专题19圆锥曲线（椭圆）综合大题（14题型+提分快招）-2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（天津专用）

专题19圆锥曲线（椭圆）综合大题类归类 目录 题型01 圆锥韦达定理基础 1 题型02 “定点型”原理：双变量直线啊 2 题型03 基本计算型：斜率和定 3 题型04 斜率积定 4 题型05 斜率比值定型 5 题型06 面积最值范围型 5 题型07 圆过定点型 6 题型08 定值型 7 题型09 切线型 7 题型10 韦达定理不能直接用：“点带入”型 9 题型11 韦达定理不能直接用：定比分点型 9 题型12 韦达定理不能直接用：系数不一致 10 题型13 韦达定理不能直接用：坐标计算型 11 题型14 压轴大题 12 题型01 圆锥韦达定理基础 【解题规律·提分快招】 基本模板实战模板 1、设点， 2、方程1：设直线：-----此处还有千言万语，在后边分类细说。 3、方程2：曲线：椭圆，双曲线，抛物线，或者其他（很少出现），注意一个计算技巧，方程要事先去分母 4、方程3:联立方程，整理成为关于x(或者y）的一元二次方程。要区分，椭圆，双曲线，和抛物线联立后方程 的二次项能否为零-----这就是实战经验。 5、（1）； （2）二次项系数是否为0；------这两条，根据题确定是直接用，或者冷处理。但是必须考虑。 6、方程4、5：韦达定理 7、寻找第六个方程，第六个方程其实就是题目中最后一句话 【典例1-1】 （24-25高二上·天津河东·阶段练习）已知椭圆C：的离心率为且经过点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若过点的直线与椭圆交于M，N两点(点M，N与点A不重合)，求证：为直角三角形. 【典例1-2】 （24-25高二上·天津和平·期末）已知椭圆的离心率为分别是椭圆的左右焦点，过点的直线交椭圆于两点，且的周长为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，判断在轴上是否存在点，使得是以为底边的等腰三角形？若存在，求点横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由. 【变式1-1】 （24-25高三上·天津南开·期末）已知离心率为的椭圆过点. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)为椭圆的左焦点，为上顶点，点在轴上，且.过点直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程. 题型02 “定点型”原理：双变量直线啊 【解题规律·提分快招】 当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况 当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。 （1） （2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。 （3）设“双变量”求定点时，第二种设法较简单。 （4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律： 一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。 处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为）， （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到， ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 【典例1-1】 （24-25高二上·天津西青·期末）已知椭圆的左焦点为圆的圆心，且椭圆上的点到点距离的最小值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线与椭圆交于两个不同点，点为椭圆上顶点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，若，求证：直线经过定点. 【典例1-2】 （24-25高二上·天津静海·阶段练习）已知椭圆的方程为，其右顶点，离心率． (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于不同的两点，（，不与左、右顶点重合），且．求证：直线过定点，并求出定点的坐标． 【变式1-1】 （24-25高三上·天津南开·阶段练习）已知椭圆过点，其长轴长为4，下顶点为，若作与轴不重合且不平行的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点. (1)求椭圆的方程； (2)当点横坐标的乘积为时，试探究直线是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由. 题型03 基本计算型：斜率和定 【解题规律·提分快招】 给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有 【典例1-1】 （24-25高三上·天津滨海新·阶段练习）已知为椭圆的左焦点，为椭圆上一点. (1)求椭圆的方程； (2)直线(不与x轴重合)经过并且交椭圆于，两点(点在点的右侧)，椭圆右顶点为，若N为线段的中点，过点作与轴垂直的直线交直线于，直线与椭圆相交于点，设直线与直线的斜率分别为，请问是否为定值? 若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【典例1-2】 （24-25高二上·天津河北·期末）已知椭圆：（）的离心率，且椭圆过点. (1)求的方程： (2)过点直线与椭圆有两个交点，，已知轴上点，求证：. 【变式1-1】 （24-25高三上·福建福州·阶段练习）已知椭圆：的右焦点F在直线上，A，B分别为的左、右顶点，且. (1)求C的标准方程； (2)是否存在过点的直线交C于M，N两点，使得直线，的斜率之和等于-1？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由. 题型04 斜率积定 【解题规律·提分快招】 给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有 【典例1-1】 （24-25高二上·浙江嘉兴·期中）已知椭圆：过点，离心率为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点，且，均不与轴垂直． (1)求椭圆的方程； (2)若，为椭圆的上顶点，求的面积； (3)记直线，的斜率分别为，，证明：为定值． 【典例1-2】 （24-25高二上·浙江宁波·期中）已知椭圆，过点，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，若直线的斜率都存在且分别为， (1)求椭圆的方程 (2)求的值 【变式1-1】 （24-25高二上·天津和平·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为.A为椭圆上异于顶点的一点，点P满足. (1)若点P的坐标为，求椭圆的方程； (2)设过点P的一条直线交椭圆于B，C两点，且，直线，的斜率之积为，求实数m的值. 题型05 斜率比值定型 【典例1-1】 （24-25高三上·天津·阶段练习）设椭圆的离心率等于，抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，分别是椭圆的左右顶点. (1)求椭圆的方程； (2)动点、为椭圆上异于的两点，设直线，的斜率分别为，，且，求证：直线经过定点. 【典例1-2】 （24-25高三上·天津河北·期末）已知直线经过椭圆C：（）的右焦点为F，且被椭圆C截得的线段长为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的下顶点为A，P是椭圆C上一动点，直线AP与圆O：相交于点M（异于点A），M关于O的对称点记为N，直线AN与椭圆C相交于点Q（异于点A）.设直线MN，PQ的斜率分别为，，试探究当时，是否为定值，并说明理由. 【变式1-1】 （2024·北京·三模）已知椭圆的离心率为． (1)求椭圆的方程和短轴长； (2)设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点A，B，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值． 题型06 面积最值范围型 【解题规律·提分快招】 求非常规型四边形的面积最大值，首先要选择合适的面积公式，对于非常规四边形，如果使用的面积公式为，为此计算， 代入转化为的函数求最大值. 【典例1-1】 （24-25高二上·天津北辰·期中）设椭圆的左右焦点分别为，，且过点，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)设动直线与坐标轴不垂直，与曲线交于不同的，两点，且直线和的斜率互为相反数． ①证明：动直线恒过轴上的某个定点，并求出该定点的坐标； ②求面积的最大值． 【典例1-2】 （24-25高二上·贵州铜仁·阶段练习）已知椭圆，短轴的一个端点到右焦点的距离为，半焦距. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于，两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值. 【变式1-1】 （24-25高三上·天津滨海新·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率是，短轴长为2，若点分别是椭圆的左右顶点，动点，，直线交椭圆于点. (1)求椭圆的方程； (2)（i）求证：是定值； （ii）设的面积为，四边形的面积为，求的最大值. 题型07 圆过定点型 【解题规律·提分快招】 圆过定点，有常见几方面的思维 （1） 利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算 （2） 利用对称性，可以猜想出定点，并证明。 （3） 通过推导求出定点（难度较大） 【典例1-1】 （2014高三·全国·专题练习）已知椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率.过的直线交椭圆于、两点，且的周长为. （1）求椭圆的方程； （2）设动直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点.求证：以为直径的圆恒过一定点.并求出点的坐标. 【典例1-2】 （24-25高二上·天津·期中）已知椭圆：，A点为椭圆短轴的上端点，P点为椭圆上异于A点的任一点，若P点到A点距离的最大值仅在P点为短轴的另一端点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知，椭圆的离心率 (1)求椭圆的标准方程； (2)试判断椭圆是否是“圆椭圆”?并证明你的结论； (3)Q点为P点关于原点O的对称点，Q点也异于A点，直线AP、AQ分别与x轴交于M、N两点，试问以线段MN为直径的圆是否过定点?证明你的结论． 【变式1-1】 （21-22高三上·天津武清·阶段练习）设椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一动点，已知椭圆的短轴长为，面积的最大值为. （1）求椭圆方程； （2）设椭圆的左顶点为，过的直线与椭圆交于、两点，连接，并延长分别交直线于，两点，以为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标，若不是，请说明理由. 题型08 定值型 【解题规律·提分快招】 求定值问题常见的思路和方法技巧： （1） 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2） 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． 求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题 【典例1-1】 （2024·天津滨海新·三模）已知椭圆：（）的离心率为，分别为椭圆的左顶点和上顶点，为左焦点，且的面积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设椭圆的右顶点为，是椭圆上不与顶点重合的动点． ①若点（），点在椭圆上且位于轴下方，设和的面积分别为，．若，求点的坐标； ②若直线与直线交于点，直线交轴于点，设直线和直线的斜率为，，求证：为定值，并求出此定值． 【典例1-2】 （2024·天津北辰·三模）已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程. 【变式1-1】 （24-25高二上·天津·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于点，与轴交于点.若  ，求直线的斜率； (3)为椭圆上一点，射线分别交椭圆于点，试问是否为定值? 若是，求出该定值； 若不是，请说明理由. 题型09 切线型 2 【解题规律·提分快招】 在利用椭圆（双曲线）的切线方程时，一般利用以下方法进行直线： （1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解； （2）椭圆（双曲线）在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆（双曲线）相切. 双曲线的以为切点的切线方程为 抛物线的切线： （1）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：； （2）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：． 【典例1-1】 （24-25高二上·天津·阶段练习）已知椭圆的右顶点为，上顶点为，椭圆的离心率为，短轴长为4. (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆有唯一的公共点（在第一象限），此直线与轴的正半轴交于点，直线与直线交于点，且，求直线方程. 【典例1-2】 （23-24高二上·天津南开·阶段练习）已知椭圆的右焦点为，点为椭圆上一动点，且到的距离与到直线的距离之比总是. (1)求椭圆的方程； (2)过作椭圆的切线，交直线于点. ①求证：； ②求三角形面积的最小值. 【变式1-1】 （22-23高三·天津南开·阶段练习）已知椭圆的左顶点为，右焦点为，过点作垂直于轴的直线交该椭圆于两点，直线的斜率为. （1）求椭圆的离心率； （2）若的外接圆在处的切线与椭圆交于另一点，且的面积为，求该椭圆方程. 题型10 韦达定理不能直接用：“点带入”型 【典例1-1】 （21-22高三·重庆渝中·阶段练习）已知椭圆：的左、右焦点为，，为椭圆上一点，且，． (1)求椭圆的离心率； (2)已知直线交椭圆于，两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程． 【典例1-2】 （2024·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求E的方程； (2)若O为坐标原点，直线l与E交于M，N两点，且以为直径的圆过点O，点P是E上的一点，满足，求四边形面积的取值范围. 【变式1-1】 （24-25高二上·安徽淮南·期中）已知椭圆的右顶点为，上顶点为. (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的右焦点为，点为椭圆上不同于顶点的一点，若直线，与轴相交，交点分别为，，且，求点的横坐标. 题型11 韦达定理不能直接用：定比分点型 【解题规律·提分快招】 若有 1.利用公式，可消去参数 2.可以直接借助韦达定理反解消去两根 定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足） 可以利用公式，可消去 【典例1-1】 31．（24-25高二上·天津北辰·期中）已知椭圆的左右焦点分别为，，长轴长为，且短轴长是焦距的倍． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点，斜率为的直线与椭圆相交，两点，求的长； (3)过点的直线与椭圆相交于，两点，，求直线的方程． 【典例1-2】 （24-25高二上·天津·阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为 ， 且经过点，分别为椭圆C的左、右顶点，过左焦点F的直线l交椭圆C于两点 (其中D在x轴上方). (1)求椭圆C的标准方程； (2)若 求直线的方程. 【变式1-1】 （24-25高三上·天津北辰·阶段练习）已知椭圆的左焦点为，离心率.    (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线交椭圆于，两点. ①若直线经过椭圆的左焦点，交轴于点，且满足，.求证：为定值； ②若，求面积的取值范围. 题型12 韦达定理不能直接用：系数不一致 1 【解题规律·提分快招】 平移齐次化的步骤， （1）平移； （2）与圆锥曲线联立并其次化； （3）同除； （4）利用根与系数的关系进行证明结论；如果是过定点的问题还需要平移回去. 【典例1-1】 （2022·安徽芜湖·模拟预测）已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左､右顶点，为椭圆的上顶点，为椭圆的左焦点，且的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设过点的动直线交椭圆于、两点(点在轴上方)，、分别为直线、与轴的交点，证明：为定值. 【典例1-2】 （2022高三·全国·专题练习）如图，已知椭圆的离心率为，，分别是椭圆的左、右顶点，右焦点，，过且斜率为的直线与椭圆相交于，两点，在轴上方． (1)求椭圆的标准方程； (2)记，的面积分别为，，若，求的值； (3)设线段的中点为，直线与直线相交于点，记直线，，的斜率分别为，，，求的值． 【变式1-1】 （2024·天津·一模）已知椭圆过点，焦距是短半轴长的倍， (1)求椭圆的方程； (2)点是椭圆上的三个不同点，线段交轴于点异于坐标原点，且总有的面积与的面积相等，直线分别交轴于点两点，求的值. 题型13 韦达定理不能直接用：坐标计算型----1 【解题规律·提分快招】 求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）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． 【典例1-1】 （2024·天津河东·一模）已知椭圆的离心率为，点到椭圆右焦点距离等于焦距. (1)求椭圆标准方程； (2)过点斜率为的直线与椭圆交于两点，且与轴交于点，线段的垂直平分线与轴，轴分别交于点，点为坐标原点，求的值. 【变式1-1】 （24-25高三下·浙江宁波·阶段练习）已知椭圆的离心率为，且过点．    (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，过点作直线（不与轴重合）交椭圆于，连接交于点，连接，直线与轴交于点．（i）求的值；（ii）若点在线段上，求的取值范围． 题型14 压轴大题 【典例1-1】 （24-25高三上·云南昆明·期中）平面内，动点与定点的距离与到定直线：的距离之比为常数. (1)求动点的轨迹方程； (2)过点作不垂直于轴的直线，与动点的轨迹交于两点，点在直线上，记直线的斜率分别为，证明：成等差数列. 【典例1-2】 （24-25高二上·天津武清·阶段练习）已知、分别为椭圆的左、右焦点，M为上的一点. (1)若点M的坐标为，求的面积； (2)若点M的坐标为，且直线与交于不同的两点A、B，求证：为定值，并求出该定值； (3)如图，设点M的坐标为，过坐标原点O作圆（其中r为定值，且）的两条切线，分别交于点P，Q，直线OP，OQ的斜率分别记为，.如果为定值，求的最大值， 【变式1-1】 （22-23高三上·云南昆明·阶段练习）已知过点的椭圆的离心率为. 如图所示，过椭圆右焦点的直线（不与轴重合）与椭圆相交于两点，直线与轴相交于点，过点A作，垂足为. (1)求四边形为坐标原点的面积的最大值； (2)求证：直线过定点，并求出点的坐标. 冲高考2 1．（2021·天津宁河·一模）已知椭圆的离心率为，一个顶点A在抛物线的准线上，其中为原点. (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的右焦点，点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点）. （i）直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点，求实数的取值范围； （ii）若点在第四象限，且，求直线的斜率. 2．（高三上·江苏淮安·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率e，左顶点为A（﹣4，0），过点A作斜率为k（k≠0）的直线l交椭圆C于点D，交y轴于点E． (1)求椭圆C的方程； (2)已知P为AD的中点，是否存在定点Q，对于任意的k（k≠0）都有OP⊥EQ，若存在，求出点Q的坐标；若不存在说明理由； (3)若过O点作直线l的平行线交椭圆C于点M，求的最小值． 3.（2025·河北保定·一模）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点为上的动点，的周长为6. (1)求的标准方程. (2)延长线段分别交于两点，连接，并延长线段交于另一点，若直线和的斜率均存在，且分别为，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由. 4．（2025·山东青岛·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为. (1)求的方程； (2)记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 5．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）在平面直角坐标系中，点在椭圆上，椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆交于A，B两点，其中点A在x轴的上方． (1)当时，求的值： (2)将平面沿x轴折叠成直二面角，点A，B在折叠后分别到达点，位置． （i）若，求k的值； （ii）是否存在k，使得的周长为？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题19圆锥曲线（椭圆）综合大题类归类 目录 题型01 圆锥韦达定理基础 1 题型02 “定点型”原理：双变量直线啊 4 题型03 基本计算型：斜率和定 7 题型04 斜率积定 9 题型05 斜率比值定型 12 题型06 面积最值范围型 15 题型07 圆过定点型 18 题型08 定值型 21 题型09 切线型 24 题型10 韦达定理不能直接用：“点带入”型 28 题型11 韦达定理不能直接用：定比分点型 31 题型12 韦达定理不能直接用：系数不一致 34 题型13 韦达定理不能直接用：坐标计算型 37 题型14 压轴大题 39 题型01 圆锥韦达定理基础 【解题规律·提分快招】 基本模板实战模板 1、设点， 2、方程1：设直线：-----此处还有千言万语，在后边分类细说。 3、方程2：曲线：椭圆，双曲线，抛物线，或者其他（很少出现），注意一个计算技巧，方程要事先去分母 4、方程3:联立方程，整理成为关于x(或者y）的一元二次方程。要区分，椭圆，双曲线，和抛物线联立后方程 的二次项能否为零-----这就是实战经验。 5、（1）； （2）二次项系数是否为0；------这两条，根据题确定是直接用，或者冷处理。但是必须考虑。 6、方程4、5：韦达定理 7、寻找第六个方程，第六个方程其实就是题目中最后一句话 【典例1-1】 （24-25高二上·天津河东·阶段练习）已知椭圆C：的离心率为且经过点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若过点的直线与椭圆交于M，N两点(点M，N与点A不重合)，求证：为直角三角形. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由已知可得，再由离心率求出即可求解； （2）由题意设出直线MN的方程，联立直线MN与椭圆方程，利用韦达定理，结合平面向量数量积计算得，即可判定三角形为直角三角形. 【详解】（1）椭圆的离心率为，且经过点. ，解得.椭圆C的标准方程为. （2）证明：若过点的直线MN的斜率不存在，此时M，N两点中有一个点与点A重合，不满足题目条件． 故过点的直线MN的斜率存在，设其斜率为k，则MN的方程为， ，得.设，则，，.， ， ，即为直角三角形. 【典例1-2】 （24-25高二上·天津和平·期末）已知椭圆的离心率为分别是椭圆的左右焦点，过点的直线交椭圆于两点，且的周长为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，判断在轴上是否存在点，使得是以为底边的等腰三角形？若存在，求点横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）结合椭圆的定义及离心率求解即可； （2）设直线的方程为，，设的中点为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理得到，进而结合一元二次方程的判别式求解即可. 【详解】（1）由题意，的周长为，则，所以， 又因为，所以，由，得，所以椭圆的方程为. （2）设直线的方程为，， 设的中点为.假设存在点，使得为以为底边的等腰三角形，则.由得，由题意有，解得，故， 所以，因为，所以，即， 所以，整理得，则方程有根，整理得，即，又因为，所以，综上：在轴上存在点，使得是以为底边的等腰三角形， 点横坐标的取值范围是. 【变式1-1】 （24-25高三上·天津南开·期末）已知离心率为的椭圆过点. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)为椭圆的左焦点，为上顶点，点在轴上，且.过点直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程. 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据已知条件，构造方程组，求出椭圆方程即可； （2）利用向量垂直求出点的坐标，接着设出直线方程与椭圆方程联立，通过韦达定理求出两根之和与两根之积，最后根据向量数量积的关系求出直线的斜率，从而得到直线方程. 【详解】（1）由已知得方程组解得. 所以椭圆的方程为. 椭圆离心率，所以. （2）先求出点的坐标，由（1）得. 因为，向量，设，则. 由于，即， 根据向量数量积公式，得到，解得，所以.   设直线，， 代入椭圆方程，并整理得. ，展开并化简得，， 进一步得到，解得. 由韦达定理可得，. 计算，将，代入得. 把，代入上式得. 因为，即，化简得，即， 解得，所以.  直线的方程为. 题型02 “定点型”原理：双变量直线啊 【解题规律·提分快招】 当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况 当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。 （1） （2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。 （3）设“双变量”求定点时，第二种设法较简单。 （4）重要！双变量设法，在授课时，一定要讲清楚以下这个规律： 一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。 处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为）， （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到， ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 【典例1-1】 （24-25高二上·天津西青·期末）已知椭圆的左焦点为圆的圆心，且椭圆上的点到点距离的最小值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线与椭圆交于两个不同点，点为椭圆上顶点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，若，求证：直线经过定点. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由椭圆方程求得圆心坐标即椭圆焦点坐标，知道的值.由椭圆上的顶点到焦点距离最小求得，通过平方的关系求得，从而得到椭圆方程. （2）设交点坐标为，写出直线和的方程，从而求得点坐标.联立方程组并整理成关于的二次方程，由根与系数的关系得到用表示，从而表示出，建立等量关系，解出的值，从而找到直线定点. 【详解】（1）由题意得圆方程为：圆心为， 即，∴. 又椭圆上的点到点的距离的最小值为，∴，解得：，，则. 椭圆方程为. （2），设，则直线的方程为. 令，得点的横坐标.所以点同理，点. 由得.则. 所以 又，所以. 解得，此时，所以直线经过定点. 【典例1-2】 （24-25高二上·天津静海·阶段练习）已知椭圆的方程为，其右顶点，离心率． (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于不同的两点，（，不与左、右顶点重合），且．求证：直线过定点，并求出定点的坐标． 【答案】(1)(2)证明见解析，． 【分析】（1）由焦点坐标及离心率求出，得出方程； （2）设M，N的坐标，联立直线和椭圆的方程，消去，化简得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，的值，利用得出m与k的关系式，最后检验直线所经过的定点，求出坐标． 【详解】（1）右顶点是，离心率为，所以，，，则， 椭圆的标准方程为． （2）直线方程与椭圆方程联立，得，设，， ，，， ，，即，，则， 即， 整理得，或，均满足 直线或，直线过定点或（与题意矛盾，舍去） 综上知直线过定点． 【变式1-1】 （24-25高三上·天津南开·阶段练习）已知椭圆过点，其长轴长为4，下顶点为，若作与轴不重合且不平行的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点. (1)求椭圆的方程； (2)当点横坐标的乘积为时，试探究直线是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】(1)(2)直线过定点，坐标为. 【分析】（1）先求出，再代入点解出，进而得到椭圆方程； （2）设直线的方程为，直曲联立解出，再由，解出值即可. 【详解】（1）由椭圆长轴长为，可知，将代入椭圆方程：， 所以椭圆的方程为：. （2）设直线的方程为，，由 则直线的方程为，令，得，同理可得， 所以， 所以， 把直线代入椭圆方程中，得出， 所以，代入， 化简得， 所以直线过定点. 题型03 基本计算型：斜率和定 【解题规律·提分快招】 给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有 【典例1-1】 （24-25高三上·天津滨海新·阶段练习）已知为椭圆的左焦点，为椭圆上一点. (1)求椭圆的方程； (2)直线(不与x轴重合)经过并且交椭圆于，两点(点在点的右侧)，椭圆右顶点为，若N为线段的中点，过点作与轴垂直的直线交直线于，直线与椭圆相交于点，设直线与直线的斜率分别为，请问是否为定值? 若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1)(2)为定值，0 【分析】（1）由题意列方程求解，即可求得答案； （2）设直线l方程为，联立椭圆方程，即可表示出的坐标，进而求出AE方程，联立椭圆方程，求出B点坐标，即可得的表达式，化简即可推出结论. 【详解】（1）由为椭圆的左焦点，为椭圆上一点.， 可得，解得，故椭圆方程为； （2）由（1）知，且直线l的斜率存在不为0，设其方程为，联立，则， 即，则，则，即， 则;又直线的方程为， 联立，则，由于该方程有一根为2，故， 则，即故， ，故， 由于 ，故为定值. 【典例1-2】 （24-25高二上·天津河北·期末）已知椭圆：（）的离心率，且椭圆过点. (1)求的方程： (2)过点直线与椭圆有两个交点，，已知轴上点，求证：. 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用给定的离心率及所过的点求出即得. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算得证. 【详解】（1）由椭圆：的离心率，得，则， 由椭圆过点，得，解得，所以椭圆的方程为. （2）依题意，直线的斜率存在，设直线的方程：， 由消去，得，设， 则，， 所以 . 【变式1-1】 （24-25高三上·福建福州·阶段练习）已知椭圆：的右焦点F在直线上，A，B分别为的左、右顶点，且. (1)求C的标准方程； (2)是否存在过点的直线交C于M，N两点，使得直线，的斜率之和等于-1？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)(2)存在，. 【分析】（1）先求出点的坐标，得出椭圆中的，结合椭圆的几何性质可出答案. （2）设直线的方程为：，，，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案. 【详解】（1）设右焦点，直线与x轴的交点为，所以椭圆C右焦点F的坐标为，故在椭圆C中，由题意，结合，则， ，所以椭圆C的方程为：； （2）当直线的斜率为0时，显然不满足条件，当直线的倾斜角不为时， 设直线的方程为：，，， 由，可得，由题意， 则，，由 ，由，即，故存在满足条件的直线，直线的方程为：. 题型04 斜率积定 【解题规律·提分快招】 给定椭圆，与椭圆上定点P，过P点走两条射线PA、PB，与椭圆交与A和B两点，记直线PA、PB的斜率分别为K1,K2,则有 【典例1-1】 （24-25高二上·浙江嘉兴·期中）已知椭圆：过点，离心率为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点，且，均不与轴垂直． (1)求椭圆的方程； (2)若，为椭圆的上顶点，求的面积； (3)记直线，的斜率分别为，，证明：为定值． 【答案】(1)(2)(3)证明见解析 【详解】（1）根据题意得到，解得，故椭圆的方程为； （2）因为，解得或， 当时，直线的方程经过点，不符合题意，舍去； 当时，，点到直线的距离， 故的面积； （3）设，，直线的方程为， 联立方程，得，由，得， 则，，因为直线，均不与轴垂直，所以，，则且， 所以， 故为定值. 【典例1-2】 （24-25高二上·浙江宁波·期中）已知椭圆，过点，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，若直线的斜率都存在且分别为， (1)求椭圆的方程 (2)求的值 【答案】(1)(2)-4 【分析】（1）由椭圆离心率和椭圆上的点，求出，可得椭圆的方程； （2）直线与椭圆联立方程组，设，，表示出，利用韦达定理化简求得的值. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，又椭圆过点，则， 又，解得，，所以椭圆C的方程：． （2）过点的直线交椭圆于两点，当直线斜率不存在时，有，， ，，； 当直线斜率存在时，设直线方程为，设，， 由，消去得，有， .综上可得. 【变式1-1】 （24-25高二上·天津和平·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为.A为椭圆上异于顶点的一点，点P满足. (1)若点P的坐标为，求椭圆的方程； (2)设过点P的一条直线交椭圆于B，C两点，且，直线，的斜率之积为，求实数m的值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据条件以及可得A点的坐标，再根据离心率的条件以及a，b，c的关系可求得a，b，c的值，从而求出椭圆的方程； （2）直线与椭圆位置关系，一般有两个思路，一是利用韦达定理，二是利用点坐标变换，本题选用后一种思路：设，则由的斜率之积，得，由，解出代入椭圆方程化简得，从而求出实数的值． 【详解】（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． 题型05 斜率比值定型 【典例1-1】 （24-25高三上·天津·阶段练习）设椭圆的离心率等于，抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，分别是椭圆的左右顶点. (1)求椭圆的方程； (2)动点、为椭圆上异于的两点，设直线，的斜率分别为，，且，求证：直线经过定点. 【答案】(1)(2)证明见解析； 【分析】（1）由抛物线方程可得焦点坐标，由椭圆离心率的值和它的一个顶点，可得的值，即求出椭圆方程； （2）设直线的方程，与椭圆方程联立，可得点坐标，同理可得点坐标，进而求得直线方程，可证得直线经过定点. 【详解】（1）易知抛物线的焦点，由可得，由离心率，且解得； 所以椭圆的方程为； （2）证明：由（1）可知，显然直线的斜率存在，且不为零，设直线的斜率为， 则直线的方程为，如下图所示： 联立，整理可得，因为直线过点，所以，可得；代入可得，即； 由可得直线的斜率为，所以直线的方程为； 联立，消去整理可得. 因为直线过点，所以，可得； 代入可得，即； 若，即，可得， 直线的斜率为； 直线的方程为，令，解得所以直线过定点， 若，则，此时，直线也过定点.综上可得，直线过定点 【典例1-2】 （24-25高三上·天津河北·期末）已知直线经过椭圆C：（）的右焦点为F，且被椭圆C截得的线段长为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的下顶点为A，P是椭圆C上一动点，直线AP与圆O：相交于点M（异于点A），M关于O的对称点记为N，直线AN与椭圆C相交于点Q（异于点A）.设直线MN，PQ的斜率分别为，，试探究当时，是否为定值，并说明理由. 【答案】(1)(2)是定值，理由见解析 【分析】（1）运用椭圆的几何性质，解方程可得，，，进而得到所求椭圆方程； （2）运用两点的斜率公式，分别计算线的斜率为，直线的斜率为，即可得证. 【详解】（1）根据题意，，代入椭圆方程得， 得，所以，再根据，可得，所以椭圆C的标准方程为； （2）据题意，直线的斜率存在，且不为0，设直线的斜率为，则直线的方程为， 联立，整理可得，所以或. 所以点的坐标为，联立和，整理可得，所以或. 所以点的坐标为.显然，是圆的直径，故，所以直线的方程为. 用代替，得点的坐标为，即.直线的斜率，直线的斜率. 所以，为定值，得证. 【变式1-1】 （2024·北京·三模）已知椭圆的离心率为． (1)求椭圆的方程和短轴长； (2)设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点A，B，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值． 【答案】(1)椭圆的方程为，短轴长为(2) 【分析】（1）根据椭圆的离心率求出，即可得解； （2）根据直线与椭圆相切，求出切点的坐标，再求出直线的斜率；根据，设出的方程，表示出的坐标，得到的斜率，再探索的值. 【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆的方程为，短轴长为； （2）由消得①， 由，得，此时方程①可化：， 解得：（由条件可知：异号），设，则，， 即，所以，因为，所以可设直线：（，）， 由消得，当时，方程有两个不相等的实根， 设，，则，，因为两点关于原点对称，所以， 所以，所以. 题型06 面积最值范围型 【解题规律·提分快招】 求非常规型四边形的面积最大值，首先要选择合适的面积公式，对于非常规四边形，如果使用的面积公式为，为此计算， 代入转化为的函数求最大值. 【典例1-1】 （24-25高二上·天津北辰·期中）设椭圆的左右焦点分别为，，且过点，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)设动直线与坐标轴不垂直，与曲线交于不同的，两点，且直线和的斜率互为相反数． ①证明：动直线恒过轴上的某个定点，并求出该定点的坐标； ②求面积的最大值． 【答案】(1)(2)①证明见解析，定点；② 【分析】（1）根据条件建立方程组，直接求出，即可求解； （2）①设直线，联立椭圆方程，得到，由韦达定理得到，，再根据题设可得，即可求解；②将问题转化成，利用①中结果，通过换元得到，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】（1）因为，所以，，所以椭圆方程为. （2）①设直线，由，消得， 设，，所以，， 所以， 因为直线和的斜率互为相反数，所以，所以， 所以，所以， 即，所以， 因为，所以，所以动直线恒过轴上的定点．② 由①知，，，且，即， 又， 令，则， 所以，当且仅当时取“=”，  所以． . 【典例1-2】 （24-25高二上·贵州铜仁·阶段练习）已知椭圆，短轴的一个端点到右焦点的距离为，半焦距. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于，两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由椭圆方程表示短轴的端点坐标右焦点坐标，利用两点距离公式建立方程，可得答案； （2）利用分类讨论，分别设出直线方程，联立方程，求得弦长，结合基本不等式，可得答案. 【详解】（1）由椭圆方程，，则短轴的端点为，，右焦点为， 由短轴的一个端点到右焦点的距离为， 可得，解得，所以，椭圆方程为. （2）当直线的斜率不存在时，不妨设，将代入椭圆方程可得， 解得，此时，的面积为； 当直线的斜率存在时，设方程为，，，由题意可得，， 联立可得，消去可得，由， 则，， ， 当且仅当，即时，等号成立，此时，的面积最大值为； 综上所述，面积的最大值为. 【变式1-1】 （24-25高三上·天津滨海新·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率是，短轴长为2，若点分别是椭圆的左右顶点，动点，，直线交椭圆于点. (1)求椭圆的方程； (2)（i）求证：是定值； （ii）设的面积为，四边形的面积为，求的最大值. 【答案】(1)；(2)①证明见解析；②1. 【分析】（1）由已知得的值，再由离心率求出关系，即可求出椭圆方程. （2）①由（1）得，求出直线方程，与椭圆方程联立，求出点坐标，进而得出坐标，即可证明结论；②，将表示为关于的函数，进而得出关于的函数，整理利用的范围，即可求解. 【详解】（1）由短轴长为2，得，由离心率为，得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，，直线的斜率， 直线的方程为，由消去得，设点， 则，解得，， ，，所以. ②依题意，，， 因此，当时取等号，所以的最大值为1. 题型07 圆过定点型 【解题规律·提分快招】 圆过定点，有常见几方面的思维 （1） 利用以“某线段为直径”，转化为向量垂直计算 （2） 利用对称性，可以猜想出定点，并证明。 （3） 通过推导求出定点（难度较大） 【典例1-1】 （2014高三·全国·专题练习）已知椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率.过的直线交椭圆于、两点，且的周长为. （1）求椭圆的方程； （2）设动直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点.求证：以为直径的圆恒过一定点.并求出点的坐标. 【答案】（1）＝1（2）存在定点M(1，0)， 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据过的直线交椭圆于两点，且的周长为8，可得，即，利用，，即可求得椭圆E的方程．（Ⅱ）由消元可得，利用动直线与椭圆E有且只有一个公共点，可得，进而可得，由得，取 ，猜想满足条件的点存在，只能是，再进行证明即可 试题解析：（1）∵,即.又，所以. 又因为，即，所以，所以.故椭圆的方程为. （2）法一：由消去得. 因为动直线与椭圆有且只有一个公共点，所以，且，即 ，化简得. 此时，，所以 由得 从而以线段为直径的圆的方程满足，化简得 . 由对称性知，点必在轴上.而当时，,易得，此式恒成立.故命题成立.定点坐标为. 法二：由消去得.因为动直线与椭圆有且只有一个公共点，所以，且，即，化简得. 此时，，所以由得. 因为存在定点满足条件，由图形对称性知：点必在轴上.取 此时以为直径的圆的方程为交轴于,;取，此时，以为直径的圆的方程为，交轴于点.所以满足条件的点存在，其必为. 下面证明点满足条件. 因为所以，故 恒有,故点恒在以线段为直径的圆上. 考点：1.直线与圆锥曲线的综合问题；2.椭圆的标准方程 【典例1-2】 （24-25高二上·天津·期中）已知椭圆：，A点为椭圆短轴的上端点，P点为椭圆上异于A点的任一点，若P点到A点距离的最大值仅在P点为短轴的另一端点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知，椭圆的离心率 (1)求椭圆的标准方程； (2)试判断椭圆是否是“圆椭圆”?并证明你的结论； (3)Q点为P点关于原点O的对称点，Q点也异于A点，直线AP、AQ分别与x轴交于M、N两点，试问以线段MN为直径的圆是否过定点?证明你的结论． 【答案】(1)；(2)椭圆是“圆椭圆”，证明见解析；(3)过定点，证明见解析. 【分析】（1）由给定的离心率及短半轴长求出即可. （2）设点，利用两点间距离公式，结合椭圆方程求出取得最大值的点位置即可推理得证. （3）由（2）中点，求出点的坐标，由直线的点斜式方程求出点的坐标，再结合对称性可得圆过的定点必在轴上，设出此点坐标，利用向量数量积列式计算即得. 【详解】（1）由，椭圆的离心率，得，解得，所以椭圆的标准方程为. （2）由（1）知，，设，则， 于是，而，因此当且仅当时，，此时点，即点P点到A点距离的最大值仅在P点为短轴的另一端点时取到，所以椭圆是“圆椭圆”. （3）由（2）知，，设，则，， 直线，则， 若以线段为直径的圆过定点，由对称性知点在轴上， 设，则，而， 于是，即，解得， 所以以线段为直径的圆过定点. 【变式1-1】 （21-22高三上·天津武清·阶段练习）设椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一动点，已知椭圆的短轴长为，面积的最大值为. （1）求椭圆方程； （2）设椭圆的左顶点为，过的直线与椭圆交于、两点，连接，并延长分别交直线于，两点，以为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标，若不是，请说明理由. 【答案】（1）；（2）过定点，定点坐标为和. 【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆方程. （2）设直线的方程为，结合根与系数关系求得圆的方程，进而求得圆所过定点坐标. 【详解】（1）依题意，解得.所以椭圆方程为：. （2）依题意可知，直线与轴不平行，设直线的方程为， ，消去并化简得，设，则， 直线的方程为，则，直线的方程为，则， ，中点为，所以，以为直径的圆的方程为： ， . . 所以圆的方程为.所以圆过定点和. 题型08 定值型 【解题规律·提分快招】 求定值问题常见的思路和方法技巧： （1） 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2） 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． 求定值题型，运算量大，运算要求高，属于中等以上难度的题 【典例1-1】 （2024·天津滨海新·三模）已知椭圆：（）的离心率为，分别为椭圆的左顶点和上顶点，为左焦点，且的面积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设椭圆的右顶点为，是椭圆上不与顶点重合的动点． ①若点（），点在椭圆上且位于轴下方，设和的面积分别为，．若，求点的坐标； ②若直线与直线交于点，直线交轴于点，设直线和直线的斜率为，，求证：为定值，并求出此定值． 【答案】(1)；(2)①；②证明见解析，. 【分析】（1）根据已知条件，列出关于a，b，c的方程组即可求解； （2）①根据面积关系可得，从而得，据此即可求解；②联立QC和AB的方程，求出Q点坐标，联立QC和椭圆方程，结合韦达定理求出P点坐标，求出BP的方程，从而可求N的坐标，再根据斜率计算公式即可求解． 【详解】（1）由题意得，又，解得，椭圆的标准方程为． （2）①由（1）可得，点（）在椭圆上，代入椭圆方程得， 连接，∵，， ，∴，∴直线的方程为，联立， 解得或（舍去），． ②设直线的斜率为，则直线的方程为：， 又，，直线的方程为，由，解得， ∴，由，得， ，则，∴，则， ，依题意、不重合，∴，即，∴， 直线的方程为，令，即，解得， ，，为定值． 【典例1-2】 （2024·天津北辰·三模）已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程. 【答案】(1)(2)答案见解析 【详解】（1），，所以， 因为a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1，所以椭圆方程为． （2）如图，设P（x1，y1），Q（x2，y2），， 联立，消去y整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即m2＜3+4k2，所以，. ， ，因为|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，所以32k2﹣24＝0，，， ，， 点O到直线l的距离，所以， 当且仅当，即m2＝3，因为m＞0，所以时，取得最大值为， 因为S四边形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大时，S四边形MNPQ最大，所以或． 【变式1-1】 （24-25高二上·天津·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于点，与轴交于点.若  ，求直线的斜率； (3)为椭圆上一点，射线分别交椭圆于点，试问是否为定值? 若是，求出该定值； 若不是，请说明理由. 【答案】(1)(2)直线的斜率或(3)是定值，为 【分析】（1）利用椭圆的标准方程和点坐标列方程求解即可； （2）设直线，，根据利用向量相等的坐标表示列方程求解即可； （3）分情况讨论，当点在轴上时直接求出的值，当点不在轴上时，由对称性不妨设 ，表示出直线，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，代入计算即可. 【详解】（1）因为椭圆中，所以，①， 又在椭圆上，所以②，由①②联立解得，， 所以椭圆的标准方程为. （2）由题意可知直线的斜率存在，设直线，， 则，，， 因为，所以，因为点在椭圆上，所以将代入解得，当时，代入解得，当时，代入解得，综上直线的斜率或. （3）当点在轴上时，由对称性不妨设，此时两点重合，，，所以；当点不在轴上时，由对称性不妨设 ，，， 当时，直线，联立方程，消结合整理得，由韦达定理得，所以，同理可得， 所以由相似三角形可得，因为，所以；当时，由对称性不妨设，则， 直线方程为，联立解得点坐标为， 则由相似三角形得，所以，综上是定值，为. 题型09 切线型 【解题规律·提分快招】 在利用椭圆（双曲线）的切线方程时，一般利用以下方法进行直线： （1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解； （2）椭圆（双曲线）在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆（双曲线）相切. 双曲线的以为切点的切线方程为 抛物线的切线： （1）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：； （2）点是抛物线上一点，则抛物线过点P的切线方程是：． 【典例1-1】 （24-25高二上·天津·阶段练习）已知椭圆的右顶点为，上顶点为，椭圆的离心率为，短轴长为4. (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆有唯一的公共点（在第一象限），此直线与轴的正半轴交于点，直线与直线交于点，且，求直线方程. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据离心率以及即可求解，得解， （2）根据截距式得直线的方程为，联立直线与椭圆方程，根据相切可得判别式为0得，即可联立直线与的方程得坐标，即可根据面积关系求解. 【详解】（1）由题意，则，又，，解得，，所以椭圆的标准方程为. （2）如图所示：直线的斜率存在且为负数，不妨设直线的方程为， 则由题意有，，所以直线的方程为，将与椭圆方程联立， 消去并整理得，，由题意直线与椭圆相切与点， 则，即， 所以，，即点的坐标为， 所以直线的方程为，将其与直线的方程联立，解得，，即点的坐标为，由题意，整理得， 结合以及，，解得，，综上所述，满足题意的直线的方程为. 【典例1-2】 （23-24高二上·天津南开·阶段练习）已知椭圆的右焦点为，点为椭圆上一动点，且到的距离与到直线的距离之比总是. (1)求椭圆的方程； (2)过作椭圆的切线，交直线于点. ①求证：； ②求三角形面积的最小值. 【答案】(1)(2)证明见详解， 【分析】（1）由题意可设点为椭圆上任意一点，满足到的距离与到直线的距离之比为，列式计算可得解； （2）根据过椭圆上一点的切线方程与直线求出点坐标，求出，坐标，证明即可；由坐标求出以及点到切线的距离，求出，变换求出最小值得解. 【详解】（1）由题意，设点为椭圆上任意一点，，则，点到直线的距离为， ，化简整理得，又点满足，即， ，解得，，， 所以椭圆的方程为. （2）先来证明过椭圆上任意一点的切线方程为. 当过点切线的斜率不存在时，即切线为或，满足上式； 当切线斜率存在时，设过点切线方程为，代入椭圆方程， 整理得，，解得， ，， ，，所以切线方程为，整理得， 所以过椭圆上任意一点过点切线的切线方程为. ①在切线方程中，令，解得，所以点的坐标为，又， ，，， . ②，又，，又点到切线的距离为，，， 令，，， 令，，令，对称轴为，由二次函数单调性可得当时，取得最大值1，即时，取得最大值1，最小值为. 所以当时，的面积取得最小值.    【变式1-1】 （22-23高三·天津南开·阶段练习）已知椭圆的左顶点为，右焦点为，过点作垂直于轴的直线交该椭圆于两点，直线的斜率为. （1）求椭圆的离心率； （2）若的外接圆在处的切线与椭圆交于另一点，且的面积为，求该椭圆方程. 【答案】（1）；（2）． 【详解】试题分析：（1）首先求出的坐标，由斜率公式表示出，从而求得；（2）根据题意知，，设的外接圆圆心，结合圆的性质建立等式，再利用弦长公式求解即可． 试题解析：（1），∴， ∴，∴. （2），∴， ∴椭圆方程为，，， 设外接圆圆心，由得， 整理得，∴，∴，∴， ∴切线斜率，∴切线方程为，即， 代入椭圆方程消得，， ， ∴， 点到的距离， 由得， ∴，所以椭圆方程为. 考点：1、椭圆的标准方程；2、椭圆的几何性质；3、弦长公式；4、斜率公式． 题型10 韦达定理不能直接用：“点带入”型 【典例1-1】 （21-22高三·重庆渝中·阶段练习）已知椭圆：的左、右焦点为，，为椭圆上一点，且，． (1)求椭圆的离心率； (2)已知直线交椭圆于，两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由，以及，建立关于的方程，即可得到结果； （2）设，由（1）可知，可设椭圆方程为，根据， 可得，设将其与椭圆方程联立，由韦达定理和点满足椭圆方程，可求出，进而求出结果. 【详解】（1）解：因为，所以，即，则，解得． （2）解：设，由，得，所以，所以 设，即由于在椭圆上，则，，①由，得，即由在椭圆上，则, 即，即，② 将①代入②得：，③若直线的斜率不存在，则线段的中点在轴上，不合乎题意， 线段的中点为，设可知 ，所以，其中，解得，所以，方程为又，④将④代入③得：， 经检验满足，所以椭圆的方程为. 【典例1-2】 （2024·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求E的方程； (2)若O为坐标原点，直线l与E交于M，N两点，且以为直径的圆过点O，点P是E上的一点，满足，求四边形面积的取值范围. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用已知可得所满足的条件，计算可求得椭圆E的方程； （2）当直线的斜率存在时，设其方程为，，，联立方程组，利用，可得，设线段的中点为Q，可得，可求得，进而计算可得，可求面积的范围. 【详解】（1）由题意知，解得，，，所以E的方程为； （2）当直线的斜率存在时，设其方程为，，， 由，得，则， ，，以为直径的圆过点O，   所以， 所以，此时，设线段的中点为Q，由，所以， 又，又， 又，所以，所以， 化简得，又，所以，则， 当直线的斜率不存在时，的方程为或； 当的方程为，易得，，所以； 当的方程为，易得，，所以. 综上，四边形面积的取值范围为. 【变式1-1】 （24-25高二上·安徽淮南·期中）已知椭圆的右顶点为，上顶点为. (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的右焦点为，点为椭圆上不同于顶点的一点，若直线，与轴相交，交点分别为，，且，求点的横坐标. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意求，即可求椭圆方程； （2）方法一：首先设点，其中且，并表示直线和，并求点的坐标，根据条件列式，即可求解；方法二：首先设直线的方程为，联立椭圆方程，利用斜率表示点的坐标，并表示直线，利用斜率表示点的坐标，根据条件列式，即可求解. 【详解】（1）由题意可得，，所以椭圆的方程为； （2）如图  法一：设，其中且， 因为直线，与轴相交，所以直线，斜率都存在，直线方程为，令，得， 直线方程为，令，得，所以， 又因为，所以，代入中，可得， 整理得，即，所以或，又因为，，所以， 所以点的横坐标为； 法二：由题意直线斜率存在，且不为0，设直线的方程为， 令，得，由，得，易知， 设，其中且，则，所以，即， 直线的方程为，令，得， 所以，所以（舍）或， 代入中，得，满足，，所以点的横坐标为. 题型11 韦达定理不能直接用：定比分点型 【解题规律·提分快招】 若有 1.利用公式，可消去参数 2.可以直接借助韦达定理反解消去两根 定比分点型，即题中向量（或者线段长度满足） 可以利用公式，可消去 【典例1-1】 31．（24-25高二上·天津北辰·期中）已知椭圆的左右焦点分别为，，长轴长为，且短轴长是焦距的倍． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点，斜率为的直线与椭圆相交，两点，求的长； (3)过点的直线与椭圆相交于，两点，，求直线的方程． 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据题干条件求出，即可得到椭圆标准方程； （2）联立直线和椭圆方程，直接利用弦长公式进行求解； （3）联立直线和椭圆方程，结合韦达定理，列方程组求解. 【详解】（1）依题意，，得到，由短轴长是焦距的倍，得， 又，所以，解得，所以，  故椭圆的标准方程为. （2）由（1）知，，故该直线为， 由，消可得， 故，由弦长公式，. （3）显然的斜率存在（否则轴，根据对称性，，与题设矛盾）， 设，，直线为，由，消得， 由韦达定理可得：①，，又，则，故②， 由①②得，，故， 即，化简可得，解得.故直线为. 【典例1-2】 （24-25高二上·天津·阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为 ， 且经过点，分别为椭圆C的左、右顶点，过左焦点F的直线l交椭圆C于两点 (其中D在x轴上方). (1)求椭圆C的标准方程； (2)若 求直线的方程. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由离心率推得，将点坐标代入得，联立解得，即得椭圆方程； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，设,写出韦达定理，由推得,与韦达定理联立，整理成关于的方程，解之即得. 【详解】（1）由可得，即 ①，又②，联立①，②解得， 故椭圆C的标准方程为：； （2）因，由题知直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，代入中， 整理得：，显然，设，则因代入坐标得：，即得，即代入① ，可得③；再将其代入②，可得④ ，将③代入④ ，，化简得，解得， 因点D在x轴上方，故.此时，直线的方程为：. 【变式1-1】 （24-25高三上·天津北辰·阶段练习）已知椭圆的左焦点为，离心率.    (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线交椭圆于，两点. ①若直线经过椭圆的左焦点，交轴于点，且满足，.求证：为定值； ②若，求面积的取值范围. 【答案】(1)(2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据给定条件直接计算a，b作答. （2）①设出直线的方程，与椭圆C的方程联立，利用向量运算并借助韦达定理计算作答； ②先探讨OA，OB与坐标轴重合时情况，再在OA，OB与坐标轴不重合时，设OA，OB方程并列出的面积的关系，借助二次函数性质计算，从而得解. 【详解】（1）椭圆：的左焦点为，离心率， 则半焦距，，，所以椭圆的标准方程为. （2）①依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，则， 设，，由消去y并整理得：， 则，，由得：，， ， 所以为常数. ②当直线，分别与坐标轴重合时，的面积， 当直线，的斜率均存在且不为零时，设：，：， 设，，将代入椭圆的方程得：，， 于是得，同理，，的面积：， 令，，而，则， 所以的面积的取值范围是. 题型12 韦达定理不能直接用：系数不一致 【解题规律·提分快招】 平移齐次化的步骤， （1）平移； （2）与圆锥曲线联立并其次化； （3）同除； （4）利用根与系数的关系进行证明结论；如果是过定点的问题还需要平移回去. 【典例1-1】 （2022·安徽芜湖·模拟预测）已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左､右顶点，为椭圆的上顶点，为椭圆的左焦点，且的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设过点的动直线交椭圆于、两点(点在轴上方)，、分别为直线、与轴的交点，证明：为定值. 【答案】(1)；(2)证明见解析﹒ 【分析】(1)根据椭圆离心率列出用c表示a、b，根据即可求出c，从而求出a、b和椭圆的方程； (2)设方程为，，，联立直线l方程和椭圆方程得根与系数关系，求出M和N的坐标，代入化简即可得结论． 【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，于是， ∴，，因此，，， ∴椭圆的方程为； （2）易知，直线(EF)斜率不为0，设方程为，由得， 设，，则，，则． 由直线方程，得；由直线方程，得； 由此可得，． ∴为定值． 【典例1-2】 （2022高三·全国·专题练习）如图，已知椭圆的离心率为，，分别是椭圆的左、右顶点，右焦点，，过且斜率为的直线与椭圆相交于，两点，在轴上方． (1)求椭圆的标准方程； (2)记，的面积分别为，，若，求的值； (3)设线段的中点为，直线与直线相交于点，记直线，，的斜率分别为，，，求的值． 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据题意由，BF=求解； （2）设点，，，，根据，得到，设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解； （3）由（2）得到D的坐标，进而得到直线的方程，再令，得到点E的坐标，然后由，结合韦达定理求解. 【详解】（1）解：设椭圆的焦距为．依题意可得，，解得，． 故．所以椭圆的标准方程为． （2）设点，，，．若，则，即有，① 设直线的方程为，与椭圆方程，可得， 则，，②将①代入②可得，解得，则； （3）由（2）得，，所以直线的方程为， 令，得，即．所以．所以， ，， . 【变式1-1】 （2024·天津·一模）已知椭圆过点，焦距是短半轴长的倍， (1)求椭圆的方程； (2)点是椭圆上的三个不同点，线段交轴于点异于坐标原点，且总有的面积与的面积相等，直线分别交轴于点两点，求的值. 【答案】(1)(2)4 【分析】（1）根据题目条件得到方程组，求出，得到椭圆方程； （2）分析出两点关于轴对称，设出直线，故，联立直线与椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出，求出，得到. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意知，解得，椭圆的方程； （2）因为的面积与的面积总相等，故为的中点，结合对称性可知两点关于轴对称， 由题意直线斜率存在且不为0，并且纵截距不为0， 设直线，故， ，化简得，由得，， 设，则，则，直线，令得， ，所以. 题型13 韦达定理不能直接用：坐标计算型 【解题规律·提分快招】 求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）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． 【典例1-1】 （2024·天津河东·一模）已知椭圆的离心率为，点到椭圆右焦点距离等于焦距. (1)求椭圆标准方程； (2)过点斜率为的直线与椭圆交于两点，且与轴交于点，线段的垂直平分线与轴，轴分别交于点，点为坐标原点，求的值. 【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据两点距离和离心率求解，即可求解椭圆方程； （2）设方程，与椭圆联立，韦达定理，求出中垂线方程，进而求得点的坐标，利用面积关系列式求解即可. 【详解】（1）由已知，解得，又，所以， 由，所以，所以椭圆方程为； （2）设所在直线方程为，联立得， 得到，，所以， 记的中点为，则，所以中垂线， 所以，，所以， 又，则，因为，所以，解为或（舍），解得. 【变式1-1】 （24-25高三下·浙江宁波·阶段练习）已知椭圆的离心率为，且过点．    (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，过点作直线（不与轴重合）交椭圆于，连接交于点，连接，直线与轴交于点．（i）求的值；（ii）若点在线段上，求的取值范围． 【答案】(1)(2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据题意求出，即可得解； （2）（i）设，记，分别将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求出，再求出即可得解； （ii）由（i）可得点为线段的中点，则，进一步有，再求出的范围即可. 【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为； （2）（i）设，记，则直线， 联立，消得，则，故， 则，所以，另一方面直线，联立，消得， 则，所以，由于，得， ，所以； （ii）由（i）的结论可知，点为线段的中点，则，不妨设都在轴上方， 进一步有，由（i）联立直线与椭圆的方程得， 由韦达定理得，则，因为点在线段上，所以， 所以，所以得取值范围为.   题型14 压轴大题 【典例1-1】 （24-25高三上·云南昆明·期中）平面内，动点与定点的距离与到定直线：的距离之比为常数. (1)求动点的轨迹方程； (2)过点作不垂直于轴的直线，与动点的轨迹交于两点，点在直线上，记直线的斜率分别为，证明：成等差数列. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，设动点，结合题意列出等式并化简即可求出轨迹方程； （2）借助等差数列定义，可将证明等差数列问题转化为证明，讨论直线斜率是否存在两种情况，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立曲线得到方程组，设而不求，利用韦达定理即可证明. 【详解】（1）设动点，由题意可得，化简整理得：， 所以动点的轨迹方程为； （2）当直线斜率不存在时，的坐标分别为，则，即，所以成等差数列；当直线斜率存在时，设直线：，， 联立直线和椭圆方程，化简得， 则， ， ， 即，所以成等差数列；综上，成等差数列.. 【典例1-2】 （24-25高二上·天津武清·阶段练习）已知、分别为椭圆的左、右焦点，M为上的一点. (1)若点M的坐标为，求的面积； (2)若点M的坐标为，且直线与交于不同的两点A、B，求证：为定值，并求出该定值； (3)如图，设点M的坐标为，过坐标原点O作圆（其中r为定值，且）的两条切线，分别交于点P，Q，直线OP，OQ的斜率分别记为，.如果为定值，求的最大值， 【答案】(1)；(2)证明见解析，0；(3) 【分析】（1）将点代入求出，再求出左、右焦点即可求解. （2）将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理以及向量数量积的坐标运算即可求解. （3）设出直线:，直线:，利用点到直线的距离公式可得、是关于的方程的两实根，根据题意为定值，可得，，设，，将直线:，直线:与椭圆联立，求出，即可求解.. 【详解】（1）由已知条件得，因为，则，又， 因此的面积为. （2）设，由，得， ，又，， ，于是 ，即为定值. （3）因为直线:与相切，则，即，同理，由直线:与相切，可得，于是、是关于的方程的两实根， 注意到，且，故，因为定值，故不妨设（定值）， 于是有，即.依题意可知，变化，而、均为定值，即有，解得，，设，，由得，同理， 所以，当且仅当时取等号， 因此，解得，所以的范围为， 故的最大值为. 【变式1-1】 （22-23高三上·云南昆明·阶段练习）已知过点的椭圆的离心率为. 如图所示，过椭圆右焦点的直线（不与轴重合）与椭圆相交于两点，直线与轴相交于点，过点A作，垂足为. (1)求四边形为坐标原点的面积的最大值； (2)求证：直线过定点，并求出点的坐标. 【答案】(1)最大值为(2)证明见解析， 【分析】（1）由题可得椭圆方程为：，则椭圆右焦点为，易知当斜率为0时不合题意，斜率不为0时，设直线的方程为，，， 将直线方程与椭圆方程联立，可得四边形的面积为 ，后利用韦达定理及基本不等式可得面积最值； （2）由（1）可得直线BD方程为：，令可得：，化简后可得定点坐标. 【详解】（1）由题意可得：，解得：，所以椭圆的方程为，则椭圆的右焦点为， 当直线的斜率等于时不符合题意；设直线斜率不为0时，直线方程为，，， 由可得：，则，，， 所以，所以四边形的面积为 ，设，则，所以， 因为，当且仅当即，时，最小值为， 所以，因为，可得所以四边形（为坐标原点）的面积的最大值为； （2）因为，，所以直线的斜率为，所以直线的方程为：.令可得：.由（1）知：，，则所以，则直线过定点. 冲高考 1．（2021·天津宁河·一模）已知椭圆的离心率为，一个顶点A在抛物线的准线上，其中为原点. (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的右焦点，点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点）. （i）直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点，求实数的取值范围； （ii）若点在第四象限，且，求直线的斜率. 【答案】(1)；(2)（i）；（ii）. 【分析】（1）求出抛物线的准线方程，从而得到，结合离心率列出方程组，求出椭圆方程； （2）（i）解法1：设出直线的方程为，联立椭圆方程，求出点的坐标，点的坐标，根据，斜率乘积为，得到，，利用基本不等式求出的取值范围，结合异于椭圆的顶点，所以，最终求出范围； 解法2：设，得到，由，得到，列出方程，结合，得到，结合且，求出的取值范围； （ⅱ）解法1：分与两种情况，根据差角正弦公式得到或，直线的倾斜角为，从而求出直线方程，进而联立椭圆方程，求出点坐标，从而求出直线斜率. 解法2：由，，得到， 结合（ⅰ）中所求点的坐标，表达出到直线的距离为， 从而表达出，，从而列出方程，求出. 【详解】（1）的准线方程为，由已知，得，而，， ∴，，故； （2）（ⅰ）解法1：因为直线与以为圆心的圆相切于点，所以，根据题意可知，直线和的斜率均存在，设直线的斜率为，则直线的方程为，即， 联立与得：，解得或.将代入，得，所以，点的坐标为，因为为线段的中点，点A的坐标为， 所以点的坐标为，由，得点的坐标为，所以直线的斜率为，又因为，所以， 整理得，因，所以且，当且仅当，即时取得等号. 因为异于椭圆的顶点，所以，解得的取值范围是. 解法2：因为，而得，设，即，∵，则， ∴，整理得，①而，有，代入①中得，∴，由椭圆方程知：且，∴， （ⅱ）解法1：不妨令，如图1所示：因为，所以，由点在第四象限，∴，而，， ∴，而，有，即直线的倾斜角为，∴直线为，代入椭圆方程得，得，，∴由知：； 若，如图2，因为，所以， 由点在第四象限，∴，而， ， 所以，而，有，即直线的倾斜角为， ∴直线为，代入椭圆方程得，得，， ∴由知：； （ⅱ）解法2：由，且， 得，即 由（ⅰ）知，点的坐标为，且点在轴的下方，则. 设到直线：的距离为，. ，. 从而，解得：. 2．（高三上·江苏淮安·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率e，左顶点为A（﹣4，0），过点A作斜率为k（k≠0）的直线l交椭圆C于点D，交y轴于点E． (1)求椭圆C的方程； (2)已知P为AD的中点，是否存在定点Q，对于任意的k（k≠0）都有OP⊥EQ，若存在，求出点Q的坐标；若不存在说明理由； (3)若过O点作直线l的平行线交椭圆C于点M，求的最小值． 【答案】(1)(2)存在，（﹣3，0）(3) 【分析】（1）由椭圆的离心率和左顶点，求出a，b，由此能求出椭圆C的标准方程． （2）直线l的方程为y＝k（x+4），与椭圆联立，得，，由此利用韦达定理、直线垂直，结合题意能求出结果． （3）OM的方程可设为y＝kx，与椭圆联立得M点的横坐标为，由OM∥l，能求出结果． 【详解】（1）∵椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率e，左顶点为A（，），∴a＝4，又， ∴c＝2．又∵b2＝a2﹣c2＝12，∴椭圆C的标准方程为． （2）直线l的方程为y＝k（x+4），由消元得，．化简得，， ∴x1＝﹣4，，当时，，∴． ∵点P为AD的中点，∴P的坐标为，则． 直线l的方程为y＝k（x+4），令x＝0，得E点坐标为（0，4k），假设存在定点Q（m，n）（m≠0），使得OP⊥EQ，则kOPkEQ＝ ，即恒成立，∴（4m+12）k﹣3n＝0恒成立，∴，即， ∴定点Q的坐标为（﹣3，0）． （3）∵OM∥l，∴OM的方程可设为y＝kx，由，得M点的横坐标为， 由OM∥l，得，， 当且仅当即时取等号，∴当时，的最小值为． 3.（2025·河北保定·一模）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点为上的动点，的周长为6. (1)求的标准方程. (2)延长线段分别交于两点，连接，并延长线段交于另一点，若直线和的斜率均存在，且分别为，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由. 【答案】(1)(2)是， 【分析】（1）由已知条件结合椭圆定义、离心率公式，确定的值，得出椭圆的标准方程； （2）设，，由三点共线，可得，由直线的方程和直线的方程联立，再利用根与系数关系由分别表示出，再表示出，即可得到的值. 【详解】（1）设椭圆的焦距，所以的周长为，即. 又椭圆的离心率为，所以，所以，所以，所以， 所以的标准方程为. （2）是定值.由（1）得，设，， 又三点共线，所以，化简得，则直线的方程为，直线的方程为， 由，化简得， 由根与系数关系可知，， 所以，同理， 又 ，所以. 4．（2025·山东青岛·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为. (1)求的方程； (2)记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1)；(2)（i）证明过程见解析；（ii）存在，点， 【分析】（1）根据短轴长和离心率得到方程组，求出，得到椭圆方程； （2）（i）当直线的斜率不存在时，计算出直线方程为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程，设，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出或，当时不合题意，当时，求出所过定点，验证后得到结论； （ii）由椭圆定义和圆的半径得到，所以，令，当直线斜率不存在时，，此时，求出，当直线斜率存在时，设，由余弦定理求出，，代入，解得或，均不合要求，舍去，综上，求出答案. 【详解】（1）由题意得，，故，，又，解得， 所以椭圆方程为； （2）（i），当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点， 设，则，即，又，所以， 所以，解得或，当时，，此时与重合， 直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，当时，直线方程为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立得， ，解得，设，则， 所以，由得，化简得，，解得或， 当时，，过定点，直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求， 当时，，过定点，显然此时满足， 其中也过点，综上，直线过定点； （ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下： 在轴上方，故在轴下方，即，， 由椭圆定义可知，，又的圆心为，半径为4， 故，所以，由于，， 所以，令， 当直线斜率不存在时，，此时，解得，令中得，又在轴上方，故，满足要求，当直线斜率存在时，设， 在中，，，，由余弦定理得， 即，解得，同理可得， 由可得，解得或，均不合要求，舍去， 综上，存在点，使得与的面积之比为3：5 5．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）在平面直角坐标系中，点在椭圆上，椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆交于A，B两点，其中点A在x轴的上方． (1)当时，求的值： (2)将平面沿x轴折叠成直二面角，点A，B在折叠后分别到达点，位置． （i）若，求k的值； （ii）是否存在k，使得的周长为？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)(2)（i）；（ii）存在，此时． 【分析】（1）根据椭圆经过的点，和离心率公式，再由，求得，，得到椭圆的标准方程．设直线的方程为，直曲联立， 结合韦达定理和弦长公式计算，再用椭圆定义得到． （2）（i）以原x轴正半轴，y轴正半轴，y轴负半轴分别为折叠后的x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，得到，，因为，得，结合韦达定理得到． （ii）假设存在满足条件的k，运用，得，运用两点间距离公式，结合韦达定理得到关于k的方程，解得，求得即可． 【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，由已知可得且， 再由，可得，，所以椭圆的标准方程为， 由于直线过点且斜率为k，所以直线的方程为，    由消去y并整理得， 设，，则，， 当时，， 所以， 又因为，所以． （2）（i）以原x轴正半轴，y轴正半轴，y轴负半轴分别为折叠后的x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，则，， 若，则，所以， 所以，又因为，所以． （ii）假设存在满足条件的k，因为，所以， 即① 所以， 所以② 由①，②可得， 所以， 所以， 解得，又因为，所以存在k使得的周长为，此时．    【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何综合问题.解题关键是找到等式：折叠前折叠后的周长差，对等式进行整理变形后用k表示，再应用韦达定理求出k. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$