2026届高考数学二轮复习——圆锥曲线中定比点差法的应用复习讲义及解析（word版）

这是一份2026届高考数学二轮复习——圆锥曲线中定比点差法的应用复习讲义及解析（word版），文件包含2026届高考二轮复习圆锥曲线中定比点差法的应用复习讲义原卷版docx、2026届高考二轮复习圆锥曲线中定比点差法的应用复习讲义解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共24页， 欢迎下载使用。
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.
专项练习
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．
4.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
5.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．
6.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．
7.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
．
8．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.

9．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.
10．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.
11．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.

12．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．
13．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……④
④-③得，
所以.
14．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.
15．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）设直线的方程为，、、，
由，得.
，则有，，
由，得，由，可得，
，
，
综上，点在定直线上.
16．如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆（）的离心率为．为椭圆上异于顶点的一点，点满足．
（1）若点的坐标为，求椭圆的方程；（2）设过点的一条直线交椭圆于两点，且，直线的斜率之积，求实数的值．
【解析】试题解析：（1）因为，而，
所以．
代入椭圆方程，得，①
又椭圆的离心率为，所以，②
由①②，得，
故椭圆的方程为．
（2）设，
因为，所以．
因为，所以，
即
于是
代入椭圆方程，得，
即，③
因为在椭圆上，所以． ④
因为直线的斜率之积为，即，结合②知． ⑤
将④⑤代入③，得，
解得．