2026年高考数学一轮复重难点培优17圆锥曲线中定比点差法、平移齐次化、蝴蝶模型、极点极线(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)

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\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 4
\l "_Tc16555" 题型一 定比点差法（★★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 4
\l "_Tc7141" 题型二 平移齐次化（★★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 8
\l "_Tc26803" 题型三 蝴蝶模型（含坎迪定理）（★★★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 12
\l "_Tc13512" 题型四 极点极线（★★★★★） PAGEREF _Tc13512 \h 19
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 27
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 27
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 39
一、定比点差法
1、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、定比分点公式
（1）已知，若点)满足，求点的坐标．
3、定比点差法
当为椭圆上的两点，为弦上任意一点时，
设点满足
若在椭圆则;
点满足，可得到
，
①－②得：
，
联立消元后即可用与定分比表示.
二、平移齐次化
1、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。
2、如果公共点在原点，不需要平移.如果不在原点，先平移图形，将公共点平移到原点，无论如何平移，直线斜率是不变的.注意平移口诀是“左加右减，上减下加”.
设平移后的直线为，与平移后的圆锥曲线方程联立，一次项乘以，常数项乘以，构造，然后等式两边同时除以 (前面注明x不等于0)，得到，可以直接利用根与系数的关系得出斜率之和或斜率之积，即可得出答案.如果是过定点题目，还需要还原，之前如何平移，现在反平移回去.
三、极点极线
1、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.
2、（1）二次曲线极点对应的极线为
（半代半不代）
（2）圆锥曲线的极点极线（以椭圆为例）：
椭圆方程，极点，则
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；
注：极点极线的相关结论在高考中不能直接使用，需要在解题过程中利用常规方法进行推导和证明．在运用极点极线解题时，要确保对基本概念和性质的准确理解和运用，避免因概念不清或错误运用性质导致解题错误．
四、蝴蝶模型与坎迪定理
如下图所示，其中四个点均位于圆（圆锥曲线）上，且由四个点共同组成类似于“蝴蝶”图形，且与相交于点。若有一直线经过点且与圆（圆锥曲线）分别交于点，与与（或其延长线）分别交于点。（这里我们通常只考虑椭圆或抛物线的情况，双曲线情况较为复杂）
（一）蝴蝶定理：若，则满足
（二）坎迪定理：若，则满足

注：蝴蝶模型通常是求斜率、证明长度相等或是过顶点等相关问题


题型一 定比点差法
1．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.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到c=1，再将点代入椭圆方程求解；
（2）设，，，，，由得到，根据，都在椭圆上，得到，同理得，两式相减求解.
【详解】（1）解：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……④
④-③得，
所以.
2．已知椭圆，．过的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，，求证：为定值
【答案】证明见解析
【分析】由向量坐标运算可化简求得，代入椭圆方程可得；同理由可得，两式作差即可化简整理得到定值.
【详解】设，，
将两点代入椭圆方程得：…①，…②；
,即，，，
代入①式整理得：…③；
同理由可得：…④；
③④得：…⑤
⑤式对任意恒成立，，解得：，
为定值.
3．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．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意列出关于的方程，解方程求出，即可得出答案.
（2）由（1）得到直线AB的方程与椭圆方程联立得到关于的一元二次方程，设，，由韦达定理代入求出，设O点到直线AB的距离为d，求出d，由面积公式即可求出答案.
（3）设，，设，由题目条件表示结合定比分点公式由表示，设同理用表示，代入，可求得答案.
【详解】（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．

题型二 平移齐次化
1．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.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）将直线方程与椭圆方程齐次化，利用韦达定理可得直线EF的方程为，可得结论；
（2）由（1）中的结论由韦达定理可得直线EF的方程为，得出证明.
【详解】（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.
2．已知椭圆E：的左顶点为A，设直线l交椭圆E于M、N两点，且以为直径的圆恒过点A，求证：直线l恒过定点，并且求出此定点的坐标.
【答案】证明见解析，
【分析】由直线与椭圆相交，联立方程根据韦达定理，结合以为直径的圆恒过点A满足，化简可得结果.
【详解】设，，，设直线l：，
椭圆的方程化为
将直线l的方程代入椭圆并且齐次化可得
两边同时除以，得，
因为
由根与系数的关系可得，
解得，所以直线l：，令，解得．
即直线l恒过定点．
3．已知椭圆，过其上一定点作倾斜角互补的两条直线，分别交于椭圆于，两点，证明：直线斜率为定值．

【答案】证明见解析
【分析】以点为坐标原点，建立新的直角坐标系，到新坐标中，原条件转换到新坐标为：，即．设直线方程为：．构造齐次式：，整理为：，关键步骤是两边同时除以，则，根据建立等式找到，，根据平移变换，斜率不变，即可求解．
【详解】以点为坐标原点，建立新的直角坐标系，如图所示：

旧坐标到新坐标，
，
即，
，
原来，则转换到新坐标为：，
即．
设直线方程为：．
原方程：则转换到新坐标就成为：．
展开得：
构造齐次式：
整理为：
两边同时除以，则，
∴，
∴
而
．
∴．
平移变换，斜率不变，
∴直线斜率为定值．

题型三 蝴蝶模型（含坎迪定理）
【技巧通法·提分快招】
1．如图，已知抛物线与圆相交于A、B、C、D四个点．
（Ⅰ）求r的取值范围
（Ⅱ）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（）
【详解】（Ⅰ）联立方程组与，可得
，所以方程由两个不等式正根
由此得到解得，所以r的范围为
（Ⅱ）不妨设E与M的四个交点坐标分别为设
直线AC,BD的方程分别为
，
解得点p的坐标为设t=，由t=及（1）可知
由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积
将代入上式，并令，得
求导数，
令，解得
当时，，当，；当时，
当且仅当时，由最大值，即四边形ABCD的面积最大，故所求的点P的坐标为（）
2．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，离心率为．分别过，的两条弦，相交于点（异于，两点），且．

（1）求椭圆的方程；
（2）求证：直线，的斜率之和为定值．
【答案】(1);(2)详见解析.
【分析】（1）根据离心率以及平方关系，求得结果，（2）先根据直线方程与椭圆方程解得点坐标，再根据斜率坐标公式化简即可证明.
【详解】（1）解：由题意，得，，故，
从而，
所以椭圆的方程为． ①
（2）证明：设直线的方程为， ②
直线的方程为， ③
由①②得，点，的横坐标为，
由①③得，点，的横坐标为，
记，，，，
则直线，的斜率之和为

．
3．如图，已知抛物线C：的焦点F，过x轴上一点作两条直线分别交抛物线于A，B和C，D，设和所在直线交于点P．设M为抛物线上一点，满足以下的其中两个条件：①M点坐标可以为；②轴时，；③比M到y轴距离大1．
（1）抛物线C同时满足的条件是哪两个？并求抛物线方程；
（2）判断并证明点P是否在某条定直线上，如果是，请求出该直线；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）①③，；（2）点P在定直线上；证明见解析；定直线．
【分析】（1）根据抛物线的标准方程确定可以满足哪两个条件；
（2）设，，，，，，直线方程代入抛物线方程整理应用应用韦达定理得，同理得，然后由抛物线上两点坐标写出直线和方程，两方程消去后并代入韦达定理的结论可得为定值．这样得定直线．
【详解】（1）若有①，则，，此时②不能满足，，③能满足，
若有②，则，①③都不能满足．
故能同时满足①③，抛物线方程为；
（2），，
，，，；
，
由韦达定理得，
同理，；
因为
即，
同理，；
消去y得，
，
，
，．
所以点P在定直线上．
【点睛】关键点点睛：本题考查求抛物线的标准方程，直线与抛物线相交中的定直线问题．解题方法是设而不求的思想方法：设直线方程，设交点坐标，直线方程与抛物线方程联立方程组消元后应用韦达定理得两交点的纵坐标（或横坐标）的和与积．对定直线问题，需求出动点的坐标，代入上述韦达定理的结论可得坐标满足的性质，从而确定定直线，
4．已知椭圆（），四点，，，，中恰有三点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）蝴蝶定理：如图1，为圆的一条弦，是的中点，过作圆的两条弦，.若，分别与直线交于点，，则.
该结论可推广到椭圆.如图2所示，假定在椭圆中，弦的中点的坐标为，且两条弦，所在直线斜率存在，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）根据椭圆的对称性，可知，，在椭圆上，然后将点的坐标代入椭圆的方程中得到关于a和b的方程组，求出a和b即得椭圆方程；
（2）设，，，，
设直线的方程为，直线的方程为，分别与椭圆的方程联立，消去y后得到关于x的一元二次方程，再由韦达定理可得和，由、、三点共线，得，由、、三点共线，得：，通过计算可得，即可证明结论.
【详解】（1）由于，两点关于轴对称，
故由题设知经过，两点，
又由知，不过点，所以点在上，
因此，解得，
故椭圆的方程为；
（2）因点的坐标在轴上，且为的中点，
所以直线平行于轴，
设，，，，
设直线的方程为，代入椭圆，
得：，
根据韦达定理得：，，①
同理，设直线的方程为，代入椭圆，
得：，
根据韦达定理得：，，②
由于、、三点共线，得，，
同理，由于、、三点共线，得：，结合①和②可得：
即，所以，即.
【点睛】关键点点睛：对于第二问，关键是由、、三点共线，得及由、、三点共线，得：，进而结合韦达定理的结果求得，最后证得结论.
5．如图，椭圆的长轴与x轴平行，短轴在y轴上，中心为．
(1)写出椭圆的方程，求椭圆的焦点坐标及离心率；
(2)直线交椭圆于两点；直线交椭圆于两点，．求证：；
(3)对于（2）中的中的在，，，，设交轴于点，交轴于点，求证：（证明过程不考虑或垂直于轴的情形）
【答案】(1)椭圆方程为；焦点坐标为，；离心率
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的长轴与轴平行，短轴在轴上，中心，即可得椭圆方程，从而可得焦点坐标与离心率；
（2）将直线的方程代入椭圆方程，利用韦达定理，可得；将直线的方程代入椭圆方程，同理可得，由此可得结论；
（3）设点，点，由、、共线，得；由、、共线，可得，由此可得结论．
【详解】（1）解：椭圆的长轴与轴平行，短轴在轴上，中心，
椭圆方程为
焦点坐标为，
离心率
（2）证明：将直线的方程代入椭圆方程，得
整理得
根据韦达定理，得，，
所以①
将直线的方程代入椭圆方程，同理可得②
由 ①、②得
所以结论成立.
（3）证明：设点，点
由、、共线，得
解得
由、、共线，同理可得
由变形得
所以
即

题型四 极点极线
【技巧通法·提分快招】
1．如图，椭圆的左、右顶点分别为为直线上一点，分别与椭圆交于点A，B，直线与x轴交于点P，与直线交于点M，记直线的斜率分别为，求证：

(1)成等差数列；
(2)．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得P，H调和分割，由此即可得证；
（2）由（1）中结论可得，化简得，由此即可得证.
【详解】（1）

由完全四边形的性质可知点Q在P的极线上，点为与轴的交点，
则P，H调和分割，
所以，
（2）由（1）可知，得，
则，即P，H调和分割A1B1，
故，得.
2．已知椭圆的两个焦点，点满足．
(1)求的取值范围；
(2)判断直线与椭圆的位置关系．
【答案】(1)
(2)椭圆与直线相离，没有公共点．
【分析】（1）由题意可知点在椭圆内部，且不与原点重合，由椭圆的定义和平面几何性质可得；
(2)方法一：运用极点极线知识进行迅速判断；方法二：根据直线方程，分成两种情况考虑，①当时分析直线与椭圆的交点情况，②当时，联立直线与椭圆方程，分析其判别式的符号即得．
【详解】（1）
依题意知，点在椭圆内部且与原点不重合．由椭圆方程得，由数形结合可得，
①当点在线段上且不与原点重合时，；
②当点在线段的延长线或反向延长线上时，；
③当在椭圆内部且不在直线上时，如图延长交椭圆于点，连接，
则，
且，
综上，的取值范围为．
（2）解法一：由题意知，点和直线恰好是椭圆的一对极点和极线，
∵点在椭圆内，∴极线与椭圆相离，故极线与椭圆公共点的个数为零．
解法二： 当时，直线，直线方程可化为，
由可得，，则或，
∴，而椭圆上的点的横坐标的取值范围是，
∴此时椭圆与直线无公共点；
当时，由，消去可得， ，
则
由，则，故 ，
∴此时椭圆与直线无公共点．
综上所述：椭圆与直线相离，没有公共点．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系的判断，属于较难题.
解题关键在于对所给直线方程中的参数进行分类，结合图形判断直线与椭圆关系，或者联立消元得到一元二次方程后，利用根的判别式进行判断.
3．如图，点分别是椭圆的左、右顶点，是椭圆的上顶点，点是椭圆上异于顶点的任意一点，若直线与轴交于点，直线与直线交于点，求证：直线过定点．
【答案】证明见解析
【分析】解法一：设，则，且，联立直线与直线，解得点坐标，对于直线 ，令，可得点坐标，然后通过两点得直线的方程，故直线过定点.解法二：设与相交于点，由为完全四边形可知对应的极线即为直线，根据点在直线上，设的坐标为，得直线的方程，然后化解即可求定点.
【详解】解法一：常规方法
设，则，且，,
直线，直线：，
联立解得．
直线的方程为，
令，可得．
所以的斜率为
．
直线的方程为，
即．
显然当时，，
因此直线过定点．
解法二：极点极线
如图，设与相交于点，由为完全四边形可知对应的极线即为．
因为点在直线：上，
设的坐标为，
则直线的方程为，
即．
由得
故直线过定点．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了直线与圆锥曲线的定点问题，解题的关键在于设点，则，结合直线方程用表示的坐标，计算量较大，容易混淆.
4．过椭圆内一点，作直线与椭圆交于点、，作直线与椭圆交于点、，过、分别作椭圆的切线交于点，过、分别作椭圆的切线交于点.求、连线所在的直线方程.
【答案】
【详解】如图，过点、、、的切线方程分别为
，，
，.
因点在、上，则，.
这表明，在直线 ①上.
由两点决定一条直线知，这就是所在的方程.
同理，所在的方程为. ②
因为与相交于，所以，点的坐标同时满足式①、②.得
，.
这表明、在直线 ③上.
由两点决定一条直线知，式③为、连线所在的直线方程.
故答案为
注：可进一步证明、、三线共点.
5．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．
【答案】(1)或；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）将代入椭圆方程计算得点的坐标，再写出极线方程即可；
（2）写出点处的极线方程，先讨论的情况，可得处的极线就是过点的切线；再讨论的情况，将椭圆方程与极线方程联立，消元得关于的一元二次方程，计算得判别式，即可证明；
（3）分别写出过点，N的切线方程，从而可得割线的方程，再写出切点弦的方程，根据割线过点，代入割线方程计算，从而可得，，三点共线.
【详解】（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．
【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去（或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．如图所示，已知椭圆，记椭圆E的右顶点和上顶点分别为A，B，点P在线段AB上运动，垂直于x轴的直线PQ交椭圆E于点M（点M在第一象限），P为线段QM的中点，设直线AQ与椭圆E的另一个交点为N，证明：直线MN过定点．
【答案】证明见解析
【分析】联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，由两点斜率公式，即可代入化简求解.
【详解】解法一（平移齐次化法）
由中线斜率推论得，即．
将点平移到原点，可得椭圆方程．
整理得①．设平移后的直线②．
联立式①②，并整理得．
构造得．
从而，即，故过点．
平移回去后得定点，于是直线MN过定点．
解法二（三点共线构造等式）
由题意得，，则直线的方程为．
设点，，因为轴，所以．
因为P为线段QM的中点，所以．
又因为A，Q，N三点共线，所以，即．
设直线，代入，整理得．
由韦达定理得，，于是
从而，故直线MN的方程为，即直线MN过定点．
2．设，分别为椭圆的左、右焦点，点，在椭圆上，若，求点的坐标
【答案】
【分析】根据题意和椭圆的对称性可得，设，，由定比分点公式可得，结合计算可得，求出，进而求出即可求解.
【详解】记直线反向延长交椭圆于，由及椭圆对称性得，
设，，，
由定比分点公式得
．
又，即，
由（1）-（3）得，
又，代入（1）得，故.

3．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.
【答案】
【分析】首先设（），写出相关向量，得到，根据点在椭圆上由，通过变形作差有，再代入化简得，解得，计算出斜率即可.
【详解】由，可设椭圆为（），
设，，，
由，则由定比分点坐标公式有，
又 （2）9得
由（1）（3）得
则，，
又，解得，代入椭圆方程得，
则．
又，．又，.
【点睛】结论点睛：若点,则点的坐标为.
关键的变形步骤为：当时,将代入曲线,有
(2)得(3)，再(1)和(3)作差利用点差法得到相关量.
4．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.
【答案】证明见解析
【分析】设直线方程与椭圆方程联立化简方程，利用韦达定理得关系式，进而利用关系式，代入，化简即可．
【详解】

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.
5．已知圆的方程为，点的坐标为．点为圆上的任意一点，线段的垂直平分线与交于点．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)点是圆上异于点和的任一点，直线与轨迹交于点，，直线与轨迹交于点，．设为坐标原点，直线，，，的斜率分别为，，，，问：是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由垂直平分线的性质结合椭圆的定义得出点的轨迹的方程；
（2）联立直线和椭圆的方程，并利用齐次化将1代换成，利用韦达定理表示， ，并由解出.
【详解】（1）由图可知，因为，所以，
则点的轨迹是椭圆，且，
点的轨迹的方程为
（2）设直线的方程为，联立
齐次化得，
整理可得，
即，方程的两根为，，
则．
同理可得．
由条件知，∴．
整理得，故．
6．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．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题设可得、，结合三角形面积可得，由椭圆参数关系求a、b，即可写出双曲线方程.
（2）由椭圆离心率可得，进而可得双曲线渐近线，假设，写出、l方程，联立求N坐标，由向量的数量关系及向量坐标表示求A坐标，根据A在椭圆上求值.
【详解】（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.
7．已知椭圆，设过点的直线与椭圆交于，，点是线段上的点，且，求点的轨迹方程．

【答案】
【分析】设，，，由可得，由定比分点得、，结合化简计算即可求解.
【详解】设，，，
由
，记，
即，．
，由定比分点得：，
，由定比分点得，
又，配比，
由（1）-（3）得：
，即.
所以点Q的轨迹方程为（在椭圆内部），
由可得，故,
故点的轨迹方程为.

8．过圆弦的中点M，任意作两弦和，与交弦于P、Q，求证：.
【答案】证明见解析
【分析】建立平面直角坐标系，设出圆、直线、直线的方程.结合曲线系与的交点的横坐标所满足的方程的根与系数关系，证得是的中点，由此证得.
【详解】如图所示，以为原点，所在直线为x轴建立直角坐标系，设圆方程为
设直线、的方程分别为，.
将它们合并为，于是过点C、D、E、F的曲线系方程为
.
令，得，即过点C、D、E、F的曲线系与交于点P、Q的横坐标是方程的两根.
由韦达定理得，即是的中点，故.
9．过点的直线与椭圆交于点A和B，且．点，若O为坐标原点，求的最小值．
【答案】
【分析】思路一：由极点、极线求得对应的极线即可求解；思路二：构造同构式结合韦达定理可得点Q的轨迹方程为，进一步即可求解；思路三：定比点差法，设，由，同样可得点Q的轨迹方程为，进一步即可求解.
【详解】
解法一：由且，得，
说明P，Q关于椭圆调和共轭，则Q在对应的极线上，此极线方程为，即，
故的最小值就是点O到直线的距离．
解法二：构造同构式
设点Q，A，B的坐标分别为，
由题设有，则，
又Q，A，P，B四点共线，故可设．
则.①.②
点在椭圆上，将①代入椭圆方程，整理得③，
点在椭圆上，将②代入，整理可得④，
由③④知μ，－μ是方程的两根，
由韦达定理得，点Q的轨迹方程为，
故的最小值就是点O到直线的距离．
解法3：定比点差法
设，由，得，
同理，由，得，
∴，（*）
由，作差整理得，
代入（*）式有，∴点Q的轨迹方程为．
故的最小值就是点O到直线的距离．
10．如图，已知椭圆C：与顶点，经过点且斜率存在的直线l交椭圆于Q，N两点，点B与点Q关于坐标原点对称，连接AB，AN．求证：存在实数λ，使得恒成立．
【答案】证明见解析
【分析】设直线再联立方程组，再根据共线得出参数关系再证明等式即可.
【详解】设，由，可得．
设，则
,
∴．
又N，E，Q三点共线，则，即，∴．
∵，则，
∴存在实数，使得恒成立．
11．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.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】（1）计算得，，代入解方程即可得，故可得椭圆的方程；
（2）设另一焦点为，则轴，计算出点坐标，计算即可；
（3）设点P的坐标为，直线：，与椭圆方程联立，由韦达定理计算得出，同理可得，分，两种情况表示出直线方程，从而确定出定点.
【详解】（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.
【点睛】关键点睛：解决第（3）的关键是能够运用韦达定理表示出点的坐标，从而表示出直线，并能通过运算整理成关于的方程，从而确定出定点，考查学生的运算求解能力，有一定的难度.

检测Ⅱ组 创新能力提升
1．如图所示，已知椭圆，上顶点为A，过点A作圆的两条切线分别与椭圆C相交于点B，D（不同于点A）．当r变化时，试问：直线BD是否过某个定点？若过某个定点，求出该定点；若不过某个定点，请说明理由．
【答案】直线BD恒过定点．
【分析】设切线方程为，则，即，设两切线的斜率分别为，利用韦达定理可得，将椭圆向下平移1个单位得，设平移后的直线的方程为，与平移后的椭圆方程联立，再等式两边同时除以，再结合韦达定理求出，进而可得平移后的直线所过的定点，即可得解.
【详解】设过点A的直线方程为，
因为直线与圆相切，所以由点到直线的距离公式得，
上式两边平方，化简得，
设两条切线AB，AD的斜率分别为，，则，
将椭圆向下平移1个单位得，即，
此时椭圆的上顶点，
设平移后的直线的方程为，，
与椭圆联立得，
整理得，
两边同时除以，化简得，
由韦达定理得，
即，
所以，解得，
故直线的方程为，直线恒过定点，
平移回原坐标系后，直线BD恒过定点．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：
法一：从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；
法二：直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
2．已知椭圆的离心率为，，分别为的上、下顶点，为坐标原点，直线与交于不同的两点，．
(1)设点为线段的中点，证明：直线与直线的斜率之积为定值；
(2)若，证明：直线与直线的交点在定直线上．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设，，由中点坐标公式和斜率公式，结合点差法证明定值.
（2）由题意求出椭圆方程，与直线方程联立，韦达定理表示根与系数的关系，联立直线与直线的方程，化简可求得交点在定直线上．
【详解】（1）设，，则．
由两式相减得，即．
所以．
（2）解法一：
由解得所以椭圆的方程为．
将直线的方程代入椭圆的方程，化简整理得．①

由，解得．
由韦达定理，得，．②
设，，
则直线的方程为，③
直线的方程为，④
由③④两式解得
，
即，所以直线与直线的交点在定直线上．
解法二：
设直线（即直线）与直线（轴）的交点为，直线与直线的交点为，
则点，，构成椭圆的自极三点形，点一定在点对应的极线上，其方程为，即，
就是说直线与直线的交点在定直线上．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
3．（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.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；② 证明见解析
【分析】（1）由题意得，，再结合，从而可求出，进而可求出椭圆的标准方程；
（2）①由定义可知椭圆在点 处的极线方程为 ，然后分和两种情况证明；②设点，然后由①可得过点的切线方程和过点的切线方程，则可求出割线的方程，同时可求出切点弦的方程，从而可证得结论.
【详解】（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．
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆的切线，考查椭圆中点共线问题，解题的关键是合理利用过椭圆上一点的切线方程的定义，考查计算能力，属于较难题.
4．蝴蝶定理因其美妙的构图，像是一只翩翩起舞的蝴蝶，一代代数学名家蜂拥而证，正所谓花若芬芳蜂蝶自来.如图，已知圆的方程为，直线与圆交于，，直线与圆交于，.原点在圆内.
（1）求证：.
（2）设交轴于点，交轴于点.求证：.
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【分析】（1）联立直线方程和圆的方程，求出两根之和与两根之积，找到相等代换量，从而证明成立.
（2）分别求出点和点的横坐标表达式，结合（1）中得证结论，从而证明成立.
【详解】（1）已知圆的方程为，
直线与圆交于，，联立，
化简得，
则，，所以，
同理线与圆交于，，
联立 化简得，
则，，所以，
故有，所以成立；
（2）不妨设点，点，
因为、、三点共线，所以，化简得，
因为点在直线上，所以，点在直线上，所以，
则，
同理因为、、三点共线，所以，化简得，
因为点在直线上，所以，点在直线上，所以，
则，
又由，可得，，
即，所以，则，
所以，所以成立.
【点睛】本题在蝴蝶定理背景下考查了直线和圆的位置关系，在解答过程中关键是联立直线方程和圆的方程进行求解，本题有一定的计算量，尤其含有多个字母的运算，考查了转化能力，计算能力.
5．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）．
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．
【分析】（1）根据椭圆的标准方程可得、、的坐标,设动点，根据条件，结合两点间距离公式,化简即可得解；
（2）根据，代入椭圆方程即可求得、的坐标，进而求得直线与直线的方程，联立两条直线方程即可求得交点的坐标；
（3）设出直线与直线的方程，分别联立椭圆方程即可表示出、的坐标，讨论与，并分别求得的值，即可求得所过定点的坐标.
【详解】（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.
6．已知抛物线及抛物线，过的焦点的直线与交于，两点，为坐标原点，.过的两条直线，与交于，，，四点，其中，在第一象限，若直线与轴的交点为.
(1)求的方程；
(2)若，求直线与轴的交点的坐标；
(3)是否存在点，使得，，，四点共圆？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线的方程，消元、列出韦达定理，依题意可得，即可求出的值，从而得解；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线的方程，消元、列出韦达定理，设，，即可表示出的方程，令求出即可得解；
（3）结合（2）及四点共圆的性质得到，即可求出，再由三点共线，求出.
【详解】（1）依题意可得，设，，则，，
设直线的方程为，由，得，
显然，所以，，
因为，所以，
即，所以，解得或（舍去），
所以的方程为；
（2）由（1）可得，因为过点，由条件可得的斜率不为，
设直线的方程为，，，
由，得，所以，所以，
设，，同理可得，
因为直线过点，
所以，由，，即，所以，
直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
令，得，即，
即，解得，
所以直线与轴的交点为.
（3）由（2）可得，，
若，，，四点共圆，则有，
即，
即，所以，整理得，
因为，所以，由，即，
即，解得.
7．（2025·陕西西安·一模）已知圆锥曲线G：，称点和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线，其中极线方程是将圆锥曲线以替换，以替换x（另一变量y也是如此）.特别地，对于椭圆，点对应的极线方程为.已知椭圆C：，椭圆C的左、右焦点分别为、.
(1)若极点对应的极线l为，求椭圆C的方程；
(2)当极点Q在曲线外时，过点Q向椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，证明：直线MN为极点Q的极线；
(3)已知P是直线上的一个动点，过点P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.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据极线及焦点坐标分别列式即可求解即得椭圆方程；
（2）讨论直线的斜率不存在和存在，设出直线方程，联立椭圆方程，运用判别式为0，解得方程的一个根，得到切点坐标和切线的斜率，进而得到切线方程，最后得出直线方程结合极线定义证明即可；
（3）利用代数法证明点在椭圆C外，则点和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.根据题意中的概念求出点对应的极线MN方程，可得该直线恒过定点，最后利用点差法求出直线的斜率，即可求解.
【详解】（1）因为极点对应的极线l为，即，所以，
因为右焦点是，所以，所以，
所以椭圆C的方程为；
（2）当斜率存在时，设切线方程为， 联立椭圆方程，设切点，
可得，化简可得：
，
由题可得：
化简可得：，该方程只有一个根，记作，
，为切点的横坐标，
切点的纵坐标，
由于，则，
则切线方程为：，
化简得：．
当切线斜率不存在时，切线为，也符合方程，
综上上一点,的切线方程为；
同理上一点,的切线方程为；
设，点在两个切线上，所以，
所以的直线方程为，根据极线定义直线MN为极点Q的极线；
（3）由题意，设点的坐标为(,)，
因为点在直线上运动，所以，
联立，得，
，该方程无实数根，
所以直线与椭圆C相离，即点在椭圆C外，又都与椭圆C相切，
所以点和直线是椭圆C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，
又因为定点T的坐标与的取值无关，
所以，解得，所以存在定点恒在直线上.
当时，T是线段的中点，
设，直线的斜率为，
则，两式相减，
整理得，即，
所以当时，直线的方程为，即.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是应用点差法结合韦达定理计算求参解题.
8．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.
9．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）某同学利用导数方法求出了过椭圆上一点的切线的方程为.事实上，法国数学家笛莎格在《圆锥曲线论稿》中给出了这样的结论：给定一点和一条直线，将点和直线分别称为椭圆的极点和极线.一般地，当点在椭圆上时，极线为椭圆在点处的切线；当点在椭圆外时，极线为过从点作椭圆的两条切线的切点的弦所在的直线；当点在椭圆内时，极线在椭圆外且与椭圆没有公共点.请利用这些结论解决下列问题：
(1)已知点和直线分别为椭圆的极点和极线，
①求极线的方程；
②若为极线上任意一点，过点作椭圆的割线交椭圆于两点，记所在直线的斜率依次为，求证：.
(2)给定椭圆和点，过点作斜率为的直线和椭圆相交于两点，分别连接交于点，记和轴的交点依次为，，求证：为线段的中点.
【答案】(1)①；②证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）①由极点极线的定义可得极线方程；②利用齐次化可证；
（2）利用（1）②的结论可证三点共线，从而可证为线段的中点.
【详解】（1）①因为，故在椭圆外，故极线为即直线的方程为.
②设，设直线的方程为：，
又椭圆方程可化为，
故，
由得：
，
设，
则（★）
故为（★）的两个解，
所以
因为过，故，故，
故
.
（2）
由（1）可得椭圆的以点为极点的极线方程为，
故点在极线上，同样记，连接，
由（1）中的结论可知，，且，
故即三点共线，
如图所示，设，
则，
由（1）中②知，故，
故，故为线段的中点.
在高考中，直接考查圆锥曲线中的蝴蝶定理很少见，大多是考查蝴蝶模型背景下的直线与椭圆的位置关系问题．此类问题的本质是研究椭圆的内接四边形，其形如“蝴蝶”的四边形通常可以由椭圆的两条相交弦确定，在具体的问题中，这两条弦要么过定点，要么由某线斜率特定，这样便会呈现出兼具一般解法，又别具一格的定点、定值等问题．
应用极点极线解决圆锥曲线问题的解法策略：
1、判断极点与极线的对应关系
在题目中，首先需要判断所给的点和直线是否构成极点与极线的关系．例如，已知圆锥曲线方程和一个点的坐标，可以通过相应公式求出该点对应的极线方程；反之，已知一条直线方程和圆锥曲线方程，可以求出该直线对应的极点坐标．
2、利用极点极线性质简化计算
在证明与圆锥曲线相关的定点、定值问题时，若能发现极点与极线的关系，可以利用极点极线的性质将问题转化，简化计算过程．
例如：过圆锥曲线外一点P作圆锥曲线的两条切线，切点分别为M、N，则直线MN为点P的极线；反之，若直线与圆锥曲线相交于M、N两点，点P在直线MN上，且MP：PN = λ（λ为非零常数），则点P的轨迹直线为点P关于圆锥曲线的极线．
对于共线点问题，若能找到极点极线关系，利用配极原则往往能快速得到结论．
例如：点A、B关于圆锥曲线的极线分别为，若点P在直线上，则点P的极线经过点A；若直线与相交于点Q，则点Q的极线为直线AB．
3、极点极线与几何性质的综合运用
结合圆锥曲线的几何性质（如离心率、焦点、准线、对称轴等）以及极点极线的性质，解决相关的位置关系、距离、面积等问题．