专题12 椭圆综合解答题十一类综合题型（压轴题专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

专题12 椭圆综合解答题 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、点差法的应用 题型二、三角形四边形面积的计算 题型三、与面积有关的最值与范围 题型四、平面向量与椭圆综合 题型五、“齐次化”求直线过定点问题 题型六、一般的直线过定点问题 题型七、椭圆中的定值线问题 题型八、椭圆中的定值问题 题型九、椭圆中斜率的和差积问题 题型十、椭圆中的定比点差法 题型十一、椭圆中存在性问题探究 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 椭圆综合解答题为新高考压轴大题，所有题型均围绕直线与椭圆联立、韦达定理、点差法、向量转化、面积公式、定点定值、最值范围等核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是直线与椭圆联立后必须优先保证判别式，二是设直线时优先考虑斜率不存在的特殊情况，所有参数结果最终均需合规检验 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、点差法的应用 典例1 （26-27高二上·天津东丽·阶段检测）已知椭圆的焦点，，且过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)直线：交椭圆于，两点，若线段中点的横坐标为，求直线的方程． 【答案】(1) (2)或 【详解】（1）由椭圆的定义，得，所以. 由焦点坐标可知，故. 因此，椭圆的标准方程为. （2）设，. 将代入椭圆方程，整理得. 由韦达定理，得. 根据线段中点的横坐标为，得，即. 解得或. 上述一元二次方程的判别式为. 当或时，均有，符合直线与椭圆交于两点的条件. 因此，直线的方程为或. 题型模版 1.特征：题干给出弦中点条件、弦斜率条件、对称条件，不需求出交点坐标，侧重斜率与中点坐标关系；常见表述：弦被点平分、两点关于某直线对称；陷阱：点差法只得到必要条件，无法保证直线和椭圆真的相交 2.方法：设交点，两点代入椭圆标准方程 两式作差，因式分解，整理得到中点、弦斜率关系式 焦点在x轴结论： 根据已知条件求解斜率、中点、直线方程 带回联立检验，剔除不存在的弦 补充结论：点差法适合小题快速口算，大题只用来预判，必须联立验证 变式1-1（26-27高二上·吉林长春·阶段检测）已知椭圆的离心率，点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)椭圆上的两点，关于直线对称，求弦的中点坐标． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据点在椭圆上，结合离心率，以及，解出，，从而求出椭圆方程； （2）利用椭圆上的两点，关于直线对称，可得到线的斜率， 根据弦的中点在直线上，和线的斜率结合，求出点坐标. 【详解】（1）由离心率定义可知，，因此可得，即， 又，即，即，又因为点在椭圆上， 所以，即，解得，从而得到. 所以椭圆的标准方程为 （2）如图： 因为椭圆上的两点，关于直线对称， 所以直线与直线垂直，又直线的斜率为2， ； 设，，两点都在椭圆上，即在椭圆上， 因此，两式作差，整理得， 即. 设弦的中点为，故有，， 所以，即， 又因为，故有  ①， 又因为弦的中点为也在直线上， 所以  ②， 由①②可得：，. 因此弦的中点为. 变式1-2（25-26高三下·重庆·阶段检测）已知椭圆的离心率，且过点，圆M的圆心为，半径为，O为坐标原点． (1)求椭圆C和圆M的标准方程； (2)设斜率为的直线l与椭圆C交于P，Q两点，N为线段PQ的中点，点N在圆M上，且满足，求直线l的斜率． 【答案】(1)椭圆C的标准方程为，圆M的标准方程为； (2) 【分析】（1）根据给定的离心率及点的坐标求出即可得椭圆C标准方程，再写出圆M的标准方程. （2）利用点差法及向量垂直的坐标表示求出. 【详解】（1）由椭圆的离心率，得，则， 由点在椭圆C上，得，联立解得，， 所以椭圆C的标准方程为；圆M的标准方程为. （2）设，中点， 由在椭圆上，得， 则， 又，于是， 而，由，得， 由在圆M上，得，联立解得，， 由，得点在椭圆内，即存在满足条件的点N， 当点时，，不符合题意，当点时，，符合题意， 所以. 变式1-3（2026·河北唐山·一模）已知椭圆的离心率为，其左顶点为A，上顶点为B，的面积是1，其中O是原点，平行于的直线l与C交于M，N. (1)求C的方程； (2)是否存在这样的直线l，使以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) 由（1）可知：，， 则直线的斜率，且线段的中点为， 假设存在直线l满足题意，设直线l：，，， 联立方程，消去y可得， 则，解得， 可得，， 即，则， 可得线段的中点为，直线的斜率， 此时，可知直线与直线不垂直， 这与等腰梯形的性质相矛盾，假设不成立，所以不存在直线l满足题意. 【分析】（1）根据离心率可得，再结合的面积可得，，即可得椭圆方程； （2）设直线l：，与椭圆方程联立，利用韦达定理分别求线段、的中点，结合等腰梯形的性质列式求解即可. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，可得，即， 则，， 又因为的面积，即，， 所以椭圆C的方程为. （2）略 类型二、三角形四边形面积的计算 典例2 （26-27高二上·河北石家庄·阶段检测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，长轴长为4． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线：与椭圆相交于，两点，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件确定的值，确定椭圆方程. （2）将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理求出，再利用求的面积即可. 【详解】（1）由题知，，则， 又因为， 所以椭圆的标准方程为． （2）由题意知，直线过右焦点，如图，作出符合题意的图形， 设，，联立， 消去得，所以由韦达定理得，， 则由弦长公式得， 所以的面积． 题型模版 1.特征：直线与椭圆相交形成两点，求、、四边形等图形面积；是大题第一问高频考法 2.方法：设直线并联立椭圆，写出韦达定理，计算 弦长公式： 点到直线距离公式求高， 简便公式：；过x轴上定点时： 四边形优先拆成两个三角形求和 补充结论：平行于坐标轴的直线，优先用纵坐标差或横坐标差简化面积计算 变式2-1（26-27高二上·浙江宁波·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上且在第一象限内，，直线与椭圆相交于另一点． (1)求的周长； (2)设点在椭圆上，记与的面积分别为，，若，求点的坐标； (3)设点与点关于原点对称，点在椭圆上运动，若直线的斜率，求直线的斜率的取值范围． 【答案】(1)6 (2)或 (3)​ 【分析】（1）利用椭圆定义，将两条焦半径之和转化为长轴长． （2）两三角形同底，将面积比转化为点到直线的距离比，再联立直线与椭圆方程求点的坐标． （3）利用关于原点对称的两点坐标及椭圆方程作差，求出两条直线斜率的乘积，再由已知斜率范围求所求范围． 【详解】（1）由椭圆方程得，，，由椭圆定义得，因此的周长为． （2）因为点在椭圆上且在第一象限内，，又，，所以，从而直线的方程为． 设，因为与以为公共底边，且，所以点到直线的距离等于点到直线距离的3倍，即，得或． 由得，其判别式，故无实数解； 由得，解得或，代入，对应得或． 因此点的坐标为或． （3）由（2）中直线的方程与椭圆方程联立，得，两根为和，故． 设，，则，且． 由存在知，若，则由椭圆方程得，此时或，均不在内，故，直线的斜率存在． 将两点满足的椭圆方程相减，得，所以． 由及，得，且两端点分别在和时取得． 变式2-2（26-27高三上·北京·期中）已知椭圆：的一个焦点为，椭圆的左右顶点分别为，，. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，．若四边形的面积为，求直线的方程． 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）由和即可求解； （2）通过直线斜率存在和不存在，结合四边形的面积求解即可. 【详解】（1）由题意可得：，，所以， 所以， 即椭圆方程为. （2） 当直线斜率不存在时，方程为，联立椭圆方程， 可得：，， 四边形的面积为，舍去； 当直线斜率存在时，易知斜率不能为0，设直线方程为， 联立椭圆方程，消去可得：， ，， 所以四边形的面积为：， 即，， 即： ， 即：， 即：， 即：， 即：， 解得，即， 所以直线的方程为：或. 变式2-3（26-27高三上·天津和平·开学考试）设椭圆的左、右焦点分别为，，左右顶点分别为，，已知椭圆过点，且长轴长为6． (1)求椭圆的标准方程； (2)点是椭圆上一点（不与顶点重合），直线交轴于点，且满足，若，求直线的方程． 【答案】(1)； (2)或 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，即可求解； （2）设直线的方程为，联立方程组，分别求得和，根据，列出方程，求得的值，即可求解. 【详解】（1）解：因为椭圆过点，且长轴长为， 可得，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）解：由（1）知：椭圆的方程为， 如图所示，设， 由题意知，直线的斜率不等于，可设直线的方程为， 令，可得，即， 联立方程组，整理得，解得， 又由，则，可得， 因为，可得，可得， 又由同号，可得，即，解得，即， 所以直线的方程为或. 题型三、与面积有关的最值与范围 典例3 （26-27高三上·江西·开学考试）已知椭圆的长半轴长为2，焦距为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，求的面积的最大值及此时直线的方程． 【答案】(1) (2)的面积的最大值为1，直线的方程为或 【分析】（1）先由长半轴、焦距直接得到和，再利用椭圆的性质算出，最后代入标准方程得到椭圆的方程； （2）先设过的直线方程，再和椭圆联立得到一元二次方程，利用弦长公式表示出，进而写出面积表达式，最后借助基本不等式求出面积最大值，回代求出对应直线方程． 【详解】（1）已知椭圆的长半轴长为2，即． 又已知焦距为，即， 所以． 根据椭圆的性质， 可得 所以， 故椭圆的方程为． （2）依题意，直线的斜率必然存在，设该直线的斜率为， 则直线的方程为， 设，， 联立方程：，整理得． 因为直线与椭圆交于两个点，所以，即，，， 到直线的距离， 根据弦长公式， 可得， 所以． 设，则，即， 所以，当且仅当时等号成立． 当时，，解得， 所以直线的方程为或， 因此的面积的最大值为1，此时直线的方程为或． 题型模版 1.特征：面积表达式含参数（斜率或截距），求面积最大值、最小值或者取值范围；常结合函数、不等式、导数求最值 2.方法：按面积计算通式写出面积关于单变量的函数表达式 化简函数，优先换元，转化为对勾函数、二次函数、三角函数模型 结合变量隐含范围（由得到参数范围）求值域 取等条件核验，确认对应的直线存在 补充结论：面积最值很多时候在通径、中点、对称位置取到；是变量天然约束 变式3-1（26-27高二上·湖南长沙·阶段检测）过圆上的动点向轴作垂线，垂足为，动点满足． (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点且斜率不为的动直线与相交于，两点，点，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用相关点法，结合向量的坐标运算即可得解； （2）设，，，联立直线与轨迹的方程，结合韦达定理，用表示面积，利用基本不等式求得其最大值. 【详解】（1）设，，则， 所以，， 又，所以， 即解得. 又点在圆上，所以， 即， 故动点的轨迹的方程为． （2）由题可设，，． 联立，消去整理得， ，即， 所以，， ，     令，则， 所以. 当且仅当，即时，等号成立. 故面积的最大值为. 变式3-2（26-27高二上·河南南阳·开学考试）（1）已知点到点的距离比到轴的距离大，求点的轨迹方程； （2）已知点分别为椭圆的左、右焦点，直线l经过点，且与椭圆交于，两点，求面积的最大值，并求此时的直线的方程. 【答案】（1）或；（2）面积的最大值为；直线的方程为. 【分析】(1) 距离条件要对横坐标分正负讨论，符合抛物线定义，时得到 轴负半轴，轨迹是抛物线加射线，切勿漏掉: (2) 过 轴上定点的直线，设可避开斜率不存在讨论；面积转化为，换元后用对勾函数求最值. 【详解】(1)当点横坐标大于等于时，由题意可转化为点到点的距离等于点到的距离， 设，所以点的轨迹是以为焦点，为准线，顶点在原点， 开口向右的抛物线，设其方程为，所以，， 所以点的轨迹方程为； 当点横坐标小于时，因为点到轴的距离为， 所以点在轴上，即点的轨迹方程为； 所以点的轨迹方程为或. (2)由题知，， 所以当直线与轴重合时，不满足条件， 因为直线经过点，故设直线，， 所以联立方程得，所以， 所以 令，则由对勾函数性质得函数为单调递增函数， 所以，此时，， 所以当时，的面积取得最大值，此时直线的方程为 变式3-3（25-26高二上·陕西汉中·期中）已知椭圆的离心率为，其左焦点为．点，过点的直线（不垂直于坐标轴）与交于两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)证明：； (3)求面积的最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)． 【分析】（1）根据椭圆的离心率及左焦点求解即可. （2）由可得，求出和的值，求得和的斜率之和，从而得到成立． （3）由面积，令，，得，结合二次函数性质求解即可． 【详解】（1）由题意得，，．可知，， 所以椭圆的标准方程为． （2）证明：根据题意，设直线的方程为，，，， 由，可得， 则，， 所以， 而，所以， 所以成立． （3） ． 令，，则， 又，所以当，即时，取得最大值，为. 故面积的最大值为． 题型四、平面向量与椭圆综合 典例4 （26-27高二上·河北石家庄·阶段检测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，长轴长为4，上一点与，所构成三角形的周长为.设直线：与交于，两点，为坐标原点． (1)求的方程； (2)若过的上顶点和，为线段上一点，直线与交于点，且，求的坐标． 【答案】(1) (2)或． 【分析】(1)利用长轴长求出，再由焦点三角形周长公式求出，最后通过确定椭圆的标准方程； (2)先由顶点和焦点坐标求出定直线的方程，再将向量关系转化为点与点坐标的倍数关系，把点坐标代入椭圆方程得到的轨迹方程，与直线联立即可解得的坐标． 【详解】（1）由已知得， 得，所以：． （2）由（1）可知，椭圆的上顶点坐标为，左焦点的坐标为， 直线经过这两点，其斜率为， 所以直线的方程为， 因为点在线段上，且在直线上， 所以可设点的坐标为， 由， 得， 即， 已知，所以， 由此可得， 即点的坐标为， 因为点在上，所以， 整理得，解得或， 所以或． 题型模版 1.特征：题干给出向量等式、向量垂直、向量数量积、向量共线、等条件，转化坐标关系求解参数、定点、范围 2.方法：向量全部翻译成坐标形式：， 直线和椭圆联立，把整体代入向量式子 消元化简得到参数方程或者不等式 结合限制参数范围 补充结论：垂直条件是最高频模型 变式4-1（2026·福建漳州·模拟预测）已知动圆过点，且与圆相内切，记动圆圆心的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)设斜率为的直线与的交点为，与轴的交点为，若，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）设动圆圆心为，半径为，根据条件可得，再利用椭圆的定义即可求解； （2）设直线，，联立直线与椭圆方程，根据条件，利用根与系数间的关系求出，即可求解. 【详解】（1）设动圆圆心为，半径为，因为动圆过点，则， 圆的圆心为，半径为，又动圆与圆相内切， 则，所以， 则动圆圆心的轨迹是以为焦点的椭圆，且，得到， 所以，则的方程为. （2）设直线，，易知， 由，消得到，即， 则，且①，②， 又，且，所以③， 由①③得到，由②③得到，所以， 整理得到，解得，满足， 所以直线的方程为或. 变式4-2（25-26高二下·湖南长沙·期中）已知椭圆经过点为椭圆的左、右两个焦点，． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过右焦点作直线与椭圆C交于两点（点A位于x轴上方），是否存在直线，使得？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据已知的焦距、椭圆上一点的坐标以及的基本关系式列出方程组，利用待定系数法求解出椭圆的标准方程; （2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理将给定的向量关系转化为两交点纵坐标之间的代数关系，代入计算即可求出直线参数. 【详解】（1）由题意，可得，解得 故椭圆的标准方程为． （2）由题意，若存在这样的直线，则直线的斜率存在且不为0， 易知，设直线的方程为， 因为，所以有，其中， 联立可得， ， 故，， 因为，即， 代入到得，整理得， 代入到得，整理得， 因此有，整理得，解得． 又，故，所以， 所以存在直线满足条件且其方程为，即． 变式4-3（25-26高三上·辽宁锦州·阶段检测）已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为，是线段的中点，其中． (1)求椭圆方程． (2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上存在点使得．求点的纵坐标的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由离心率得到，即可得到，从而表示出、、，再由面积公式求出，即可得解； （2）当直线斜率存在设该直线方程为，设，联立直线与椭圆方程、消元、列出韦达定理，根据数量积的坐标表示及求出的取值范围，再求出斜率不存在时的范围，即可得解. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，则，其中为半焦距， 所以， 故，解得（负值已舍去），     所以，，故椭圆方程为. （2）若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为， 设， 由， 可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或，             此时需，两者结合可得. 综上，，使得恒成立. 题型五、"齐次化"求直线过定点问题 典例5 （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）. 【法二：齐次化】 设，直线 记，则 由条件，即 将代入椭圆方程，整理得 直线改写为，即 记，则 用该式乘一次项，构造二次齐次方程 两边同除以，令，得 方程两根为 由韦达定理 将代入 把代回直线方程 该式对满足的恒成立，故 得定点（） 又直线不经过点，，符合题意 综上，直线过定点（） 题型模版 1.特征：定点在椭圆上，两条直线斜率满足和为定值、积为定值，证明直线过定点；关键词：同一点出发两条割线、斜率关系 2.方法：平移坐标系，把公共点平移到新原点 写出椭圆平移后的方程，构造齐次式，保证二次项、一次项、常数项全部二次 两边同除，得到关于的一元二次方程，两根就是 韦达定理使用斜率和/积条件，得到直线截距关系，读出定点 平移还原回原坐标系 补充结论：齐次化适合双斜率模型，计算量远小于常规联立；只适合公共顶点在椭圆上的题型 变式5-1（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． 【法二：齐次化】 设，直线 记，则 条件： 把代入椭圆方程 直线改写为，即 记，则 构造齐次式，用乘一次项 两边同除以，令 整理： 两根为 由韦达定理： 代入 将代回直线 该式对任意恒成立，故 得定点（） 又均不与重合，，满足题意 综上，直线过定点（） 变式5-2（2026·北京丰台·二模）已知椭圆的离心率为，以椭圆的焦点和短轴顶点为顶点的四边形是边长为2的菱形. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知为椭圆的左顶点，，为椭圆上两个不同的动点（均不与点重合），且满足直线与直线的斜率之积为.求证：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明：由题意可知：，直线的斜率存在， 设直线，，， 联立方程，消去y可得， 则，可得， 则，， 因为， 整理可得， 即， 整理可得，解得或， 若，则直线过定点，不合题意； 若，则直线过定点，符合题意； 综上所述：直线过定点. 【法二：齐次化】设，直线 记，则 条件： 把代入椭圆方程 直线改写为，即 记，则 构造齐次式，用乘一次项 两边同除以，令 整理： 两根为 由韦达定理： 代入 将代回直线 该式对任意恒成立，故 得定点（） 又均不与重合，，满足题意 综上，直线过定点（） 变式5-3（25-26高三上·天津西青·期末）已知椭圆的离心率为，左顶点到右焦点的距离为3. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆相交于，两点（异于点），且满足，试证明直线经过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】(1) (2) 设，，联立， 消可得， 由，得， ， ， 则， 因为，所以， 又因为，所以，， 所以，即， 所以，即， 解得或，均满足， 当时，，直线过点，与已知矛盾， 当时，，直线过点， 综上，直线过定点，定点坐标为. 【法二：齐次化】 设，直线 记，则 条件： 把代入椭圆方程 直线改写为，即 记，则 构造齐次式，用乘一次项 两边同除以，令 整理： 两根为 由韦达定理： 代入 将代回直线 该式对任意恒成立，故 得定点 又均不与重合，，满足题意 综上，直线过定点 题型六、一般的直线过定点问题 典例6 （25-26高三下·北京·开学考试）已知椭圆的离心率是，点和点分别是椭圆的下顶点和右顶点，点是坐标原点，的面积为3． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线与椭圆交于不同的两点和（和不与椭圆顶点重合）．直线分别交轴于点，且满足．证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明：设直线l:， 与椭圆C方程联立， 可得， 又直线与椭圆C交于不同的两点，则 设，，则， 因为点，所以直线AP方程为：， 令得点S的横坐标为，同理点T的横坐标为. 又，所以，即， 故，即，所以. 整理得. 化简得. 代入并乘以得：. . 化简得，又，所以， 即.所以， 故直线l过定点. 【分析】（1）根据已知条件列出的方程，解出和即可求出椭圆方程； （2）将直线l方程的方程与椭圆C方程联立，利用韦达定理，结合向量线性运算的坐标表示求出m与k的关系即可. 【详解】（1）由题意得，得. 又椭圆的离心率为，所以，即. 解得，，故椭圆C的方程为. （2）略. 题型模版 1.特征：无公共顶点，由面积、向量、角度、斜率条件，证明动直线恒过某定点；解答题主流考法 2.方法：设直线：斜截式，或反设规避斜率不存在 联立椭圆，写出韦达定理，代入题干条件化简，得到关系式 将关系式代回直线方程，整理成"参数式子+固定式子=0" 令参数的系数与常数项同时为0，解出定点坐标 检验斜率不存在情形是否也满足 补充结论：定点一定是固定坐标，不受参数变化影响；优先用减少斜率不存在讨论 变式6-1（25-26高二上·浙江杭州·期中）已知椭圆，，分别是左、右焦点，P是椭圆C上一点，的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，为等边三角形． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设A，B分别是椭圆C的左、右顶点，若直线l与C交于点M，N，且，直线l是否过定点？若存在定点，求出定点的坐标． 【答案】(1)； (2)过定点，定点坐标为. 【分析】（1）利用椭圆的性质计算参数即可； （2）设直线l方程及M，N坐标，先推导椭圆的第三定义，将斜率关系转化，再构造齐次化方程计算参数即可. 【详解】（1）设椭圆的焦距为，则， 当P为椭圆上顶点时，此时，所以， 即该椭圆方程为：； （2）过定点， 易知，由于直线l不过A点，可设， 设， 则， 所以，则， 椭圆方程可化为 ， 则， 易知，则是上述方程的两个根， 即，所以， 即，过定点. 变式6-2（25-26高三上·山东青岛·期末）已知椭圆的短轴长为2，离心率为． (1)求W的方程； (2)若直线与相交于两点，线段的中点在直线上． （ⅰ）求k； （ⅱ）已知点，与的另一个交点为，与的另一个交点为．证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)（ⅰ）； （ⅱ）直线的斜率必存在且， 由可得， 展开得 故 ， 故，故， 同理，， 设，则， 故，同理， 故：即， 而的斜率为，故即， 故，故过定点. 【分析】（1）根据短轴长和离心率可求基本量，从而可求W的方程； （2）（ⅰ）联立直线方程和椭圆方程，求出中点坐标后可求直线的斜率； （ⅱ）用的坐标表示，利用同构可证直线过定点. 【详解】（1）因为椭圆短轴长为2，故，而离心率为，故， 故，故，所以椭圆方程为. （2）（ⅰ）设，， 由可得， 设线段的中点，则，， 所以，而，故. （ⅱ）略 变式6-3（25-26高二上·山西太原·阶段检测）已知椭圆的右焦点为，过的直线与E交于两点．当A为E的上顶点时，． (1)求E的方程； (2)过点A作的垂线，垂足为M．证明：直线过定点． 【答案】(1) (2) 如图： 不妨设，， 设，联立， 有，可得，， 即， 易知，直线的斜率为， 故直线的方程可表示为， 当时，显然， 故 ， 所以直线过定点， 而当斜率为0时，直线就是轴，也过点， 综上，直线过定点. 【分析】（1）根据椭圆的意义及关系求椭圆的方程. （2）设，与椭圆方程联立，利用韦达定理，表示出，，进一步表示出直线的方程，令可得直线过定点. 【详解】（1）记的半焦距为，由右焦点为可得：， 而， 故，于是的方程为. （2）略 题型七、椭圆中的定值线问题 典例7 （26-27高三·全国·一轮复习）已知椭圆的左、右焦点是、，左右顶点是、，过的直线与椭圆交于两点、(不是左、右顶点)，直线与交于点，求证直线与交点在一条定直线上. 【答案】 由椭圆方程可知，，， 设直线的方程是， 代入椭圆方程得， 易知， 设，，， 则 ， 直线的方程是 ①， 直线的方程是 ②， 设，既满足①也满足②， 则 ， 故直线与交点在一条定直线：上. 【分析】由点斜式分别写出与的方程，两式子消去，根据韦达定理可得，的坐标关系，进而可以得到点M在一条定直线x＝2上； 【详解】略. 题型模版 1.特征：动点、动直线变化过程中，某条直线固定不变，求这条定直线方程；常搭配等角、斜率倒数和、距离相等条件 2.方法：设出动点、动直线参数，联立得到坐标关系 根据条件写出目标直线表达式，化简消去参数 消参后参数全部抵消，得到固定直线 取两个特殊位置快速预判定直线，再做一般性证明 补充结论：小题可以特值法先猜答案，大题必须一般性证明 变式7-1（26-27高二上·浙江宁波·阶段检测）已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点P是椭圆C上异于顶点的一点，当时，的面积为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线与椭圆C交于另一点A，且，求直线的斜率； (3)若，椭圆C上两个互不相同且均异于P的动点满足直线与的倾斜角互补，设线段的中点为G．证明：G在一条定直线上运动． 【答案】(1) (2) (3)证明：由直线与倾斜角互补，得两条直线的斜率互为相反数， 设直线的斜率为，则直线的斜率为. 设直线的方程为，联立，将代入椭圆的方程， 消去并整理得：. 由题意，点是直线与椭圆的一个交点，因此是方程的一个根. 设点的横坐标为，由韦达定理得：，解得， 代入直线方程得，即 . 将替换为，同理得点的坐标：，. 设中点，由中点坐标公式：， . 消去参数，对的分子因式分解得， 又，代入可得即. 故中点恒在定直线上运动. 【分析】（1）由焦距得到，利用垂直条件与三角形面积得到的等量关系，结合解出参数，求得椭圆方程； （2）由向量条件得到坐标之间的关系式，将直线与椭圆联立，借助韦达定理求出两点横坐标，再利用两根之积建立关于斜率的方程，求解得到直线的斜率； （3）由倾斜角互补得到两直线斜率互为相反数，分别设出直线并联立椭圆，利用韦达定理求出横坐标，写出中点的参数坐标，消去参数，推导出中点满足的定直线方程，完成证明. 【详解】（1）由，得焦距即，故焦点坐标为，且. 当时，的横坐标为，代入椭圆方程得. 的面积，即. 联立，.解得或（舍），故，， 因此椭圆标准方程为. （2） 设直线的方程为，设，. 由向量条件得：，即，. 将直线与椭圆联立：，消去得：. 由韦达定理：，. 结合，代入韦达定理的和：，得， 所以. 代入的表达式得，去分母得， 整理得，解得.经检验，都满足题意. 所以直线的斜率为. （3）略 变式7-2（2026·云南昆明·模拟预测）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点，椭圆的短轴长为，的最大值为． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发向点的光线，经过椭圆上的点处的椭圆切线反射，反射光线必然经过椭圆的另一个焦点．设过点的椭圆的切线为直线，过作的垂线交于，求点的轨迹方程； (3)点的轨迹交轴于，（在左侧）两点，过点作直线交于，两点，证明：直线，的交点在一条定直线上． 【答案】(1) (2) (3)由题意，，设，， 由题意与不重合， 设：，联立可得， 由于过圆内定点，所以一定有两个交点，则， 则直线：，直线：， 联立直线，则， 由韦达定理可得，所以 ， 解得，所以直线，的交点在定直线上．     【分析】（1）当位于上下顶点时可取得最大值，从而建立起，，的关系； （2）作关于的对称点，利用题目给定的光学性质可得，，共线，结合椭圆的定义，进而得到，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆； （3）设出直线与直线的方程，计算，结合韦达定理即可化简得到其为一定值，从而得证. 【详解】（1）当位于上下顶点时，取得最大值，故， 从而解得，所以椭圆的方程为． （2）作关于的对称点，则为的中点，， 由椭圆的光学性质可得，，共线， 则， 连接，由于，分别为，的中点， 则， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，轨迹方程为． （3）略 变式7-3（25-26高二上·四川德阳·期末）已知椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线射向椭圆上任一点，经椭圆反射后必经过另一个焦点.若从椭圆的左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，光线经过的路程为8，其离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点作直线与椭圆交于不同的两点，（异于，），直线，的交点为. （ⅰ）某同学闲暇时作了多条不同直线，相应产生了多个不同点，他感觉这些点在一条直线上.请你对其感觉的正确性给出判断并证明； （ⅱ）设直线，交点为，试问：与的面积之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）设直线方程为，与椭圆联立，消得： ，    又设交点，则， 所以有 则直线方程为：，直线方程为：， 两式消元得：， 代入可得：， 即交点为的纵坐标为常数，即这些点在一条直线上； （ⅱ）因为与的面积之积是,    由（ⅰ）可得交点为的纵坐标为常数，代入直线方程可得： ， 即交点为的横坐标为 又设直线方程为：，直线方程为：， 两式消元得：， 代入可得：， 即交点为的纵坐标也为常数，即点也在这条直线上， 把代入直线方程可得： ，即交点为的横坐标为， 由， 因为，所以， 即与的面积之积是. 【分析】（1）利用离心率和椭圆定义即可求解； （2）（ⅰ）利用直线与椭圆联立方程组，再利用交点坐标表示两条相交直线，通过方程组求出交点纵坐标，再利用韦达定理来证明定值即可； （ⅱ）把面积问题转化为两交点的横坐标问题，通过求解横坐标之积，就能证明两三角形面积之积为定值的问题. 【详解】（1）由题意可得：，解得， 所以椭圆的方程为； （2）（ⅰ）略 （ⅱ）略 题型八、椭圆中的定值问题 典例8 （26-27高三上·天津·阶段检测）已知椭圆的离心率为，短轴长为2. (1)求的方程； (2)直线 过点交椭圆于，两点，证明：为定值.（为坐标原点） 【答案】(1) (2)如图， 因为能形成，所以直线必存在斜率，可设直线方程为. 将直线方程代入到椭圆方程，得， 整理得：. 设，，则，. 又 ， 而 ， 所以 ，为定值. 【分析】（1）根据条件确定的值，可得椭圆的方程. （2）设直线方程为，与椭圆方程联立，再设，，利用韦达定理，可得，的表达式.再将转化成，只需化简为定值即可. 【详解】（1）由题意， ， 所以椭圆的方程为：. （2）略 题型模版 1.特征：直线变动、点变动，某个代数式（斜率和、数量积、距离比值、长度乘积）结果不变，求定值；新高考高频压轴小问 2.方法：常规联立+韦达定理，把目标式全部转化为整体 代入化简，参数全部抵消，得到常数 预判技巧：取两条特殊直线（斜率为0、斜率不存在），先算出定值 预判结果后再做代数化简，方便核对 补充结论：定值问题的核心标志：化简后参数全部消去，结果与所选参数无关 变式8-1（26-27高三上·江苏泰州·阶段检测）已知椭圆的离心率为，且经过点． (1)求椭圆的方程． (2)点为椭圆上任意一点，点为坐标原点关于直线的对称点，记点的轨迹为曲线. （i）求曲线的方程； （ii）以为端点作射线（不与坐标轴重合），与曲线和椭圆分别交于点，，证明：为定值，并求出该定值． 【答案】(1) (2)（i），且不同时为0. （ii）曲线，且不同时为0，椭圆均关于坐标轴对称， 故不妨设射线 ，，，，，， 由，得，所以， 所以， 由，得，所以， 所以， 所以， 若设射线 ，，同理可得， 因此，为定值. 【分析】（1）利用离心率条件、椭圆过点，联立求出； （2）（i）利用点关于直线对称的两个条件：中点在直线上、连线与直线垂直，消参得到的轨迹方程； （ii） 利用曲线与椭圆的对称性，设射线方程为，分别联立射线与曲线、椭圆的方程，求出两点横坐标，再表示出、，计算两者乘积得到定值. 【详解】（1）由题意，得，则，即， 因为椭圆E经过点，所以， 则，解得，则， 所以椭圆E的方程为. （2）（i）结合（1）可知，直线， 设点，由题可知点H与点O不重合，连接， ①当时，，直线l的斜率为，直线的斜率为，线段的中点坐标为， 由于点O与点H关于直线l对称，所以， 整理得，解得， 代入椭圆E的方程得， 整理得曲线的方程为； ②当时，易知此时点H坐标为或，经检验，也符合上式； ③当时，易知此时点H坐标为或，经检验，也符合上式； ④当且时，点G不在椭圆E上，不满足题意，故轨迹不包含原点. 综上所述，曲线的方程为，且不同时为0. （ii）略 变式8-2（26-27高三上·四川成都·开学考试）已知椭圆的左、右焦点分别为，. (1)求椭圆的离心率； (2)设点为第一象限内椭圆上的点，若，求点的坐标； (3)过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在定点，使得的值为定值？若存在，求出定点的坐标及该定值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)假设存在定点，使得的值为定值. 当直线AB的斜率为0时，， 当直线AB的斜率不存在时，， 由，得到，且， 接下来判断当点T的坐标为，直线AB的斜率存在且不为0时，的值是否为定值， 设直线AB的方程为， 联立方程，得到， 则，， . 所以当点T的坐标为时，为定值. 【分析】（1）由椭圆方程得到的值即可求离心率； （2）设， 由，得到，联立椭圆方程，即可求解点坐标； （3）先假设存在定点，由直线AB的斜率为0时，，直线AB的斜率不存在时，，则，得到，且，设直线AB的方程为，联立方程组利用韦达定理，再判断当点T的坐标为， 即可. 【详解】（1）由椭圆，得到，即 所以 所以. （2）由题可得焦点， 设，则， 由，即 化简得到， 联立椭圆方程，消元得到， 因为，所以，代入，由解得， 所以 （3）略 变式8-3（26-27高三上·四川南充·阶段检测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，且，点，是椭圆上关于坐标原点对称的两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若点在第一象限，轴于点，直线交椭圆于点（不同于点），证明：； (3)已知点在椭圆上，直线与圆相切，连接，问：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)证明：由题可设，则， 所以直线的方程为， 联立， 则、，即， 所以，又， 所以； 所以； (3)为定值，定值为.理由如下： 当直线斜率不存在时，，则， 所以，故， 当直线斜率存在时，设， 则，即， 联立， 设，则即，且， 所以 ， ， 由题意，， 所以. 综上，是定值，定值为1. 【分析】（1）设，代点并结合数量积的运算建立关于的方程组即可计算求解； （2）设，联立直线的方程与椭圆方程求出点M，再由数量积运算求出即可得证； （3）先分析计算直线斜率不存在时的值，接着分析直线斜率存在时情况，此时设，依据直线与圆相切和点到直线距离公式计算得到等量关系，再联立直线和椭圆方程，利用韦达定理、弦长公式和两点间距离公式依次计算和即可得到，进而得解. 【详解】（1）设， 则由题， 所以椭圆C标准方程； （2）略 （3）略 题型九、椭圆中斜率的和差积问题 典例9 （26-27高二上·江苏南京·阶段检测）已知直线l与圆O：相交于A，B两点，且． (1)若直线l过点，求直线l的方程； (2)①若线段的中点为点D，求点D的轨迹方程； ②记①中D的轨迹为曲线C，过点作直线m与曲线C交于两点，点Q的坐标为，直线，的斜率分别为，，求证：为定值． 【答案】(1)或 (2) ① ②如图所示，设，直线， 由点，可得， 则， 由（1）可知当时，直线和圆必有两个交点， 联立方程组，消去得， 当时，，可知， 则，即为定值. 【分析】（1）根据弦长和半径求出弦心距，根据点斜式方程和点到直线距离公式，列出方程，求出参数，求出结果； （2）①根据（1）结论，判断点的运动轨迹是个圆，写出圆的方程即可； ②根据直线和圆的位置关系，联立方程组，根据韦达定理和两点间的斜率公式，求出的表达式，化简求出结果，说明为定值. 【详解】（1）可知圆心，半径，当时，圆心到直线的距离， 依题意，当直线l的斜率存在时，可设直线，化简得， 由到直线的距离为，解得， 即直线，变形得； 当直线l的斜率不存在时，直线到圆心距离为，符合条件； 综上所述，直线的方程为或. （2）①由（1）可知线段的中点到圆心的距离为，所以点D的轨迹方程为. 题型模版 1.特征：两条动直线斜率之和为定值、斜率之差为定值、斜率之积为定值；经常和定点、定值配套考查 2.方法：方案一：常规联立韦达定理，写出通分代入韦达 方案二：公共顶点在椭圆上优先齐次化，直接得到斜率和积 条件转化：斜率和为0对应直线对称、角平分线模型 补充结论：关于过的竖直线对称 变式9-1（26-27高三上·河南·开学考试）已知椭圆：的离心率为，且过点． (1)求的方程； (2)过点且不与坐标轴垂直的动直线交于，两点，点，直线与的另一个交点为，与的另一个交点为，证明：直线，的斜率之比为定值． 【答案】(1) (2)设，，，，． 联立与的方程，得， 所以，． 因为直线过点和，所以， 联立直线与的方程， 利用化简可得， 所以，代入得， 同理，可得． 所以， 分别化简分子分母，得， 即． 【分析】（1）根据已知条件求得的值，由此求得椭圆的方程. （2）设直线的方程为，联立直线的方程和椭圆的方程，利用根与系数关系，计算可求得，从而证得直线，的斜率之比为定值. 【详解】（1）由题意知 解得，， 故的方程为． （2）略. 变式9-2（26-27高三上·辽宁鞍山·开学考试）在平面直角坐标系中，已知椭圆短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形， (1)求椭圆的标准方程； (2)直线与椭圆交于，两点，设直线，的斜率分别为，，已知． ①求的值； ②当的面积最大时，求直线的方程． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到标准方程；（2）①设出的坐标，联立直线与椭圆方程，再结合韦达定理代入计算，即可求得；②由弦长公式以及点到直线的距离公式表示出三角形的面积，再由基本不等式即可求得其最大值以及直线的方程. 【详解】（1）设椭圆的焦距为，则． 因为短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，所以 ，所以，， 所以椭圆的标准方程为 （2）①设，，联立， 消去得， ，化简得， 所以，， 又的斜率，的斜率， 所以，化简得 ， 所以．又因为，即，又，所以 ②由①得，直线的方程为，且，， 又，所以．所以 ， 点到直线的距离， 所以， 当且仅当，即时， 的面积最大，所以，直线的方程为 变式9-3已知椭圆：（）经过点，，分别为的左、右焦点，离心率. (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. 题型十、椭圆中的定比点差法 典例10 （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，， ，， . 【法二：定比点差法】 设， 由 整理得分点公式： 同理，由 在椭圆上： 代入： ： 由是不同点，，两边约去 故为定值 题型模版 1.特征：点分弦成定比，已知分点、定比，求斜率、直线、参数；是普通点差法的推广 2.方法：设，满足 代入椭圆方程，第二个式子乘，两式相减 因式分解，提取，代入定比公式化简 求解斜率、坐标或者参数 补充结论：定比点差不用求韦达，适合带分点比例条件，大幅简化运算 变式10-1（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. (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)（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. (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， ， . 【法二：定比点差法】 设， 由 整理得分点公式 同理，由 在椭圆上 两式相减 为不同两点，，约去 所以为定值 变式10-2（25-26高二下·四川泸州·期末）已知椭圆C：，过点和，过点的直线与交于A，B两点，A在第一象限． (1)求C的方程； (2)若，点，求的取值范围； (3)直线交轴于点，为中点，点关于轴的对称点为，延长交C于点，，求直线的斜率． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）代入点和运算求解即可； （2）设直线：，，，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得，换元可得，结合函数单调性求取值范围； （3）设直线：，根据题意可得，，代入椭圆方程可得，，与椭圆方程联立可得，进而可得斜率. 【详解】（1）因为椭圆C：，过点和， 则，解得， 所以椭圆C的标准方程为. （2）若，可知直线的斜率不为0，且直线与椭圆C必相交，    设直线：，，， 联立方程，消去x可得， 则，，可得， 且，则， 令，则，可得， 令，， 可知在内单调递增，则， 即，则，可得， 所以的取值范围为. （3）由题意可知：直线的斜率存在，    设直线：，，，，则， 因为为中点，则，可得，即，则， 由题意可知：，，， 因为，则，解得，即， 因为点，均在椭圆上， 则，解得， 且，可得，， 可知直线与椭圆必相交，且直线：， 联立方程，消去y可得，解得或， 则，，即， 所以直线的斜率. 【法二：定比点差法】 设 是中点，，在轴上， 由中点公式： 得： 即， 关于轴对称点 条件： ，设 在椭圆上 又在椭圆上 联立两式，由第二式，代入第一式 直线过，设 由定比分点公式得 计算 由 故直线的斜率为定值 题型十一、椭圆中存在性问题探究 典例11 （26-27高二上·天津滨海新区·阶段检测）已知：椭圆，过点，的直线的斜率为，原点到该直线的距离为． (1)求椭圆的方程； (2)斜率大于零的直线过与椭圆交于E，F两点，若，求直线的方程； (3)是否存在实数k，使直线交椭圆于P，Q两点，且以为直径的圆过点？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，，假设存在满足条件的实数，直线与椭圆交于两点，设，将直线方程代入椭圆方程： ， 因为直线与椭圆有两个交点，所以判别式： ，根据韦达定理： ①，②， 以为直径的圆过点，等价于，即向量，所以， ， ， 将和代入上式： ， ， 合并同类项，得： ， 将①、②代入上式： ， 两边同乘： ， 整理得：， 检验：当时，，满足的条件， 因此，存在实数满足条件，的值为. 【分析】（1）通过两点坐标写出直线方程，结合斜率公式和点到直线的距离公式建立关于的方程组即可解出标准方程； （2）通过设直线方程与椭圆联立，将向量共线条件转化为坐标间的线性关系，再结合韦达定理进行“设而不求”的整体代换，从而求出斜率参数； （3）本问的核心在于将几何条件“以为直径的圆过点”等价转化为代数条件“”（即向量垂直），进而利用韦达定理代入求解参数，最后不要忘记检验判别式以确保交点存在. 【详解】（1）已知椭圆方程为()，过点，， 由两点式可得直线的斜率， 因为已知该直线斜率为， 所以：，即，直线的方程可写为，即， 原点到该直线的距离为， 将代入上式： ， 解得（因为）， 所以， 因此，椭圆的方程为：. （2）由题意，直线过点且斜率大于零，设直线的方程为()， 设， 将直线方程代入椭圆方程中，化简得： ， 根据韦达定理： ①，②， 由，且，得： ， 由此可得③， 由③得，代入①中：， 则， 将的表达式代入②中： ， 化简得： ， 即， 解得：，因为，所以， 因此，直线的方程为： . （3）略 题型模版 1.特征：设问是否存在满足条件的点、直线、参数，使得垂直、面积定值、向量等式、定点成立；有"是否存在""是否有"字眼 2.方法：先假设存在，设出对应参数、点坐标、直线方程 根据题干条件列式化简，得到方程或者不等式 看方程有没有符合约束（等）的解；有解则存在，无解则不存在 写出对应解或者说明不存在理由 补充结论：存在性问题先假设存在，正向推导；无解的常见原因是判别式小于0、超出椭圆范围 变式11-1（26-27高二上·江苏·阶段检测）已知双曲线：，过点，焦距为，点． (1)求双曲线C的标准方程； (2)是否存在过点的直线l，与双曲线C交于P，Q两点，使得是以为顶角的等腰三角形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在直线，或． 【分析】（1）利用焦距和双曲线上的点联立方程求出，即得其标准方程； （2）先假设存在直线，可得线段的中点满足，设直线的方程与双曲线方程联立，写出韦达定理，求出点的坐标，分和两种情形，结合图形及计算求出直线的斜率即得直线方程. 【详解】（1）∵焦距为，，①， 在双曲线上，②． 联立①②，解得，． 所以双曲线的标准方程为． （2）由（1）可知，假设存在直线，使是以为顶角的等腰三角形． 设线段的中点为，则． 当直线斜率不存在时，：与双曲线相离，不合题意，舍去； 当直线斜率存在时，设斜率为，则：． 联立消去，整理得． 由且得，且． 设，则， 所以，则， 即. ①当，即时，，代入双曲线的方程得，此时，符合题意． ②当，即时，直线的斜率． 由得，解之得或（舍去）， 此时直线的方程为，即． 综上所述：存在直线，其方程为或． 变式11-2（26-27高二上·江苏南京·阶段检测）在直角坐标系中，点，动点在直线的左侧，且到直线的距离恒为，记的轨迹为． (1)求的方程； (2)设不经过的直线的方程为，已知交于，两点，设，，且的值与的值无关． （i）求的值； （ii）是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）不存在，若存在实数符合题设， 则， 所以， 因为， 所以， 在中，由正弦定理， 得， 易知，且，所以， 所以， 所以， 所以，即， 所以，即， 由(1)可知，所以，， 故，，从而的方程为， 显然这与不经过矛盾，所以不存在符合题设的实数． 【分析】（1）设，由已知，得，平方后整理即可求解； （2）（i）设，，由(1)可知，，得出，再根据韦达定理得出，即可求解； （ii）若存在实数符合题设，进而得出，根据正弦定理得出，进而得出的方程，即可说明理由． 【详解】（1）设，由已知，得， 所以，两边平方，化简得的方程为． （2）(i)设，，由（1）可知，， 所以， 由得， 所以， 且，， 因此， 因为的值与无关， 所以，解得（负值舍去）． 变式11-3（26-27高三上·上海嘉定·阶段检测）已知椭圆：的中心是坐标原点，焦点，在轴上，其中右焦点为． (1)求椭圆的离心率； (2)点在椭圆上，且，求的面积； (3)直线，均过右焦点且斜率分别为，，与交于，两点，与交于，两点，问：是否存在常数，使得对于任意的直线，都存在直线满足？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，，理由如下： 设，，， 联立，得， 则， 则 ， 同理可得， 因为，所以，得， 因为，所以，得， 假设存在常数，使得对于任意的直线，都存在直线满足， 则，则，得， 故的取值范围为. 【分析】（1）根据的关系可求； （2）求出点的轨迹方程并与椭圆方程联立得出点的纵坐标即可； （3）联立直线与椭圆的方程，根据弦长公式求出，再分别求出其范围，将问题转化为集合的包含关系求解. 【详解】（1）由题意得，，得，故离心率为； （2）由（1）可知，椭圆，， 因为，所以点的轨迹是以为直径的圆，其方程为， 与联立得， 故的面积为； （3）略 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 一、解答题 1．（26-27高三上·云南·阶段检测）已知椭圆的左､右焦点分别为，焦距为2，点是椭圆上的一个动点，到的最大距离为3，直线与交于两点． (1)求椭圆的方程； (2)求的面积的最大值； (3)若的中点的坐标为，求直线的方程． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用焦距求出，结合椭圆上点到焦点最大距离求出，再求出，写出椭圆标准方程； （2）底边固定，当点纵坐标绝对值最大时高最大，代入面积公式求最大值； （3）将两点代入椭圆方程作差，结合中点坐标求出直线斜率，写出直线方程并验证判别式． 【详解】（1）由焦距为2得， 到的最大距离为， 所以， ， 所以椭圆的方程为． （2）当为椭圆短轴顶点时， 与两焦点所围成的△面积最大， 所以， 所以△的面积的最大值为． （3）设，， 代入椭圆方程得，， 两式相减得， 由中点，得，， 代入得直线斜率，故直线l的方程为， 即，将直线l的方程代入椭圆方程得， ，符合题意， 所以直线l的方程为． 2．（26-27高三上·安徽阜阳·开学考试）已知椭圆的上顶点与右焦点间的距离为，且椭圆经过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)设，分别为椭圆的左、右顶点，是椭圆上异于点，的动点，直线，分别交直线于，两点，求（为坐标原点）的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意计算即可得； （2）设，则有，再表示出直线、的方程，即可得、点坐标，最后计算即可得解. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为； （2）由（1）知，，设， 因为点在椭圆上，所以，即有， ，则直线的方程为， 令，得，所以， ，则直线的方程为， 令，得，所以， 则，， 所以 . 3．（2026高二·全国·专题练习）（1）已知椭圆与圆，若在椭圆上存在点P，使得由点P所作的圆的两条切线互相垂直，求椭圆C1的离心率的取值范围； （2）已知动点P在椭圆上，为椭圆的焦点，若，，且恒成立，求实数的最小值. 【答案】（1） ； （2） . 【分析】（1）由题意知，存在点P使和两个切点围成的四边形为正方形，得，进而知即可，利用椭圆参数关系求离心率范围. （2）依题意知，该椭圆的焦点，点M在以为圆心，1为半径的圆上，当PF最长时，切线长PM最大，作出图形，即可得到答案． 【详解】（1）设过作圆的切线，切点为，连接， 因为，根据切线的对称性可知， 在中，则， 可得，即，， 可得，化简得，可得，即， 所以椭圆离心率的取值范围为； （2）由题意可知：，，， 设为椭圆的右焦点， 因为，可知点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 又因为，则，可知为圆的切线， 且，则，可得， 所以实数的最小值为. 4．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. (1)求出椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据离心率以及四边形面积解方程可求得，，得出椭圆方程； （2）显然直线斜率不存在时不合题意，设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理以及向量关系，可求得直线方程. 【详解】（1）由，得， 由椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为， 可得，即， 再由，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，设点，， 当直线的斜率不存在时，，此时交点为和, 不满足，舍去； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，消去得到， 其中，且； ，，即； 因此，解得； 解得，即， 直线的方程为. 5．（2026·广东·模拟预测）已知椭圆经过点，且离心率为． (1)若，求的方程； (2)若，求的取值范围； (3)在（1）的条件下，，分别是的左、右顶点，，直线，分别与交于点，，证明：当变动时，直线过定点． 【答案】(1) (2) (3)解法一：证明：由（1）得，，设，， 直线的斜率为，所以直线的方程为， 与联立，得，恒成立， 因为，是该方程的两个根，所以， 所以，，即， 同理可得直线的方程为，， 由椭圆的对称性可知，若直线过定点，则该定点必在轴上，设其坐标为， 则， 整理得，所以， 即直线过定点． 解法二：由（1）得，，设，， 则直线的斜率，直线的斜率， 故． 因为点在椭圆上，所以，即， 所以． 又，，代入， 得， 所以． 由题意直线的斜率不为0，设直线的方程为， 联立，得，， 所以，， 所以 ， 解得， 所以直线过定点． 解法三：同解法二，得，     将椭圆向左平移2个单位长度， 则椭圆方程为，即． 设平移后直线对应的直线的方程为， 所以， 展开整理得， 当时，两边同除以得， 设平移之后，，，则，， 所以， 解得， 所以直线的方程为，恒过定点， 所以直线过定点． 【分析】（1）利用离心率得到关系式，再将已知点代入椭圆方程联立求解，写出椭圆方程； （2）将点坐标代入椭圆得到等式，结合转化为关于离心率e的表达式，根据e范围求出a的取值范围； （3）解法一：求出直线方程，分别联立椭圆求出坐标，利用定点在x轴上，由三点共线斜率相等求出定点； 解法二：利用椭圆上的点与左右顶点斜率乘积的结论，推导出为定值，设直线与椭圆联立，结合韦达定理代入斜率乘积等式求出n，得到定点； 解法三：同样得到为定值，平移椭圆后用齐次化处理，由斜率乘积条件求出直线参数，平移还原得到定点． 【详解】（1）由，得， 所以， 由点在上，可得，即， 解得，所以， 故的方程为． （2）由（1）得，即， 设，则， 两边同时除以，整理得， 因为，所以， 所以，解得， 所以的取值范围是． （3）略 6．（25-26高二下·湖南·期末）已知椭圆：的离心率为，下顶点为，右顶点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)已知动点不在轴上，点在射线上，且满足． ①设，求点的坐标（用，表示）； ②设为坐标原点，是椭圆上的动点，直线的斜率是直线的斜率的倍，求的最大值． 【答案】(1)； (2)①；② 【分析】（1）根据题意列出的关系式，解方程求出，即可得到椭圆的标准方程； （2）①设，根据斜率相等以及题目条件列式，利用数乘向量求解即可；②根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法直接运算即可解出. 【详解】（1）由题可知，，所以， 解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）①设，则，又 则， 所以，， 又，则点的坐标为. ②因为，， 由,可得， 化简得，即， 所以点在以为圆心，为半径的圆上（除去轴上两个点）， 为到圆心的距离加上半径， 设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 7．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点． (1)求动点的轨迹的方程； (2)直线与轴交于点，与交于、两个相异点，且，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）把点的坐标用点和点的坐标表示，代入点的轨迹方程即可求解； （2）设点、，利用可得，结合韦达定理可得与的关系，最后代入判别式，利用即可求解. 【详解】（1）由题意，设点、，则， 因为点为线段的中点，则，即， 因为点在圆上，所以，即， 因此，点的轨迹的方程为． （2）由已知可得，设点、， 联立得， 由已知可得，得， 由韦达定理可得，， 因为，即，则，即， 所以，所以， 即， 当时，不成立， 所以，代入得， 解得，因此，的取值范围是． 8．（2026·青海黄南·模拟预测）已知椭圆的左焦点为，的离心率为． (1)求的方程； (2)设为的右顶点，过左焦点的直线与交于异于的两点． （ⅰ）记直线与直线的斜率分别为，若，求直线的方程； （ⅱ）若，求的面积． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（ⅰ）设，与椭圆方程联立，利用韦达定理化简即可；（ⅱ）根据得出，再根据计算面积. 【详解】（1）由题意得，，得， 故的方程为； （2）（ⅰ）由题意可知，直线的斜率不为，， 设，， 联立得， 则， 则 ， 得，则直线的方程为； （ⅱ）因为， 所以 ， 所以， 则，则的面积为. 9．（26-27高三上·陕西商洛·阶段检测）已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，椭圆上动点满足点到点的距离的最大值为3，且该椭圆的离心率为. (1)求该椭圆的标准方程； (2)如图，过椭圆的右焦点作斜率不为0的直线交椭圆于两点，设直线与交于点，证明：点在定直线上； (3)在（2）的条件下，求的最大值. （提示：若两条直线斜率分别为、，则这两条直线的夹角满足） 【答案】(1) (2)证明：设直线． 由，消去x可得， 整理可得，直线过椭圆的右焦点，显然． 设，，则，， 直线，直线， 将两直线方程联立可得，即． 代入，可得， 因为，代入上式，可得， 所以，所以点T在定直线上． (3) 【分析】（1）根据题意可得关于的方程，求出它们的值，即可得答案； （2）设直线．联立椭圆方程，可得根与系数关系式，表示出直线，直线，联立并化简可得，即可得结论； （3）设，，由两直线的夹角公式得，结合基本不等式求最值即可求得答案. 【详解】（1）因为点P到点的距离的最大值为3，所以． 又，所以，．由，得， 所以该椭圆的方程为． （2）略 （3）设，． 因为，，所以，． 设， 由两直线的夹角公式得， 由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立. 因为，且函数在上单调递增， 所以，即，即的最大值为． 10．（2026·四川南充·一模）已知椭圆 ：的离心率为，短半轴长为 ． (1)求 的方程； (2)设直线 ： 与椭圆 交于不同两点 ，点 为坐标原点，且，当 的面积最大时，求点 的轨迹方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用离心率与短半轴列方程即可求出椭圆方程， （2）联立直线和椭圆，借助韦达定理得到弦中点坐标，写出 的面积表达式，用基本不等式确定面积最大时 满足的关系式，再通过中点坐标关系消去参数 ，得到中点 的轨迹方程． 【详解】（1）由题意得，解得 ， ，， 所以椭圆 的方程为 ； （2） 由，得 是 的中点， 设，，， 由，得 ， 由直线 与椭圆 交于不同两点，得 ， 化简得，，， 所以，， ， 原点 到直线 的距离， 所以， 令 ，得， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立，即， 因为，， 所以 ，即， 由，得，代入，得，即， 将，代入，得， 化简得 ，所以点 的轨迹方程为． 11．（26-27高二上·江苏·阶段检测）已知椭圆：过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆交于，两点（异于点），且直线，斜率均存在． (1)求椭圆的标准方程； (2)若，，求直线的方程； (3)设直线，的斜率分别为，，且，，为垂足，证明：存在定点，使得为定值． 【答案】(1) (2)或． (3)方法1： 联立消去，整理得． 显然，且①，② ，，即， 整理得， 将①、②代入上式，整理得， ，或， 当时，直线过点，与已知“,异于点”矛盾，舍去； 当即时，直线恒过定点， 即，∴当点为中点时，， 即存在定点，使得为定长． 方法2： 设直线方程为：，， 由椭圆的方程变形得， 又， ， ， 等式两边同时除以得：， 则， 又已知，所以，整理得， 代入直线的方程得：， 由，得，即直线恒过定点， 即，∴当点为中点时，， 即存在定点，使得为定长． 【分析】（1）根据椭圆的焦距和椭圆上的点列方程求出的值，即得椭圆方程； （2）由直线方程与椭圆方程联立，消元后写出韦达定理，利用弦长公式求出的值，即得直线方程； （3）法1：设直线斜截式方程并与椭圆方程联立，写出韦达定理，由斜率公式与推出，分析得到直线经过定点，借助于直角三角形斜边的性质即可求出定点；法2：设直线方程为：，与椭圆方程联立推得，利用，代入化简得，将其代入直线方程，即得直线经过定点，与法1 同法求出定点. 【详解】（1）∵焦距为，即． ，． 在椭圆上，，解得． 所以椭圆的标准方程为． （2）因，则可设直线的方程为， 联立消去，整理得． 由，解得． 设，，则，（*） ，，即， 将（*）代入上式，得，解之得或， 则直线的方程为或 即或． （3）略 12．（25-26高二下·湖北·期中）已知椭圆过点，原点为，过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于两点，设线段的中点为，且直线的斜率与直线的斜率的乘积为． (1)已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离． (2)过右焦点的直线与椭圆交于两点，以为直径的圆恒过右焦点，且的中点为． ①证明：直线过定点． ②若椭圆的左焦点为，的延长线交椭圆于点，若，，求的最大值． 【答案】(1)当时，最大距离为；当时，最大距离为 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）设点，根据，求得和，求得的值，得到椭圆的方程，设点，求得，结合椭圆的对称性和二次函数的性质，即可求解； （2）①当直线的斜率存在且不等于零时，设直线的方程为，联立方程组，结合韦达定理，求得和，求得的方程，得到直线过定点，在分别验证斜率不存在和斜率为0的情况，即可得到结论； ②设直线的方程为，联立方程组，求得和，化简得到，进而求得的最大值. 【详解】（1）解：设点，且在椭圆上，可得且， 两式相减，得，即， 所以 因为，可得，所以，则， 又因为椭圆过点，可得， 联立方程组，可得，所以椭圆方程为： 设点，可得， 则， 其对称轴为，而， 当，即时，在时取得最大值，且； 当，即时，在时取得最大值，且． 综上可得，当时，最大距离为； 当时，最大距离为． （2）解：①当直线的斜率存在且不等于零时，设斜率为， 因，所以直线的斜率为， 由椭圆的右焦点，直线的方程为，设， 联立方程组，整理得， 则， 且，， 所以线段的中点M的坐标，，即． 将直线的方程，代入椭圆方程， 同理可得：线段的中点N的坐标，，即． 所以的斜率 ，其中， 直线的方程为：， 化简，即 当直线的斜率不存在时，与轴垂直且过焦点， 根据椭圆的对称性可知，此时为椭圆的长轴，可得， 所以直线为轴，过定点； 当直线的斜率为0时，与轴垂直且过焦点， 根据椭圆的对称性可知，此时为椭圆的长轴，可得， 所以直线为轴，过定点； 综上可得，直线恒过定点． （2）②设，，，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 即，所以，即， 同理可得：， 若，则 可得 整理得， 当时，取得最大值． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 椭圆综合解答题 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、点差法的应用 题型二、三角形四边形面积的计算 题型三、与面积有关的最值与范围 题型四、平面向量与椭圆综合 题型五、“齐次化”求直线过定点问题 题型六、一般的直线过定点问题 题型七、椭圆中的定值线问题 题型八、椭圆中的定值问题 题型九、椭圆中斜率的和差积问题 题型十、椭圆中的定比点差法 题型十一、椭圆中存在性问题探究 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 椭圆综合解答题为新高考压轴大题，所有题型均围绕直线与椭圆联立、韦达定理、点差法、向量转化、面积公式、定点定值、最值范围等核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是直线与椭圆联立后必须优先保证判别式，二是设直线时优先考虑斜率不存在的特殊情况，所有参数结果最终均需合规检验 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、点差法的应用 典例1 （26-27高二上·天津东丽·阶段检测）已知椭圆的焦点，，且过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)直线：交椭圆于，两点，若线段中点的横坐标为，求直线的方程． 题型模版 1.特征：题干给出弦中点条件、弦斜率条件、对称条件，不需求出交点坐标，侧重斜率与中点坐标关系；常见表述：弦被点平分、两点关于某直线对称；陷阱：点差法只得到必要条件，无法保证直线和椭圆真的相交 2.方法：设交点，两点代入椭圆标准方程 两式作差，因式分解，整理得到中点、弦斜率关系式 焦点在x轴结论： 根据已知条件求解斜率、中点、直线方程 带回联立检验，剔除不存在的弦 补充结论：点差法适合小题快速口算，大题只用来预判，必须联立验证 变式1-1（26-27高二上·吉林长春·阶段检测）已知椭圆的离心率，点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)椭圆上的两点，关于直线对称，求弦的中点坐标． 变式1-2（25-26高三下·重庆·阶段检测）已知椭圆的离心率，且过点，圆M的圆心为，半径为，O为坐标原点． (1)求椭圆C和圆M的标准方程； (2)设斜率为的直线l与椭圆C交于P，Q两点，N为线段PQ的中点，点N在圆M上，且满足，求直线l的斜率． 变式1-3（2026·河北唐山·一模）已知椭圆的离心率为，其左顶点为A，上顶点为B，的面积是1，其中O是原点，平行于的直线l与C交于M，N. (1)求C的方程； (2)是否存在这样的直线l，使以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l的方程；若不存在，请说明理由. 类型二、三角形四边形面积的计算 典例2 （26-27高二上·河北石家庄·阶段检测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，长轴长为4． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线：与椭圆相交于，两点，求的面积． 题型模版 1.特征：直线与椭圆相交形成两点，求、、四边形等图形面积；是大题第一问高频考法 2.方法：设直线并联立椭圆，写出韦达定理，计算 弦长公式： 点到直线距离公式求高， 简便公式：；过x轴上定点时： 四边形优先拆成两个三角形求和 补充结论：平行于坐标轴的直线，优先用纵坐标差或横坐标差简化面积计算 变式2-1（26-27高二上·浙江宁波·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上且在第一象限内，，直线与椭圆相交于另一点． (1)求的周长； (2)设点在椭圆上，记与的面积分别为，，若，求点的坐标； (3)设点与点关于原点对称，点在椭圆上运动，若直线的斜率，求直线的斜率的取值范围． 变式2-2（26-27高三上·北京·期中）已知椭圆：的一个焦点为，椭圆的左右顶点分别为，，. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，．若四边形的面积为，求直线的方程． 变式2-3（26-27高三上·天津和平·开学考试）设椭圆的左、右焦点分别为，，左右顶点分别为，，已知椭圆过点，且长轴长为6． (1)求椭圆的标准方程； (2)点是椭圆上一点（不与顶点重合），直线交轴于点，且满足，若，求直线的方程． 题型三、与面积有关的最值与范围 典例3 （26-27高三上·江西·开学考试）已知椭圆的长半轴长为2，焦距为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，求的面积的最大值及此时直线的方程． 题型模版 1.特征：面积表达式含参数（斜率或截距），求面积最大值、最小值或者取值范围；常结合函数、不等式、导数求最值 2.方法：按面积计算通式写出面积关于单变量的函数表达式 化简函数，优先换元，转化为对勾函数、二次函数、三角函数模型 结合变量隐含范围（由得到参数范围）求值域 取等条件核验，确认对应的直线存在 补充结论：面积最值很多时候在通径、中点、对称位置取到；是变量天然约束 变式3-1（26-27高二上·湖南长沙·阶段检测）过圆上的动点向轴作垂线，垂足为，动点满足． (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点且斜率不为的动直线与相交于，两点，点，求面积的最大值． 变式3-2（26-27高二上·河南南阳·开学考试）（1）已知点到点的距离比到轴的距离大，求点的轨迹方程； （2）已知点分别为椭圆的左、右焦点，直线l经过点，且与椭圆交于，两点，求面积的最大值，并求此时的直线的方程. 变式3-3（25-26高二上·陕西汉中·期中）已知椭圆的离心率为，其左焦点为．点，过点的直线（不垂直于坐标轴）与交于两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)证明：； (3)求面积的最大值． 题型四、平面向量与椭圆综合 典例4 （26-27高二上·河北石家庄·阶段检测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，长轴长为4，上一点与，所构成三角形的周长为.设直线：与交于，两点，为坐标原点． (1)求的方程； (2)若过的上顶点和，为线段上一点，直线与交于点，且，求的坐标． 题型模版 1.特征：题干给出向量等式、向量垂直、向量数量积、向量共线、等条件，转化坐标关系求解参数、定点、范围 2.方法：向量全部翻译成坐标形式：， 直线和椭圆联立，把整体代入向量式子 消元化简得到参数方程或者不等式 结合限制参数范围 补充结论：垂直条件是最高频模型 变式4-1（2026·福建漳州·模拟预测）已知动圆过点，且与圆相内切，记动圆圆心的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)设斜率为的直线与的交点为，与轴的交点为，若，求直线的方程. 变式4-2（25-26高二下·湖南长沙·期中）已知椭圆经过点为椭圆的左、右两个焦点，． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过右焦点作直线与椭圆C交于两点（点A位于x轴上方），是否存在直线，使得？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 变式4-3（25-26高三上·辽宁锦州·阶段检测）已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为，是线段的中点，其中． (1)求椭圆方程． (2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上存在点使得．求点的纵坐标的取值范围． 题型五、"齐次化"求直线过定点问题 典例5 （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. 题型模版 1.特征：定点在椭圆上，两条直线斜率满足和为定值、积为定值，证明直线过定点；关键词：同一点出发两条割线、斜率关系 2.方法：平移坐标系，把公共点平移到新原点 写出椭圆平移后的方程，构造齐次式，保证二次项、一次项、常数项全部二次 两边同除，得到关于的一元二次方程，两根就是 韦达定理使用斜率和/积条件，得到直线截距关系，读出定点 平移还原回原坐标系 补充结论：齐次化适合双斜率模型，计算量远小于常规联立；只适合公共顶点在椭圆上的题型 变式5-1（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. 变式5-2（2026·北京丰台·二模）已知椭圆的离心率为，以椭圆的焦点和短轴顶点为顶点的四边形是边长为2的菱形. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知为椭圆的左顶点，，为椭圆上两个不同的动点（均不与点重合），且满足直线与直线的斜率之积为.求证：直线过定点. 变式5-3（25-26高三上·天津西青·期末）已知椭圆的离心率为，左顶点到右焦点的距离为3. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆相交于，两点（异于点），且满足，试证明直线经过定点，并求出该定点的坐标. 题型六、一般的直线过定点问题 典例6 （25-26高三下·北京·开学考试）已知椭圆的离心率是，点和点分别是椭圆的下顶点和右顶点，点是坐标原点，的面积为3． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线与椭圆交于不同的两点和（和不与椭圆顶点重合）．直线分别交轴于点，且满足．证明：直线过定点． 题型模版 1.特征：无公共顶点，由面积、向量、角度、斜率条件，证明动直线恒过某定点；解答题主流考法 2.方法：设直线：斜截式，或反设规避斜率不存在 联立椭圆，写出韦达定理，代入题干条件化简，得到关系式 将关系式代回直线方程，整理成"参数式子+固定式子=0" 令参数的系数与常数项同时为0，解出定点坐标 检验斜率不存在情形是否也满足 补充结论：定点一定是固定坐标，不受参数变化影响；优先用减少斜率不存在讨论 变式6-1（25-26高二上·浙江杭州·期中）已知椭圆，，分别是左、右焦点，P是椭圆C上一点，的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，为等边三角形． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设A，B分别是椭圆C的左、右顶点，若直线l与C交于点M，N，且，直线l是否过定点？若存在定点，求出定点的坐标． 变式6-2（25-26高三上·山东青岛·期末）已知椭圆的短轴长为2，离心率为． (1)求W的方程； (2)若直线与相交于两点，线段的中点在直线上． （ⅰ）求k； （ⅱ）已知点，与的另一个交点为，与的另一个交点为．证明：直线过定点． 变式6-3（25-26高二上·山西太原·阶段检测）已知椭圆的右焦点为，过的直线与E交于两点．当A为E的上顶点时，． (1)求E的方程； (2)过点A作的垂线，垂足为M．证明：直线过定点． 题型七、椭圆中的定值线问题 典例7 （26-27高三·全国·一轮复习）已知椭圆的左、右焦点是、，左右顶点是、，过的直线与椭圆交于两点、(不是左、右顶点)，直线与交于点，求证直线与交点在一条定直线上. 题型模版 1.特征：动点、动直线变化过程中，某条直线固定不变，求这条定直线方程；常搭配等角、斜率倒数和、距离相等条件 2.方法：设出动点、动直线参数，联立得到坐标关系 根据条件写出目标直线表达式，化简消去参数 消参后参数全部抵消，得到固定直线 取两个特殊位置快速预判定直线，再做一般性证明 补充结论：小题可以特值法先猜答案，大题必须一般性证明 变式7-1（26-27高二上·浙江宁波·阶段检测）已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点P是椭圆C上异于顶点的一点，当时，的面积为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线与椭圆C交于另一点A，且，求直线的斜率； (3)若，椭圆C上两个互不相同且均异于P的动点满足直线与的倾斜角互补，设线段的中点为G．证明：G在一条定直线上运动． 变式7-2（2026·云南昆明·模拟预测）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点，椭圆的短轴长为，的最大值为． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发向点的光线，经过椭圆上的点处的椭圆切线反射，反射光线必然经过椭圆的另一个焦点．设过点的椭圆的切线为直线，过作的垂线交于，求点的轨迹方程； (3)点的轨迹交轴于，（在左侧）两点，过点作直线交于，两点，证明：直线，的交点在一条定直线上． 变式7-3（25-26高二上·四川德阳·期末）已知椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线射向椭圆上任一点，经椭圆反射后必经过另一个焦点.若从椭圆的左焦点发出的光线，经过两次反射之后回到点，光线经过的路程为8，其离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点作直线与椭圆交于不同的两点，（异于，），直线，的交点为. （ⅰ）某同学闲暇时作了多条不同直线，相应产生了多个不同点，他感觉这些点在一条直线上.请你对其感觉的正确性给出判断并证明； （ⅱ）设直线，交点为，试问：与的面积之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由. 题型八、椭圆中的定值问题 典例8 （26-27高三上·天津·阶段检测）已知椭圆的离心率为，短轴长为2. (1)求的方程； (2)直线 过点交椭圆于，两点，证明：为定值.（为坐标原点） 题型模版 1.特征：直线变动、点变动，某个代数式（斜率和、数量积、距离比值、长度乘积）结果不变，求定值；新高考高频压轴小问 2.方法：常规联立+韦达定理，把目标式全部转化为整体 代入化简，参数全部抵消，得到常数 预判技巧：取两条特殊直线（斜率为0、斜率不存在），先算出定值 预判结果后再做代数化简，方便核对 补充结论：定值问题的核心标志：化简后参数全部消去，结果与所选参数无关 变式8-1（26-27高三上·江苏泰州·阶段检测）已知椭圆的离心率为，且经过点． (1)求椭圆的方程． (2)点为椭圆上任意一点，点为坐标原点关于直线的对称点，记点的轨迹为曲线. （i）求曲线的方程； （ii）以为端点作射线（不与坐标轴重合），与曲线和椭圆分别交于点，，证明：为定值，并求出该定值． 变式8-2（26-27高三上·四川成都·开学考试）已知椭圆的左、右焦点分别为，. (1)求椭圆的离心率； (2)设点为第一象限内椭圆上的点，若，求点的坐标； (3)过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在定点，使得的值为定值？若存在，求出定点的坐标及该定值；若不存在，请说明理由. 变式8-3（26-27高三上·四川南充·阶段检测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，且，点，是椭圆上关于坐标原点对称的两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若点在第一象限，轴于点，直线交椭圆于点（不同于点），证明：； (3)已知点在椭圆上，直线与圆相切，连接，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由． 题型九、椭圆中斜率的和差积问题 典例9 （26-27高二上·江苏南京·阶段检测）已知直线l与圆O：相交于A，B两点，且． (1)若直线l过点，求直线l的方程； (2)①若线段的中点为点D，求点D的轨迹方程； ②记①中D的轨迹为曲线C，过点作直线m与曲线C交于两点，点Q的坐标为，直线，的斜率分别为，，求证：为定值． 题型模版 1.特征：两条动直线斜率之和为定值、斜率之差为定值、斜率之积为定值；经常和定点、定值配套考查 2.方法：方案一：常规联立韦达定理，写出通分代入韦达 方案二：公共顶点在椭圆上优先齐次化，直接得到斜率和积 条件转化：斜率和为0对应直线对称、角平分线模型 补充结论：关于过的竖直线对称 变式9-1（26-27高三上·河南·开学考试）已知椭圆：的离心率为，且过点． (1)求的方程； (2)过点且不与坐标轴垂直的动直线交于，两点，点，直线与的另一个交点为，与的另一个交点为，证明：直线，的斜率之比为定值． 变式9-2（26-27高三上·辽宁鞍山·开学考试）在平面直角坐标系中，已知椭圆短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形， (1)求椭圆的标准方程； (2)直线与椭圆交于，两点，设直线，的斜率分别为，，已知． ①求的值； ②当的面积最大时，求直线的方程． 变式9-3已知椭圆：（）经过点，，分别为的左、右焦点，离心率. (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. 题型十、椭圆中的定比点差法 典例10 （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. 题型模版 1.特征：点分弦成定比，已知分点、定比，求斜率、直线、参数；是普通点差法的推广 2.方法：设，满足 代入椭圆方程，第二个式子乘，两式相减 因式分解，提取，代入定比公式化简 求解斜率、坐标或者参数 补充结论：定比点差不用求韦达，适合带分点比例条件，大幅简化运算 变式10-1（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. (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. 变式10-2（25-26高二下·四川泸州·期末）已知椭圆C：，过点和，过点的直线与交于A，B两点，A在第一象限． (1)求C的方程； (2)若，点，求的取值范围； (3)直线交轴于点，为中点，点关于轴的对称点为，延长交C于点，，求直线的斜率． 题型十一、椭圆中存在性问题探究 典例11 （26-27高二上·天津滨海新区·阶段检测）已知：椭圆，过点，的直线的斜率为，原点到该直线的距离为． (1)求椭圆的方程； (2)斜率大于零的直线过与椭圆交于E，F两点，若，求直线的方程； (3)是否存在实数k，使直线交椭圆于P，Q两点，且以为直径的圆过点？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由． 题型模版 1.特征：设问是否存在满足条件的点、直线、参数，使得垂直、面积定值、向量等式、定点成立；有"是否存在""是否有"字眼 2.方法：先假设存在，设出对应参数、点坐标、直线方程 根据题干条件列式化简，得到方程或者不等式 看方程有没有符合约束（等）的解；有解则存在，无解则不存在 写出对应解或者说明不存在理由 补充结论：存在性问题先假设存在，正向推导；无解的常见原因是判别式小于0、超出椭圆范围 变式11-1（26-27高二上·江苏·阶段检测）已知双曲线：，过点，焦距为，点． (1)求双曲线C的标准方程； (2)是否存在过点的直线l，与双曲线C交于P，Q两点，使得是以为顶角的等腰三角形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 变式11-2（26-27高二上·江苏南京·阶段检测）在直角坐标系中，点，动点在直线的左侧，且到直线的距离恒为，记的轨迹为． (1)求的方程； (2)设不经过的直线的方程为，已知交于，两点，设，，且的值与的值无关． （i）求的值； （ii）是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 变式11-3（26-27高三上·上海嘉定·阶段检测）已知椭圆：的中心是坐标原点，焦点，在轴上，其中右焦点为． (1)求椭圆的离心率； (2)点在椭圆上，且，求的面积； (3)直线，均过右焦点且斜率分别为，，与交于，两点，与交于，两点，问：是否存在常数，使得对于任意的直线，都存在直线满足？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 一、解答题 1．（26-27高三上·云南·阶段检测）已知椭圆的左､右焦点分别为，焦距为2，点是椭圆上的一个动点，到的最大距离为3，直线与交于两点． (1)求椭圆的方程； (2)求的面积的最大值； (3)若的中点的坐标为，求直线的方程． 2．（26-27高三上·安徽阜阳·开学考试）已知椭圆的上顶点与右焦点间的距离为，且椭圆经过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)设，分别为椭圆的左、右顶点，是椭圆上异于点，的动点，直线，分别交直线于，两点，求（为坐标原点）的值. 3．（2026高二·全国·专题练习）（1）已知椭圆与圆，若在椭圆上存在点P，使得由点P所作的圆的两条切线互相垂直，求椭圆C1的离心率的取值范围； （2）已知动点P在椭圆上，为椭圆的焦点，若，，且恒成立，求实数的最小值. 4．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. (1)求出椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 5．（2026·广东·模拟预测）已知椭圆经过点，且离心率为． (1)若，求的方程； (2)若，求的取值范围； (3)在（1）的条件下，，分别是的左、右顶点，，直线，分别与交于点，，证明：当变动时，直线过定点． 6．（25-26高二下·湖南·期末）已知椭圆：的离心率为，下顶点为，右顶点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)已知动点不在轴上，点在射线上，且满足． ①设，求点的坐标（用，表示）； ②设为坐标原点，是椭圆上的动点，直线的斜率是直线的斜率的倍，求的最大值． 7．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点． (1)求动点的轨迹的方程； (2)直线与轴交于点，与交于、两个相异点，且，求的取值范围． 8．（2026·青海黄南·模拟预测）已知椭圆的左焦点为，的离心率为． (1)求的方程； (2)设为的右顶点，过左焦点的直线与交于异于的两点． （ⅰ）记直线与直线的斜率分别为，若，求直线的方程； （ⅱ）若，求的面积． 9．（26-27高三上·陕西商洛·阶段检测）已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，椭圆上动点满足点到点的距离的最大值为3，且该椭圆的离心率为. (1)求该椭圆的标准方程； (2)如图，过椭圆的右焦点作斜率不为0的直线交椭圆于两点，设直线与交于点，证明：点在定直线上； (3)在（2）的条件下，求的最大值. （提示：若两条直线斜率分别为、，则这两条直线的夹角满足） 10．（2026·四川南充·一模）已知椭圆 ：的离心率为，短半轴长为 ． (1)求 的方程； (2)设直线 ： 与椭圆 交于不同两点 ，点 为坐标原点，且，当 的面积最大时，求点 的轨迹方程． 11．（26-27高二上·江苏·阶段检测）已知椭圆：过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆交于，两点（异于点），且直线，斜率均存在． (1)求椭圆的标准方程； (2)若，，求直线的方程； (3)设直线，的斜率分别为，，且，，为垂足，证明：存在定点，使得为定值． 12．（25-26高二下·湖北·期中）已知椭圆过点，原点为，过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于两点，设线段的中点为，且直线的斜率与直线的斜率的乘积为． (1)已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离． (2)过右焦点的直线与椭圆交于两点，以为直径的圆恒过右焦点，且的中点为． ①证明：直线过定点． ②若椭圆的左焦点为，的延长线交椭圆于点，若，，求的最大值． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $