文档文本内容
培优专题 05 圆锥曲线
题型01 求面积或面积比值
抓关键 · 破难点
1、求面积问题：先用联立方程和韦达定理表达弦长与点到直线距离，再代入三角形面积公式。
常用技巧：常用的面积公式可以通选弦长做底，点到直线的距离为高，也可以用水平宽与铅锤高；若顶
点在坐标轴上，可分割为两个同底三角形求和。
2、求面积最值问题：建立面积关于某个变量（如斜率、参数）的函数关系，然后求函数的最值。
常用技巧：面积函数常表现为分式或根式形式，优先尝试均值不等式求最值；若函数形式复杂，再考虑
导数法。注意验证最值取到时参数的取值范围是否满足题意。
3、求面积比值问题：将两个面积转化为同底或同高的形式，利用坐标比值或弦长比值进行化简。
常用技巧：若两三角形同底，则面积比等于高的比，转化为点到直线距离之比；若同高，则面积比等于
底边长度之比，转化为弦长或横坐标差之比。通过韦达定理整体代入，常能消去参数得到定值。
刷经典 · 通方法1．（2025·上海普陀·一模）设 是不全为零的实数，椭圆 分别为 的左、
右两个焦点，直线 与 交于 两点， 为坐标原点．
(1)若 ，且四边形 为矩形，求 的离心率；
(2)若 ，且 的周长的最大值为12，求 的方程；
(3)若 ，直线 与 的斜率之积为 为 上的一点，且 ，直线 与椭
圆 交于点 ，且 ，求 的值以及 的面积 的值．
【答案】(1)
(2)
(3) ，
【分析】（1）求出 ，根据题意得到 ，从而求出离心率；
（2）根据 ，再由题意可求出 ，即可求出方程；
（3）设 ，根据题目信息求出 ，将点 代入椭圆方程
并化简得到 ，根据点 均在 上以及 得
到 ，解方程即可求出 ；根据题目信息及求出的 可得 ，求出 的长及原
点 到直线 的距离，利用三角形面积公式即可求出答案.
【详解】（1）由 ， 得， ，
将 代入椭圆方程得 ，解得 ，则 ，又四边形 是矩形，则 ，即离心率 .
（2）由 得， ，即 轴，
则 ，
当且仅当 过右焦点 时等号成立，即 的周长的最大值为 ，
即 ，即 ，
则 方程为
（3）设 ，
由 得，点 ，又 ，
则 ，
因为点 在 上，所以
则 ，
又点 均在 上，则 ，
由 得 ，即 ，
则 ，又 ，即 .由 得， ，
又 ，即直线 ，
由 得， ，
则 ，
则
由 得， ，
即 ，
即 ，
化简整理得， ，则 ，
又原点 到直线 的距离为 ，
则
则 .2．（2025·上海杨浦·模拟预测）已知椭圆 的方程为 、 分别为椭圆 的左、右
焦点.双曲线 的实轴为椭圆 的长轴， 的虚轴为椭圆 的短轴.过 作直线 交椭圆于 、 两点.
(1)已知 的周长为 ，圆 的焦距为 ，求曲线 及 的方程；
(2)设 .已知椭圆 的上顶点为 是 上的一个动点，若 是等腰三角形，且 是该三角
形的腰，求点 的坐标;
(3)设 .已知直线 与 轴不垂直，弦 的中点为 ，直线 与双曲线 交于 、 两点，求
四边形 面积的最小值.
【答案】(1)
(2)点 的坐标为
(3)
【分析】（1）根据椭圆的定义和性质求出椭圆方程，再根据题目条件求出双曲线方程；
（2）根据等腰三角形的性质和椭圆方程可求出点 的坐标；
（3）设出直线方程，与椭圆方程联立表示出弦 中点 的坐标，进而得到直线 方程，再与双曲线方
程联立，结合图形性质表示四边形面积即可求出最小值.
【详解】（1）由椭圆定义得， ，
的周长为 ，故 .， ，
.
（2） ， ，故 .
若 ，设 ，则 ，解得 ，
点 的坐标为 .
若 ，设 ，则 ，解得 或 （舍）， 点 的坐标为
.
综上, 点 的坐标为 .
（3）由题知： ， .
直线 不垂直于 轴， 设直线 的方程为 ，
由 得 ，
，故 .点 在直线 上， ，
直线 的方程为 ，即 .
由 得 ，
由 得 ，且 .
设点 到直线 的距离为 ，则点 到直线 的距离也为 ，
直线 的方程可化为 ， .
点 在线段 的两端， ，
点 在直线 上，
，
四边形 的面积为 ，
.
令 ， ，在 上单调递增，
当 时， .
3．（2025·上海闵行·二模）已知双曲线 的右焦点为 ，过点 的直线 交双曲线 右支于 、
两点（点 在 轴上方），点 在双曲线 上，直线 交 轴于点 （点 在点 的右侧）．
(1)求双曲线 的渐近线方程；
(2)若点 ，且 ，求点 的坐标；
(3)若 的重心 在 轴上，记 、 的面积分别为 、 ，求 的最小值．
【答案】(1)
(2)点 的坐标为
(3) 的最小值为
【分析】（1）根据双曲线方程即可得其渐近线方程；
（2）由点 可得 ，从而可利用三角形外角关系从而可得直线 的斜率，将直线 方程代
入双曲线方程求解即可得点 的坐标；
（3）设直线 ，代入双曲线方程得交点坐标关系，由重心可得
，根据点线关系即可得 的范围，再结合三角形面积关系得 与 的关系，由基本不等式可
得最值.【详解】（1）已知双曲线 ，则 ，所以双曲线方程为 ；
（2）双曲线 的右焦点 ，
又 ，所以 ，则 ，
因为 ，所以 ，
则直线 ，即 ，
所以 ，解得 ，即 ，
则 ，所以点 的坐标为 ；
（3）设直线 ，
，
则 ，因为直线 过点 且与双曲线 右支交于 、 两点，所以 ，
又因为 的重心 在 轴上，所以 ，
由点 在点 的右侧，可得 ，所以 ，解得 ，所以 ，
而 ，代入可得 ，
所以 ，
代入化简可得： ，
所以 ，
当且仅当 时等号成立，所以 的最小值为 .
4．（2025·上海杨浦·三模）已知椭圆 的左右焦点分别为 ， 上下顶点分别为 ，
， 是面积为1的直角三角形，过焦点的直线交椭圆 于 、 两点（ 、 分别在第一、四象
限）.
(1)求椭圆 的离心率；
(2)已知点 ， ，求椭圆 上的动点 到点 的最大距离；
(3)求四边形 面积的取值范围.
【答案】(1)(2)答案详见解析
(3)
【分析】（1）根据题意:利用为 为面积为1的直角三角形，可得到 ，再求解离心率即可.
（2）设 ，利用两点间距离公式表示 ，转化为二次函数分类讨论求解最值即可.
（3）设直线的方程为 ，利用圆锥曲线“设而不求”的方法可以把四边
形的面积可表示为关于 的函数，再利用函数单调性求得范围即可.
【详解】（1）如图，设椭圆 的焦距为 ，
易得 ， ， ，
又因为 为面积为1直角三角形， ，
所以椭圆的离心率 .
（2）有第一问知 ，故椭圆方程为 ，
设 ，且 ，即 ，
，
其对称轴为 ，而 ，当 ，即 时，
在 时取得最大值， ；
当 ，即 时，
在 时取得最大值， .
综上，当 时，最大距离为 ；当 时，最大距离为 .（3）设直线 的方程为 ，
联立 ，消去 整理得 ，
则 ， .
因为点 分别在第一、四象限，
所以 ，即 ，
故 ，解得 ，
得到四边形 的面积为 ，
，
因为 ， ，
所以 ，
令 ， ，则 ，
因为 ，所以 在 上单调递增，
故 ，即四边形 面积的取值范围为 .5．（2025·上海浦东新·三模）已知曲线 ，第一象限内点 在曲线 上. 、 ，连
接 并延长与曲线 交于 点， .以 为圆心， 为半径的圆与线段 交于点 ，
记 ， 的面积分别为 ， .
(1)若 ，求点 的坐标；
(2)若点 的坐标为 ，求证 ；
(3)求 的最小值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3) .
【分析】（1）设 ， ， ，与 联立求出 和韦达定理，根据
求出 即可求解；
（2）求出 即可证明；
（3）由（1）求出 ，考虑 和 两种情况，根据 求出 ，求出 ，根据（2）求出 ，根据 结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）设 ， ， ，
与 联立可得 ， ，
， ， ，
因为 ，所以 ，
由 可得 ，故
因为 在第一象限，所以 ，解得 ，
由 得 ；
（2）由题意得 ， ，故 ，
，
，
则 ，即 ；
（3）由（1）得 ， ，故 ，
因为 ，所以 ，
当 时， ， ， ，故 ， ，，故 ，所以 ⊥ ， ，
则 ，
由对称性可知 ，
则 ，
当 时， ， ，
由 得 ，
将其代入 中得 ，
显然，当 时， ，当 时， ，
解得 ， ， ，
因为 ，
其中 ，
由（2）知 ，
又 ，故 ，
故 ，所以 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，此时 ，
由于 ，
故 .
题型02 线段相关问题
抓关键 · 破难点
证明线段相等的问题是将几何相等转化为代数关系：通过坐标运算证明两点到某点距离相等、两点关于
某点对称，或两线段长度表达式相等。
常用方法
（1）直接计算长度：设出相关点坐标，分别计算两线段长度的平方，作差化简，利用韦达定理整体代
入，证明差为零。
（2）利用对称性：若证明两线段关于某直线对称，可证明线段端点纵坐标互为相反数，或利用中点坐标
在对称轴上；若证明两点到定点距离相等，可转化为这两点在某圆上。
（3）转化为向量关系：证明两线段相等，可转化为证明对应向量模相等，或证明两向量垂直平分关系
（若一个线段的中点在另一线段的垂直平分线上）。
（4）利用几何性质：若涉及焦点或准线，可优先考虑圆锥曲线的定义（如椭圆上点到两焦点距离之和为
定值）直接得出相等关系，避免复杂运算。
刷经典 · 通方法
1．（2025·上海嘉定·二模）已知椭圆C： ．F为椭圆的右焦点，过椭圆上一点 的直线 交
椭圆于另一点Q，点M为椭圆上任意一点．(1)求 的最小值；
(2)当直线 的斜率为1时，求 面积的最大值及此时点M的坐标；
(3)若直线 与直线 交于点D，点D不在x轴上，Q关于原点的对称点为点R，直线 与 交于
点E，求线段 的取值范围．
【答案】(1) ,
(2) ,
(3)
【详解】（1）
由椭圆方程 知， ，所以右焦点 ，
设 ，则 ，由 代入得：
，
由于 ，对称轴 ，
所以 ，
即 的最小值为 ，此时点 为椭圆的右顶点.（2）
由直线 的斜率为1且经过 ，可得直线方程 ，
与椭圆 联立方程组，消元得： ，
解得 ，则代入 得： ，所以 ，
则 ，
设平行于直线 的直线方程为 ，则与椭圆 联立方程组，消元得：
，当此直线与椭圆相切时，满足判别式为 ，
即 ，解得 ，
根据数形结合可得 时，满足切点 取到 面积最大值，
此时方程为 ，
代入直线得 ，则 ，
由点 到直线 的距离公式得：
，
所以 面积的最大值为 ，此时点 ；
（3）
设过点 直线为： ，与椭圆 联立方程组，消元得：
，
由 ，
再由于交点D不在x轴上，即 ，
设交点 ，则有 ，
代入 得： ，
由于Q关于原点的对称点为点R，所以 ，
则直线 方程为 ，与直线 相交得：
点纵坐标为 ，
而直线 与直线 相交得：
点纵坐标为 ，所以可得
当且仅当 ，即 时， 取到最小值 .
即 的取值范围是
2．（2026·上海金山·二模）已知抛物线 的焦点为 ，准线为 ，点 为抛物线上一动点，
点 为坐标原点．
(1)若 ，求点 的坐标；
(2)若直线 与抛物线 只有一个交点，求直线 的方程；
(3)若 ，过点 作圆 的两条切线，交准线 于 、 两点，求 的取值范围．
【答案】(1) 或
(2) 和
(3)
【分析】（1）根据条件列出方程即可求解；
（2）联立抛物线方程，消元后得方程，分类讨论，根据方程有一根求解即可；
（3）设过P点的切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出关于直线斜率 的方程，再由切线与准线
交点的纵坐标表示 ，利用韦达定理化简，换元求取值范围即可.
【详解】（1）由 可知 ，
因为 ，所以 ，
即 ，解得 ，
代入抛物线方程， ，所以点 的坐标为 或 .
（2）联立方程 ，可得 ，即 ，
因为只有一个交点，
所以 ，即 时，方程只有一解，满足题意，此时 ；
当 时，则需 ，解得 ，
此时 .
综上，直线 的方程为 和 .
（3）设 ，
由题意，切线与准线相交，故切线的斜率存在，设切线方程为 ，
即 ，
由圆 知，圆心 ，半径 ，
所以 ，即 ，
设 ，
代入切线方程可得， ，所以 ，（其中 分别是 的斜率）
所以 ，
又 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
故求 的取值范围为 .
3．（2025·上海·三模）在平面直角坐标系中， 为坐标原点， 是椭圆 的左焦点，若
与椭圆上任一点距离的最大值为 .
(1)求椭圆的离心率；
(2)若 为椭圆 的上顶点， 为椭圆上的点， 是以 为直角顶点的等腰直角三角形，求满足条
件的 的个数，并说明理由.
(3)若斜率为 的直线 交椭圆 于 ､ 两点， 为以线段 为直径的圆上一点，求 的最大值.
【答案】(1) ；
(2)3个，理由见解析；
(3) .【分析】（1）由已知可得 ，可求离心率；
（2）不妨设 直线方程为 ，与椭圆方程联立可得 ，进而可得
，求得 ，从而有 ，求解可得结论.
（3）设直线 与椭圆方程联立，由韦达定理求得的中点为 ，利用弦长公式求得
，进而得到以 为直径的圆的半径 ，由 ，三角换
元利用三角函数性质求出最大值.
【详解】（1）依题意有 ，解得 .
所以离心率 .
（2）不妨设 直线方程为 ，代入 ，
整理得 ，可得 ，所以 ，
将 带入得 ，
由 得 ，
所以 ，
解得
所以满足条件的 的个数是3个.
（3）设直线 ，设 ，联立 ，得 ，
所以 ，所以 .
所以 ，所以 的中点为 ，
所以
又 的轨迹是以 为圆心，半径 的圆，
所以 .
令 ，
记 ，
又 ，所以 时， .
4．（2025·上海浦东新·三模）设有椭圆 和直线 ．椭圆 的左、右
焦点分别为 、 ． 是 上位于第一象限内的一点．
(1)当 时，求椭圆 的离心率；
(2)若 且点 在直线 上，求 的值；(3)设点 满足 ，其中 是点 到 的距离．当 变化时，求 的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求出 和 ，求出 即可求解；
（2）设 ，求出 ，求出 和 ，求出 和 ，根据椭圆的定义即可求解；
（3）求出 ，设 ，对于每一个固定的 设点 到 的距离为 ，利用点到直线距离公
式求出 ，利用辅助角公式求出 ，证明 是第一象限的角，据此即可求解.
【详解】（1）由题可知， ，
，
所以椭圆 的离心率为 ；
（2）
如图，设 ，
，
又 ，是第一象限上的点，
，即解得 ，
，
由椭圆的定义知 ， .
（3）由椭圆的定义知 ．
，设 ，
对于每一个固定的 设点 到 的距离为 ，
利用点到直线距离公式有 ，
由辅助角公式得
，
是第一象限内的一点，
，注意到 ，
是第一象限的角，
设 ，
当 时 为 在固定 下的最小值，
由题意知 对于 有解，
，两边平方可得 ，
要求 的最小值，即求 的最大值，
，当 时取到．
题型03 求直线斜率或方程
抓关键 · 破难点
求直线方程或斜率本质上是“设而不求”——通过设出直线方程（常用点斜式），与圆锥曲线联立，利
用韦达定理将几何条件转化为代数方程，再求解参数。
当直线过已知点时，设点斜式并注意讨论斜率不存在的情形；当已知弦中点时，优先用点差法（设两端
点坐标，代入曲线方程后相减）直接得到中点坐标与斜率的关系，无需联立。对于斜率之和或积为定值
的问题，可将韦达定理整体代入目标式，化简后直接得结果。
刷经典 · 通方法
1．（2025·上海静安·一模）在平面直角坐标系 中，已知双曲线 的焦距为4，
点 在 上．
(1)求双曲线 的方程；
(2)设直线l的斜率为 ，l交双曲线 于 两点，且与圆 相切，切点位于 轴上方，求
的值；
(3)如图，设过双曲线 的左焦点 的直线 交 的左支于点 、 ，过 的右焦点 的直线 交 的右支于点 、 ，若直线 ，且四边形 的面积为 ，求直线 的方程．
【答案】(1)
(2)
(3) 或
【分析】（1）根据双曲线 的焦距为 及点 在 上，列方程即可求得结果；
（2）设直线 的方程为 ，利用直线 与圆相切，求出直线的方程，将直线方程与双曲线方程联
立，利用韦达定理或求出两个交点坐标，从而求得 ；
（3）由双曲线的对称性，易知四边形 为平行四边形，设直线 的方程为 （或
），求出直线 和直线 的距离，再将直线 方程与双曲线方程联立，利用弦长公式求出
的长，根据平行四边形 的面积为 列出方程，求出 ，再根据直线 与双曲线左支有两个
交点对结果进行取舍，从而得到答案.
【详解】（1）由双曲线 的焦距为4，点 在 上，
可得 ，所以 ，且 ，又因为 ，即 ，
联立方程组 ，解得 ， ，所以 的方程为 .
（2）设直线l方程为 ，代入圆的方程整理得 ，直线与圆相切，
所以判别式 ，所以 ，切点位于 轴上方，故 .
将直线 代入双曲线 方程，整理得 ，解得 ，
两点的坐标分别为（ ）、（ ），从而 ；
另解：由题意设直线 方程为 ，该直线与圆 相切，
则圆心到直线 的距离 ，解得 . 联立 得
设 ， ，则 ，
（3）由题意直线 与 平行，由双曲线的对称性，易知 = ，四边形 为平行四边形．
当直线 垂直于x轴时， ，此时四边形 的面积为 ，不合题意，舍去；
设直线 方程为 ，则直线 方程为 ，
直线 和 的距离就是点 到直线 的距离 ，
设 ， ，联立方程组 ，整理的 ，
则 ，且 ， ，
又由双曲线的渐近线的方程为 ，
要使得过 的左焦点 的直线 交 的左支于点 、 ，可得 ，( )
则 ，
所以 ，化简可得 ，
解得 ，或 ，因为 ，所以 ，故直线 的方程为 或 ．
另解：设直线 方程为 ，代入双曲线方程得 ，整理得
，(因为双曲线的渐近线斜率为 ，直线AB与双曲线左支交于两点，所以 )
， ，所以 ，
点 到直线 的距离 ， ，
化简可得 ，解得 ，或 ，因为当 时，直线AB斜率平方 ，
此时AB与双曲线左支只能交于一点，舍去，所以 ，
故直线 的方程为 ，或 ．
2．（2025·上海杨浦·一模）已知椭圆 ： ，过动点 的直线交 轴于点 ，交
椭圆 于 ， （点 在第一象限），过点 作 轴的垂线交椭圆 于另一点 ，延长 交椭圆 于点
.
(1)若椭圆 的离心率为 ，求 的值；
(2)已知 ，且 是线段 的垂直平分线，求 的值；(3)已知 ，点 是线段 的中点，且 ，求直线 的斜率.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据离心率的概念列式求 即可.
（2）根据题意，设 ，则 ， ，根据 列式可求 的值，在根据
点在椭圆上，可求 的值.
（3）根据题意，可求出 的坐标，进而求直线 的斜率.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，又 ，所以 .
（2）因为 ，且 是线段 的垂直平分线，
所以 是线段 的中点.
所以可设 ，则 ， .
所以 ， .
由 .
又点 在第一象限，所以 ，所以 ，即 .又点 在椭圆 上，所以 .
又 ，所以 .
（3）因为 ，所以椭圆 ： .
如图，作出符合题意的图形，
因为点 是线段 的中点，可设 ， ，则 .
设 ，因为 .
因为 都在椭圆 上，所以 .
因为点 在第一象限，所以 .
所以 ， ， .
因为 ，所以直线 的方程为： .由 .
由 .
所以 .
可得 ，即直线 的斜率为 .
3．（2025·上海长宁·一模）已知抛物线 的焦点为 ，经过点 的直线 与抛物线 交于 两
点．
(1)设 ，求点 的横坐标；
(2)设 为坐标原点，线段 中点的纵坐标为 ，求 的面积；
(3)设线段 的垂直平分线与抛物线 交于点 ，若以线段 为直径的圆经过点 ，求直线 的
方程．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据抛物线的定义及 ，求出 ；
（2）设 ，设直线 的直线方程为 ，与抛物线方程联立，根据韦达定理得到
， ，再根据中点的纵坐标为 ，可解得结果；
（2）设 ， ，求出 ，利用可得结果.
【详解】（1）由抛物线方程知： ，设 ，
由 得： ， .
（2）由题意知：直线 斜率不为零，可设 ， ，
由 得： ，则 ，
， ，
，又因为 中点的纵坐标为 ，所以 ，
所以 的面积为 ；
（3）由题意知：直线 斜率不为零，可设 ， ，
由 得： ，则 ，
， ，所以 中点为 ，
因为线段 的垂直平分线与抛物线 交于点 ，
设 ，
联立 可得 ，
由韦达定理可得 ， ，
若以线段 为直径的圆经过点 ，
，， 不相等， 不相等，
所以 ，同理
可得 ， 不相等，
所以
即 ，解得 .
所以直线 的方程为 .
4．（2025·上海黄浦·三模）在平面直角坐标系中，椭圆 ，左右焦点分别是
， ，点A是椭圆 上的任意一点，A到原点O的距离最大为 ．
(1)若 面积的最大值为1，求椭圆 的表达式；
(2)若 ，过点A（异于顶点）作长轴的垂线，垂足为M，连接AO并延长交椭圆于另一点B，连接
BM交椭圆于另一点C，证明： ；
(3)在（2）的条件下，过点A作不经过 的直线l，其斜率为k，交椭圆于另一点D， 到直线l的距离为d．如果直线 、l、 的斜率依次成等差数列，求d的取值范围．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）根据给定条件，列式求出 即可.
（2）利用点差法，结合斜率的坐标公式推理得证.
（3）设出直线 的方程，与椭圆方程联立，结合已知求出斜率 的范围，再将 表示为 的函数，借助对
勾函数单调性求出范围.
【详解】（1）依题意， ，解得 ，
所以椭圆 的方程为
（2）设 ，则 ，
由 ，得 ，直线 的斜率分别为 ，
则 ， ，
因此 ，即 ，所以 .
（3）当直线 的方程为 ，由 ，得 ，
，即 ，
椭圆 左、右焦点 ，设 ,
由直线 的斜率 依次成等差数列，得 ，又 ，则 ，
化简并整理得: ，若 ，则直线 ： 过点 ，不符合题意，
则 ，即 ，此时 ，整理得 ，
因此 ，解得 ，记点 到直线 的距离为 ，
则 ，
令 ， 在 上单调递减，则 ，
所以d的取值范围是 .
5．（2025·上海·模拟预测）如图1，已知椭圆Γ的方程为 和椭圆 其中
A，B分别是椭圆τ的左右顶点．若A，B恰好为椭圆Γ的两个焦点，椭圆Γ和椭圆τ有相同的离心率．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)如图2，若P是椭圆τ上一点，射线AP，BP分别交椭圆 于 ，N，连接AN，BM（P，M，N均在x
轴上方）．求证：NB，MA斜率之积 为定值，求出这个定值；(3)在（2）的条件下，若 ，且两条平行线的斜率为 求正数k的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）结合离心率相等列关于 的关系式，即可求得；
（2）设点坐标，表示 结合椭圆方程即可求得；
（3）设 ，联立方程组，根据韦达定理和第二问的结论即可求得结果.
【详解】（1）由椭圆 的方程可知，椭圆 的离心率为 ， ，
设椭圆 的半焦距为 ，
由已知 ， ，
所以 ， ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）设 ，则 ， 的斜率即 的斜率， 的斜率即 的斜率，
因为 ， ， ，
所以 ，
所以 ， 斜率之积 为定值，且定值为 .
（3）设 ，由于 ，所以 ，
设直线 方程为 ，直线 方程为 ，联立 得： ，
联立 ， ，
因为 且 ，
所以 是方程 的两个实数根， 恒成立
，则 ，
，
整理得 ，
，
解得 ，又 ，
所以 .
题型04 定点问题
抓关键 · 破难点
圆锥曲线中的定点问题是绝对的核心考点。其本质是：证明无论参数如何变化，某条直线恒过某个定
点，或某个动点恒在一条定直线上。
核心思想：找到动直线（或动点）方程中参数（如斜率k）的“不变部分”。将方程整理为关于参数的恒
等式，令其系数为零，即可求出定点（或定直线）。
一、直接推导
1.设参：设出动直线的方程。通常已知直线过某个定点或已知斜率，常用点斜式：y = kx + m。2.寻找关系：利用题目条件（如直线与圆锥曲线相切、相交，或与其他几何条件如垂直、中点等相
关），找到一个关于k和m的关系式。
3.消参定型：将找到的k和m关系式代回原始的直线方程y = kx + m中。得到只含一个参数的解析
式。
关键步骤：将此方程整理为关于参数k的方程，要使这个方程对所有k值都成立，则k的系数和常数项必
须同时为零。
对于y - C = k(x - D)形式，定点显然是(D, C)。
对于更复杂的形式，将方程按k的幂次项整理，令各项系数为零，解方程组即可求出定点(x, y)。
二、先猜后证法
当直接推导复杂或难以进行时，此方法能指明方向，简化计算。
猜定点：特殊位置法：取参数（如斜率k）的两个特殊值（如0,斜率不存在（竖直直线）,1,-1等），画
出两条对应的特殊位置直线。求交点：解这两条特殊直线的交点，该点即为猜測的定点(x ,y )。
0 0
证定点：则动直线的方程可以化简为y - y =f(k)(x -x )。（f(k)为参数k的解析式）
0 0
刷经典 · 通方法
1．（2025·上海金山·三模）已知双曲线 的右焦点为 ．
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)已知 ，点 在双曲线 上且 不与坐标轴垂直，若 为直角三角形，求 的面积；
(3)过点 的动直线 交双曲线C于 两点，过点 分别作直线 的垂线，垂足分别为 与 （不
同于点 ），连接 ，这两条直线相交于点 ，问点 是否为定点，若是，请求出点 的坐标，若
不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2) 或
(3)存在，
【分析】（1）直接根据双曲线方程写出渐近线方程即可；
（2）分 和 两种情况讨论即可求解；（3）分 斜率不存在和 斜率存在两种情况讨论即可求解.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为 ．
（2）①当 时，横坐标 代入双曲线方程可得 ，
则 ；
②当 时，设 ，∴ ，
则 ，
解得 ，则 .
（3）①当 斜率不存在时，
，∴ ；
②当 斜率存在时，设为 ，则直线的方程为 ，
设 ，∴ ，联立方程 ，可得 ，
由题可知 ①，
同理 ②，
① ②式可得：
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
则 为定点 ．
2．（2025·上海虹口·一模）已知椭圆 的左、右焦点分别为 和 ，点 是 的长轴上的动点，
点 为 上的动点，且异于点 ．(1)当点 位于椭圆 的左焦点，且 、 、 能构成三角形时，求 的周长；
(2)当点 位于椭圆 的左顶点时，直线 与 轴交于点 ， ，求实数 的值；
(3)当点 与椭圆 的左、右顶点均不重合时，记直线 与椭圆 的另一个交点为 ，过点 作直线 与椭
圆 交于 、 两点，设 和 分别为弦 和弦 的中点，若 、 、 、 为四个相异的点，
，且直线 恒过定点 ，求点 的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据焦点三角形的周长计算公式求解出结果；
（2）联立直线 与椭圆方程，求得 点坐标，然后根据纵坐标求得 的值；
（3）先判断出 的位置关系，然后通过联立直线与椭圆方程求得中点 的坐标，由此可表示出直
线 的方程，根据直线 过定点可求解出结果.
【详解】（1）由椭圆方程可知， ，
所以 的周长为 ；
（2）因为 ，所以 ，则 ，即 ，
联立 ，可得 ，解得 或 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ；
（3）因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ；
当 中有一条直线斜率不存在时，此时一定有一条弦的中点和 点重合，故不符合条件；
当 为坐标原点时，此时 均与 点重合，故不符合条件；
由上可知， 的斜率都存在，
设 ， ，
联立 ，可得 ，
所以 ，所以 ，所以 ，所以
，
同理可得 ，即 ，
所以 ，所以 ，
令 ，解得 ，因为直线 恒过定点 ，所以 ，所以 ，
所以 .
3．（2025·上海·三模）如图，椭圆 ： ， 为其右焦点，过点 的动直线 与椭圆 相交于
， 两点.
(1)若直线 经过焦点 ，求此时线段 的长度；
(2)若焦点 不在直线 上，求 周长的最大值及相应直线 的方程；
(3)在平面直角坐标系 中，是否存在与点 不同的定点 ，使得 恒成立？若存在，求出点
的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)3；
(2)最大值为8，直线 ： ；
(3)存在， .
【分析】（1）求出点 的坐标及直线 的方程，与椭圆方程联立求出弦长.（2）令椭圆左焦点为 ，利用线段和差大小关系及椭圆定义推理求解.
（3）由特殊位置确定点 的位置及坐标，再就一般情况推理求解.
【详解】（1）依题意， ，直线 的斜率为 ，方程为 ，
由 消去 得 ，解得 ，
所以线段 的长 .
（2）设椭圆的左焦点为 ，则 ，
于是 ，当且仅当直线 过左焦点 取等号，
所以 周长的最大值为8，此时直线 方程为 .
（3）存在点 满足题意，
假设存在满足题意的定点 ，当直线 平行于 轴时，则 ， ， 两点关于 轴对称，
则 点在 轴上，不妨设 ，
当直线 垂直于 轴时， ， ， ，
解得 或 （舍去，否则 点就是 点），即 点的坐标为 ；
对于一般的直线 ： ， 也满足题意.
因为 ，由角平分线定理知， 轴为 的角平分线，则只需 .
设 ， ，则 ， ，则 ，消去 可得， ，
则 ， ，
于是 ， ，
两式相加得， ，
即 从而，假设成立.
即存在与点 不同的定点 ，使得 恒成立.
4．（2026·上海奉贤·二模）已知椭圆 经过点 ，离心率为 ．过点 ，
的动直线 交椭圆 于 ， 两点．
(1)求椭圆 的方程；
(2)若直线l与 相切，求当 时， 的长；
(3)若以 为直径的圆经过 轴上方的定点 ，求点 的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用离心率及所过点计算即可得；（2）设出直线 后，利用圆的切线的性质计算可得 ，联立直线与曲线方程，消去 可得与横坐标相关韦
达定理，再利用弦长公式计算即可得；
（3）设 ， ，联立直线与曲线方程，消去 可得与横坐标相关韦达定理，再利用
圆上的点的性质，借助向量有 ，计算后可得与 、 、 、 有关等式，再利用定点性质计算即
可得解.
【详解】（1）由题意可得 ，解得 ，
故椭圆 的方程为 ；
（2）由 ，则 ，可设 ， 、 ，
则由直线 与 相切，可得 ，化简得 ，
联立 ，消去 可得 ，
，
则 ， ，
则
；（3）设 ， 、 ， ，
联立 ，消去 可得 ，
，即 ，
， ，
由点 在以 为直径的圆上，则 ，
由 ， ，
则
，即
故 ，则有 ，
由 ，故 ，则有 ，
即 或 ，由 ，故 ，
即当且仅当 时，以 为直径的圆经过 轴上方的定点 ，
且 点坐标为 .
题型05 点在定直线（曲线）上问题
抓关键 · 破难点
将动点的坐标表示为某个参数（通常是斜率 k）的函数，消去这个参数后，得到一个关于 x,y的方
程，即为该点所在的方程。
主要步骤为：1、设参并表示动点2、建立关系3、消参4、得到定方程
在解题过程中，可以使用几何性质转化，先猜后证等方法帮助解决计算问题。
刷经典 · 通方法
1．（2025·上海金山·二模）已知椭圆 ，左右焦点分别为 ，上下顶点分别为 ，左右
顶点分别为 ， 是 上异于椭圆顶点的两点.(1)求 的周长；
(2)若点 在第一象限且满足 的面积比 的面积大，求点 的横坐标的取值范围；
(3)记点 在直线 上的投影为 ，且直线 的斜率是直线 的斜率的3倍，试判断：过点
为坐标原点 三点的圆是否为定圆？若是，求出该圆的方程；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)是定圆
【分析】（1）求出 ，结合椭圆的定义即可得解；
（2）设 ，由 ，可得 ，再根据点 在椭圆上即可得解；
（3）设直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，分布于椭圆方程联立，利用
韦达定理求出 两点的坐标，进而可求出 的方程，进而可得出答案.
【详解】（1）由椭圆 ，
得 ，所以 ，
所以 的周长为 ；
（2）设 ，
由 ，得 ，
所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ，
解得 ，即点 的横坐标的取值范围为 ；
（3） ，
设直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
联立 ，消 得 ，
则 ，所以 ，所以 ，
故 ，
联立 ，消 得 ，
则 ，所以 ，所以 ，
故 ，
当 ，即 时，
，
则直线 的方程为 ，
即 ，过定点 ，当 ，即 时，
此时 ，直线 过定点 ，
设 ，因为 ，
所以过点 为坐标原点 三点的圆即为过点 为坐标原点 三点的圆，
因为 过原点，点 ，点 ，
所以过点 为坐标原点 三点的圆是定圆 .
2．（2025·上海嘉定·一模）如图，在平面直角坐标系中， 为原点，已知抛物线 的焦点为 ，点
的坐标为 .
(1)若点 在 上，且 ，求点 的坐标；
(2)若 是 上的任意一点，求 的最小值；
(3)过点 的动直线与抛物线 交于 、 两点，过点 、 分别作 的切线，切线交点为 ，求证：点
的轨迹是一条直线.
【答案】(1) 或 ；
(2) ；(3)证明见解析.
【分析】（1）令 ，应用两点距离公式求参数值，即可得点的坐标；
（2）若 垂直抛物线 的准线于 ，结合抛物线的定义得 ，数形结合确定其最小
值；
（3）设 ， ，应用导数几何意义求过 的切线，进而得到
， ，联立直线 与抛物线并应用韦达定理得 ， ，即可证.
【详解】（1）由题设，令 ，则 ，即 ，
所以 ，故 或 ；
（2）若 垂直抛物线 的准线 于 ，由抛物线的定义知 ，
所以 ，当且仅当 三点共线时取等号，
又 抛物线 的准线时， 最小为 ，
所以 的最小值为 ；
（3）由题设，直线 的斜率一定存在，设 ， ，
而 ，则过 的切线斜率为 ，对应切线为 ，即 ，
同理过 的切线为 ，即 ，联立 ，可得 ，整理得 ，
由题意 ，则 ， ，
联立 ，得 ，且 ，
所以 ， 则 ， ，
显然点 在直线 ，即 上，得证.
3．（25-26高三上·上海·期末）已知双曲线 的左、右顶点分别为 ，离心率
为2，右焦点 到双曲线 的渐近线距离为 ，过右焦点 作直线 交双曲线的右支于 两点，
(1)求双曲线 的方程；
(2)过左焦点 ，作直线 的平行线交双曲线的左支于 两点，求四边形 的面积的最小值；
(3)若直线 交于点 ，证明： 在定直线上．
【答案】(1)
(2)24
(3)证明见解析
【分析】（1）利用离心率和焦点到渐近线的距离这两个条件，求出 的值，从而确定双曲线方程；
（2）由双曲线的对称性四边形 为平行四边形，故 ，设出直线 的方程，分别与双曲线
联立，由 计算四边形面积并借助函数的单调性求最小值；
（3）写出直线 和 的方程，联立求解交点 的坐标，证明其横坐标为定值.
【详解】（1）因为双曲线 的离心率 ，故 ，而双曲线的渐近线为 ，故右焦点 到渐近线的距离为 ，
而 ，故 ，
故双曲线的方程为： .
（2）显然直线 与 轴不垂直，设 ，
由双曲线的对称性知 ，结合 ，即四边形 为平行四边形，
且 为平行四边形 的对角线中点，故 ，
联立 ，故 ，
由于 均在双曲线右支，故 ，故 ，
而
，
令 ，则 ，
易知 在 上为减函数，则当 时， ，
综上，四边形 的面积的最小值为
（3）证明：左顶点 ，右顶点 ，
设过 的直线方程
直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，两式相除得 ，代入
计算： ．
由（2）知 ，
注意到 ，代入得： ，
因此 ，解得 .
故交点 的横坐标恒为 ，即 在定直线 上.
4．（25-26高三上·上海·期中）如图所示的折纸又称＂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，用半径为4圆形纸片按如下步
骤折纸：
步骤1：设圆心是 ，在圆内（除去圆心）取一点，标记为 ，且 ；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过 ；
步骤3：把纸片展开，于是就留下一条折痕；步骤4：不停重复步骤2和3，能得到越来越多条的折痕.
这些折痕围成的一个图形.
(1)以 所在的直线为 轴， 的中点 为原点建立平面直角坐标系，求折痕围成的图形的标准方程；
(2)求经过点 ，且与直线 夹角为 的直线交椭圆于 两点，求 的面积．
(3)设 为椭圆的左右顶点，过右焦点 的直线 交椭圆于 两点，直线 交于 点，求证 在
定直线上，并求出定直线方程.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析， 点在定直线 上
【分析】(1)由椭圆定义可判断点 的轨迹是椭圆，由题意求出 ，即可得解；
(2)求出直线方程，直线方程与椭圆联立求得弦长，再求出点到线的距离即可求出面积；
(3)设直线 的方程为 ，与椭圆联立，韦达定理
求出两根之和，两根之积. 的方程为与 的方程联立，解得 ，所以 点在定直线 上.
【详解】（1）这些折痕围成的图形是一个椭圆．定点 到圆心 的距离为2，按上述方法折纸，如图所示．
设 与折痕的交点为 ，设 ，由题意可知 且 ，
所以点 是以 为椭圆的左、右焦点，长轴长为 的椭圆，
即 ，所以 ，所以椭圆的标准方程为 .
（2）经过 且与直线 夹角为 的直线的倾斜角 为或 ，由椭圆的对称性，不妨设直线的倾斜角为 ，即直线的斜率 ，
又 ，则直线 ．
设 ，联立 ，消去 得 ， ，
， ，
（3）证明：显然直线 的斜率不为0，则可设直线 的方程为 ，
联立 ，此时 ，
由韦达定理得 ，所以 ，
又 ，所以直线 的方程为 ①
所以直线 的方程为 ②
联立①②，可得 ，解得
所以 点在定直线 上.
题型06 定值问题
抓关键 · 破难点
将待证的目标量（如斜率积、线段乘积、面积等）用参数（通常是斜率k）表示出来，通过代数运算消去
参数，若结果是一个常数，则定值得证。
常见的定值类型有：
1、斜率的和、积、比为定值2、线段长度、乘积或倒数和为定值
3、面积为定值
4、向量数量积为定值
“先猜后证”：取参数的特殊值快速计算出目标量的值。这个值很可能就是定值。这不仅能预知结果、
增强信心，还能用来验证最终化简结果是否正确。
“设而不求”的极致运用：不仅对交点坐标“设而不求”，对于复杂的中间量，也保持其整体形式，在
后续运算中可能会相互抵消。
参数关系式的挖掘：定值问题的核心往往在于题目中隐藏的参数关系。
刷经典 · 通方法
1．（2025·上海奉贤·一模）椭圆 ， 是第一象限内椭圆上的点， ， ，
，椭圆的离心率是 ． ， ， 且 ．
(1)求椭圆的方程并在下图1中作出椭圆的左焦点，写出作图依据；
(2)如图2，设 ，三角形 的面积记为 ，三角形 的面积记为 ，若 ，求点 的坐标；
(3)设 ，连结 与椭圆交于点 ，连结 与椭圆交于点 ，判断 是否为定值？请说
明理由．
【答案】(1)椭圆的方程为 ，作图见解析(2)
(3)为定值
【分析】（1）根据椭圆中 的关系求解椭圆方程即可，利用椭圆的定义作图即可得椭圆的左焦点；
（2）设 ，则 ，根据三角形面积公式即可得 ， 关于 的式子，利用面积比例求
解 即可得所求；
（3）设 ，其中 ， ，其中 ，分别与椭圆方程联立，根据根于
系数的关系得 与 ， 与 的关系，再根据线段比例关系计算验证 是否为定值即可.
【详解】（1）因为椭圆 中 ， ， ，椭圆的离心率是 ，
则 ，解得 ，
则椭圆的方程为 ；
如下图：以 为圆心，以 的长为半径在线段 上画圆弧，与线段 的交点即为椭圆的左焦点
；（2）设 ，则 ①，且 ，
当 时， ，
又 ，
因为 ， ，所以直线 的方程为 ，即 ，
故点 到直线 的距离 ，
，
因为 ，所以 ，即 ②，
联立①②，且 ，解得 ，
故点 的坐标为 ；
（3）如图所示 ， ， 且 ， ，则 ，
过 作 轴于 ，过 作 轴于 ，设 ，其中 ，
， 恒成立，
所以 ，
则 ，
设 ，其中 ，
， 恒成立，
所以 ，
则 ，
因为 ，
所以
为定值，
所以 为定值 .
2．（2025·上海崇明·一模）已知椭圆 ， 分别是 的左右焦点，点 均在 上，且
点 是第一象限点，直线 经过点 ，直线 均经过点 ．(1)求椭圆 的离心率；
(2)若 ，直线 的方程；
(3)求证： 为定值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意，求得 ，得到 ，结合椭圆离心率的定义，即可求解；
（2）设 ，得到 ，由 ，代入求得 ，结合 ，结合直线的点斜
式方程，即可求解；
（3）设 的方程为 ，联立方程组求得 ，再设 的方程为
，联立方程组，求得 ， ，同理求得 ， ，结合
，化简得到 ，即可得证.
【详解】（1）解：由椭圆 ，可得 ，则 ，
所以 ，所以椭圆 的离心率为 .
（2）解：由（1）知，椭圆 的左焦点 ，
设 ，其中 ，则 ，
则向量 ，可得 ，将 代入得 ，解得 ，则 ，即 ，
可得 ，
又由 过点 ，所以 的方程为 ，即 .
（3）证明：设直线 的斜率为 ，则方程为 ，
联立方程组 ，整理得 ，
设 ，可得 ，
由直线 过 ，设其直线方程为 ，
联立方程组 ，整理得 ，
设 ，可得 ，
因为 在直线 上，可得 ，化简得 ，则 ，
同理可得：设 ，可得 ，则 ，
又因为 ，
又由 ，
即 ，所以 .3．（2025·上海徐汇·一模）已知抛物线 的焦点为 ，准线为 ．
(1)若点 在抛物线 上，求 所在直线的斜率；
(2)若准线 ，点 为抛物线 准线 上的一个动点，过点 作圆 的两条切线，
切点分别为 、 ．若两条切线 、 与 轴分别交于点 、 ，求 的最小值；
(3)若点 到准线 的距离为 ，过抛物线 的准线 上一点 作圆 的两条切线 、
，且 、 分别与 交于 、 两点和 、 两点．问：是否存在某个圆 ，
使得当点 运动时， 为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，且定值为
【分析】（1）将点 的坐标代入抛物线 的方程，求出 的值，可得出该抛物线的标准方程，可求出其
焦点 的坐标，再利用斜率的斜率公式可求出直线 的斜率；
（2）设点 ，由题意可知，切线 、 的斜率都存在，设这两条切线的斜率分别为 、 ，设过点 的切线方程为 ，利用圆心到切线的距离等于半径得出 ，结合韦达定理
得出 ， ，求出 、 的坐标，结合韦达定理可求出 的最小值；
（3）设点 ，设过点 的切线的方程为 ，因为圆心 到切线的距离为 ，可得
出 ，设切线 、 的斜率分别为 、 ，则 、 为该方程的两根，
利用韦达定理得出 ， ，将直线 的方程与抛物线的方程联立，可得出
，同理可得出 ，化简 的表达式，根据韦达定理结合 为定值可求得 的值，即可得出结论.
【详解】（1）将点 的坐标代入抛物线 的方程可得 ，解得 ，
故抛物线 的标准方程为 ，其焦点为 ，
故直线 的斜率为 .
（2）圆 的标准方程为 ，则圆心为 ，半径为 ，
因为抛物线 的准线方程为 ，即 ，可得 ，故抛物线 的方程为 ，
设点 ，由题意可知，切线 、 的斜率都存在，设它们的斜率分别为 、 ，
不妨设过点 的切线方程为 ，即 ，
由题意知，圆心 到直线 的距离为 ，即 ，
整理可得 ，
依题意， 、 是关于 的方程 的两根，所以 ，且 ， ，
易知直线 的方程为 ，令 可得 ，即得点 ，同理点 ，
所以 ，
当且仅当 时，等号成立，故 的最小值为 .
（3）若点 到准线 的距离为 ，即 ，故抛物线 的方程为 ，
其准线 的方程为 ，设点 ，
圆 的圆心为 ，半径为 ，
由题意可知，过点 的切线的斜率存在，设过点 的切线方程为 ，即 ，
因为圆心 到切线的距离为 ，则 ，
整理可得 ，
设切线 、 的斜率分别为 、 ，
则 、 为关于 的方程 的两根，
故 ， ，将直线 的方程与抛物线 的方程联立 ，可得 ，
由韦达定理可得 ，同理可得 ，
故
为定值，则 ，
因为 ，解得 ，
故当 时，即存在定圆 ，使得当点 运动时， 为定值 .
4．（2025·上海黄浦·一模）已知双曲线 的中心位于坐标原点 ，焦点 ， 分别在 轴的正、负半轴上，
，直线 是 的一条渐近线，直线 与 有且只有一个公共点 ．
(1)求 的方程；
(2)若点 在 轴上，且 为直角，求点 的坐标；
(3)设动直线 平行于 ，与 交于点 ， ，与 交于点 ，是否存在常数 ，使得
总成立？若存在，请求出 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(2) 或
(3)存在 符合题意.
【分析】（1）利用双曲线的焦距确定c，渐近线斜率确定 ，结合 求出 ，进而得到双曲线
方程.
（2）联立直线与双曲线，由判别式得 以确定 点坐标，设 点坐标后，利用向量垂直的数量积为0求解
的坐标.
（3）先确定直线 的方程，联立 与双曲线得韦达定理，联立 与 得 点坐标，计算 和
并化简对比，得出常数 的值.
【详解】（1）依题意， ，解得 ，
所以 的方程为 .
（2）联立 ，消去 并化简得 ，
由题意可得 ，解得 ，因为 ，
所以 ，代入上式，解得 ，
所以 ，设 ，
因为 为直角，
所以 ，
解得 或 ，
所以 或 .（3） ，设 ， ，
联立 ，消去 并化简得 ，
，
，
联立 ，解得 ，
所以 ，
，
代入 点坐标及韦达定理得
，
，
所以 ，使得 .
5．（2026·上海松江·模拟预测）已知椭圆 的左焦点为 ，过点 作斜率不为0的直线 与椭圆 交于 两点.
(1)求椭圆 的离心率；
(2)设直线MF､NF的斜率分别为 ，求 的值；
(3)若点E满足 ，点D在椭圆上， 轴，探究直线EF与直线DQ的斜率之积是否为
定值？若为定值，请求出该值；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)0
(3)是，
【分析】（1）根据已知确定椭圆参数，即可求离心率；
（2）设直线 ， ，联立椭圆方程并应用韦达定理，代入
化简即可得；
（3）由题设 为 的外心，由 ，从而有 ，得 ，设出三角形外接圆的方程
，联立 整理得一元二次方程，其与（2）中方程同解得到等比例关
系求得 ，进而确定 坐标并求得 ，即可得结论.
【详解】（1）由题设 ，则 ，离心率为 ；（2）由（1）知， ，即 ，
设直线 ， ，
联立得 ，则 ，
，
，
所以 ；
（3）由 ，则 为 的外心，
由 ，根据对称性知 ，则 ，
设过 的圆为 ，
过 得， ，
联立圆与直线 ，整理得 ，
上述方程与 有同解，
所以 ，可得 ，外心 ，则 ，
所以 为定值.
