专题3-4 【椭圆培优】14个常考二级结论与模型（解析版）

4/123第页专题3-4椭圆培优之14个常考二级结论与模型总览总览题型解读TOC\o"1-3"\n\h\z\u【题型1】点差法【题型2】椭圆的第三定义【题型3】焦点弦被焦点分为定比【题型4】椭圆焦半径公式与焦点弦公式【题型5】椭圆与蒙日圆【题型6】椭圆与Dandelin双球模型【题型7】椭圆内接三角形：平移+齐次化（手电筒模型）【题型8】调和点列模型【题型9】椭圆内接四边形（自极三角形）【题型10】椭圆内接梯形【题型11】调和线束平行线截中点模型【题型12】调和线束斜率模型之等差关系【题型13】调和线束斜率模型之调和关系（斜率倒数构成等差）【题型14】调和线束斜率模型之角平分线模型题型题型汇编知识梳理与常考题型【题型1】点差法椭圆垂径定理：已知A,B是椭圆上任意2点，且弦不平行轴，M为线段AB中点，则有 证明（点差法）：设，，则，，，∵A，B在椭圆上，代入A，B坐标得① ②两式相减得：，整理得∴【思考】（1）椭圆焦点在轴上时，结论是否仍然成立？（1）设，，则，仍有，，∵A，B在椭圆上，代入A，B坐标得 两式相减得：，整理得∴若椭圆的弦中点坐标为，则直线的斜率为．【答案】【分析】利用点差法求得正确答案.【详解】由于，所以点在椭圆内部，设，，由已知，，，两式相减得，∴．（2024深圳南山区高二期末）过点作斜率为的直线与椭圆相交于两点，若为线段的中点，则的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用点差法计算得出，借助离心率公式计算即可.【详解】设,因为为线段的中点，所以，则，两式相减可得：，整理得，即，所以，所以.（杭州学军中学高二上）焦距为，并且截直线所得弦的中点的横坐标是的椭圆的标准方程为（

）A． B．C． D．或【答案】A【分析】设椭圆方程为，且，及交点，将两点代入椭圆方程可得，根据弦中点坐标关系可得，结合直线方程得，再由椭圆的焦距求得的值，即可得椭圆标准方程.【详解】解：设椭圆方程为，且设直线与椭圆相交的两点坐标为，由题意可知，即，所以，又在椭圆上，可得：，两式相减得，整理得：，则，所以，又直线的斜率为，所以，即，所以椭圆的焦距为，所以，则，故可得：解得，故椭圆的标准方程为：.（重庆八中高二期末）已知椭圆：的左焦点为，如图，过点作倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意求出点坐标，再利用点差法求得，进而可得椭圆离心率.【详解】依题意，椭圆的左焦点为，，过作轴，垂足为，由，得，，则，设，则有，，由，两式相减得，则有，所以.已知双曲线，斜率为的直线与的左右两支分别交于两点，点的坐标为，直线交于另一点，直线交于另一点.若直线的斜率为，则的离心率为.【答案】【分析】设，线段AB的中点，代入双曲线的方程中可得，两式相减得，可得①，设，线段CD的中点，同理得②，由，得三点共线，从而求得，由此可求得双曲线的离心率.【简析】取AB，CD的中点M，N，易知，即，故M、O、N三点共线，而△PAB与△PCD相似，故P、M、N三点也共线，则，故【详解】设，线段AB的中点，则，两式相减得，所以①，设，线段CD的中点，同理得②，因为，所以，则三点共线，所以，将①②代入得：，即，所以，即，所以【巩固练习1】已知椭圆方程为，其右焦点为，过点的直线交椭圆与，两点．若的中点坐标为，则椭圆的方程为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】计算，设，，代入椭圆方程相减得到，解得答案.【详解】的中点坐标为，则，设，，则，，相减得到：，即，，又，，解得，，椭圆的方程为.【巩固练习2】（23-24高二下·广东深圳·期末）已知椭圆的焦距为，直线过点，且与椭圆相交于两点，是线段的中点，为坐标原点.(1)求椭圆的方程【答案】【分析】利用直线与椭圆联立方程组，利用韦达定理和中点坐标公式来求解椭圆方程；【详解】由直线过点，得，联立，消得：，易知，设，则，整理得：，又因为，所以，解得，即椭圆.【巩固练习3】（华中师范大学第一附属中学高二期末）已知椭圆的左焦点为，如图，过点作倾斜角为的直线与椭圆交于两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知求出点坐标，利用点差法求得，可求椭圆离心率.【详解】椭圆的左焦点为F-c,0，，过作轴，垂足为，由，得，，有，设，则有，，由，两式相减得，则有，所以.故选：D【巩固练习4】已知直线与椭圆相交于两点.若弦被直线平分，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由点差法解出，再由结合椭圆的性质和离心率的定义解出即可.【详解】设，因为弦被直线平分，设中点坐标，所以，①因为点在直线上，代入可得，两式相减可得，②又点在椭圆上，代入可得，两式相减可得，代入①②可得，又椭圆中，所以离心率，故选：C【巩固练习5】（23-24高二上·河北邢台·期末）已知椭圆：的长轴长是短轴长的倍.(1)求的方程；(2)若倾斜角为的直线与交于，两点，线段的中点坐标为，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据条件确定的值，即得椭圆的标准方程；（2）涉及中点弦问题，可以考虑“点差法”解决问题.【详解】（1）由题意可得，得，所以的方程为.（2）由题意得.设，，依题意可得，且，由得，则，解得.经检验，点在椭圆内.所以为所求.【巩固练习6】不与坐标轴垂直的直线过点，，椭圆上存在两点关于对称，线段的中点的坐标为．若，则的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据点差法求出，再结合进行计算得出结果.【详解】设为坐标原点，在椭圆中，设，则，所以，因为关于对称，所以，所以，由线段的中点的坐标为，得出．所以，又，∴，即，又，∴，所以所求离心率为.【题型2】椭圆的第三定义那么点差法是不是只能解决同时与中点和斜率有关的问题呢?其实不然．其实点差法的内核还是“设而不求、整体代换”的思想，建立的是曲线上两点横纵坐标和差之间的联系，这其实也是第三定义的体现. 第三定义：平面内与两个定点，的斜率乘积等于常数的点的轨迹叫做椭圆或双曲线(不含两个顶点)．其中两定点分别为椭圆或双曲线的顶点．当常数大于－1小于0时为椭圆，此时；当常数大于0时为双曲线，此时．【第三定义推广】：平面内与两个关于原点对称的点，的斜率乘积等于常数的点的轨迹叫做椭圆或双曲线．当常数大于－1小于0时为椭圆，此时；当常数大于0时为双曲线，此时．【证明】是椭圆上的一组对称点，P为椭圆上任意点，则有 证明（点差法）：设，，，，，∵P，A在椭圆上，代入坐标得① ②两式相减得：，整理得∴法二：通过椭圆的垂径定理转换 中点弦和第三定义本质上是一样的（2024·湖北鄂州高二期末）已知椭圆C：的长轴长为4，若点P是椭圆C上任意一点，过原点的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线PM，PN的斜率为，，若，则椭圆的方程为.【答案】【分析】设点坐标后，用点差法即得.【详解】设，因为关于原点对称，所以设，则，①—②得：，即，又已知，所以所以椭圆方程为:,故答案为：（23-24高二上·浙江宁波·期末）已知点，动点P满足直线与的斜率之积为，则点P的轨迹方程．【答案】【分析】设Px,y，根据斜率的乘积为列式运算可得轨迹方程.【详解】设Px,y，则，，，所以，即，整理得，所以点的轨迹方程为，.故答案为：，.已知椭圆的左、右焦点分别为，，A为椭圆C的左顶点，以为直径的圆与椭圆C在第一、二象限的交点分别为M，N，若直线AM，AN的斜率之积为，则椭圆C的标准方程为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设出两点的坐标，根据已知条件列方程组，求得，从而求得椭圆的标准方程.【详解】设，则，依题意，，解得，所以椭圆的标准方程为.

（学军中学期末）设椭圆的右焦点为，点在椭圆外，P，Q在椭圆上，且P是线段AQ的中点．若直线PQ，PF的斜率之积为，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】B【详解】法一：记为椭圆左焦点，直线交椭圆于M，PF交椭圆与N，故PF是的中位线，故QM∥PN，由对称性可知Q、N关于原点对称，故法二：构造中位线如图，取的中点为，连接，则由题意可得，，所以相似，所以,因为直线PQ，PF的斜率之积为，所以,设，则有，两式相减可得，即，即，即，所以椭圆的离心率为已知，是椭圆的左右顶点，是双曲线在第一象限上的一点，直线，分别交椭圆于另外的点，．若直线过椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为．【答案】【分析】由直线斜率公式结合点在曲线上可得，从而求得，进而结合正切的定义即可求解．【详解】由题意可知，，设，可得直线的斜率分别为，，因为点在双曲线上，则，整理得，所以，设点，可得直线，的斜率，，因为点在椭圆上，则，整理得，所以，即，则，所以直线与关于轴对称，又因为椭圆也关于轴对称，且，过焦点，则轴，又，则，所以，整理得，即，解得，或（舍去），所以椭圆的离心率为．【巩固练习1】已知曲线：，若为上的点，，，求证：为定值.【答案】【分析】根据两点间的斜率公式，结合Px0,y【详解】Px0,y0为上的点，则因为A-2,0，，则（定值），所以为定值.【巩固练习2】已知过坐标原点且异于坐标轴的直线交椭圆于两点，为中点，过作轴垂线，垂足为，直线交椭圆于另一点，直线的斜率分别为，若，则椭圆离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意设出各个点的坐标，注意到，结合，两式相比结合斜率公式即可求解.【详解】如图所示：

设，则，而，又因为，所以，解得，所以椭圆离心率为.【巩固练习3】（2024重庆南开中学高二期末）若椭圆C：的离心率为，左顶点为A，点P，Q为C上任意两点且关于y轴对称，则直线AP和直线AQ的斜率之积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据椭圆离心率求得，设，表示出的表达式，结合椭圆方程化简，即可得答案.【详解】由题意知椭圆C：的离心率为，即，设，则，又，故，又，故【巩固练习4】（2024·广东湛江·一模）已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，过点的直线l交椭圆C于A，B两点，若，，则椭圆C的离心率为．【答案】【分析】由题意可得出，设，则，，椭圆的定义可得，再由余弦定理可得，在中，由余弦定理即可求出椭圆C的离心率.【详解】由，得为线段的中点，且点在椭圆外，所以，则，又，所以为线段的中点，所以，设，则，又，所以，由椭圆的定义可知：，得，如图，延长交椭圆C于点，连接，则由椭圆的对称性可知，，又，故，由余弦定理可得：，在中，，由余弦定理可得，即，所以椭圆C的离心率为.【巩固练习5】已知、是椭圆与双曲线的公共顶点，是双曲线上一点，，交椭圆于，.若过椭圆的焦点，且，则双曲线的离心率为（

）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】设出点P，M的坐标，借助双曲线、椭圆的方程及斜率坐标公式可得轴，再利用和角的正切公式求出a，b的关系作答.【详解】如图，设，点共线，点共线，所在直线的斜率分别为，点在双曲线上，即，有，因此，点在椭圆上，即，有，直线的斜率，有，即，于是，即直线与关于轴对称，又椭圆也关于轴对称，且过焦点，则轴，令，由得，显然，，，解得，所以双曲线的离心率.【题型3】焦点弦被焦点分为定比焦点弦被焦点分成定比：若，则 （注：抛物线默认e=1）简证：交叉相乘得：即已知椭圆过焦点的直线与椭圆C交于A，B两点（点A位于轴上方），若，则直线的斜率的值为．【答案】【详解】由题，点A位于轴上方且，则直线l的斜率存在且不为0，，设，则可得，设直线l方程为，联立直线与椭圆可得，，，，解得，则直线的斜率为.故答案为：.（24-25高二上·河北沧州·期中）设，分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，过点且倾斜角为60°的直线与椭圆交于，两点，若，则椭圆【答案】【分析】设，将直线和椭圆联立消元得，由可得，再结合化简可得.【详解】由题意，直线过且斜率为，所以直线为：，与椭圆：联立消去，得，设，则，因为，所以，可得，代入上式得，消去并化简整理得：，将代入化简得：，解得，因此，该双曲线的离心率.已知椭圆的右焦点和上顶点分别为F和A，连接并延长交椭圆C于B，若，则椭圆C的离心率为．【答案】【分析】先根据面积比例关系得出点B的横坐标，点在直线AF上得出B的坐标，最后应用点B在椭圆上得出得出离心率.【详解】因为，所以，所以，设，设直线，点在直线上，所以，点B在椭圆上，可得，所以，即得.【巩固练习1】（2024·广东深圳·宝安区统考）已知椭圆的左焦点为，直线与交于，两点，若，则的离心率是.【答案】【分析】依题意，设，因为，则有，直线方程与椭圆方程联立，借助韦达定理得到，从而得到离心率.【详解】设，因为，所以，所以.联立整理得，则，，从而，整理得，故【巩固练习2】2024届·长郡中学月考（三）T15已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过点且倾斜角为的直线与交于A，B两点．若的面积是面积的2倍，则的离心率为．【答案】【分析】由的面积是面积的2倍，得到，由此设，分别在和中利用余弦定理，即可找出的关系，即可求得答案.【详解】如图，由的面积是面积的2倍，可得，不妨设，，，则，．在中，,由，得，整理得①．在中，,由，得，整理得②，①+②得，将该式代入②，整理得，即，故的离心率为【巩固练习3】2024届·浙江省Z20名校联盟高三上学期第一次联考T16已知椭圆：的右焦点为，过点作倾斜角为的直线交椭圆于、两点，弦的垂直平分线交轴于点P，若，则椭圆的离心率．【答案】【思路一详解】因为倾斜角为的直线过点，设直线的方程为:,,线段的中点,联立，化为，，，的垂直平分线为:,令,解得,.,,则【思路二】由题可知公式中，，则，则【题型4】椭圆焦半径公式与焦点弦公式一、椭圆焦半径与焦点弦夹角公式焦半径长公式：（长），（短），证明：在中，由余弦定理得，将代入得：，移项合并得：，同理，在中，由余弦定理得，将代入化简得：则【证明】焦点弦被焦点分成定比：若，则 （注：抛物线默认e=1）简证：交叉相乘得：二、用坐标与离心率表示椭圆焦半径与焦点弦公式椭圆第二定义：椭圆上的点到右焦点的距离与到右准线的距离之比为定值到左焦点的距离与到左准线的距离之比为定值实际上，第二定义在第一定义推导过程中就出现了，在课本上推导椭圆和双曲线的过程中出现的两个式子：这两个式子具有特别重要的几何表征，实际上就是椭圆和双曲线的第二定义。第一个式子表示的是点到左焦点的距离等于，即到定点与到定直线的距离之比为定值的点的轨迹为椭圆或双曲线。第二个式子表示的是点到右焦点．距离等于，即到定点与到定直线的距离之比为定值的点的轨迹为椭圆或双曲线。综上，椭圆和双曲线的焦半径公式为:，，对应口诀为：左加右减2022年新高考I卷第16题已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．【答案】13【解析】易知为等边三角形，的周长为【法一】：焦点弦公式【法二】：通性通法【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为，直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，判别式，∴，∴，得，∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为，，点Px1,y1是A． B． C． D．【答案】A【分析】由点Px1,y1在上，结合两点之间的距离公式和椭圆的定义求出即，再利用内切圆的性质得到，即可求出的离心率.【详解】设，则F1-c,0，；由点Px1,y1在上，则有所以；又，所以，，则；如图1，由焦点的内切圆可得：，，，所以；又，所以，即【点睛】关键点点睛：本题的关键点是推理出二级结论：点Px1,y1在椭圆上，则，，再结合内切圆的性质，建立关于的等量关系【巩固练习1】已知椭圆，过椭圆右焦点F作互相垂直的两条弦AB，CD，则|AB|+4|CD|的最小值为．【答案】．【解答】，当且仅当时取得等号，故综合以上，|AB|+4|CD|的最小值为【巩固练习2】（23-24高二上·浙江温州·期末）已知F为椭圆的左焦点，过点F的直线l交椭圆于A，B两点，，则直线AB的斜率为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】

法一：常规计算易知，，，点.不妨设Ax1,y1,Bx易知，且直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，消去可得，.根据韦达定理可得，.又，所以有，所以，.又，代入可得，所以，，解得，所以，.法二：焦半径公式（长），，故，解得，故或，即法三：第二定义焦半径公式不妨设Ax1,y1，故联立直线与椭圆的方程，消去，下略法四：数量积，再设点坐标，联立韦达化处理【巩固练习3】已知椭圆，的上顶点为，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与交于，两点，，则的周长是.【答案】4【分析】由离心率可得，联立直线与椭圆方程，由根与系数的关系及弦长公式可得，据此求出，再由椭圆定义即可得出三角形周长.【详解】如图，椭圆的离心率为，不妨可设椭圆，，的上顶点为，两个焦点为，，为等边三角形，过且垂直于的直线与交于，两点，，由等腰三角形的性质可得，，，设直线方程为，，，，，将其与椭圆联立化简可得，，由韦达定理可得，，，，解得，的周长等价于.【题型5】椭圆与蒙日圆1.椭圆的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是蒙日圆：．证明：若两条互相垂直的切线中有一条斜率不存在时，可得点的坐标是，或满足要求．当两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，设点的坐标为（，且），因此设过点的切线方程为（）由得．因为直线与椭圆相切，所以其判别式的值为0，得．因为是这个关于的一元二次方程的两个根，所以，因此．进而可得．同理可得：双曲线)的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆.2.蒙日圆的主要性质：（1）设为圆上任意一点,过点作椭圆的两条切线,切点分别是,则面积的最大值是,最小值是.（证明见类型二例1）（2）设为圆上任意一点,过点作椭圆的两条切线,切点分别是,则直线的斜率乘积为定值,直线的斜率乘积为定值.（证明见类型二例2）（3）设为圆上任意一点,过点作椭圆的两条切线,切点分别是,则面积的最大值是,最小值是.（证明见类型二例3）类型一选填小题（23-24高二上·山东青岛·期末）加斯帕尔·蒙日（图1）是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（图2）．则椭圆的蒙日圆的半径为【答案】3【分析】根据“蒙日圆”的定义，结合两条切线中的一条经过椭圆长轴顶点，另一条经过短轴顶点时的情况，即可求出圆的半径.【详解】由题意可知，椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，故当两条切线中的一条经过椭圆长轴顶点，另一条经过短轴顶点时，如图：此时，两切线垂直，交点M在“蒙日圆”上，由椭圆可知，故“蒙日圆”的半径为法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆．我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆的蒙日圆方程为，现有椭圆的蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于两点，若面积的最大值为28，则椭圆的长轴长为（

）A．5 B．8 C．4 D．10【答案】B【分析】由勾股定理和基本不等式可得面积最大值，然后可得答案.【详解】椭圆的蒙日圆的半径为．因为，所以为蒙日圆的直径，所以，所以．因为，当时，等号成立，所以面积的最大值为．由面积的最大值为28，得，得，故椭圆的长轴长为8．故选：B．

已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，其蒙日圆方程为，M为蒙日圆上的一个动点，过点作椭圆的两条切线，与蒙日圆分别交于P，Q两点，若面积的最大值为36，则椭圆的长轴长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由椭圆离心率，用半焦距c表示a，b，再利用椭圆蒙日圆的性质及面积最大值求出c即可求出结果.【详解】令椭圆的半焦距为c，由椭圆的离心率，得，，因此椭圆的蒙日圆方程为，由蒙日圆的性质得，于是线段PQ是圆的直径，即，则面积的最大值为，即，，所以椭圆的长轴长为.【巩固练习1】（23-24高二下·湖北武汉·期末）（多选）在椭圆中，任意两条互相垂直的切线的交点必在同一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，且半径为.已知长方形的四条边均与椭圆相切，则下列说法正确的有（

）A．椭圆的离心率为B．椭圆的“蒙日圆”的方程为C．长方形的面积的最大值为18D．若椭圆的上下顶点分别为，则其蒙日圆上存在两个点满足【答案】BCD【分析】A选项，根据椭圆方程求离心率；B选项，根据，蒙日圆的定义求方程；C选项，根据蒙日圆的定义得到长方形的对角线，根据几何知识得到当时面积最大，然后求面积即可；D选项，利用直接法得到点的轨迹，通过比较圆心距和半径的关系得到两圆相交，即可得到蒙日圆上存在两个点满足.【详解】由题意得，，所以，故A错；因为，所以椭圆的“蒙日圆”的方程为，故B正确；根据“蒙日圆”的定义可得长方形的对角线，所以当时，面积最大，为，故C正确；由题意得，，设Px,y，则，整理的，所以点的轨迹为圆心为，半径为3的圆，因为，所以点的轨迹与蒙日圆相交，有两个交点，即蒙日圆上存在两个点满足，故D正确.【巩固练习2】（多选）法国数学家蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆．若矩形的四边均与椭圆相切，则下列说法中正确的是（

）A．椭圆的蒙日圆方程为B．过直线上一点作椭圆的两条切线，切点分别为为直角时，直线的斜率为C．若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则D．若为正方形，则的边长为【答案】ACD【分析】根据给定条件，结合蒙日圆的特征求出蒙日圆的方程判断A；求出直线与蒙日圆的交点坐标计算判断B；由两圆相切求出判断C；求出蒙日圆的内接正方形边长判断D.【详解】对于A，椭圆的蒙日圆方程为，A正确；对于B，依题意，点是直线与蒙日圆的交点，则，解得或，直线的斜率为或0，B错误；对于C，圆的圆心为，半径为2，显然点在圆外，而圆的半径为3，由两圆只有一个公共点，得，解得，C正确；对于D，由矩形的四边均与椭圆相切，得是圆的内接矩形，当为正方形时，该正方形边长为，D正确.故选：ACD【巩固练习3】（多选）“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上.称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔•蒙日最先发现，已知长方形R的四条边均与椭圆相切，则下列说法正确的有（

）A．椭圆C的离心率为 B．椭圆C的蒙日圆方程为C．椭圆C的蒙日圆方程为 D．长方形R的面积的最大值为【答案】ACD【分析】根据题意，根据椭圆离心率公式即可判断A；联立直线与椭圆方程结合韦达定理即可得到椭圆方程，从而判断BC；根据三角形面积公式即可判断D.【详解】椭圆C的离心率为，设两条互相垂直的切线的交点为，当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时，可得点P的坐标是，或.当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，可设点P的坐标是，（，且），所以可设曲线C的过点P的切线方程是.由，得，由其判别式的值为0，得，因为，（，为过P点互相垂直的两条直线的斜率）是这个关于k的一元二次方程的两个根，所以，由此，得，即的蒙日圆方程为：；因为蒙日圆为长方形的外接圆，设，，则矩形面积公式为，显然，即矩形四条边都相等，为正方形时，.类型二解答题例1．已知椭圆：的左焦点，点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）经过圆：上一动点作椭圆的两条切线，切点分别记为，，直线，分别与圆相交于异于点的，两点.（i）求证：；（ii）求的面积的取值范围.解析：（1）∵椭圆的左焦点，∴.将代入，得.又，∴，.∴椭圆的标准方程为.（2（i）设点.①当直线，的斜率都存在时，设过点与椭圆相切的直线方程为.由，消去，得..令，整理得.设直线，的斜率分别为，.∴，又，∴.∴，即为圆的直径，∴.②当直线或的斜率不存在时，不妨设，则直线的方程为.∴，，也满足.综上，有.（ii）设点，.当直线的斜率存在时，设直线的方程为.由，消去，得..令，整理得.则∴直线的方程为.化简可得，即.经验证，当直线的斜率不存在时，直线的方程为或，也满足.同理，可得直线的方程为.∵在直线，上，∴，.∴直线的方程为.由，消去，得.∴，.∴.又点到直线的距离.∴.令，.则.又，∴的面积的取值范围为.例2.在椭圆：（）中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆：上，称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆过，.(1)求椭圆的方程；(2)过椭圆的蒙日圆上一点，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若，存在，证明：为定值.解析：（1）将，代入到，可得，解得，，所以椭圆的方程为：.（2）由题意可知，蒙日圆方程为：.（ⅰ）若直线斜率不存在，则直线的方程为：或.不妨取，易得，，，，.（ⅱ）若直线斜率存在，设直线的方程为：.联立，化简整理得：，据题意有，于是有：.设（），（）.化简整理得：，，，.则，，所以.综上可知，为定值.

例3.“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤4：不断重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.则这些折痕所围成的图形是一个椭圆.现取半径为的圆形纸片，定点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以向量的方向为轴正方向，线段中点为原点建立平面直角坐标系.(1)求折痕围成的椭圆的标准方程；(2)已知点是圆上任意一点，过点做椭圆的两条切线，切点分别是，求面积的最大值，并确定此时点的坐标.注：椭圆：上任意一点处的切线方程是：.解析：（1）设为椭圆上一点，则，所以点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的方程为，所以，则，所以椭圆方程为；（2）设，则，切线方程：，切线方程：，两直线都经过点，所以，得，，从而直线的方程是：，由，得，由韦达定理，得，，点到直线的距离，，其中，令，则，令，则，在上递增，，即时，的面积取到最大值，此时点.【题型6】椭圆与Dandelin双球模型1.丹德林双球的定义如图1所示，在圆锥内放入两个球，，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切），切点圆分别为，.这两个球都与平面相切，切点分别为，，丹德林（G·Dandelin）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球. 图1 图2如图1，设直线分别与圆锥母线交于两点，再设过点的母线分别与，交于两点，由切线长定理：，，故.同理，对于平面与圆锥侧面的交线上任意一点，过的母线分别与，交于两点，则.即椭圆的长轴长切点圆之间的母线长.2.长轴长与双球半径之间的关系：设两个球，的半径分别为，球心距，则如图2，图3，.3.焦距与双球半径之间的关系：如图4，设，由于，最终求出.图3 图44.离心率与截面角之间的关系在空间中，已知圆锥是由围绕旋转得到的，我们把称为轴.用平面截圆锥，得到的截口曲线取决于平面与圆锥轴所成的线面角（显然，当与平行时，），具体关系如下：若，平面截圆锥面所得截口曲线为椭圆；若，平面截圆锥面所得截口曲线为抛物线：若，平面截圆锥面所得截口曲线为双曲线.这个比值就是圆锥曲线的离心率，离心率是一个比.如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球，，使得它们分别与圆锥的侧面和平面都相切，平面分别与球，相切于点，.数学家GerminalDandelin利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也被称为Dandelin双球.若球，的半径分别为6和3，球心距离，则此椭圆的长轴长为.

【答案】【分析】根据给定条件，过切点E，F作出双球模型的轴截面，利用圆的切线性质及椭圆的定义求解作答.【详解】过切点E，F作出双球模型的轴截面，设球分别与圆锥的同一条母线切于A，B两点，

有，过作于点C，则四边形是矩形，于是，，又，从而，设直线AB与平面的交点为P，则有，，所以椭圆的长轴长.圆锥曲线又称圆锥截痕、圆锥截面、二次曲线，约在公元前300年左右就已被命名和研究了，数学家欧几里得、阿基米德、阿波罗尼斯对圆锥曲线的贡献都很大，阿波罗尼斯著有《圆锥曲线论》，对圆锥曲线的性质做了系统性的研究，之所以称为圆锥曲线，是因为这些曲线是由一个平面截一个正圆锥面得到的，其实用一个平面去截圆柱的侧面也会得到一些曲线．如图，一个底面半径为2、高为12的圆柱内有两个半径为2的球，分别与圆柱的上下底面相切，一个平面夹在两球之间，且与两球分别切于点，，该平面与圆柱侧面的交线为椭圆，求这个椭圆的离心率．【答案】【分析】作出截面，根据平面与球相切的性质，结合直角三角形中各边的关系与勾股定理等，求解椭圆的基本量即可.【详解】设椭圆的方程为．作出几何体的轴截面图，如图所示，点M，N是P圆柱内两个内切球的球心，，是椭圆的两个焦点，其中O是与的交点，．根据圆的切线的性质，可得，，由题意，可知，，所以，所以，即，所以在中，，则，所以，所以，即a＝4，所以椭圆的离心率．如图所示，在圆锥内放入两个球，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切，切点圆分别为.这两个球都与平面相切，切点分别为，丹德林（G.Dandelin）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为G.Dandelin双球.若圆锥的母线与它的轴的夹角为，的半径分别为2，5，点为上的一个定点，点为椭圆上的一个动点，则从点沿圆锥表面到达的路线长与线段的长之和的最小值是.

【答案】6【分析】在椭圆上任取一点，连接交球于，交球于点，根据可知，则，由此可求得最小值.【详解】解：在椭圆上任取一点，连接交球于点，交球于点，

连接，在与中有：，（为圆的半径，为圆的半径，），，为公共边，所以，所以，设点沿圆锥表面到达的路线长为，则，当且仅当为直线与椭圆交点时取等号，，所以最小值为6.（多选）用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆．著名数学家创立的双球实验证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切．下列结论中正确的有（

）

A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等C．所得椭圆的离心率D．其中为椭圆长轴，为球半径，有【答案】ABC【分析】过点作线段，分别与球、切于点、，结合球的切线的性质与椭圆定义即可得A、B，借助离心率的定义可得C，借助正切函数的定义可得D.【详解】

对A，B：过点作线段，分别与球、切于点、，由图可知，、分别与球、切于点、，故有，由椭圆定义可知，该椭圆以、为焦点，为长轴长，故B正确，由与球切于点，故，有，即有椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A正确；对C:由题意可得，则，故C正确；对D：由题意可得，，故，即，故D错误.【巩固练习1】数学家Dandelin用来证明一个平面截圆柱得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）.如图，在圆柱内放两个大小相同的小球，使得两球球面分别与圆柱侧面相切于以为直径且平行于圆柱底面的圆和，两球球面与斜截面分别相切于点，点为斜截面边缘上的动点，则这个斜截面是椭圆.若图中球的半径为3，球心距离，则所得椭圆的离心率是.【答案】【分析】过点作平行于的直线，与圆分别交于，连接，根据切线关系求出，即可求出离心率.【详解】如图，过点作平行于的直线，与圆分别交于，连接.根据切线关系可得，则，故所得椭圆的离心率.故答案为：.【巩固练习2】（广州一模）如图是数学家Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于__________.【答案】【解析】：设，由，解得，所以，所以，设直线与圆锥的母线相交于点，圆锥的母线与球相切于两点，如图所示，则，两式相加得，即，过作，垂直为，则四边形为矩形，所以，，所以椭圆的离心率为.故答案为：【巩固练习3】用平面截圆柱面，当圆柱的轴与所成角为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆.著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论.如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切.给出下列三个结论：①两个球与的切点是所得椭圆的两个焦点；②椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等；③当圆柱的轴与所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大.其中，所有正确结论的序号是（

）A．① B．②③ C．①② D．①③【答案】C【分析】根据切线长定理可以证明椭圆上任意一点到的距离之和为定值，即是焦点再运用勾股定理证明短轴长，最后构造三角形，运用三角函数表示离心率即可.【详解】如图：在椭圆上任意一点P作平行于的直线，与球交于F点，与球交于E点，则，是过点P作球的两条公切线，，同理，，是定值，所以是椭圆的焦点；①正确；由以上的推导可知：

，，平面，是直角三角形，，即，，②正确；就是平面与轴线的夹角，在中，椭圆的离心率，由余弦函数的性质可知当锐角变大时，变小，③错误【巩固练习4】数学家GeminadDandelin用一平面截圆锥后，在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥侧面､截面相切，就可证明图中平面截圆锥得到的截面是椭圆（如图称为丹德林双球模型）．若圆锥的轴截面为正三角形，则用与圆锥的轴成角的平面截圆锥所得椭圆的离心率为．

【答案】3【分析】根据给定信息分析截口曲线上任意一点满足的关系，进而确定曲线的形状，再利用轴截面求出椭圆的长半轴长及半焦距得解.【详解】令两个球分别与截面相切于点，在截口曲线上任取一点，过点作圆锥的母线，分别与两个球相切于，均为球的切线，则，同理，因此，由切点的产生方式知，长为定值，于是截口曲线上任意点到定点的距离和为定值，该曲线是以点为焦点的椭圆，

作出几何体的轴截面，如图，设，依题意，，则，椭圆的长轴长，半焦距为c，则，因此，所以离心率.

【巩固练习5】（2024·山东日照·一模）如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）．在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球，球切于点E，F（E，F是截口椭圆C的焦点）．设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，则（

）A．椭圆C的中心不在直线上B．C．直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为D．椭圆C的离心率为【答案】ACD【分析】根据给定的几何体，作出轴截面，结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答.【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴，可知椭圆C的中心（即线段的中点）不在直线上，故A正确；椭圆长轴长，过作于D，连，显然四边形为矩形，又，则，过作交延长线于C，显然四边形为矩形，椭圆焦距，故B错误；所以直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为，故C正确；所以椭圆的离心率，故D正确【题型7】椭圆内接三角形：平移+齐次化（手电筒模型）遇到斜率和积为定值与直线定点问题结合时可以考虑平移+齐次化的方法，和常规方法相比大大优化了计算难度，不过注意正规考试中如果答案算了一般不会给步骤分直线与椭圆交于A，B两点，为椭圆上异于AB的任意一点，若定值或定值(不为0)，则直线AB会过定点．(因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型)． 【坐标平移+齐次化处理】（左加右减，上减下加为曲线平移）Step1：平移点P到原点，写出平移后的椭圆方程，设出直线方程，并齐次化处理Step2：根据斜率之积或斜率之和与韦达定理的关系得到等式，求得m，n之间的关系，Step3：得出定点，此时别忘了，还要平移回去!具体操作步骤：(1)把定点移到新坐标系的原点处，得到新的曲线方程；(定点在原点就跳过这一步)(2)设直线，为齐次化奠定基础；(3)曲直联立，对曲线方程中的各个一次项(即x以及y)用乘“1”实现齐次，整理成的形式，即为直线，的直线系方程；(4)利用和的韦达定理，得到m和n的关系式；(5)利用m和n的关系式，代入直线方程，将化为单参，从而得到定点；(6)再平移回到原来的坐标系中，得到相应的定点(若求斜率就跳过这一步)结论补充【“富瑞吉定理”默写】椭圆是椭圆上一点，A，B为随圆E上两个动点，与PB的斜率分别为k1，k2.(1)，则AB斜率为定值≠0)；(2)，证明AB过定点：；(3)，证明AB的斜率为定值；(4)，证明AB过定点：.以上称为手电筒模型，注意点P不在椭圆上时，上式并不适用，常数也需要齐次化乘“1²”如为双曲线，则用“”替换“” 如为圆(标准方程)，则用“”替换“”和“”【例题】已知椭圆，设直线不经过点且与相交于，两点．若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点． 【平移+齐次化处理】Step1：平移点P到原点，写出平移后的椭圆方程，设出直线方程，并齐次化处理将椭圆向下平移一个单位，（为了将平移到原点）椭圆方程化为，（左加右减，上减下加为曲线平移）设直线对应的直线为，椭圆方程化简为，把一次项化成二次结构，将2y乘上即可此时椭圆方程变成：Step2：根据斜率之积或斜率之和与韦达定理的关系得到等式，求得m，n之间的关系由于平移不会改变直线倾斜角，即斜率和仍然为－1，而P2点此时为原点，设平移后的，即,将椭圆方程两边同除以，令，得，结合两直线斜率之和为，即，得，，Step3：得出定点，此时别忘了，还要平移回去!直线恒过点，向上平移一个单位进行还原在原坐标系中，直线过点．椭圆，，经过点，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：直线AP与AQ斜率之和为2．解法1常规解法：证明：由题意设直线PQ的方程为，代入椭圆方程，可得，由已知得在椭圆外，设，，，则，，且，解得或．则有直线AP，AQ的斜率之和为．即有直线AP与AQ斜率之和2．解法2齐次化：上移一个单位，椭圆和直线，过点，，，，，，，∵，同除，得，．2020·新高考1卷·22已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)［方法一］：通性通法设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，，因为，所以，即，根据,代入整理可得：，

所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：，解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．设，因为则，即．代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．【巩固练习1】（2017·全国卷理）已知椭圆，设直线l不经过点且与C相交于A，B两点．若直线与直线的斜率的和为-1，证明：l过定点．（1）根据椭圆的对称性，，两点必在椭圆C上，又的横坐标为1，∴椭圆必不过，∴，，三点在椭圆C上，把，代入椭圆C，得：，解得，，∴椭圆C的方程为．（2）：解法1常规解法:①当斜率不存在时，设，，，∵直线与直线的斜率的和为-1，∴，解得，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．②当斜率存在时，设，，，，联立，整理，得，，，则，又，∴，此时，存在k，使得成立，∴直线l的方程为，当时，，∴过定点．解法2齐次化：下移1个单位得，设平移后的直线：，齐次化：，，∵同除以，，，，，，∴过，上移1个单位．【巩固练习2】已知椭圆，，若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值．公共点，左移1个单位，下移个单位，，，，，等式两边同时除以，，，，，过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，由于，∴点P到直线l距离的最大值【巩固练习3】已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴．(1)求椭圆的方程；(2)直线斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于对称，证明：直线过定点【答案】(1)，(2)直线l过定点.【详解】（1）点在椭圆上，且垂直于轴，则有设椭圆的焦距为，则，点代入椭圆方程，有，解得，则，所以椭圆的方程为.（2）法一：平移+齐次化，椭圆左移1个单位，即设平移后的直线AB的方程为，齐次化可得整理得同除得，故平移后直线AB过平移前的直线AB过法二：设直线方程，与椭圆方程联立，由，结合韦达定理得系数间的关系，可得直线所过定点设直线l的方程为，由，消去y，整理得，因为l交椭圆C于两点，所以，设，所以，因为直线和直线关于对称，所以所以所以解得.所以直线l的方程为，所以直线l过定点.【巩固练习4】已知椭圆：的离心率为，椭圆的短轴长等于4．（1）求椭圆的标准方程；（2）设，，过且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，直线，分别交：于异于点的点，，设直线的斜率为，直线，的斜率分别为．①求证：为定值；②求证：直线过定点. 答案：（2）-2；（3）【小问1详解】由题意解得所以椭圆的标准方程为：；【小问2详解】①设MN的方程为，与联立得：，设，，则，【法二】平移坐标系+齐次化处理将坐标系中的图像整体向下平移2个单位，平移后的椭圆方程为：，整理得：，设平移后的直线MN的方程为：，代入点得，则有，整理得：令，将两边同除，得，故说明：因为平移后，，而式子中x，y的值对应平移后的m’和n’所以同除后得到的就是一个以和为根一个关于k的一元二次方程．②设PQ的方程为，与联立，设，则由，即此时，的方程为，故直线恒过定点.【巩固练习5】（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知中心在原点，长轴在轴上的椭圆的左右顶点分别为和，P为椭圆上的除左右顶点外的任一点，且，斜率之乘积为.(1)求椭圆的方程；(2)过分别作两条直线与椭圆交于点，点；线段的中点为，线段的中点为，若，求证：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设椭圆方程为，根据，斜率之乘积为，列式，求出b，即可得答案；（2）解法一：讨论直线斜率是否存情况，存在时，设直线，并联立椭圆方程，可得出根与系数的关系式，结合，可得，代入根与系数的关系式，化简，可得参数之间的关系，即可证明结论；解法二：设Ax1,y1，，Bx2,【详解】（1）由题意，设椭圆方程为.设Px0,，所以椭圆方程为.（2）解法1：①当直线的斜率存在时，设直线，与椭圆方程联立得，，需满足；

设Ax1,y1，，则，，，，即，，即，即，即，，或，当时，直线过左顶点，不合题意，舍去；当时，满足，此时直线：经过定点.②当直线斜率不存在时，设，，则，，由得，，解方程组，得，此时直线过，综合①②可知，直线过.解法2：设Ax1,y1则，，，即，同理，，又，得，直线的斜率存在时，设直线，代入椭圆方程，得，，，需满足，，，，，即，，或，当时，直线过右顶点，不合题意，舍去；当时，满足，此时直线：经过定点.②当直线斜率不存在时，设，，则，，由得，，解方程组，得，此时直线过综合①②可知，直线过.【巩固练习6】（23-24高二上·浙江杭州·期末）已知椭圆过点，焦距为．过作直线l与椭圆交于C、D两点，直线分别与直线交于E、F．(1)求椭圆的标准方程；(2)记直线的斜率分别为，证明是定值；(3)是否存在实数，使恒成立．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)证明见解析(3)存在；【分析】（1）利用点在椭圆上和焦距列方程组解出即可；（2）设出两点坐标，表示出斜率，并设出直线方程与椭圆联立，消去，表示出韦达定理，代入的表达式中化简即可；（3）解方程组分别求出直线的交点坐标，再求出到直线的距离，结合已知面积关系表示出两三角面积的方程，再利用代入化简即可.【详解】（1）因为椭圆过点，焦距为，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）证明：设，直线的斜率一定存在，设为，则，消去得到，，，，故是定值.（3）设存在实数，使恒成立，由，，设到直线的距离为，到直线的距离为，则，①因为，所以，②把①代入②并化简可得，由上问可知，代入上式可得，所以.【小结】【题型8】调和点列模型1、二次曲线的极点极线（1）.二次曲线极点对应的极线为（半代半不代）（2）圆锥曲线的三类极点极线（以椭圆为例）：椭圆方程，极点①极点在椭圆外，为椭圆的切线，切点为，则极线为切点弦； ②极点在椭圆上，过点作椭圆的切线，则极线为切线； ③极点在椭圆内，过点作椭圆的弦，分别过作椭圆切线，则切线交点轨迹为极线； （3）圆锥曲线的焦点为极点，对应准线为极线.2、调和点列简而言之：线段端点和内外分点，依次构成调和点列，一般的，调和点列有（1）调和点列的充要条件 如图，若四点构成调和点列，则有证明：（2）调和点列与极点极线的联系如图，过极点作任意直线，与椭圆交于，与极线交点则点成调和点列，若点的极线通过另一点，则的极线也通过．一般称、互为共轭点．（23-24高二上·重庆·期末）过点的动直线交曲线：于不同的A，B两点，为线段上一点，满足，证明：点在某定直线上，并求出该定直线的方程.【详解】由题意可得直线l的斜率存在．设直线l的方程为，代入椭圆方程，整理得，设，则，，由，得,化简得，当时，因，化简得，与直线l的斜率存在矛盾，不合题意；当时，化简得即，化简得，又，所以，化简得，所以点在直线上.【巩固练习1】已知、分别为椭圆:的上、下焦点，点和圆:，过点的动直线与圆相交于不同的两点，在线段上取一点，满足:，，(且).求证:点总在某定直线上.答案：【高观点-简析】由题可知，即，故点Q在P点的极线上【详解】设，，因为，所以，即有，又，所以，即有，所以得：，又点A、B在圆上，所以，又，所以，故点Q总在直线上．【巩固练习2】（安徽高考）设椭圆过点，且左焦点为．（1）求椭圆的方程；（2）当过点的动直线与椭圆相交于两不同点，时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上． 解析：（1）由题意得，解得，所求椭圆方程为．（2）解法：已知，说明点关于椭圆调和共轭，根据定理3，点在点对应的极线上，此极线方程为，化简得．故点总在直线．【巩固练习1】已知椭圆的离心率为，过椭圆的一个焦点作垂直于轴的直线与椭圆交于两点，.(1)求椭圆的方程；(2)过椭圆外一点任作一条直线与椭圆交于不同的两点，在线段上取一点，满足，证明：点必在某条定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）依题意可得、，即可求出、、，从而求出椭圆方程；（2）法一：设直线方程为，，，，由，可得，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，代入即可得到，，消去参数，即可得解；法二：依题意可得，设，则，设，，，根据向量共线的坐标表示用、表示、、、，再消去参数即可得解.【详解】（1）解：由题知①，②，又③，

联立①②③解得，所以椭圆的方程为；（2）解法一：由题知直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线方程为，设，，，，，，上式可化简为，联立消去化简可得，则，，，代入直线方程，即，解得，由消去可得，则点必在定直线；法二：，，即，，设，则，设，，，由可得，由，可得，、在椭圆上，，化简可得，两式相减得到，点必在定直线上.【题型9】椭圆内接四边形（自极三角形）若ABCD是椭圆的一个内接四边形，点P是四边形对角线的交点，则： 同理,PM为点N对应的极线,PN为点M所对应的极线.因而将△MNP称为自极三点形.设直线MN交圆锥曲线于点A,B两点,则PA,PB恰为圆锥曲线的两条切线.2024杭州二模已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1．（1）求点的坐标．答案：（2）过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点．（ⅰ）证明：点在定直线上答案：【高观点-简析】如图，椭圆内接四边形ABCD，连接2组对边与对角线交点，得△EGM为自极三角形，故EG在M点的极线上，则G点轨迹为【详解】解（1）设是椭圆上一点，则．因为．①若，解得（舍去）．②若，解得（舍去）或．所以点的坐标位．（2）（ⅰ）设直线．由，得．所以．所以 ①由，得或．易知直线的方程为 ②直线的方程为 ③联立②③，消去，得④联立①④，消去，则．解得，即点在直线上．深圳二模已知椭圆经过点，且焦距，线段分别是它的长轴和短轴．(1)求椭圆E的方程；(2)若是平面上的动点，从下面两个条件中选一个，证明：直线经过定点．①，直线与椭圆E的另一交点分别为P，Q；②，直线与椭圆E的另一交点分别为P，Q．【高观点-简析】（2）如图，椭圆内接四边形ABQP，连接2组对边，由自极三角形模型可知，N点轨迹为M点的极线，故（3）如图，N点的轨迹为M点的极线方程，故M点坐标为【详解】（1）由已知，，点在椭圆上，所以，又因为，所以，所以椭圆的方程为：.（2）选①，则，设，所以消去得：，所以，所以，则，所以，，消去得：，，所以，所以，则，所以，所以，所以直线的方程为：，所以，所以，故直线恒过定点.选②，则，设，所以消去得：，所以，所以，所以同理：，所以，所以所以直线的方程为：令，则故直线恒过定点.曲线：.若为上的点，且.已知，，直线交曲线于两点，点在轴上方.①求证：为定值；②若，直线是否过定点，若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.【答案】①；②定点【②问简析】由可得Q点横坐标为4，故为极线，则CD过极点【分析】①根据两点间的斜率公式，结合Px0,y②直线：，根据两点间的斜率公式和条件，结合韦达定理，求得的值，从而确定定点坐标.【详解】①Px0,y0为上的点，则因为A-2,0，，则（定值），所以为定值.②直线恒过定点1,0，理由如下：由①知，，因为，所以，设直线：，，，将直线与曲线联立方程得，则，，，因为A-2,0，，，，所以，即，所以，由题知，，所以.即直线恒过定点.【巩固练习1】（2020全国高考Ⅰ卷20）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．（1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 【高观点】延长CB,AD交于点Q，，则△EPG为自极三角形，故x=6为E点的极线，则E为【详解】（1）依据题意作出如下图象：由椭圆方程可得：，，，，椭圆方程为：（2）[方法一]：设而求点法证明：设，则直线的方程为：，即：联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或将代入直线可得：所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为当时，直线的方程为：，整理可得：整理得：所以直线过定点．当时，直线：，直线过点．故直线CD过定点．[方法二]【最优解】：数形结合二次曲线系方程设，则直线的方程为，即．同理，可求直线的方程为．则经过直线和直线的方程可写为．可化为．④易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．故，可得或．其中表示直线，则表示直线．令，得，即直线恒过点．【巩固练习2】已知椭圆的左焦点为，且过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知分别为椭圆的左、右顶点，为直线上任意一点，直线分别交椭圆于不同的两点.求证：直线恒过定点，并求出定点坐标. 答案【高观点解析】椭圆内接四边形有自极三角形模型，故MN过x轴上一定点，该定点的极线为，故定点为【详解】【详解】（1）椭圆的一个焦点，则另一个焦点为，由椭圆的定义知:，所以，解得.又，所以椭圆的标准方程为.（2）设，则直线，与联立可得，所以，所以，所以，所以，又直线，与联立可得，所以，所以，所以，所以所以直线的斜率为=所以直线所以直线恒过定点，且定点坐标为.【巩固练习3】（江苏高考）在平面直角坐标系中，如图，已知椭圆的左右顶点为A,B，右顶点为F，设过点（）的直线与椭圆分别交于点，，其中,.（1）设动点P满足,求点P的轨迹；（2）设，求点的坐标；（第18题图）（3）设,求证：直线必过轴上的一定点.（其坐标与无关）（第18题图）解析：方法一（高考标准答案1）：直线，直线，设，联立与椭圆，则得，即，同理★处理一（特殊+验证）：当（垂直轴），解得，方程为，过定点；当，，及三点共线，即过定点处理二（硬解直线方程）：由★得方程为：，令，解得，即过定点方法二（多元未知数整体处理此法适用于过椭圆两顶点问题）：直线，直线，设，带入直线消去得①由椭圆可得：，即，带入①得，即②，①可变形（取倒）为③（②+③）/3得：（对比直线两点式或与（1，0）斜率），即过定点方法三（极点极线）：如图，点的轨迹方程为，即，又交点在上，由此可知，为极点,为对应的极线，即交点为，即过定点方法四（伸缩（仿射）变换+调和点列）：补充知识.（1）放射变换为另一专题（2）如图，在中，三条高交于点，高的垂足交于，则成调和点列，即本题证明：如图，可将椭圆伸缩变换为，因为，则为高的交点，由上述性质运用知成调和点列，即，设，则，解得，即过定点方法五（二次曲线系）：补充：二次曲线系性质：若三个二次曲线系过4个相同的点，则一定存在两实数，使得.（可根据六个单项式系数关系求解问题）本题证明：如图，本题过四点的二次曲线有抛物线；直线和；直线和直线所以，观察与的系数有，则，所以，则过定点【巩固练习4】（2024·浙江·模拟预测）已知椭圆的左、右顶点分别为，，点为直线上的动点，若直线和直线分别交椭圆于，两点，请问：直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.【答案】【分析】两次利用直曲联立，表示出点的坐标和直线的斜率，由点斜式写出直线方程，即可求出直线过的顶点.【详解】

，，，∴代入得：，设，∴，∴，∴.代入得：，∴，∴，∴∴，∴∴即直线方程为：恒过定点为【题型10】椭圆内接梯形如图椭圆内接四边形ABCD，且AD∥BC，对角线交点，则E对应的极线方程为，斜率为，该极线与AD，BC平行，F对应的极线也与AD，BC平行.【补充】定比点差法已知椭圆内有一个定点，过点P的两条直线，分别与椭圆交于点A，C和点B，D，且满足，，若变化时，直线CD的斜率总为，则椭圆的离心率为．【答案】【高观点简析】由相似易知AB∥CD，故P点所对应极线斜率等于CD的斜率，即【分析】设出点的坐标，根据向量的倍数关系得出点的坐标之间的关系式，再利用“点差法”得出，结合直线的斜率关系推出，即可得之间的关系，即可求得答案.【详解】定比点差由题意可设Ax1,y1，Bx2,y因为，且，所以，即，同理有，将A，B两点坐标代入椭圆方程得，化简得，，即，同理，，由于，，则，所以，即，即，①＋②得，，即，所以，所以设为椭圆内一定点(不在坐标轴上),过P的两条直线分别与椭圆交于点A、C和B、D,且AB∥CD．(1)证明:直线的斜率为定值;(2)过点作的平行线,与椭圆交于两点,证明:点平分线段.【高观点简析】（1）AB∥CD，（2），故符合中点弦模型【补充】定比点差法【详解】设点,.则.故

①因为点C在椭圆上,所以,.将式①代上式并整理得由点A在椭圆上知.

②又AB∥CD,则.同理,.

③③-②得.因为,易知,直线AB不与坐标轴平行,所以,直线AB的斜率为(定值)(2).代入椭圆方程整理得.因此,是的中点,即点平分线段.（23-24高二下·广东深圳·期末）已知椭圆的焦距为，直线过点，且与椭圆相交于两点，是线段的中点，为坐标原点.(1)求椭圆的方程；(2)若梯形的顶点都在椭圆上，且，对角线和交于点，线段的中点分别为.(i)证明：四点共线；(ii)试探究直线与直线的交点是否为定点，若是，请求出该定点并证明；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)(i)证明见解析；(ii)，证明见解析【分析】（1）利用直线与椭圆联立方程组，利用韦达定理和中点坐标公式来求解椭圆方程；（2）(i)用点差法可得中点弦斜率与中点与原点的斜率之积为定值，利用斜率相等来证明三点共线；(ii)用坐标来研究斜率，再用三点共线得到斜率相等，来找到相等关系，最后求出定点.【详解】（1）由直线过点，得，联立，消得：，易知，设，则，整理得：，又因为，所以，解得，即椭圆.（2）(i)不妨设的中点为，的中点为，再设由题可知直线斜率必存在，且，以上两式相减得，即，同理，因为可得：，则，即三点共线；又因为四边形是梯形，且与交于，由平面几何知识可知三点共线，即得证四点共线；(ii)由(i)可知，，而，所以，设直线的方程为：，设直线的方程为：，联立，消去并整理得，由韦达定理得：，不妨设，同理，，因为，所以化简得：，即上式两边平方化简得：，由平面几何知识易知三点共线，故设，由可得，，，所以，即或（舍去）化简得：，结合，可得，故直线与直线的交点为定点.【巩固练习】已知椭圆内有一点，过的两条直线、分别与椭圆交于、和、两点，且满足，（其中且），若变化时直线的斜率总为，则椭圆的离心率为A． B． C． D．【答案】D【详解】设,由可得：，据此可得：，同理可得：，则：，将点A,B的坐标代入椭圆方程做差可得：，即：，同理可得：，两式相加可得，故：，据此可得：.【题型11】调和线束平行线截中点模型调和线束，平行截中点中点性质：与调和线束的一条直线平行的直线截另外三条直线，其中一个交点为另外两个交点的中点．如图，过P点的线束l1，l2，l3，l4，以下3个条件若其中2个成立则能得出第三个：（1）l5与l4平行;（2）AM＝BM，(3)l1，l2，l3，l4为调和线束.【补充】斜率模型已知椭圆，过点的直线与椭圆交于不同的两点C，D，直线BC，BD分别与x轴交于点M，N，求的值．答案：1【简析】易知P点的极线为AB，记AB与CD交点为E，则P，C，E，D构成调和点列，则BP，BC，BE，BD构成调和线束，而x轴∥PB，故A为MN中点（2023年全国乙卷）已知椭圆的离心率是，点在上．(1)求的方程；答案：(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．答案：【高观点简析】记，点B的极线过点A，设极线与PQ交于点D，则B，P，D，Q为调和点列，AB，AP，AD，AQ为调和线束，而AB平行y轴，故MN的中点为y轴于极线的交点【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.（2022·全国乙卷高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．(1)求E的方程； (2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．答案：【高观点简析】AB为P所对应的极线，故P，M，C，N四点成调和点列，故AP，AM，AC，AN四条线成调和线束，因为直线HM平行AP，且T为HM中点，由调和线束平行性质(平行于一组调和线束中的其中一条直线交另外三条直线的三个交点，其中一个点为另外两个点的中点)，故H点必然在直线AN上，故直线HN过定【详解】（I）解：设椭圆的方程为，过，则，解得，，所以椭圆的方程为：．（II）证法一：定点为，证明如下：点对应的极线为，即，即为直线，则为调和线束，过作//，交于，由调和性质可知为中点，故直线过定点．证法二：，所以，①若过点的直线斜率不存在，直线．代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到．求得方程：，过点．②若过点的直线斜率存在，设．联立得，可得，，且联立可得，可求得此时，将，代入整理得，将代入，得，显然成立．综上，可得直线过定点．【巩固练习1】（2020年高考北京卷20）已知椭圆过点，且．（1）求椭圆的方程：（2）过点的直线交椭圆于点，直线分别交直线于点，求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1．【分析】（Ⅰ）由题意得到关于a，b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；（II）首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA，NA的方程确定点P，Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值．（Ⅰ）设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，故所求椭圆的方程为：．（II）解法一：点关于椭圆的极线方程为，即图中的直线，点为直线与直线的交点，由极点与极线的理论可知，四点成调和点列，在调和点列所在直线外选一点，则为调和线束．同时，直线与该调和线束交于，且直线与直线平行，故点为中点，则．解法二：设，直线的方程为：，与椭圆方程联立可得：，即：，则：．直线的方程为：，令可得：，同理可得：，很明显，且：，注意到：，而：，故，从而．【巩固练习2】（23-24高二上·福建福州·期末）过点作斜率不为0的直线交曲线：于两点，交直线于．过点作轴的垂线，垂足为，直线交轴于点，直线交轴于点，求线段中点M的坐标．【答案】【分析】方法一：设出直线方程和两点的坐标，将直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系得出，，再表示出直线，的方程，则可表示出点的坐标，从而可求出线段中点M的坐标；方法二：设直线l方程为，将直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系得出，，再表示出直线，的方程，则可表示出点的坐标，从而可求出线段中点M的坐标.【详解】方法一：直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为，联立，整理得3+4k2，设，则，，直线l交直线于，则，所以直线的方程为，，令，解得，则，所以直线的方程为，，令，解得，则，，所以线段CD中点M的坐标为.方法二：直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为，联立，整理得，，设，则，，直线l交直线于，则，所以直线的方程为，，令，解得，则，同理可得，，所以线段CD中点M的坐标为.2024·福建省名校联盟【巩固练习3】已知椭圆的方程为为的左顶点，为的上顶点，的离心率为的面积为．(1)求的方程；答案：(2)过点的直线交于两点，过点且垂直于轴的直线交直线于点，证明：线段的中点在定直线上．答案：【简析】过P点的极线为，该极线过点A，记极线与直线PN交于点Q，则P，M，Q，N为调和点列，则直线AP，AM，AQ，AN为调和线束，AP//MH，故MN的中点为Q，定直线为极线【详解】（1）因为离心率为的面积为，所以，又因为，所以，即的方程为.（2）由题意过点的直线斜率存在，设为，设，联立，得，可得，所以，且，，直线和联立，得，为的中点，令，此时，化简得，将代入上式得，所以线段的中点在定直线上.2024届·广州12月联考【巩固练习4】在平面直角坐标系中，点，点是平面内的动点.若以PF为直径的圆与圆内切，记点P的轨迹为曲线E．(1)求E的方程；答案：(2)设点，，，直线AM，AN分别与曲线E交于点S，T（S，T异于A），，垂足为H，求的最小值．答案：ST过定点，最小值为【简析】取点M，N中点，AB∩ST＝Q，过A作MN的平行线，交ST于P，根据调和线束的中点模型，于是AS、AT、AQ、AP为调和线束，于是S、T、Q、P