猜押07 北京高考数学19题 圆锥曲线（椭圆）（解答题）-2025年高考数学冲刺抢押秘籍（北京专用）

猜押07 北京高考数学19题 圆锥曲线（椭圆） 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 圆锥曲线（椭圆） 2022/19 椭圆方程，利用弦长、韦达定理求参数 以椭圆方程为基础，联立直线与椭圆方程，借助韦达定理、弦长公式求解参数，重点考查代数运算与方程思想的应用。 中 2023/19 椭圆方程求解，直线平行关系证明 先推导椭圆标准方程，再通过直线方程、斜率计算证明直线平行关系，侧重解析几何中代数运算与几何性质的转化能力。 中 2024/19 椭圆方程、离心率，直线与椭圆位置关系求参数 综合椭圆的几何性质（方程、离心率），结合直线与椭圆的相交问题，通过位置关系建立方程求解参数，强调综合运算与逻辑推理。 中 2025年预测：延续对椭圆核心内容的考查，如标准方程、离心率等几何性质，结合直线与椭圆的位置关系，可能涉及参数求解、几何量计算（如弦长、斜率关系）或定值定点问题，注重代数运算能力与解析几何方法的综合运用，题型保持稳定的综合性。 【圆锥曲线（椭圆）真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 2．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 3．（2022·北京·高考真题）已知椭圆的一个顶点为，焦距为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值． 【2025年押题预测题型一】：直接求值 1．（2025·北京平谷·一模）已知椭圆的离心率为，短轴长为2，斜率为的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，点关于轴的对称点为点，直线与轴交于点为坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)求的值. 2．（2025·北京顺义·一模）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为. (1)求的方程和短轴长； (2)直线：与E相交于不同的两点B，C，直线，分别与直线交于点M，N.当时，求的值. 3．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知椭圆方程，椭圆上有三个点，，． (1)求椭圆的标准方程，并求椭圆的离心率： (2)设是椭圆上的动点，且直线关于直线对称，求直线的斜率. 4．（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． 5．（2024·北京西城·三模）已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，若椭圆的，三角形ABC的面积为2. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点D（0，2），直线AD交椭圆于点E，过点D的直线交椭圆于M，N两点，若直线CM与x轴交于P点，过E且平行于x轴的直线与BN交于Q点，求的值. 【2025年押题预测题型二】：定点问题 1．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）已知椭圆，椭圆的短轴长的，离心率为.过点与轴不重合的直线交椭圆于不同的两点，点关于轴对称. (1)求椭圆的方程； (2)证明：直线过定点. 2．（24-25高三上·北京朝阳·期末）已知椭圆的离心率为，右顶点为． (1)求椭圆的方程； (2)过原点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点．已知点，直线与椭圆的另一个交点分别为．证明：直线过定点． 3．（24-25高三下·北京·开学考试）已知椭圆的左顶点为，且经过点. (1)求椭圆的标准方程及其离心率； (2)设过点的直线交于、两点，过点且平行于y轴的直线与线段交于点，点满足，证明：直线过定点. 4．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知椭圆的短轴长为，离心率为，，分别是的左、右焦点，，分别是的左、右顶点． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆上异于，的一点，直线与直线相交于点，直线与椭圆交于另一点，是否存在点，使得直线恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 5．（24-25高三下·北京朝阳·阶段练习）已知点为椭圆的右端点，椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于点. (1)求椭圆的标准方程; (2)试判断线段的中点是否为定点，若是，求出该点纵坐标，若不是，说明理由. 6．（2025·北京丰台·一模）已知椭圆，以的两个焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形是等腰直角三角形，且面积为. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点.过作直线的垂线，垂足为.求证：直线过定点. 7．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知椭圆，且过，两点． (1)求的方程； (2)设过点的直线交于，两点，过且平行于轴的直线与线段交于点，点与点关于点对称．证明：直线恒过点． 【2025年押题预测题型三】：定值问题 1．（2025·北京朝阳·一模）已知椭圆的右焦点为，离心率为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点作直线l与椭圆E交于不同的两点A，B．设，直线BC与直线交于点N，求证：直线AN的斜率为定值． 2．（2024·北京门头沟·一模）已知椭圆 的离心率为， 椭圆 的上顶点为A， 右顶点为 ， 点 为坐标原点， 的面积为 2 ． (1)求椭圆 的方程； (2)若过点 且不过点 的直线 与椭圆 交于 两点， 直线 与直线 交于点 ， 试判断直线 的斜率是否为定值？ 若是， 求出该定值； 若不是， 请说明理由． 3．（2025·北京·模拟预测）椭圆：，左、右顶点分别为A，B，上顶点为C，原点为，P是椭圆上一点.，面积的最大值为6. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)当点P不与椭圆顶点重合时，记直线与椭圆的另一个交点为，交直线为D，直线交x轴为E.求证：直线与直线的斜率之积为定值. 4．（23-24高三下·北京·阶段练习）已知A为椭圆：上的一个动点，弦AB、AC分别过焦点，，当AC垂直于x轴时，恰好有， (1)求椭圆离心率； (2)设，，试判断是否为定值？若是定值，求出该定值并证明，若不是定值，请说明理由． 5．（2024·北京昌平·二模）已知椭圆的离心率为，短轴长为． (1)求椭圆的方程； (2)设是椭圆的左、右顶点，是椭圆的右焦点．过点的直线与椭圆相交于两点（点在轴的上方），直线分别与轴交于点，试判断是否为定值？若是定值，求出这个定值；若不是定值，说明理由． 6．（2024·北京海淀·三模）已知椭圆的左焦点为，且点在椭圆C上． (1)求椭圆C的方程； (2)已知，点P为椭圆C上一点． （ⅰ）若点P在第一象限内，延长线交y轴于点Q，与的面积之比为1∶2，求点P坐标； （ⅱ）设直线与椭圆C的另一个交点为点B，直线与椭圆C的另一个交点为点D．设，求证：当点P在椭圆C上运动时，为定值． 【2025年押题预测题型四】：定直线问题 1．（2024·北京·三模）已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与重合），直线与直线交于点． (1)求椭圆的方程； (2)求证：点在定直线上. 2．（2025·北京石景山·一模）已知椭圆过点，短轴长为4． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点，．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 3．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知椭圆，、为椭圆的焦点，为椭圆上一点，满足，为坐标原点． (1)求椭圆的方程和离心率． (2)设点，过的直线与椭圆交于、两点，满足，点满足满足，求证：点在定直线上． 【2025年押题预测题型五】：角度问题 1．（2024·北京·三模）已知椭圆C：（）过点，右焦点为． (1)求椭圆C的方程； (2)过点F的直线l（不与x轴重合）交椭圆C于点M、N，点A是右顶点，直线MA、NA分别与直线交于点P、Q，求的大小． 2．（2025·北京延庆·一模）已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，且，离心率为. (1)求椭圆E的标准方程； (2)设直线与x轴交于点Q，点P是直线上不同于点Q的一点，直线BP与椭圆E交于点M，直线AM与直线交于点N，判断是否存在点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由. 3．（24-25高三上·北京通州·期末）已知椭圆，以椭圆的一个焦点和短轴端点为顶点的三角形是边长为2的等边三角形. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)斜率存在且不为0的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点. 在轴上是否存在定点，使得（为坐标原点）？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由. 【2025年押题预测题型六】：平行及共线问题 1．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知椭圆的左顶点为，离心率. (1)求的标准方程； (2)设点为上异于顶点的一点，点关于轴的对称点为，过作的平行线，与的另一个交点为. 当与不重合时，求证：. 2．（2024·北京西城·二模）已知椭圆的一个顶点为，焦距为． (1)求椭圆的方程； (2)设点是第一象限内椭圆上一点，过作轴的垂线，垂足为．点关于原点的对称点为，直线与椭圆的另一个交点为，直线与轴的交点为．求证：三点共线． 3．（2024·北京顺义·三模）已知椭圆：的左顶点为，上下顶点为，，离心率为. (1)求椭圆的方程 (2)设点是椭圆上一点，不与顶点重合，满足四边形是平行四边形，过点作垂直轴的直线交直线于点，再过作垂直于轴的直线交直线于点.求证：，，三点共线. 【2025年押题预测题型七】：特殊几何体问题 1．（2024·北京大兴·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，且点在椭圆上，动点C，D分别在直线和椭圆上. (1)求椭圆的标准方程及其焦点坐标； (2)若椭圆上存在一点E，使得四边形是矩形，求点D的横坐标. 2．（24-25高三上·北京西城·期末）已知椭圆的左右顶点分别为，离心率为，点，的面积为2. (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率为的直线交椭圆于点，线段的垂直平分线交轴于点，点关于直线的对称点为.若四边形为正方形，求的值. 3．（2025·北京门头沟·一模）已知椭圆的一个顶点为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与轴交于点，，点关于轴的对称点为，求证：四边形为菱形. 4．（2024·北京·三模）已知椭圆C的标准方程为，梯形的顶点在椭圆上． (1)已知梯形的两腰，且两个底边和与坐标轴平行或在坐标轴上．若梯形一底边，高为，求梯形的面积； (2)若梯形的两底和与坐标轴不平行且不在坐标轴上，判断该梯形是否可以为等腰梯形？并说明理由． 5．（2024·北京朝阳·一模）已知椭圆：的离心率为，A，B分别是E的左、右顶点，P是E上异于A，B的点，的面积的最大值为. (1)求E的方程； (2)设O为原点，点N在直线上，N，P分别在x轴的两侧，且与的面积相等. （i）求证：直线与直线的斜率之积为定值； （ⅱ）是否存在点P使得，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由. 【2025年押题预测题型八】：最值与范围问题 1．（2024·北京·模拟预测）已知O为坐标原点，椭圆上一点D的横坐标为1，斜率存在的直线l交椭圆C于A，B两点，且直线DA，DB的斜率之和等于1. (1)求； (2)若点D在第一象限，探究的面积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，请说明理由. 2．（2024·北京顺义·二模）已知椭圆的右焦点为，长轴长为.过F作斜率为的直线交E于A，B两点，过点F作斜率为的直线交E于C，D两点，设，的中点分别为M，N. (1)求椭圆E的方程； (2)若，设点F到直线的距离为d，求d的取值范围. 3．（23-24高三下·北京·开学考试）已知椭圆，E的离心率，短轴长为4. (1)求椭圆E的标准方程： (2)对于给定的点，在E上存在不同的三点A，B，Q，使得四边形为平行四边形，且直线AB过点，求t的取值范围. 4．（2024·北京房山·一模）已知椭圆的离心率为，左焦点为，过的直线交椭圆于、两点，点为弦的中点，是坐标原点，且由于不与，重合． (1)求椭圆的方程； (2)若是延长线上一点，且的长度为，求四边形面积的取值范围． 【2025年押题预测题型九】：存在性问题 1．（24-25高三上·北京丰台·期末）已知椭圆的上顶点为，离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)设B为椭圆C的下顶点，动点M到坐标原点O的距离等于1（M与A，B不重合），直线AM与椭圆C的另一个交点为N.记直线BM，BN的斜率分别为，，问：是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 2．（2024·北京·三模）已知椭圆 的离心率为，其长轴的两个端点分别为，. (1)求椭圆的标准方程； (2)点为椭圆上除，外的任意一点，直线交直线于点，点 为坐标原点：过点且与直线垂直的直线记为，直线交轴于点，交直线于点，问：是否存在点使得与的面积相等?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 3．（23-24高三下·北京顺义·阶段练习）已知分别是椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的左右顶点，且 (1)求椭圆的方程； (2)若为直线上的一动点（点不在轴上），连接交椭圆于点，连接并延长交椭圆于点，试问是否存在，便得成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 4．（23-24高三上·北京·阶段练习）已知椭圆：的离心率为，长轴长为4，过椭圆右焦点的直线与椭圆交于，两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)当直线与轴不垂直时，在轴上是否存在一点（异于点），使轴上任意点到直线，的距离均相等？若存在，求点坐标：若不存在，请说明理由. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押07 北京高考数学19题 圆锥曲线（椭圆） 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 圆锥曲线（椭圆） 2022/19 椭圆方程，利用弦长、韦达定理求参数 以椭圆方程为基础，联立直线与椭圆方程，借助韦达定理、弦长公式求解参数，重点考查代数运算与方程思想的应用。 中 2023/19 椭圆方程求解，直线平行关系证明 先推导椭圆标准方程，再通过直线方程、斜率计算证明直线平行关系，侧重解析几何中代数运算与几何性质的转化能力。 中 2024/19 椭圆方程、离心率，直线与椭圆位置关系求参数 综合椭圆的几何性质（方程、离心率），结合直线与椭圆的相交问题，通过位置关系建立方程求解参数，强调综合运算与逻辑推理。 中 2025年预测：延续对椭圆核心内容的考查，如标准方程、离心率等几何性质，结合直线与椭圆的位置关系，可能涉及参数求解、几何量计算（如弦长、斜率关系）或定值定点问题，注重代数运算能力与解析几何方法的综合运用，题型保持稳定的综合性。 【圆锥曲线（椭圆）真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解； （2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解. 【详解】（1）由题意，从而， 所以椭圆方程为，离心率为； （2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾， 从而设，， 联立，化简并整理得， 由题意，即应满足， 所以， 若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以，在直线方程中令， 得， 所以， 此时应满足，即应满足或， 综上所述，满足题意，此时或. 2．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可； （2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解. 【详解】（1）依题意，得，则， 又分别为椭圆上下顶点，，所以，即， 所以，即，则， 所以椭圆的方程为. （2）因为椭圆的方程为，所以， 因为为第一象限上的动点，设，则，        易得，则直线的方程为， ，则直线的方程为， 联立，解得，即， 而，则直线的方程为， 令，则，解得，即， 又，则，， 所以 ， 又，即， 显然，与不重合，所以. 3．（2022·北京·高考真题）已知椭圆的一个顶点为，焦距为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程； （2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可； 【详解】（1）解：依题意可得，，又， 所以，所以椭圆方程为； （2）解：依题意过点的直线为，设、，不妨令， 由，消去整理得， 所以，解得， 所以，， 直线的方程为，令，解得， 直线的方程为，令，解得， 所以 ， 所以， 即 即 即 整理得，解得 【2025年押题预测题型一】：直接求值 1．（2025·北京平谷·一模）已知椭圆的离心率为，短轴长为2，斜率为的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，点关于轴的对称点为点，直线与轴交于点为坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)求的值. 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）由短轴长的概念以及离心率的计算，解得的关系式，建立方程组，可得答案； （2）设出直线方程，联立椭圆方程，写出韦达定理，由直线方程求得交点坐标，可得答案. 【详解】（1）由题意可知：，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2） 设直线的方程为，点. 由得 所以题意，即. . 直线与轴交于点，所以.点 直线的方程为， 令，得，① 又因为， 带入①式 所以. 2．（2025·北京顺义·一模）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为. (1)求的方程和短轴长； (2)直线：与E相交于不同的两点B，C，直线，分别与直线交于点M，N.当时，求的值. 【答案】(1)椭圆的方程为，短轴长为 (2) 【分析】（1）由题意可得，，求解即可； （2）联立直线与椭圆方程，设直线与椭圆的交点为和，利用韦达定理可得，求得的坐标，进而可得，求解即可. 【详解】（1）已知椭圆 的标准方程为：， 因为 是椭圆的一个顶点，所以。又离心率为，解得， 所以，解得， 所以椭圆的方程为，短轴长为； （2）将直线的方程代入椭圆的方程得， 可得，整理得， 设直线与椭圆的交点为和， 所以， 直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为)， 直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为， 因为，即，所以， 因为 和 ，代入得， 化简， 展开分子 ， 所以， 所以 ， 又， 所以，整理得，解得. 3．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知椭圆方程，椭圆上有三个点，，． (1)求椭圆的标准方程，并求椭圆的离心率： (2)设是椭圆上的动点，且直线关于直线对称，求直线的斜率. 【答案】(1)方程为,离心率为； (2) 【分析】（1）将两点代入椭圆方程解方程即可求得椭圆方程和离心率； （2）设直线的方程并与椭圆联立，解得两点的坐标表示，即可求得的斜率. 【详解】（1）根据题意将代入椭圆方程可得，解得； 再代入点坐标，可得，可得； 所以， 因此椭圆的标准方程为，离心率为. （2）如下图所示： 因为两点关于轴对称，且直线关于直线对称，所以直线的斜率均存在，且互为相反数， 即； 设，则直线的方程为， 联立，可得， 显然是该方程的根，所以，可得； 即 因为， 同理可得， 可知 因此直线的斜率为. 4．（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. 【点睛】方法点睛：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． 5．（2024·北京西城·三模）已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，若椭圆的，三角形ABC的面积为2. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点D（0，2），直线AD交椭圆于点E，过点D的直线交椭圆于M，N两点，若直线CM与x轴交于P点，过E且平行于x轴的直线与BN交于Q点，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的基本量即可求解； （2）求出点的坐标，分直线斜率是否存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设出直线的方程，与椭圆联立，求解，根据交点个数列出关于的不等式，写出韦达定理，写出直线的方程，求出点的横坐标，写出直线BN的方程，求解点的横坐标，写出即可得三点共线，进而求解. 【详解】（1）依题意：，解得，，， 椭圆的标准方程为； （2） 直线DA：，， 解得，.若直线MN：， 则，若直线MN：， 设，，， 整理得， ， 解得或，，， 直线CM：，令， 得.直线BN：， 令，得，因为， 所以D，P，Q三点共线，所以， 综上知：. 【2025年押题预测题型二】：定点问题 1．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）已知椭圆，椭圆的短轴长的，离心率为.过点与轴不重合的直线交椭圆于不同的两点，点关于轴对称. (1)求椭圆的方程； (2)证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由椭圆短轴长的，离心率为，列方程组即可求得椭圆方程； （2）设直线方程为，联立直线方程与椭圆方程得到韦达定理，结合椭圆的对称性，可知定点在轴上，利用韦达定理化简即可求得直线恒过定点； 【详解】（1）因为椭圆的短轴长的，离心率为， 所以解得 所以椭圆的方程为． （2）设直线的方程为，，则， 联立整理得，则，，，所以， 直线的方程为， 由椭圆的对称性知，若存在定点，则必在轴上． 当时， ， 即直线恒过定点． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 2．（24-25高三上·北京朝阳·期末）已知椭圆的离心率为，右顶点为． (1)求椭圆的方程； (2)过原点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点．已知点，直线与椭圆的另一个交点分别为．证明：直线过定点． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据离心率及椭圆参数关系求参数，即可得方程； （2）设点，进而可得，联立椭圆方程并应用韦达定理求出坐标，同理得坐标，进而写出直线，即可证结论. 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆的方程为． （2）设点，则，且． 直线，即． 由，得． 所以，则． 所以． 所以．同理． 依题意，所以． 所以直线的方程为，整理得． 所以直线过定点． 3．（24-25高三下·北京·开学考试）已知椭圆的左顶点为，且经过点. (1)求椭圆的标准方程及其离心率； (2)设过点的直线交于、两点，过点且平行于y轴的直线与线段交于点，点满足，证明：直线过定点. 【答案】(1)方程为，离心率为 (2)证明见解析 【分析】（1）设椭圆的标准方程为，由已知条件求出的值，将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，可得出椭圆的标准方程，求出的值，即可求出该椭圆的离心率； （2）分析可知，直线的斜率存在，先利用特殊位置猜想出直线过轴上的一个定点，设直线的方程为，、，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出直线的方程，可求出点的坐标，由已知条件求出点的坐标，求出直线的方程，然后令，可求出直线所过定点的坐标. 【详解】（1）设椭圆的标准方程为， 由题意，代入点得，，解得， 所以椭圆E的标准方程， 所以，则，离心率. （2）若直线的斜率不存在，此时直线与椭圆相切，不合乎题意， 所以，直线的斜率存在. 当的斜率为时，的方程为， 此时、， 直线的斜率为，则直线的方程为， 令得， 由得，， 此时直线的方程为过点， 当过椭圆的右顶点时， 直线的方程为，此时、， 直线的方程为，令得， 由得，， 此时直线的方程，故直线过轴上一个定点. 设直线的方程为，、，    与椭圆方程联立得：， ，可得， 由韦达定理可得，， 在直线的方程为中， 令得，由得，， ， 直线的方程为， 令，可得 ， 所以直线过定点. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 4．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知椭圆的短轴长为，离心率为，，分别是的左、右焦点，，分别是的左、右顶点． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆上异于，的一点，直线与直线相交于点，直线与椭圆交于另一点，是否存在点，使得直线恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据椭圆短轴及离心率列方程计算求解得出椭圆方程； （2）法1：先设再得出直线，进而得出直线，联立得出，进而计算得出定点；法2，3：也可设则直线方程为或直线方程为联立方程计算韦达定理，再表示出直线，令，可得定点. 【详解】（1）由题意可得：解得 ∴椭圆方程为 （2） 法1：设，则， 直线的方程为，令，可得， 则直线的方程为， 联立，可得， 整理可得：，解得：或， 其中，∴， 将代入可得： 则， 由题可知直线直线不与轴垂直，所以其直线方程为： ， ∴直线恒过定点 当时，解得或4（舍），此时直线为，过点， ∴直线恒过定点. 法2：设，， 则直线的方程为， 联立，可得，． 则，∵∴  ，∴， 直线的方程为，联立，可得，， 则，∵ ， ∴，∴， ∴直线的方程为， 化简得，令得， ∴直线恒过定点. 法3：设直线的方程为， ∵点不与，重合∴存在且不为0， 令，可得， ，联立可得，， 则，∵  ∴， ∴， 则直线的方程为， 联立，可得，， 则，其中，∴， ∴， ∴直线的方程为， 令，可得，∴直线恒过定点． 5．（24-25高三下·北京朝阳·阶段练习）已知点为椭圆的右端点，椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于点. (1)求椭圆的标准方程; (2)试判断线段的中点是否为定点，若是，求出该点纵坐标，若不是，说明理由. 【答案】(1) (2)是，MN的中点为 【分析】（1）根据题意列方程，再结合，解方程得到，，，即可得到椭圆方程； （2）联立直线方程和椭圆方程得到+，，根据直线AB、AC的方程得、，结合韦达定理化简得+，则MN中点坐标可得. 【详解】（1）由题意得，，又， 解得，，， 所以椭圆的标准方程为； （2）设，， 因为直线经过且与椭圆交于BC两点，所以直线BC的斜率一定存在， 故设直线BC的方程为：，其中， 由得：， ，得； +，， 又因为直线AB的方程:，得， 同理 由+= = = 故MN的中点为. 6．（2025·北京丰台·一模）已知椭圆，以的两个焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形是等腰直角三角形，且面积为. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点.过作直线的垂线，垂足为.求证：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据条件得到的关系式，解方程组可得结果. （2）设直线的方程为，表示直线的方程，借助韦达定理可得直线过定点. 【详解】（1）由题意得，解得， ∴椭圆E的方程为. （2） 由题意得，直线的斜率存在. 设直线的方程为，点，，则， 由得. 由得 ， ∴，. ∵，∴直线的方程为：， 令，得，即， 当时，， ∴，故直线过定点. 当时，直线为x轴，过点. 综上，直线过定点. 7．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知椭圆，且过，两点． (1)求的方程； (2)设过点的直线交于，两点，过且平行于轴的直线与线段交于点，点与点关于点对称．证明：直线恒过点． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）设椭圆的标准方程为，由已知条件求出的值，将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，可得出椭圆的标准方程，求出的值，即可求出该椭圆的离心率； （2）分析可知，直线的斜率存在，先利用特殊位置猜想出直线过轴上的一个定点，设直线的方程为，、，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出直线的方程，可求出点的坐标，由已知条件求出点的坐标，求出直线的方程，然后令，可求出直线所过定点的坐标. 【详解】（1）设椭圆的标准方程为， 由题意，代入点得，，解得， 所以椭圆E的标准方程. （2）若直线的斜率不存在，此时直线与椭圆相切，不合乎题意， 所以，直线的斜率存在. 当的斜率为时，的方程为， 此时、， 直线的斜率为，则直线的方程为， 令得， 由题意可得：， 此时直线的方程为过点， 当过椭圆的右顶点时， 直线的方程为，此时、， 直线的方程为，令得， 由题意可得，， 此时直线的方程，故直线过轴上一个定点. 设直线的方程为，、，    与椭圆方程联立得：， ，可得， 由韦达定理可得，， 在直线的方程为中， 令得， 由题意可得得，， ， 直线的方程为， 令，可得 ， 所以直线过定点. 【2025年押题预测题型三】：定值问题 1．（2025·北京朝阳·一模）已知椭圆的右焦点为，离心率为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点作直线l与椭圆E交于不同的两点A，B．设，直线BC与直线交于点N，求证：直线AN的斜率为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可求得的值，可求得椭圆的方程； （2）设直线，，与椭圆方程联立方程组由韦达定理可得，求得，进而计算可得，可得结论. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以椭圆的方程是． （2）由题可知直线斜率存在．设直线． 由，得． 由，得，即． 设， 则． 直线的方程为． 令，得的纵坐标为． 因为 ， 所以． ． 又 ． 所以，即． 所以直线的斜率为定值． 2．（2024·北京门头沟·一模）已知椭圆 的离心率为， 椭圆 的上顶点为A， 右顶点为 ， 点 为坐标原点， 的面积为 2 ． (1)求椭圆 的方程； (2)若过点 且不过点 的直线 与椭圆 交于 两点， 直线 与直线 交于点 ， 试判断直线 的斜率是否为定值？ 若是， 求出该定值； 若不是， 请说明理由． 【答案】(1) (2)CN的斜率为定值1，理由见详解. 【分析】（1）根据离心率， 的面积为 2，和列方程组求解. （2）设出两点坐标，先考虑直线斜率不存在的情况求出CN的斜率为定值1，若CN的斜率存在，设出直线的方程，与椭圆方程联立消去，利用韦达定理表示，然后用表示CN的斜率并化简出结果. 【详解】（1）由已知可得解得，所以椭圆E的方程为. （2）当直线斜率不存在时，直线的方程为，代入椭圆方程得，不妨设此时 ，则，则直线NC的斜率为. 当直线的斜率存在时，设其方程为，设 则直线MQ的方程为，令，得， 由消去得：， 由于点P在椭圆内，则必有，则 所以 所以，所以CN的斜率为定值1.    3．（2025·北京·模拟预测）椭圆：，左、右顶点分别为A，B，上顶点为C，原点为，P是椭圆上一点.，面积的最大值为6. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)当点P不与椭圆顶点重合时，记直线与椭圆的另一个交点为，交直线为D，直线交x轴为E.求证：直线与直线的斜率之积为定值. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）由长轴长得，当点在椭圆上下顶点时，面积取得最大值， 由此求得，即得椭圆的方程，有平方关系可得，即求得离心率； （2）先设点的坐标，由椭圆的对称性得点的坐标， 再分别写出直线和直线的方程得点和的坐标， 由此得到的表达式，结合点在椭圆上代入化简即可证明. 【详解】（1）由题意知，当点在椭圆上下顶点时， 面积取得最大值，即， 所以椭圆方程为，，所以离心率； （2）不妨设点，由椭圆的对称性可知， 直线的斜率为，故直线的方程为， 令，得点纵坐标； 直线的斜率为，故直线的方程为， 令，得点横坐标， 所以直线的斜率为， 直线的斜率为， 故直线和直线的斜率之积为 ， 因为点在椭圆上，所以有， 也即，代入斜率之积的表达式的三次项中， 得为定值. 4．（23-24高三下·北京·阶段练习）已知A为椭圆：上的一个动点，弦AB、AC分别过焦点，，当AC垂直于x轴时，恰好有， (1)求椭圆离心率； (2)设，，试判断是否为定值？若是定值，求出该定值并证明，若不是定值，请说明理由． 【答案】(1) (2)是定值，定值为，证明见解析 【分析】（1）结合已知条件和几何关系可知当垂直于轴，则为直角三角形，然后分别求出和，再结合椭圆定义以及即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求出与或与的关系，再结合，即可得到答案. 【详解】（1）因为当AC垂直于x轴时，恰好有，即， 所以设，，则，即， 又由，从而可知，则， 由椭圆的定义可得，则， 即，则， 故椭圆离心率. （2）由（1）得椭圆方程为，焦点坐标为，， 设，，，则， 由椭圆对称性，不妨设在轴上方，则， ①当，的斜率都存在时，直线的方程为：， 联立，得：， 易知，可得，又， 同理，可得； ②若轴，则，此时，即， 从而易知，， 故直线的直线方程为：， 将上式代入椭圆方程得，， 故，即，，这时； ③若轴，则，由椭圆的对称性以及②可知，则，这时也有； 综上所述，是定值． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 5．（2024·北京昌平·二模）已知椭圆的离心率为，短轴长为． (1)求椭圆的方程； (2)设是椭圆的左、右顶点，是椭圆的右焦点．过点的直线与椭圆相交于两点（点在轴的上方），直线分别与轴交于点，试判断是否为定值？若是定值，求出这个定值；若不是定值，说明理由． 【答案】(1) (2)是定值； 【分析】（1）由椭圆的性质和离心率解方程组求出即可； （2）当斜率不存在时，分别求出直线和的直线方程，得到；当斜率存在时，设出直线方程，直曲联立，表示出韦达定理，由点斜式求出直线方程可得到两点坐标，再用韦达定理表示出化简即可. 【详解】（1）由题意可得， 解得， 所以椭圆方程为， （2）是定值，理由如下：    由题意可得， 当轴时，直线的方程为，易知， 直线的方程为，所以， 直线的方程为，所以，则； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由得， 则， 设，则， 直线的方程为，令，则，所以， 直线的方程为，令，则，所以， 所以， 所以， 可得， 综上，. 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键在于讨论斜率存在与不存在的情况，不存在时，直曲联立，由韦达定理结合直线方程表示出，再化简即可. 6．（2024·北京海淀·三模）已知椭圆的左焦点为，且点在椭圆C上． (1)求椭圆C的方程； (2)已知，点P为椭圆C上一点． （ⅰ）若点P在第一象限内，延长线交y轴于点Q，与的面积之比为1∶2，求点P坐标； （ⅱ）设直线与椭圆C的另一个交点为点B，直线与椭圆C的另一个交点为点D．设，求证：当点P在椭圆C上运动时，为定值． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】(1)根据椭圆的几何性质，列方程组求解即可； (2) (i)设其方程为，根据已知条件可知，利用已知条件可推出点是的中点，可表达出点坐标，将其带入到椭圆方程中，求出，即可得到点； (ii) 设，分别联立直线，和椭圆的方程，结合韦达定理与平面向量的坐标运算，化简即可得解. 【详解】（1）由题意知，，则①， 又因点在上， 所以②，联立①、②式可得， 解之可得，，所以椭圆方程为. （2）(i)由题意知，直线的斜率一定存在， 设其方程为，根据题意可知，如图所示， 令，则，即点坐标为， 设点到直线的距离为， 又因是的中点，所以点到直线为， 又因与的面积之比为1∶2， 所以，所以， 即点是的中点，所以可得点坐标为， 又因点在椭圆上，所以， 解之可得，所以点坐标为； (ii)设，，直线的方程为， 其中，则， 联立，可得， 根据韦达定理可知，因为， 所以，所以， ， 设直线的方程为，其中， 同理可得， 所以 ， 所以为定值. 【2025年押题预测题型四】：定直线问题 1．（2024·北京·三模）已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与重合），直线与直线交于点． (1)求椭圆的方程； (2)求证：点在定直线上. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，求出即可得解. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，再求出直线与直线的交点横坐标，并结合韦达定理计算即得. 【详解】（1）依题意，，半焦距，则， 所以椭圆的方程为. （2）显然直线不垂直于y轴，设直线， 由消去x并整理得， ，设， 则，且有， 直线，直线， 联立消去y得，即， 整理得， 即， 于是，而， 则，因此， 所以点在定直线上. 2．（2025·北京石景山·一模）已知椭圆过点，短轴长为4． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点，．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)在定直线上，理由见详解. 【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解； （2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线与椭圆联立消，设直线、的方程解出纵坐标，结合韦达定理化简计算即可. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的方程为； （2）在定直线上，理由如下： 设点与直线联立消去整理得， 由，且， 所以， 易知，，则，， 两式作商得，解得， 故在定直线上. 3．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知椭圆，、为椭圆的焦点，为椭圆上一点，满足，为坐标原点． (1)求椭圆的方程和离心率． (2)设点，过的直线与椭圆交于、两点，满足，点满足满足，求证：点在定直线上． 【答案】(1)；. (2)点在定直线上 【分析】（1）由椭圆的定义求出，即可求出椭圆的方程和离心率； （2）若直线的斜率存在，设直线的方程为：，与椭圆方程联立消去整理为关于的一元二次方程，由题意可知其判别式大于0，从而可得的范围．再由韦达定理可得两根之和，两根之积．根据可得间的关系式．设，再由可得间的关系式，将韦达定理代入化简即可得出点在定直线上，再检验直线的斜率不存在是否满足. 【详解】（1）由椭圆的定义知，，故， 所以椭圆的方程为，故， 所以椭圆的离心率为. （2）若直线的斜率存在，设直线的方程为：， 则联立可得：， 则，解得：， 设，，则，， 由可得：，即， 设，由可得：， 即，即， 则， 因为点在直线上，所以， 所以点在定直线上， 若直线的斜率不存在，过的直线与椭圆交于、两点， ，，所以， 则， 所以，解得：，满足点在定直线上. 【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下： ①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式； ②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式； ③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定直线. 【2025年押题预测题型五】：角度问题 1．（2024·北京·三模）已知椭圆C：（）过点，右焦点为． (1)求椭圆C的方程； (2)过点F的直线l（不与x轴重合）交椭圆C于点M、N，点A是右顶点，直线MA、NA分别与直线交于点P、Q，求的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可求解； （2）当直线l的斜率不存在时，验证，即．当直线l的斜率存在时，设l：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，分别表示出坐标，利用向量的数量积，转化求解即可． 【详解】（1）由题意可得，，解得， 所以椭圆的方程为. （2） 当直线l的斜率不存在时， 有，，， 则，，故，即． 当直线l的斜率存在时，设l：，其中． 联立，得， 由题意，知恒成立， 设，则，． 直线MA的方程为， 令，得，即，同理可得． 所以，． 因为 ， 所以． 综上所述，． 2．（2025·北京延庆·一模）已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，且，离心率为. (1)求椭圆E的标准方程； (2)设直线与x轴交于点Q，点P是直线上不同于点Q的一点，直线BP与椭圆E交于点M，直线AM与直线交于点N，判断是否存在点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在，点的坐标为或 【分析】（1）由题意得，再结合求出，从而可求出椭圆E的标准方程； （2）假设存在点P，使得，则‖，设，由结合点在直线上，可求得，再由在椭圆上可求出，从而可求出，进而可求出点的坐标. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以， 所以椭圆E的标准方程为； （2）假设存在点P，使得，则‖， 所以， 设，则， 所以，直线的方程为， 因为点在直线上，所以， 所以， 因为点P是直线上不同于点Q的一点，所以， 所以，解得， 因为点在椭圆上，所以，解得或， 当时，，得， 当时，，得， 所以存在点P，使得，点的坐标为或 【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的定点问题，第（2）问解题的关键是将问题转化为，再结合直线的方程和椭圆方程可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题. 3．（24-25高三上·北京通州·期末）已知椭圆，以椭圆的一个焦点和短轴端点为顶点的三角形是边长为2的等边三角形. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)斜率存在且不为0的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点. 在轴上是否存在定点，使得（为坐标原点）？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)存在，或 【分析】(1)由题可知，进而得到椭圆方程和离心率； (2)假设存在定点，使得，原问题等价于满足，表示直线、的方程，可表示出，，据此计算可得点的坐标. 【详解】（1）因为以椭圆的一个焦点和短轴端点为顶点的三角形是边长为2的等边三角形， 所以，即，，故椭圆的方程：， ，故离心率； （2）假设轴上存在点，使得， 当时，所以，设，， 所以满足，设，， 由题意可知直线斜率存在且不为0，故,, 直线的方程为，所以当时， 即， 因为点与点关于轴对称，所以． 同理可得， 因为，， 所以， 因为，在椭圆上，即，， ，所以或， 故在轴上存在点，使得，点的坐标为或． 【2025年押题预测题型六】：平行及共线问题 1．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知椭圆的左顶点为，离心率. (1)求的标准方程； (2)设点为上异于顶点的一点，点关于轴的对称点为，过作的平行线，与的另一个交点为. 当与不重合时，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率及左顶点，求出、，即可得解； （2）设，，则，从而得到直线的方程，联立直线与椭圆方程，消元，求出，即可得到，得到，即可得证. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）设，， 则，，得直线的斜率. 由得直线的斜率. 由经过点得直线的方程. 由，得， 由韦达定理 得. 所以. 因为 ，， 由于不重合，所以，所以 所以. 因为两条直线不重合，所以. 2．（2024·北京西城·二模）已知椭圆的一个顶点为，焦距为． (1)求椭圆的方程； (2)设点是第一象限内椭圆上一点，过作轴的垂线，垂足为．点关于原点的对称点为，直线与椭圆的另一个交点为，直线与轴的交点为．求证：三点共线． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）依题意可得、的值，从而求出，即可得解； （2）设，表示出直线的方程，即可求出点坐标，联立直线的方程与椭圆方程，消元，设，利用韦达定理求出，从而表示出，计算出，即可得证. 【详解】（1）依题意可得 ，解得， 所以椭圆的方程为． （2）[方法一]：设而不求 设，则，，其中，．          则直线的方程为，令，可得，所以， 又直线的方程为， 由，消去整理得，   所以， 设，所以，解得． 所以，所以．                  由题意，点均不在轴上，所以直线的斜率均存在， 且                             ， 即，所以、、三点共线．    [方法二]：转化思想 设则， 且，，， 则:，令，则，， 又:，:， 设与交于点，由，解得， 若、、三点共线，则点为点，即点在椭圆上， 则只需证明， ， 所以点在椭圆上，所以、、三点共线.    [方法三]： 设且，则，， ∵，所以:， 由，消去整理得， 所以，设，则， 所以，则， ， 又:，令，则，， ， 又， 所以 ，∴、、三点共线. [方法四]： 依题意的斜率存在且不为，设的方程为， ，消去整理得， 显然，所以，，， ，则， 所以，则的方程为， 由，所以， 显然，， 所以， 则， 所以 ， 又， 所以， ∴、、三点共线. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 3．（2024·北京顺义·三模）已知椭圆：的左顶点为，上下顶点为，，离心率为. (1)求椭圆的方程 (2)设点是椭圆上一点，不与顶点重合，满足四边形是平行四边形，过点作垂直轴的直线交直线于点，再过作垂直于轴的直线交直线于点.求证：，，三点共线. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由已知可得，，根据即可求解； （2）设直线的方程，联立其与椭圆方程可得，坐标，将的纵坐标代入直线的方程中可得的坐标，将的横坐标代入的方程可得的坐标，求，即可证明. 【详解】（1）因为椭圆：的左顶点为，所以， 又，所以，所以， 所以椭圆的方程为； （2） 由（1）知，， 设：，，， 联立方程，可得， 解得或，所以， 因为四边形是平行四边形，由椭圆的对称性可知点与点关于原点对称， 所以， 直线的方程为，把代入可得， 所以， 把代入可得， 所以过，的直线的斜率为， 所以过，的直线的斜率， 所以，，三点共线. 【2025年押题预测题型七】：特殊几何体问题 1．（2024·北京大兴·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，且点在椭圆上，动点C，D分别在直线和椭圆上. (1)求椭圆的标准方程及其焦点坐标； (2)若椭圆上存在一点E，使得四边形是矩形，求点D的横坐标. 【答案】(1)方程为，焦点坐标为， (2)横坐标为或 【分析】（1）根据题意可得解得，.再计算出椭圆的焦点坐标. （2）设，，，，因为四边形一定为平行四边形，根据，得，点D，E都在椭圆上代入变形得①，又，有，②，解得：或，分类计算得出结果； 【详解】（1）由题设，解得，. 所以椭圆G的方程为.焦点坐标为， （2）设，，，， 因为四边形是矩形，一定为平行四边形，所以， 则，，所以， D，E都在椭圆上，，变形得①， 又，所以，即， 则，② ②代入①得，解得：或， 若时，，，此时C与重合，D点坐标为； 若时，联立， 可得：，解得：， 因为，所以， 所以D点横坐标为或. 2．（24-25高三上·北京西城·期末）已知椭圆的左右顶点分别为，离心率为，点，的面积为2. (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率为的直线交椭圆于点，线段的垂直平分线交轴于点，点关于直线的对称点为.若四边形为正方形，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的性质，离心率（为椭圆半焦距），三角形面积公式，再结合椭圆中来确定椭圆方程. （2）先求出直线与椭圆的交点坐标关系，再根据垂直平分线的性质、正方形的性质来求解的值. 【详解】（1）已知，，， 则的面积，解得. 因为离心率，，所以. 又因为，，，所以. 所以椭圆的方程为. （2）将直线与椭圆联立得. 根据韦达定理，，. 计算， 从而得到线段中点坐标为.   然后求线段垂直平分线方程：垂直平分线的斜率为， 根据点斜式可得垂直平分线方程为， 进而得到点.   最后根据四边形为正方形时： 则 展开得 进一步化简为 将，代入得，， 整理得，解得. 3．（2025·北京门头沟·一模）已知椭圆的一个顶点为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与轴交于点，，点关于轴的对称点为，求证：四边形为菱形. 【答案】(1)； (2)证明见解析 【分析】（1）由右顶点及离心率可得a，c，然后可得椭圆方程. （2）设直线l，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理可化简，得出四边形对角线垂直平分即可得答案. 【详解】（1）因椭圆顶点为，离心率为， 则，所以，故椭圆方程为：； （2）由题，设直线方程为，将直线方程与椭圆方程联立， 可得. 即得 化简得 因直线与椭圆交于不同的两点，则. 设，由韦达定理. 又设，令得； 设，令得； 又因为 . 所以，，所以平分，所以四边形为菱形.    4．（2024·北京·三模）已知椭圆C的标准方程为，梯形的顶点在椭圆上． (1)已知梯形的两腰，且两个底边和与坐标轴平行或在坐标轴上．若梯形一底边，高为，求梯形的面积； (2)若梯形的两底和与坐标轴不平行且不在坐标轴上，判断该梯形是否可以为等腰梯形？并说明理由． 【答案】(1) (2)梯形不可能为等腰梯形，理由见解析 【分析】（1）分两个底边和与轴平行讨论，分别讨论的长度情况即可求解； （2）设出的方程，将它们与椭圆方程联立，结合韦达定理说明底边的中垂线斜率与底边斜率之积不为即可判断. 【详解】（1） 若两底和与y轴平行（或重合），由椭圆方程得为该椭圆的上下顶点， 不妨设DC在轴右侧，设， 代入椭圆方程解得，， 所以梯形另外一底，因此面积； 若两底和与轴平行，因为，不妨设在轴上方且，， 由高为可得，，但此时四边形为矩形，不合题意，故舍去． 综合可得：满足条件的梯形的面积为. （2）该梯形不可能为等腰梯形，理由如下： 由题意可知梯形两底所在直线的斜率存在且不为零， 设直线方程为，直线方程为，其中， 联立方程，整理得，   整理得① 设，，则，， 故中点坐标为； 同理可得中点坐标为； 若梯形为等腰梯形，则有，即， 但，所以梯形不可能为等腰梯形． 【点睛】关键点点睛：第二问的关键是说明底边的中垂线斜率与底边斜率之积不为，从而即可顺利得解. 5．（2024·北京朝阳·一模）已知椭圆：的离心率为，A，B分别是E的左、右顶点，P是E上异于A，B的点，的面积的最大值为. (1)求E的方程； (2)设O为原点，点N在直线上，N，P分别在x轴的两侧，且与的面积相等. （i）求证：直线与直线的斜率之积为定值； （ⅱ）是否存在点P使得，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）不存在点 【分析】（1）利用待定系数法，列方程组，即可求解； （2）（ⅰ）首先利用坐标表示和，利用面积相等，以及点在椭圆上的条件，即可化简斜率乘积的公式，即可证明；（ⅱ）由条件，确定边长和角度的关系，再结合数形结合，即可判断是否存在点满足条件. 【详解】（1）当点是短轴端点时，的面积最大，面积的最大值为， 则，得，， 所以椭圆的方程为； （2）（ⅰ）设， ， ，， 由题意可知，，，即， 所以；    （ⅱ）假设存在点，使得， 因为，，， 所以，，， 则， 由（ⅰ）可知，，又，所以三点共线， 如图，    则，所以， 则点与点重合，这与已知矛盾， 所以不存在点，使. 【2025年押题预测题型八】：最值与范围问题 1．（2024·北京·模拟预测）已知O为坐标原点，椭圆上一点D的横坐标为1，斜率存在的直线l交椭圆C于A，B两点，且直线DA，DB的斜率之和等于1. (1)求； (2)若点D在第一象限，探究的面积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，请说明理由. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出点的纵坐标，然后代入两点间距离公式求解，即可得到结果； （2）设出直线的方程，将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理代入计算，然后由直线的斜率公式求出直线的方程，利用弦长公式以及三角形的面积公式进行求解，即可得到结果. 【详解】（1）不妨设，将代入椭圆方程可得， 则. （2） 由（1）可知，若点D在第一象限，则， 不妨设直线的方程为，， 联立直线与椭圆方程，消去可得， 由韦达定理可得， 因为直线DA，DB的斜率之和等于1，所以， 且点均在直线上，则， 整理可得， 将代入，可得， 整理可得， 因为直线不过点，所以，则， 此时直线的方程为，且过定点， 且满足，即， 又， 且点到直线的距离，所以， 不妨设，此时， 当且仅当时，即时，等号成立， 则的面积的最大值为. 2．（2024·北京顺义·二模）已知椭圆的右焦点为，长轴长为.过F作斜率为的直线交E于A，B两点，过点F作斜率为的直线交E于C，D两点，设，的中点分别为M，N. (1)求椭圆E的方程； (2)若，设点F到直线的距离为d，求d的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意求出即可得解； （2）设，，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，即可求得点的坐标，同理可求得点的坐标，再讨论直线的斜率是否存在，求出直线的方程，再根据点到直线的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）长轴长为，所以， 又焦点为，所以， 所以， 所以椭圆E的方程为； （2）设，，直线的方程为， 联立，消去y得， 易知，所以， 又M为的中点，所以，， 因为，即，又N为的中点， 不妨用代换，可得，， 讨论：①当时，直线的斜率不存在， 此时，解得， 当时，，，此时的方程为， 所以，点到直线的距离d为， 同理，当，， ②当时，，此时， 所以直线的方程为， 化简可得， 法一：点到直线的距离， 又，所以， 因为，所以， 所以 综上可知，. 法二：直线的方程为， 令，可得，综上可知，直线恒过定成， 故点到直线的距离d的最大值为，此时直线的斜率不存在， 又直线的斜率一定不为0， 所以. . 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法 （1）函数法：用其他变量作为参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解． （2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围． （3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用根的判别式求参数的取值范围． （4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解． 3．（23-24高三下·北京·开学考试）已知椭圆，E的离心率，短轴长为4. (1)求椭圆E的标准方程： (2)对于给定的点，在E上存在不同的三点A，B，Q，使得四边形为平行四边形，且直线AB过点，求t的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的离心率得到，根据短轴长得到，然后结合解方程即可； （2）利用点差法和直线过点得到中点的轨迹方程，然后根据，得到，再结合点在椭圆上得到，最后根据的范围求的范围即可. 【详解】（1）由题意得，又， 解得，，， 所以椭圆的标准方程为. （2） 设，，，中点坐标， 联立得， 又直线过点，所以，整理得， 即中点的轨迹方程为①， 因为四边形为平行四边形，所以，， 代入①式可得②， 又点在椭圆上，所以，整理得③， ③式代入到②中可得④， 当时，④式不成立， 当时，，则，解得或， 所以的取值范围为. 4．（2024·北京房山·一模）已知椭圆的离心率为，左焦点为，过的直线交椭圆于、两点，点为弦的中点，是坐标原点，且由于不与，重合． (1)求椭圆的方程； (2)若是延长线上一点，且的长度为，求四边形面积的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的离心率以及焦点坐标，直接求出、，再根据确定即可求出椭圆方程； （2）根据已知条件设出直线方程，直曲联立，利用韦达定理确定确定，，利用中点坐标公式求出点坐标，得到直线的方程，求出点、到直线的距离，结合已知条件可以表示出四边形面积为，根据的取值范围，即可求解四边形面积的取值范围． 【详解】（1） 因为，得；又，所以，所以； 所以，所以椭圆的方程为. （2）设过的直线为，与椭圆两交点坐标分别为，， 由于不与，重合，可知直线的斜率存在且不为， 根据已知条件设直线方程为，联立直线方程与椭圆方程， 整理有； ，即，整理有：恒成立； 根据韦达定理：，； 因为为弦的中点，所以； 因为在直线上，所以，解得， 所以直线的斜率为，所以直线的方程为， 化为一般式为：； 设到直线的距离为，点到直线的距离也为， 因为为弦的中点，由点到直线距离公式有： ，因为、位于两侧， 所以， 所以， 又因为， 所以， 设四边形面积为， 根据题意有：， 因为，所以. 所以，所以. 所以四边形面积的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：直曲联立利用韦达定理确定，，将四边形面积转化为求两个三角形、面积之和，利用点到直线距离化简即可将表示成，最后结合的范围求的范围. 【2025年押题预测题型九】：存在性问题 1．（24-25高三上·北京丰台·期末）已知椭圆的上顶点为，离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)设B为椭圆C的下顶点，动点M到坐标原点O的距离等于1（M与A，B不重合），直线AM与椭圆C的另一个交点为N.记直线BM，BN的斜率分别为，，问：是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，表示出直线BN的斜率与直线AM的斜率，从而得到，然后代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）由题意得解得，. 所以椭圆C的方程为. （2） 因为B为椭圆C的下顶点，所以. 设（且），则直线BN的斜率. 由点M到坐标原点O的距离等于1，可知点M在以AB为直径的圆上， 所以直线AM与直线BM垂直. 由题意得直线AM的斜率， 所以直线BM的斜率.所以. 因为点N在椭圆C上，所以， 故，所以， 所以存在，使得恒成立. 2．（2024·北京·三模）已知椭圆 的离心率为，其长轴的两个端点分别为，. (1)求椭圆的标准方程； (2)点为椭圆上除，外的任意一点，直线交直线于点，点 为坐标原点：过点且与直线垂直的直线记为，直线交轴于点，交直线于点，问：是否存在点使得与的面积相等?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据椭圆的离心率与值，求出，再根据求出后即可得椭圆的方程； （2），且，根据已知条件将点坐标以及用表示，求得，由此可将与的面积用表示，构成方程即可求解，即可解答. 【详解】（1）由题意，，又，所以， 则，所以椭圆C的方程为. （2）    设，且，则 ， 又因为，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为， 令，得，所以点的坐标为， 因为，所以直线的斜率为， 因为，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为， 因为，，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 所以， 联立直线和直线的方程， 消去得，即， 整理有：， 因为，所以， 所以，解得点的横坐标， ，， 要使得与的面积相等，应有， 整理有，即， 解得，，因为，（舍去），所以， 由可得点P的坐标为. 3．（23-24高三下·北京顺义·阶段练习）已知分别是椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的左右顶点，且 (1)求椭圆的方程； (2)若为直线上的一动点（点不在轴上），连接交椭圆于点，连接并延长交椭圆于点，试问是否存在，便得成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在，3 【分析】（1）依题意，易得的值，求出值，即得椭圆方程； （2）设点，得直线的方程为：，与椭圆方程联立，利用韦达定理和题设条件证明直线经过定点，将面积分割转化化简即可求得的值. 【详解】（1）依题意，，， 则，故， 于是，椭圆的方程为. （2） 如图，设点，又， 则直线的方程为：，代入方程整理得：， 设，由韦达定理，，解得：，则. 又因，则直线的方程为：，代入方程整理得：， 设，由韦达定理，， 得：，且, 故直线的斜率为， 则直线的方程为：， 将上述的表达式代入，即得直线的方程为：， 化简可得：， 因，故直线恒过定点. 于是 因，， 故. 【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆的综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①设出直线方程，将其与椭圆方程联立，整理成关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量之间的数量关系，同时得到韦达定理；③利用韦达定理表示出题设中的等量关系，化简整理得到所求的定点. 4．（23-24高三上·北京·阶段练习）已知椭圆：的离心率为，长轴长为4，过椭圆右焦点的直线与椭圆交于，两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)当直线与轴不垂直时，在轴上是否存在一点（异于点），使轴上任意点到直线，的距离均相等？若存在，求点坐标：若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据椭圆的离心率以及长轴长求出，即可求得答案； （2）假设在轴上存在一点，使轴上任意点到直线，的距离均相等，设直线方程并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，结合假设得，结合根与系数关系式化简，即可得结论. 【详解】（1）由题意知椭圆：的离心率为，长轴长为4， 设椭圆焦距为2c，故， 故椭圆的标准方程为：； （2）由题意可得，假设在轴上存在一点（异于点），使轴上任意点到直线，的距离均相等；    由题意可设直线，设，， 联立，整理得， 由于直线l过椭圆焦点，必有， 则， 由轴上任意点到直线，的距离均相等，可知直线，关于x轴对称， 即，即， 当时，，即， 整理得，即， 解得，即此时在轴上存在一点，使轴上任意点到直线，的距离均相等； 当时，此时l即为x轴，A，B为椭圆长轴上的两端点，此时也满足题意， 综合知x轴存在一点（异于点），使轴上任意点到直线，的距离均相等，且. 【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程的求解，以及直线和椭圆位置关系中的探究性问题，解答的关键在于第二问探究形问题，解答时要假设存在，进而明确问题的含义，即为直线，关于x轴对称，即，由此结合根与系数的关系，化简求值，即可解决问题. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$