拔高点突破01 定比点差法、齐次化、极点极线问题、蝴蝶问题、坎迪定理（五大题型）（含答案解析）

拔高点突破01定比点差法、齐次化、极点极线问题、蝴蝶问题、坎迪定理目录TOC\o"1-2"\h\z\u01方法技巧与总结 202题型归纳与总结 2题型一：定比点差法 2题型二：齐次化 7题型三：极点极线问题 11题型四：蝴蝶问题 16题型五：坎迪定理 2403过关测试 321、定比点差法是一种在解析几何有应用的方法。在解析几何中，它主要用于处理非中点弦问题，通过设定线段上的定比分点，利用圆锥曲线上两点坐标之间的联系与差异，通过代点、扩乘、作差等步骤，解决相应的圆锥曲线问题。定比点差法的核心思想是“设而不求”，即设定未知数但不直接求解，而是通过代数运算消去未知数，得到所需的结果。这种方法在处理复杂问题时具有独特的优势，能够简化计算过程，提高解题效率。2、齐次化是一种数学处理方法，它通过将问题转化为齐次形式（即各项次数相等）来简化计算和提高求解效率。在解析几何中，齐次化常用于处理与斜率相关的问题，如过某定点的两条直线的斜率关系。通过齐次化联立，可以将复杂的二次曲线方程转化为关于斜率的一元二次方程，从而更容易地求解斜率之和或斜率之积等问题。3、极点极线是数学中的重要概念，尤其在圆锥曲线研究中占据关键地位。极点通常指圆锥曲线上的特殊点，其切线方程与曲线方程相同；对于不在曲线上的点，其关于曲线的调和共轭点轨迹形成的直线也被称为极线。极线则是与极点紧密相关的一条直线，对于曲线上的极点，其极线即为该点处的切线；对于曲线外的点，其极线则是通过该点作曲线的两条切线所得的切点弦.4、坎迪定理是数学领域中的一个重要定理，也被称为蝴蝶定理的一般形式。该定理描述了在圆内的一段弦上任意一点与圆上任意两点相连并延长交圆于另外两点，连接这两延长交点与弦上另外两点相交，所得线段长度的倒数之差为常数。题型一：定比点差法【典例1-1】（2024·高三·江西吉安·期末）已知椭圆：的离心率为，且经过点(Ⅰ)求椭圆的标准方程；(Ⅱ)已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，过点的动直线与抛物线相交于A，B两个不同的点，在线段AB上取点Q，满足，证明：点Q总在定直线上．【解析】(Ⅰ)由题意可知解得，，故椭圆的方程为．证明(Ⅱ)由已知可得抛物线的标准方程为，设点Q，A，B的坐标分别为，，，由题意知，不妨设A在P，Q之间，设，，又点Q在P，B之间，故，，，由可得解得，，点A在抛物线上，，即，，由可得解得，，点B在抛物线上，，即，，．由可得，，，点Q总在定直线上【典例1-2】已知椭圆，过椭圆的左焦点F且斜率为的直线l与椭圆交于A、B两点（A点在B点的上方），若有，求椭圆的离心率．【解析】因为，设、，①②得：，，，则，得，∵，∴，将A代入椭圆方程整理得：，所以或（舍）故．【变式1-1】（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）已知，直线过椭圆的右焦点F且与椭圆交于A、B两点，l与双曲线的两条渐近线、分别交于M、N两点．(1)若，且当轴时，△MON的面积为，求双曲线的方程；(2)如图所示，若椭圆的离心率，且，求实数的值．【解析】（1）由题设，且双曲线的渐近线为，当轴时，，又，△MON的面积为，所以，故，而，可得，所以双曲线的方程为.（2）对于椭圆有，而，则，不妨假设，则且l为，所以，又，，令，则，故，所以，而在椭圆上，则，整理得，综上，可得.【变式1-2】已知椭圆（）的离心率为，过右焦点且斜率为（）的直线与相交于，两点，若，求【解析】由，可设椭圆为（），设，，，由，所以，．又由（1）-（3）得，又．又．【变式1-3】已知，过点的直线交椭圆于，（可以重合），求取值范围．【解析】设，，，由，所以．由由（1）-（3）得：，又，又，从而．【变式1-4】已知椭圆的左右焦点分别为，，，，是椭圆上的三个动点，且，若，求的值．【解析】设，，，，由，得①满足满足②由③由（1）-（3）得：，又，同理可得．题型二：齐次化【典例2-1】已知椭圆的中心为，长轴、短轴分别为，，，分别在椭圆上，且，求证：为定值.【解析】因为，所以由勾股定理可得.所以.设的面积为，到的距离为，则，因此.所以要证明为常数，只需证明为定值.设直线的方程为，联立齐次化，并整理可得，方程的两根为与，由韦达定理得.因为，所以，化简得.由点到直线的距离公式，得，所以为定值.【典例2-2】如图，过椭圆上的定点Px0,y0作倾斜角互补的两直线，设其分别交椭圆于两点，求证：直线的斜率是定值【解析】由题意可得直线不过点，且直线的斜率都存在，设直线的方程为，，因为，所以椭圆方程可化为，联立，齐次化并整理可得，由韦达定理得，又因为，所以，所以，故直线的斜率为定值.【变式2-1】已知椭圆的左顶点为，，为上的两个动点，记直线，的斜率分别为，，若，试判断直线是否过定点.若过定点，求该定点坐标；若不过定点，请说明理由.【解析】将坐标系左移2个单位长度（即椭圆右移），则椭圆方程变为，即.设直线为直线，平移后为直线，联立齐次化得，整理可得，两边同除以，得，则，解得.把代入直线中，得，当时，，所以过定点，则直线过定点.【变式2-2】已知椭圆C：.过点，两个焦点为和.设E，F是椭圆C上的两个动点.(1)如果直线AE的斜率与直线AF的斜率之和为2，证明：直线EF恒过定点；(2)如果直线AE的斜率与直线AF的斜率之积为2，证明：直线EF恒过定点.【解析】（1）设直线EF方程为，即，从而.又椭圆过点，可得整理可得所以即则显然这是一个关于的一元二次方程.对于问题（1），由韦达定理得所以，故，则所以直线EF恒过定点.（2）对于问题（2），由韦达定理得所以，则，所以直线EF恒过定点.题型三：极点极线问题【典例3-1】（2024·湖南长沙·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为为上顶点，离心率为，直线与圆相切.(1)求椭圆的标准方程;(2)椭圆方程，平面上有一点.定义直线方程是椭圆在点处的极线.①若在椭圆上，证明:椭圆在点处的极线就是过点的切线;②若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，割线交椭圆于两点，过点分别作椭圆的两条切线，且相交于点.证明:三点共线.【解析】（1）由已知，，则所以直线，即，该直线与圆与相切，则，所以解得，，故椭圆的标准方程为（2）①由(1)得椭圆的方程是.因为在椭圆上，所以，即，由定义可知椭圆在点处的极线方程为，当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线，当时，极线方程为，即，由，得，所以，所以处的极线就是过点的切线，综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线;②设点，由①可知，过点的切线方程为，过点的切线方程为，因为都过点，所以有，则割线的方程为，同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为，即，又因为割线过点，代入割线方程得，即，所以三点共线，都在直线上．【典例3-2】阅读材料：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线：，则称点和直线：是圆锥曲线的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换；以替换，以替换，即可得到对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点对应的极线方程为；对于双曲线，与点对应的极线方程为；对于抛物线，与点对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.（二）极点与极线的基本性质､定理：①当在圆锥曲线上时，其极线是曲线在点处的切线；②当在外时，其极线是从点向曲线所引两条切线的切点所在的直线（即切点弦所在直线）；③当在内时，其极线是曲线过点的割线两端点处的切线交点的轨迹.结合阅读材料回答下面的问题：已知椭圆：.(1)点是直线：上的一个动点，过点向椭圆引两条切线，切点分别为，，是否存在定点恒在直线上，若存在，当时，求直线的方程；若不存在，请说明理由.(2)点在圆上，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，求面积的最大值.【解析】（1）设点，由点在直线上运动，得，由消去并整理得，显然，即此方程组无实数解，于是直线与椭圆相离，即点在椭圆外，又，都与椭圆相切，因此点和直线是椭圆的一对极点和极线，对于椭圆，与点对应的极线方程为，将代入，整理得，显然定点的坐标与的取值无关，即有，解得，所以存在定点恒在直线上，当时，是线段的中点有在椭圆内，设，直线的斜率为，则，两式相减并整理得，即，所以当时，直线的方程为，即.（2）由（1）知直线的方程为，由题意知，由消去并整理得：，而，则，设，，则，，所以，

点到直线的距离为：，因此面积，当时，令，求导得，即在单调递增，则的最大值为，由对称性可知当时，的最大值也为，所以面积的最大值为.【变式3-1】阅读材料：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.（二）极点与极线的基本性质､定理①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）；③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹.结合阅读材料回答下面的问题：(1)已知椭圆C：经过点P(4，0)，离心率是，求椭圆C的方程并写出与点P对应的极线方程；(2)已知Q是直线l：上的一个动点，过点Q向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由.【解析】（1）因为椭圆过点P(4,0)，则，得，又，所以，所以，所以椭圆C的方程为.根据阅读材料，与点P对应的极线方程为，即；（2）由题意，设点Q的坐标为(,)，因为点Q在直线上运动，所以，联立，得，，该方程无实数根，所以直线与椭圆C相离，即点Q在椭圆C外，又QM，QN都与椭圆C相切，所以点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.对于椭圆，与点Q(,)对应的极线方程为，将代入，整理得，又因为定点T的坐标与的取值无关，所以，解得，所以存在定点T(2,1)恒在直线MN上.当时，T是线段MN的中点，设，直线MN的斜率为，则，两式相减，整理得，即，所以当时，直线MN的方程为，即.题型四：蝴蝶问题【典例4-1】已知椭圆的离心率为，半焦距为，且．经过椭圆的左焦点F，斜率为的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点．(1)求椭圆的标准方程；(2)当时，求的值；(3)设，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为，求证：为定值．【解析】（1）由题意，得解得∴，故的方程为．（2）由（1）知，∴直线AB的方程为，由即，设，，则，，∴．设O点到直线AB的距离为d，则．∴．（3）设AB直线方程，设，，，，由由定比分点坐标公式：，由于A，C满足椭圆方程，故得两式作差得③，将①②代入③可得，和①进行联立，即，解得：由同理可得，∴，故．【典例4-2】（2024·高三·江苏泰州·期末）如图，已知椭圆，矩形ABCD的顶点A，B在x轴上，C，D在椭圆上，点D在第一象限.CB的延长线交椭圆于点E，直线AE与椭圆､y轴分别交于点F､G，直线CG交椭圆于点H，DA的延长线交FH于点M.（1）设直线AE､CG的斜率分别为､，求证：为定值；（2）求直线FH的斜率k的最小值；（3）证明：动点M在一个定曲线上运动.【解析】（1）由对称性，设，，，则，得，故，，则，（2）由，联立，由根与系数的关系可得，所以，所以，可得，又，联立，由根与系数的关系可得，所以，所以可得：，所以，由图知，所以即,当且仅当即取等.所以直线FH的斜率k的最小值为.（3）易知，令可得，所以，，所以，因为，所以，即M在曲线上.【变式4-1】设椭圆的左、右焦点分别为，，过焦点且垂直于轴的直线与椭圆相交所得的弦长为，直线与椭圆相切．(1)求椭圆的标准方程；(2)斜率为的直线过，与椭圆交于两点，延长，分别与椭圆交于两点，直线的斜率为，求证为定值．【解析】（1）与椭圆相切，，将代入椭圆方程得：，，则，椭圆的标准方程为：.（2）由（1）得：，，则直线，设，，，，则直线的方程为：，由得：，，则，，；同理可得：；，，即为定值.【变式4-2】设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．

(1)求C的方程；(2)设直线与C另一个交点分别为A，B，记直线的斜率为，求的值．【解析】（1）抛物线C的方程为（2）解法一：设，直线，联立直线，得，，联立直线，得，，∴，同理可得，由斜率公式可得，，∴．解法二：三点共线设，由M、N、F三点共线，得，由M、D、A三点共线，得，由N、D、B三点共线，得，则，AB过定点（4，0）．【变式4-3】在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆C：，F是椭圆的右焦点且______，从下列条件中任选一个补充在上面问题中并作答：注：如果选择多个条件作答，按第一个计分．条件①：椭圆C的离心率，焦点到相应准线的距离是3．条件②：椭圆C与圆M：外切，又与圆N：外切．(1)求椭圆C的方程．(2)已知A，B是椭圆C上关于原点对称的两点，A在x轴的上方，连接AF，BF并分别延长交椭圆C于D，E两点，证明：直线DE过定点．【解析】（1）若选①，则，解得，故椭圆C的方程为；若选②，易知圆圆心，半径为4，过点，和椭圆外切，切点必为，故，圆圆心，半径为，过点，和椭圆外切，切点必为，故，故椭圆C的方程为；（2）设，因为三点共线，又，则，即（★），又因为点均在椭圆上，则，可变形为，代入中，整理可得，结合（★）式得（✰），★✰式联立解得，同理可得，所以直线的方程为，即，又，所以直线DE的方程为，故直线DE过定点.题型五：坎迪定理【典例5-1】椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点为，点，线的倾斜角为.（1）求椭圆的方程；（2）过且斜率存在的动直线与椭圆交于、两点，直线与交于，求证：在定直线上.【解析】（1），由题意，，所以椭圆的方程.（2）设，，，过的动直线：，代入椭圆的方程得：，得：，，，分别由，，及，，三点共线，得：，，两式相除得：，得：，即在直线上.【典例5-2】已知椭圆的左、右顶点分别为，长轴长为4，离心率为，点C在椭圆E上且异于两点，分别为直线上的点．(1)求椭圆E的方程；(2)求的值；(3)设直线与椭圆E的另一个交点为D，证明：直线过定点．【解析】（1）因为椭圆长轴长为4，离心率为，所以，则椭圆方程为；（2）易知，设，则，所以，又C在椭圆上，即，故；（3）由上知，则，与椭圆方程联立，由韦达定理知，，①若直线斜率不存在，即，即，解之得，过定点；②若直线斜率存在，则，整理得，过定点综上所述恒过定点.【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知不过坐标原点且斜率为1的直线与椭圆交于点，，为的中点．(1)求直线的斜率；(2)设，直线，与椭圆的另一个交点分别为，（均异于椭圆顶点），证明：直线过定点．【解析】（1）解法一：设直线AB的方程为，将代入，得，由，得，设，，，则，所以，，即，故直线OM的斜率为．解法二：设，，，则，，两式作差，得，所以．因为直线AB的斜率为1，所以，得，故直线OM的斜率为．（2）由题意知直线CD的斜率存在，设直线CD的方程为，，，则，直线PC的方程为，与联立，并结合化简可得，则，，，故，同理，故，所以，故直线CD的方程为，直线CD过定点．【变式5-2】在平面直角坐标系中，如图，已知的左、右顶点为、，右焦点为，设过点的直线、与椭圆分别交于点、，其中，，．（1）设动点满足，求点的轨迹；（2）设，，求点的坐标；（3）设，求证：直线必过轴上的一定点（其坐标与无关）．【解析】（1）设点，则，，，由，得，化简得，故所求点的轨迹为直线．（2）将，分别代入椭圆方程，以及，，得，，直线方程为，即，直线方程为，即，联立方程组，解得，所以点的坐标为．（3）点的坐标为，直线的方程为，即，直线的方程为，即，分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，，解得、，若，且,得，此时直线的方程为，过点；若，则，直线的斜率，直线的斜率，所以,所以直线过点，因此直线必过轴上一定点.【变式5-3】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，过点M（1，0）作直线l交椭圆于C，D两点，若直线AD，BC的斜率分别为k1，k2．求证：为定值．【解析】证明：连结BD，设，，直线CD的方程为：，代入椭圆方程，整理得，，∴，，又，∴（定值）．【变式5-4】已知椭圆的左右顶点分别为A和B，离心率为，且点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）过点M（1，0）作一条斜率不为0的直线交椭圆于P，Q两点，连接AP、BQ，直线AP与BQ交于点N，探求点N是否在一条定直线上，若在，求出该直线方程；若不在，请说明理由.【解析】（1）由题设，，，且所以，椭圆方程为；（2）由（1）知，A（-2，0），B（2，0），设直线的方程为，联立方程组，得，因为，设，所以，设直线的方程为，直线的方程为，则，即，而，∴，∴x=4，即直线与直线的交点在直线x=4上.【变式5-5】（2024·上海杨浦·一模）设分别是椭圆的左､右顶点，点为椭圆的上顶点.（1）若，求椭圆的方程；（2）设，是椭圆的右焦点，点是椭圆第二象限部分上一点，若线段的中点在轴上，求的面积.（3）设，点是直线上的动点，点和是椭圆上异于左右顶点的两点，且，分别在直线和上，求证：直线恒过一定点.【解析】（1），，，，解得即椭圆的方程为.（2）椭圆的方程为，由题意，设另一焦点为，设，由线段的中点在y轴上，得轴，所以，代入椭圆方程得，即；（3）证明：由题意，设点P的坐标为，直线：，与椭圆方程联立消去得：由韦达定理得即；同理；当，即即时，直线的方程为；当时，直线：化简得，恒过点；综上所述，直线恒过点.1．已知椭圆的离心率为，过椭圆的右焦点并垂直于轴的直线交椭圆于，（点位于轴上方）两点，且（为坐标原点）的面积为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线交椭圆于，（，异于点）两点，且直线与的斜率之积为，求点到直线距离的最大值.【解析】（1）由题意可得解得所以椭圆的标准方程为.（2）解法1：韦达定理设点Ax1,y1，B当直线的斜率不存在时，设其方程为（且），所以由，且，得到，即，解得或（舍）此时点到直线的距离为，当直线的斜率存在时，设其方程为，联立消去并整理得.则，，，所以，即.所以，，整理得，即，所以或.若，则直线的方程为，所以直线过点，不合题意；若，则直线的方程为，所以直线过定点.又因为，所以点在椭圆内.则点到直线的距离为.所以点到直线距离的最大值为.解法2：齐次式法易求得，设点Ax1,y1，椭圆的方程为，即，，设直线的方程为，联立并齐次化，得整理得，即，方程的两根为，，由韦达定理得，从而，与对照，则解得故直线过定点，、JKK;显然，点到直线距离的最大值为.2．（2024·全国·一模）如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.

(1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程.(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点Px0,y0（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点.①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点；②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标.【解析】（1）由题意焦点在轴上，所以，解得，即的范围为，且，解得，所以椭圆方程为.（2）我们首先给出题目给出的引理的证明：设，则Q在P的极线上，现在如果经过P的直线交椭圆于：那么，代入椭圆就得到，所以，由韦达定理有，此时要证明的是：，也就是，也就是，也就是，

也就是，也就是，

也就是，也就是，也就是，也就是，也就是，这显然成立，所以结论得证.接下来我们回到原题，①首先由于Q在P的极线上，故由引理有，，而，所以，这表明Q是和的交点，又由于，故，设，而，，，所以，也就是E是的中点；②设，那么，所以，这表明的方程是，即，所以恒过点.3．（2024·云南昆明·模拟预测）椭圆方程，平面上有一点．定义直线方程是椭圆在点处的极线．已知椭圆方程．(1)若在椭圆上，求椭圆在点处的极线方程；(2)若在椭圆上，证明：椭圆在点处的极线就是过点的切线；(3)若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，，割线交椭圆于，两点，过点，分别作椭圆的两条切线，且相交于点．证明：，，三点共线．【解析】（1）由题意知，当时，，所以或．由定义可知椭圆在点处的极线方程为，所以椭圆在点处的极线方程为，即点处的极线方程为，即（2）因为在椭圆上，所以，由定义可知椭圆在点处的极线方程为，当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线．当时，极线方程为．联立，得．．综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线；（3）设点，，，由（2）可知，过点的切线方程为，过点N的切线方程为．因为，都过点，所以有，则割线的方程为；同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为．又因为割线过点，代入割线方程得．所以，，三点共线，都在直线上．4．（2024·重庆·模拟预测）已知椭圆：的右焦点为，点，是椭圆上关于原点对称的两点，其中点在第一象限内，射线，与椭圆的交点分别为，.（1）若，，求椭圆的方程；（2）若直线的斜率是直线的斜率的2倍，求椭圆的方程.【解析】（1）由，根据椭圆的对称性知轴，过右焦点所以，，，则，由，可得解得，代入椭圆方程得，解得，所以，即，所以，故椭圆方程为；（2）设，，令，则，代入椭圆方程得，即，又，所以，化简得到

①同理：令，同理解得，代入椭圆方程同理可得

②由题知，解得，③①②得，将③式代入得，故，故椭圆方程为.5．（2024·山东济南·二模）已知椭圆C的焦点坐标为和，且椭圆经过点.(1)求椭圆C的方程；(2)若，椭圆C上四点M，N，P，Q满足，，求直线MN的斜率.【解析】（1）由题意可知，c=1，设椭圆方程为，将点代入椭圆方程，得，解得（舍），，所以椭圆方程为.（2）设，，，，，因为，所以，即，又，都在椭圆上，所以，，即，②-①得，即……③，又，同理得……④④-③得，所以.6．已知椭圆C：，，为其左右焦点，P为椭圆C上一动点，直线交椭圆于点A，直线椭圆交于点B，设，，求证：为定值．【解析】设，，，由于，由定比分点公式可得将，，代入椭圆方程有得

③，得两边同除整理得所以，即又，即解得同理:所以.7．（2024·河北沧州·一模）已知椭圆经过点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于、两点，若，在线段上取点，使，求证：点在定直线上.【解析】（1）由题意得，解得，.所以椭圆的方程是；（2）设直线的方程