等或向量叉积为0； 位置关系定值：将位置关系转化为代数等式，联立韦达后消参，若等式恒成立则关系不随参数变化； 几何法辅助：利用圆、椭圆、双曲线的对称性判断位置关系。 易错警示：斜率不存在时垂直、平行需单独讨论；共线证明中三点顺序不影响；叉积为零是共线的充要条件（二维）。 【典例6-2】（2026·北京·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，上顶点为．原点到直线的距离为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，，线段的中点为，过点作轴的垂线分别与直线，交于点，．判断直线是否与直线平行，说明理由． 【答案】(1) (2) ，理由：由题知直线的斜率存在，设过点的直线的方程为，即．由得．由，得．设，，则，．直线的方程为，令，得点的纵坐标．直线的方程为，令，得点的纵坐标．要证点为线段的中点，只需证明，即．因为所以点为线段的中点．又线段的中点为所以 【分析】（1）由，可得，由O到AB距离为，可得，结合可得椭圆方程； （2）将过点P直线与椭圆方程联立，设，，由韦达定理及题设可证明N为CM中点，据此可完成判断. 【详解】（1）由题可知，，． 因为的面积为，所以． 因为点到直线的距离为，所以． 所以，得，所以椭圆的方程为． （2）判断：，理由略.    【变式6-1】已知椭圆，过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，过点作直线，使得，直线与直线相交于点． (1)求椭圆的离心率； (2)若三角形与四边形的面积比为4∶5，求直线的方程； (3)证明：点在直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明：由题意知，点，可得 因为，可得直线，所以的方程为，即， 又因为，可得直线的方程为， 联立方程组，整理得， 因为点在直线上，可得，且 代入得，即， 即方程， 要证得点在直线上，只需这个方程的解为， 把代入上述方程，可得： 左边， 因为，可得， 所以左边， ， 所以左边右边，所以是联立方程组的解，所以点在直线上. 【分析】（1）根据题意，求得，结合椭圆的几何性质，即可求解； （2）设的方程为，联立方程组，求得，由，得到，求得，结合韦达定理，列出方程，求得的值，即可求解； （3）根据题意，分别求得直线和的方程，联立方程组，结合点在直线上，化简得到方程，进而证得是联立方程组的解，即可得证. 【详解】（1）解：由椭圆，可得，则， 所以椭圆的离心率为. （2）解：由题意知，直线过点，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设，可得， 因为，所以， 又因为，可得，所以， 所以，即，可得，所以， 将代入，可得， 解得，所以， 所以，即， 整理得，所以， 当时，直线为，即，此时直线过点，不符合题意（舍去）； 当时，直线为，此时直线不过点，符合题意， 综上可得，直线的方程为. （3）略 【变式6-2】椭圆的离心率为，曲线过椭圆的左顶点． (1)求椭圆的方程； (2)过坐标原点的直线与相交于点，（异于），直线，分别与相交于，， ①证明：； ②记，的面积分别是，，求的最小值及此时直线的方程． 【答案】(1) (2)①若直线的斜率不存在，则，，，所以，即； 若直线的斜率存在，设直线的方程为，， ，所以，， ， 所以，即 ②的最小值为，此时直线的方程为 【分析】（1）根据椭圆的离心率及抛物线方程列式计算求解即可得出椭圆方程； （2）①联立方程结合韦达定理计算得出斜率乘积为得出垂直关系；②联立方程组结合面积公式计算，最后应用基本不等式计算求解最小值. 【详解】（1）曲线过椭圆的左顶点令，则，所以，所以． 又，从而，，故椭圆的方程为． （2）①略 ②设直线， 由垂直关系可得：直线， 联立，所以，同理； 联立，所以，同理， ， 所以的最小值为，取等条件是， 当时，，直线的方程为； 当时，，直线的方程为； 故直线的方程为. 题型7 向量类定值 【典例7-1】已知椭圆的左、右顶点分别为、，上顶点为B，离心率，． (1)求椭圆的标准方程； (2)点D是椭圆C上非顶点的一动点，直线交x轴于点P，直线交直线于点Q，是否是定值？若是，求出这个值；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)是定值，为12 【分析】（1）由椭圆的几何性质进行求解; （2）设直线的方程为，交x轴于点,与椭圆方程联立,求出,再联立两直线与直线,求出,再由数量积求解. 【详解】（1）因为离心率所以，，， 因为，所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）因为，， 因为点D是椭圆C上非顶点的一动点，所以直线的斜率一定存在且不为0，设为k 所以直线的方程为，交x轴于点 , 所以联立得, 因为，所以，所以， 直线的斜率, 直线的方程为, 因为直线的方程为, 联立得, 所以, 所以为定值12. 核心口诀：向量点积叉积模，坐标代入韦达消；共线垂直数量积，定值证明消参数。 高分技巧： 数量积为定值：计算 ，用韦达代入，化简消参； 向量模长为定值：，结合曲线方程化简； 向量共线：； 向量垂直：； 线性组合为定值：如 或 为定向量，用坐标表示后消参。 易错警示：向量点积中坐标需对应；共线叉积为零是充要条件；模长计算后注意开方正负。 【典例7-2】已知椭圆：的（）一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆的短轴为直径的圆与直线相切. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的右焦点的直线交椭圆于，两点，设为坐标原点，求的面积的最大值； (3)试问平面内是否存在定点，使得为定值？若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）依题意可得，再由点到直线的距离求出，即可求出； （2）设直线，联立椭圆方程，结合即可求解； （3）设，由向量数量积的坐标运算，结合韦达定理即可求解. 【详解】（1）依题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为． （2）    由（1）得，设，直线． 由，得，显然， 所以 则， 设，则，（当且仅当时取等号，此时）， 所以的面积的最大值为． （3）设，则，， 由（2）可得 ， 所以 ， 依题意可得，解得，所以存在定点，使得为定值. 【变式7-1】已知椭圆C：的左右焦点和上顶点构成边长为2的等边三角形. (1)求椭圆C的方程； (2)关于圆的切线有这样的结论：“圆上点处的切线方程为”，类比到椭圆也有这样的结论：“椭圆上点处的切线方程为”.已知点M在直线上，过M作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，求证：直线过定点； (3)对（2）中的A，B，在x轴上是否存在点N，使得为定值？如果存在，求出此定值及点N的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) 设，，， 则切线的方程为， 切线的方程为， ∵，， ∴，即A，B都在直线上. ∴直线的方程为，即， ∴直线过定点. (3)存在，， 【分析】（1）根据等边三角形性质，得到，，求出即可； （2）因点在两条切线上，把坐标代入切线方程，得到含、坐标的式子，发现、都在某条直线上，确定直线AB方程.将方程变形，找出直线经过的固定点. （3）设直线AB方程，与椭圆方程联立，得到一些坐标和、积的值.设点坐标，算出的表达式.要让它是固定值，使表达式中含特定变量的系数成比例，解出点坐标和定值. 【详解】（1）由已知，，，所以，，， 所以椭圆的方程为. （2）略 （3）由（2）知直线的斜率不为0，设的方程为， 联立，得， ∴，， ，， 设，则 ， 要使为定值，则需， 解得，此时， 所以存在点，使得为定值. 【变式7-2】已知离心率为的椭圆过点． (1)求椭圆的标准方程． (2)过点引出两条相交直线和，分别交椭圆于四点，若两条直线斜率互为相反数，判断是否为定值？如果是定值，求出其定值． 【答案】(1) (2)是定值，定值为0． 【分析】 （1）由题意列出关于的方程，求解可得椭圆的标准方程； （2）设，设直线的方程为，直线的方程为，联立椭圆的方程，可用表示，即可得，从而判断是否为定值. 【详解】（1） 设椭圆的焦距为. 因为椭圆的离心率为，且过点， 所以，解得， 则椭圆的标准方程为； （2） 易知直线的斜率均存在， 设直线的方程为， 所以直线的方程为． 设， 此时，， 联立，消去y并整理得， 此时，解得或， 由韦达定理得，， 所以 ， 联立，消去y并整理得， 此时，解得或， 由韦达定理得，， 所以 ． 综上所述，或. 所以是定值，定值为0． 题型8 面积类定值 【典例8-1】（25-26高三上·北京昌平·期末）已知椭圆C：（）的中心为原点O，短轴长为，A，B是椭圆的左、右顶点，F是椭圆的右焦点，. (1)求椭圆C的方程及离心率； (2)过点作直线l交椭圆C于M，N（异于A，B）两点，过点F作垂直于长轴的直线与直线BM交于点D，与直线BN交于点E.设的面积为，的面积为，求证：为定值. 【答案】(1)， (2) 由题意可知直线l的斜率不为0， 设直线,，且, 联立, 则，即得， 且， 则直线的方程为，过作垂直于长轴的直线为, 令，得，则； 同理直线的方程为， 令，得，则； 又，， 则 ， 为定值9. 【分析】（1）利用题设条件列出方程，求出，即得椭圆的方程； （2）先设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两点坐标的关系，再分别求出直线的方程，进而得到的坐标，最后计算​和​，证明它们的乘积为定值. 【详解】（1）由椭圆的短轴长为，得， 设椭圆的长轴长为，焦距为,因为，故， 即，结合，解得， 故椭圆的方程是，离心率为； （2）略 核心口诀：弦长乘距除以2，叉积公式更便捷；韦达代入消参数，焦点三角公式记。 高分技巧： 弦与定点三角形：，先求弦长，再用点到直线距离； 原点三角形：若直线 与曲线交于 ，则 ；若设 ，则 ； 坐标叉积：； 焦点三角形：椭圆 ，双曲线 ； 分割法：四边形或复杂图形分割为若干三角形分别求面积。 易错警示：面积恒正，绝对值不可丢；底与高必须对应；直线过原点时原点三角形面积为0。 【典例8-2】（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，. (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 . （2）略 【变式8-1】（26-27高三上·北京房山·开学考试）在平面直角坐标系中，点是椭圆的上顶点，且椭圆的离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于、两点，其中点在第一象限，点在第四象限，直线与轴交于点，直线与轴交于点，设与的面积分别为、．证明：为定值． 【答案】(1) (2)证明：由（1）得椭圆的下顶点，过点及点的直线斜率为， 依题意，直线的斜率，直线的方程为，即， 由消去得， 设，， 直线的方程为，令，得点的横坐标，同理得点的横坐标， 而，，，，则 ， 所以为定值. 【分析】（1）根据给定条件，结合椭圆离心率的意义求出即可. （2）设出直线的方程及点的坐标，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理推理得证. 【详解】（1）由点是椭圆的上顶点，得， 又椭圆的离心率为，则，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）略 【变式8-2】（26-27高三上·山东聊城·开学考试）已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，下顶点为，的短轴长为，离心率为.点是上位于第一象限内的动点，直线交轴于点，直线交轴于点. (1)求的方程； (2)证明：四边形的面积为定值. 【答案】(1) (2)由（1）可知，. 直线的方程为，令，得. 直线的方程为，令，得. 由（1）得，， 则，， 所有， 故四边形的对角线互相垂直，所以. 因为， 所以 即，故四边形的面积为定值. 【分析】（1）根据椭圆性质及的关系联立即可求出的方程； （2）运用坐标法与椭圆方程代入消元，设动点，由椭圆方程得，通过两点式求出直线、与坐标轴的交点、，利用对角线，将四边形面积转化为，借助椭圆方程消去二次项，化简得， 进而求得面积. 【详解】（1）由题可知，， 由可得：，解得， 故的方程为. （2）略 题型9 距离类定值 【典例9-1】已知椭圆，点为坐标原点，点为椭圆上一点． (1)求椭圆的离心率； (2)已知点为椭圆的右焦点，直线，证明：点到点的距离与到直线的距离之比为定值． 【答案】(1) (2)证明：设，则，则，， 故 ， 到直线的距离， 所以为定值. 【分析】（1）根据离心率公式即可求解； （2）根据两点距离以及点到直线的距离公式，化简即可求解； 【详解】（1）中，， 故离心率为. （2）略 核心口诀：点线距离公式用，联立韦达消参数；距离定值即切线，圆心到线等于半径。 高分技巧： 点到直线距离：，将动点坐标代入，化简消参； 两点间距离：，用韦达代入； 距离为定值的几何意义：若动直线到定点距离为定值，则动直线为以该定点为圆心的圆的切线； 平行线间距离：转化为点到直线距离； 选填速判：若距离为定值，常可用特殊位置先求出该定值，再证明一般情形。 易错警示：距离公式中绝对值需讨论；定点到动直线距离为定值时，注意直线斜率不存在的情况。 【典例9-2】椭圆的离心率，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆左顶点，过左焦点的直线（不过点）交椭圆于，两点，直线，分别交直线于，两点. ①求证：为定值； ②记的中点到轴的距离是，点是轴上的一点，记的斜率，的斜率，当是定值时，求定点的坐标. 【答案】(1) (2)①证明：由（1）知：椭圆的方程，可得和， 设直线，联立方程组，整理得. 设，， 则有且，， 又由直线，令，可得， 同理可得，所以，， 则， 所以，所以（定值）； ② 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得，即可求解； （2）①设直线，联立方程组，求得，，利用斜率公式，化简，得到，即可得证； ②设定点，由①可得，及，，根据题意，化简得到是定值，求得的值，即可求解. 【详解】（1）由椭圆的离心率，且过点， 可得且，解得， 所以椭圆的方程. （2）①略 ②设定点，因为为的中点， 则由①可得， 又因为点到轴的距离是，所以， 因为，， 则， 所以是定值， 所以，解得，所以定点. 【变式9-1】已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求C的标准方程； (2)直线与C交于两点，且以为直径的圆过原点O．证明：原点O到直线l的距离为定值． 【答案】(1)； (2)证明： 如图，设点， 由得， 所以， 故， 则， 因为以为直径的圆过原点O，所以， 即，即， ，化简得，即， 又因为原点O到直线l的距离， 所以，即． 故原点O到直线l的距离为定值． 【分析】（1）利用椭圆的基本性质，结合已知条件列方程求解即可； （2）联立直线与椭圆方程，将已知“以为直径的圆过原点O”转化为“”，结合韦达定理、点到直线的距离公式运算即可证得. 【详解】（1）由题意可得解得 所以C的标准方程为． （2）略 【变式9-2】已知椭圆 的左、右焦点分别为、，上顶点为 ， (1)求椭圆的焦距和离心率. (2)若点是椭圆任意一点，判断是否为定值，并说明理由. (3)斜率为的直线与椭圆交于，两点， 的中点为，的中点为，到直线的距离为，椭圆的右顶点到直线的距离为，试判断 是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1)焦距为， (2) 由（1）可得、， 设，则，，， 所以， ， ， 所以 ， 因为， 所以， 所以，即为定值； (3) 设椭圆的右顶点为， 设直线方程为，联立椭圆方程得， 消去得，直线与椭圆有交点，可知， ，解得. 设，可知，即， 因为，所以，， 可得直线解析式为，化简得， ,， 可得，， ，，即为定值，且定值为. 【分析】（1）由方程求出、、，即可求出焦距与离心率； （2）首先得到、的坐标，再设，则，表示出、，即可得解； （3）设出直线斜截式方程，求出截距的范围，设出B，D两点坐标，结合，的坐标，写出的坐标，转化为直线的方程，写出表达式，求出结果. 【详解】（1）椭圆 ，则，，所以， 则椭圆的焦距，离心率. （2）略 （3）略 题型10 坐标类定值 【典例10-1】已知椭圆：的离心率为，以短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为. (1)求椭圆的标准方程及焦点坐标. (2)过椭圆的右焦点作轴的垂线，交椭圆于、两点，过椭圆上不同于点、的任意一点，作直线、分别交轴于、两点.证明：点、的横坐标之积为定值. 【答案】(1)标准方程为，焦点坐标为 (2)由已知设，，点，（，） 则的方程为，① 的方程为，② 得，， 则， 又因为点在椭圆上，所以，即， 同理， 所以， 即为定值. 【分析】（1）根据离心率及四边形边长可得，，的值，进而可得椭圆方程及焦点坐标； （2）设，根据直线与的方程可得点与的横坐标，进而得证. 【详解】（1）由以短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为，得，即， 又离心率，则，所以， 所以椭圆方程为，焦点坐标为； （2）略 核心口诀：中点交点重心标，韦达表示消参找；坐标定值先猜后证，特殊位置探路好。 高分技巧： 中点坐标：，，用韦达代入； 交点坐标：联立两直线求交点，用参数表示后消参； 重心坐标：，同理； 定值证明：将坐标表达式化简，若参数消去则为定值； 先猜后证：取特殊参数值求出坐标，猜测定值，再一般证明。 易错警示：中点坐标公式需对应；交点可能不存在（平行），需排除；坐标定值需注明范围。 【典例10-2】在平面直角坐标系中，设，规定：点叫做点的仿射对应点．已知点的轨迹的方程为，点的仿射对应点的轨迹为． (1)求的轨迹方程； (2)设是曲线上的两点，的仿射对应点分别为．和的面积分别记为．求； (3)设是曲线上两点，若的面积为，求证：为定值． 【答案】(1) (2) (3)证明：设的仿射对应点分别为， 由（2）可知：由的面积为得的面积为，设， 从而的面积为，所以， 又，所以， 又因为均在上，所以， 又，所以，所以， 所以，又， 所以. 【分析】（1）点的的仿射对应点为，根据仿射点的关系得，代入即得椭圆方程； （2）设，则，利用向量法及三角形面积公式求得，及，即可求解； （3）设的仿射对应点分别为，根据（2）的结论得的面积为，设，然后利用三角形面积求得，进而有，结合得，进而利用仿射点的关系得，得证. 【详解】（1）设为上任意一点，点的的仿射对应点为， 则，所以，又因为在上，从而得， 所以点Q的轨迹方程为； （2）设，则， 因为，所以 ， 同理，所以； （3）略 【变式10-1】已知椭圆C的对称中心在坐标原点，以坐标轴为对称轴，右焦点F为，且经过． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过F作不与坐标轴平行的直线交曲线C于A，B两点，过点A，B分别向x轴作垂线，垂足分别为点D，E，直线与直线相交于P点． ①求证：点P的横坐标为定值； ②求面积的最大值． 【答案】(1)； (2)①证明如下： 设直线的方程为 ， ， 联立方程得到 ， 易知 ， ； 直线 的方程为，直线的方程为； 联立方程 ， 解得； 所以点P的横坐标为定值3. ②. 【分析】（1）设出椭圆方程，由题目条件得到，将点代入椭圆方程，最后列方程组求解得，从而得到椭圆方程； （2）①设出相关点的坐标以及直线的方程，与椭圆联立利用韦达定理得到，再写出直线与直线的方程，联立得到点的横坐标，计算其为定值即可； ②先由题目条件写出的面积的表达式，再利用换元法以及基本不等式求解最大值即可. 【详解】（1）设椭圆的标准方程为， ，已知，则， 因为椭圆过点，代入方程得到， 联立方程解得， 所以椭圆方程为. （2）    ①略 ② ， 而，所以，则 ， 令 ，则，所以 当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为. 【变式10-2】若椭圆：上一点处的切线方程为.已知椭圆分别为左､右顶点且离心率.直线过交椭圆于两点.当直线垂直于轴时，. (1)求椭圆的方程； (2)连接，并过两点分别作椭圆的切线，这两条切线相交于点，过作的平行线交于点，直线（为坐标原点）交直线于点，直线和直线的斜率分别为和两点横坐标分别为. 证明（i）为定值： （ii）为定值. 【答案】(1)； (2) （i）由题意可知直线不与轴重合，设直线， 点，. ， . 又因为，所以， （ii）由题意可知过点的切线和点的切线分别为：，和， 联立方程. ，所以. 直线，直线， ， ，又由（i）可知，所以， 即. 可得为中点，所以，即． 【分析】（1）代入点坐标并结合离心率公式即可得到方程组，解出即可； （2）（i）设直线，联立椭圆方程得到韦达定理式，得到和积关系式，再代入计算即可； （ii）根据切线方程结论得到两直线方程，联立得到，再计算得，从而有，即得. 【详解】（1）由题意可知在椭圆上，且由，可得， 联立方程，所以椭圆. （2）略 题型11 参数类定值 【典例11-1】已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为4. (1)求椭圆的标准方程； (2)设为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，直线与椭圆交于两点（在第三象限），是椭圆上的动点（不与顶点重合），直线分别交直线于点，记，求证：为定值. 【答案】(1) (2) 由（1）知，， 由，解得或，则，， 设，有，直线的方程为， 由，解得点的横坐标， 直线的方程为，由，解得点的横坐标， 由，得，同理， 所以， 而， 所以为定值. 【分析】（1）根据给定条件，结合离心率及四边形面积求出，即可得椭圆标准方程. （2）求出两点的坐标，设，并表示出点的坐标，结合向量共线求出即可推理得证. 【详解】（1）由椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为4，得，则， 由的离心率为，得，则，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）略 核心口诀：参数本身为定值，建立方程解出它；特殊位置先试探，一般证明再验证。 高分技巧： 斜率参数：若证明某斜率恒为定值，设直线联立，计算斜率表达式，化简消参； 截距参数：证明截距为定值，用直线方程与坐标轴交点； 离心率参数：利用圆锥曲线定义和已知条件建立关于 的方程，解出离心率； 角度参数：证明某角为定值，转化为斜率或向量，消参； 先猜后证：取特殊位置（如垂直、对称）先求出参数值，再证明一般情形。 易错警示：参数定值可能有多解，需根据范围取舍；特殊位置可能不满足所有条件，需验证。 【典例11-2】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. 【变式11-1】已知椭圆的左、右焦点分别为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，与直线交于点. ①设内切圆的圆心为，求的最大值； ②设，证明：为定值. 【答案】(1) (2)①； ②证明如下： 由（1）知，由条件可知的斜率存在且不为0， 设l的方程为，则，令可得． 联立方程得，， 设，，则，， 由可得， 则有，解得，同理． ∴ ． 故为定值． 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，解之即得椭圆C的标准方程； （2）①结合图形，将使最大问题转化为使最大，即使最小，可通过余弦定理和基本不等式得到； ②依题意设出直线的横截距式方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据，代入坐标，求得，，计算并将韦达定理代入化简即得. 【详解】（1）由题意得：解得， ∴椭圆C的标准方程是． （2）①因为I为的内切圆圆心，则， 显然是锐角，当且仅当最大时，最大， 即须使最大，又，则须使最小， 在椭圆中，，， 在中，由余弦定理， ． 当且仅当时取等号，即当时， 为正三角形时，取得最大值，取最大值， 此时的最大值为； ②略 【变式11-2】已知椭圆过点，且离心率为 (1)求E的方程； (2)直线经过E的左焦点与E相交于A，B两点，直线与E相交于C，D两点，且的交点为E的右焦点，记的斜率分别为 （i）证明：λ为定值； （ii）求点P到的距离的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明：由（1）知，设的方程为，则 设 则， 设的方程为 将与椭圆方程联立得( 设， 则为上面方程两根， 所以， 故 因此 同理 所以 所以 （ii） 【分析】（1）根据椭圆的概念以及椭圆离心率的定义，列出方程，求出参数值，写出椭圆标准方程即可； （2）（i）根据直线与椭圆的位置关系，联立方程组，根据韦达定理，表示出两直线的斜率，进而判断斜率间的数量关系即可．　 （ii）利用点斜式表示出直线的方程，进而得到过定点，再结合两点间的距离公式求解． 【详解】（1）解：由已知得，解得， 故E的方程为 （2）（i）略 (ii)解：由（i）知， 的方程为， 即 又化简得所以直线过定点， 所以点到的距离的最大值． 题型12 圆锥曲线中的定直线问题 【典例12-1】（2026·北京朝阳·模拟预测）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明如下： 依题意直线的斜率存在，设直线的方程为， 由（1）可得，， 设，， 由，得， ∴，，， 则，， 又直线的方程为，直线的方程为， 解，即， 即， 得，所以，即， 所以 ， 所以点在定直线上． 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设直线的方程为，根据向量的坐标运算以及韦达定理化简； （3）直线的方程为，联立直线、的方程求出点的坐标，结合韦达定理化简得出. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）由（1）可得椭圆的右焦点， 由题意知直线的斜率存在，则设直线的方程为， ， ，， 联立，得， ∴，， 又，，，， ，， 则，， ∴，， ∴ ． （3）略 核心口诀：动点轨迹求直线，动直线过定点；消参得定直线，两点确定第三点验。 高分技巧： 动点在定直线上：设动点 ，由条件消参得 或 或 ，即为定直线； 动直线过定点：按题型二方法证明直线过定点，定点确定后，动直线为过定点的直线系； 证明直线为定直线：若证明某直线恒为 ，只需证明直线上所有点的横坐标恒为 ； 两点确定第三点：若动直线与两坐标轴交于 ，证明 中点在定直线上，或证明 满足某线性关系； 参数法：用参数表示动点坐标，消参得直线方程； 特殊位置探路：取两个特殊参数值确定两条直线，其交点或公共直线即为定直线，再证明一般情形。 易错警示：定直线可能斜率不存在，需单独讨论；动点轨迹若为线段或射线，需注明范围；证明定直线时要说明所有情形均满足，不能只验证特殊点。 【典例12-2】已知椭圆C： 的左、右焦点分别为、，一个焦点为，P是椭圆上一动点（与左、右顶点不重合）.已知的面积的最大值为2. (1)求椭圆C的方程； (2)过点且斜率不为0的直线l与椭圆C相交于M，N两点，椭圆长轴的两个端点分别为，，与相交于点Q，求证：点Q在某条定直线上. 【答案】(1) (2)证明:不妨设，，l的方程为， 联立，得， 恒成立， 设，，则， 故，， 又的方程为，的方程为， 联立两直线方程得， 即， 因为，所以， 整理得， 故点Q在定直线上. 【分析】（1）根据题意求出，即可得解； （2）设l方程为，联立，设，，利用韦达定理求出，可表示出、的方程，联立两直线方程，并结合韦达定理，可证明点Q在某条定直线上. 【详解】（1）由题意可得椭圆的半焦距， ，所以， 所以， 所以椭圆C的方程为； （2）略. 【变式12-1】已知椭圆，、为椭圆的焦点，为椭圆上一点，满足，为坐标原点． (1)求椭圆的方程和离心率． (2)设点，过的直线与椭圆交于、两点，满足，点满足满足，求证：点在定直线上． 【答案】(1)；. (2)点在定直线上 【分析】（1）由椭圆的定义求出，即可求出椭圆的方程和离心率； （2）若直线的斜率存在，设直线的方程为：，与椭圆方程联立消去整理为关于的一元二次方程，由题意可知其判别式大于0，从而可得的范围．再由韦达定理可得两根之和，两根之积．根据可得间的关系式．设，再由可得间的关系式，将韦达定理代入化简即可得出点在定直线上，再检验直线的斜率不存在是否满足. 【详解】（1）由椭圆的定义知，，故， 所以椭圆的方程为，故， 所以椭圆的离心率为. （2）若直线的斜率存在，设直线的方程为：， 则联立可得：， 则，解得：， 设，，则，， 由可得：，即， 设，由可得：， 即，即， 则， 因为点在直线上，所以， 所以点在定直线上， 若直线的斜率不存在，过的直线与椭圆交于、两点， ，，所以， 则， 所以，解得：，满足点在定直线上. 【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下： ①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式； ②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式； ③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定直线. 【变式12-2】（2025·北京石景山·一模）已知椭圆过点，短轴长为4． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点，．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)点在定直线上 【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解； （2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线与椭圆联立消，设直线、的方程解出纵坐标，结合韦达定理化简计算即可. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的方程为； （2）在定直线上，理由如下： 设点与直线联立消去整理得， 由，且， 所以， 易知，，则，， 两式作商得，解得， 故在定直线上. 【点睛】 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（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． (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. 2．已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与重合），直线与直线交于点． (1)求椭圆的方程； (2)求证：点在定直线上. 【答案】(1)； (2) 显然直线不垂直于y轴，设直线， 由消去x并整理得， ，设， 则，且有， 直线，直线， 联立消去y得，即， 整理得， 即， 于是，而， 则，因此， 所以点在定直线上. 【分析】（1）根据给定条件，求出即可得解. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，再求出直线与直线的交点横坐标，并结合韦达定理计算即得. 【详解】（1）依题意，，半焦距，则， 所以椭圆的方程为. （2）略 3．已知椭圆：的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率及短轴长得到方程组，求出、，即可得到椭圆方程； （2）设（，），表示出直线、的方程，即可得到、，最后根据计算可得. 【详解】（1）因为离心率为，椭圆的短轴长为， 所以，解得，所以椭圆的方程为． （2）由（1）可知点，，设（，）， 则，即①， 则直线的方程为，令，得，所以， 直线的方程为，令，得，所以， 所以， ， 所以四边形的面积为：又因为，所以 ， 所以四边形ABCD的面积为定值． 4．已知椭圆的左、右焦点为点P是椭圆上任意一点，P到两焦点距离之和等于4. (1)求椭圆M的方程. (2)直线与椭圆M交于D，E两点，O为坐标原点.试求当t为何值时，恒为定值？并求此时面积的最大值. 【答案】(1) (2)；1 【分析】（1）由椭圆的方程和定义即可求得解； （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示出，令其与无关解得，再计算弦长和点到直线距离得到三角形面积表达式，最后用基本不等式求最大值. 【详解】（1）由题可知、，即、， 所以椭圆的方程为. （2）如图： 设，联立得， 则即，， 则 ， 所以当为定值时，，即， 此时 ， 又因为点到直线的距离， 所以， 当且仅当即时等号成立， 经检验，此时成立，所以面积的最大值为1. 所以当时恒为定值，此时面积的最大值为1. 5．已知椭圆：的离心率为，A，B分别是E的左、右顶点，P是E上异于A，B的点，的面积的最大值为. (1)求E的方程； (2)设O为原点，点N在直线上，N，P分别在x轴的两侧，且与的面积相等. （i）求证：直线与直线的斜率之积为定值； （ⅱ）是否存在点P使得，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ）设， ， ，， 由题意可知，，，即， 所以；    （ⅱ）不存在点，假设存在点，使得， 因为，，， 所以，，， 则， 由（ⅰ）可知，，又，所以三点共线， 如图，    则，所以， 则点与点重合，这与已知矛盾， 所以不存在点，使. 【分析】（1）利用待定系数法，列方程组，即可求解； （2）（ⅰ）首先利用坐标表示和，利用面积相等，以及点在椭圆上的条件，即可化简斜率乘积的公式，即可证明；（ⅱ）由条件，确定边长和角度的关系，再结合数形结合，即可判断是否存在点满足条件. 【详解】（1）当点是短轴端点时，的面积最大，面积的最大值为， 则，得，， 所以椭圆的方程为； （2）（ⅰ）略 （ⅱ）略 创新提升 6．已知椭圆：的上下顶点分别为，，右焦点的坐标为．点是椭圆上位于第一象限或正半轴上的动点，设直线，的斜率为，，且． (1)求椭圆的方程； (2)过点作圆的切线交椭圆于点（点位于点的下方）． （ⅰ）求线段的最大值； （ⅱ）设直线的斜率为，请判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ）是定值，定值为 【分析】（1）根据椭圆性质、直线斜率公式及已知的值，结合联立方程求解，. （2）（ⅰ）利用切线性质得直线参数约束，联立切线与椭圆方程得弦长表达式，结合的范围即可求最值. （ⅱ）联立切线与椭圆方程，结合斜率公式和韦达定理化简等式，得到，再结合即可求解. 【详解】（1）由椭圆性质可得：上下顶点为、，右焦点为， 故，设椭圆上动点，所以，即， 根据直线斜率公式可得：​，，则， 将代入可得：，进一步化简可得： ，又因为，所以，由可得： ，解得，因此椭圆方程为. （2）（i）设点，由题意可知， 设直线的方程为，因为直线与圆相切， 可得：，即， 联立直线与椭圆方程消去得：， 故， 由弦长公式 代入韦达定理得： 平方得， 令得 此时， 此时， 当切线斜率不存在时，切线方程为，代入椭圆方程可得： ，化简可得：，即， 取上交点，下交点， 则，综上可得取得最大值：.​​ （ii）根据斜率的定义可得： ， 其中， 又，结合几何意义可得， 又，代入可得：， 化简可得：，又， 所以是个定值. 7．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 8．已知O为坐标原点，点在椭圆上，过点M且与椭圆E相切的直线与直线，分别交于A，B两点． (1)已知椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4． ①求椭圆E的方程． ②是否存在定值m，使得？若存在，求出定值m；若不存在，说明理由． (2)求面积的最小值（用a，b，m表示）． 【答案】(1)①；②存在 (2) 【分析】（1）①根据离心率和长轴确定的值，可得解； ②设，，切线方程与直线联立求出点坐标，再由得，求解即可； （2）记直线与x轴交于点P，则，的面积为，则，利用导数求最值. 【详解】（1）①由题可知，解得， 所以椭圆E的方程为． ②不妨设，． 由，得，． 由，得，． 若，则．不妨设点M在y轴右侧． 又，所以，， 则，，． ， ． 若，则， 即，解得． 同理，当时，若，则． 当时，则，，， ， ． 若，则， 即，化简得． 综上，存在，使得． （2）记直线与x轴交于点P，则． 的面积为， 则． 令，则． 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 则， 即，即面积的最小值为． 9．已知椭圆的焦点在轴上，焦距为2，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)若椭圆的左顶点为，下顶点为，是椭圆在第一象限上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点． （ⅰ）求证：四边形的面积为定值； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】(1) (2) （ⅰ）由（1）可得：，， 设，，，且，即. 则：，令，，， 则：，令，，， 则， 故 故四边形面积为定值； （ⅱ） 【分析】（1）根据题设条件求出的值，即得椭圆方程； （2）（ⅰ）设，写出直线的直线方程，求出点的坐标，进而求得长，由代入化简计算即可证明其为定值；（ii）求出直线的方程及弦长，进而计算的面积，利用基本不等式求出其最大值，结合（i）的结论即可求出面积的最大值. 【详解】（1）由题意可得，， 则，. 故椭圆的标准方程为. （2）（i）略 （ⅱ）由，可得直线：，即， 则到直线的距离为且． 则． 当且仅当，即，时等号成立． 所以的面积， 即面积的最大值为．    10．已知椭圆 （>）的离心率为 A，B分别为椭圆C的上、下顶点，O为坐标原点，直线与椭圆C交于不同的两点P，Q. (1)设点M 为线段PQ的中点，证明：直线OM 与直线PQ的斜率之积为定值； (2)若时， ①求椭圆C的方程； ②证明：直线BP与直线AQ的交点D在定直线上. 【答案】(1) 设，则 则由 两式相减可得，即 ， 所以 为定值. (2)①； ②联立方程，消去，可得， 由，解得，则， 因直线BP的方程为，即 ， 直线AQ的方程为，即， 设直线BP与直线AQ的交点为，则联立， 由，解得 ， 将其代入①，可得 即. 故直线BP与直线AQ的交点在定直线上. 【分析】（1）设，利用点差法求得，再化简计算即得； （2）①利用条件建立关于的方程，求解即得椭圆方程；②将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，分别列出直线BP与直线AQ的方程，设，联立求得，回代入方程，利用韦达定理化简推出，即得结论. 【详解】（1）略 （2）①由题意可得，  解得，故椭圆方程为 . ②略 11．已知椭圆：的离心率为，且过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，点是椭圆长轴上一个动点（不与椭圆中心和顶点重合），过点作轴的垂线交椭圆于，两点，直线与椭圆交于另一点，直线与椭圆交于另一点． ①求面积的最大值； ②直线是否过定点？若是，求出这个定点；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)①1；②直线过定点，定点为 【分析】（1）由点在椭圆上，再由离心率以及求解即可. （2）①设直线方程为，与椭圆联立，结合韦达定理求出弦长，再求出原点到直线距离，代入面积公式求解即可. ②由题意可得，设：，与椭圆联立，求解点，的坐标，列出直线的方程，化简求解即可. 【详解】（1）因为椭圆过点，所以，即， 因为椭圆的离心率为，所以，, 因为，所以解得， 故椭圆方程C为． （2）①设：，，，    联立，整理得， 由，得， 由韦达定理可得，，， 所以 ， 设原点到直线距离为，则， 所以， 令，则，当且仅当时，等号成立， 故面积的最大值为1． ②，所以：， 联立，可得， 所以，解得，所以， 同理可得， 所以：，整理可得， 所以直线过定点，定点为．    8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $