重难点培优04 查漏补缺-圆锥曲线（椭圆）解答题题型归纳（复习讲义）（北京专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

重难点培优04 查漏补缺-圆锥曲线（椭圆）解答题题型归纳 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 2 题型一 椭圆解答题高考真题回顾学习（★★★★★） 2 题型二 弦长问题（★★★★） 3 题型三 斜率问题（★★★★） 5 题型四 定点问题（★★★★★） 6 题型五 求点坐标（★★★★★） 7 题型六 面积问题（★★★★★） 9 题型七 角度问题（★★★★★） 10 题型八 对称问题（★★★★） 10 题型九 平行问题（★★★★） 10 题型十 特殊四边形问题（★★★★★） 11 题型十一 点与椭圆的位置关系（★★★★） 11 题型十二 定直线问题（★★★★★） 11 题型十三 参数问题（★★★★★） 12 03 实战检测・分层突破验成效 13 检测Ⅰ组 重难知识巩固 13 检测Ⅱ组 创新能力提升 14 北京高考数学中的椭圆解答题，借助以下十三类题型构建起了完备的考查体系。该体系既注重对基础概念的理解，又强调对综合能力的运用，充分彰显了椭圆作为圆锥曲线核心内容的重要地位。 题型一“椭圆解答题高考真题回顾学习”，是串联其他题型的基石。通过对真题进行梳理，既能明确各题型的命题规律与考查频次，又能归纳出解题的通用思路与典型技巧，为后续具体题型的突破提供方向指引。 题型二“弦长问题”与题型三“斜率问题”，是椭圆解答题中的高频基础题型。弦长问题着重于计算直线与椭圆相交形成的线段长度，需要将直线方程与椭圆方程联立，把几何长度转化为代数运算；斜率问题则围绕直线的倾斜特征展开，常与韦达定理相结合，探究斜率之间的关系或通过斜率求解其他几何量。二者共同构成了对椭圆与直线位置关系考查的核心。 题型四“定点问题”、题型十二“定直线问题”以及题型十三“参数问题”，侧重于对“不变性”的探究。定点问题考查某一几何对象是否恒过固定点，定直线问题关注直线是否为固定直线，二者均需通过分析参数的变化来探寻其内在的不变规律；参数问题则围绕参数的取值范围、定值等展开，需要建立参数与已知条件的联系，运用方程或不等式知识进行求解，体现了对动态问题中静态本质的挖掘。 题型五“求点坐标”，是诸多问题的中间环节或最终目标，常需结合椭圆方程、直线方程以及其他几何条件（如距离、角度、对称等），通过联立方程或利用几何性质来确定点的坐标，考验对条件的综合运用能力。 题型六“面积问题”与题型七“角度问题”，是几何量计算的典型代表。面积问题需根据图形形状选择适宜的计算方法，将面积与弦长、点到直线距离等建立关联；角度问题则需将角度条件转化为向量关系或斜率关系，进而通过代数运算求解。二者均体现了几何直观与代数运算的紧密结合。 题型八“对称问题”、题型九“平行问题”和题型十“特殊四边形问题”，聚焦于图形的位置关系与形态特征。对称问题需利用对称的性质建立点或直线的关系；平行问题则需借助斜率相等的条件进行分析；特殊四边形问题则需结合菱形、矩形、平行四边形等的定义和性质，将其与椭圆的几何特征相结合，考查对图形性质的综合理解。 题型十一“点与椭圆的位置关系”，是基础概念的延伸，虽单独列为题型，但更多是作为解决其他问题的前提，例如判断点是否在椭圆上、内部或外部，进而为后续计算提供依据。 这些题型相互关联，共同围绕椭圆的定义、方程、性质以及与直线、点的位置关系展开，既考查单一知识点的运用，又强调知识的综合迁移。解题时需注重将几何条件转化为代数形式，灵活运用方程思想、函数思想和数形结合思想，以契合北京高考对椭圆解答题的能力要求。 题型一 椭圆解答题高考真题回顾学习 1．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 2．（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． 3．（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：． 4．（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． 5．（2021·北京·高考真题）已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为． （1）求椭圆E的方程； （2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围． 6．（2020·北京·高考真题）已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆C的方程： （Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值． 题型二 弦长问题 7．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，且短轴长为，离心率等于． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的左顶点，为右焦点，为椭圆上一个动点．设直线与直线交于点，连接，过作的平行线与交于点，求的值． 8．（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. 9．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知椭圆E：的左右焦点分别为，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为的正方形．A为圆上一点（不在x轴上），B为椭圆E上一点，且满足轴，直线l与圆O切于点A，过作l的垂线，垂足为M． (1)求椭圆E的方程及圆O的方程； (2)求证：为定值． 10．（2025·北京通州·一模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆E上. (1)求椭圆E的方程； (2)若过A的直线l（斜率不为0）与椭圆E的另一个交点为B，线段中点为M，射线交椭圆E于点N，交直线于点Q.求证：. 11．（2025·北京·模拟预测）已知椭圆：的一个顶点为，焦距为. (1)求椭圆E的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同两点，直线，分别与x轴交于点，比较与的大小，并证明. 12．（2025·甘肃庆阳·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，上顶点为. (1)求的离心率； (2)已知过点的直线交于两点，点是线段上异于的一点，且，证明：. 13．（2025·北京大兴·三模）已知椭圆经过点，且右顶点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点的直线与椭圆交于不同两点B，C（均不是椭圆顶点），直线AB，AC分别与直线OP交于点M、N，求证：． 14．（2025·北京海淀·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线交椭圆于、两点，点在第一象限． (1)求椭圆的焦距；若，求点的坐标； (2)若轴，垂足为，连结并延长交椭圆于点，取线段中点，求证：． 15．（2024·北京海淀·一模）已知椭圆的离心率为分别是G的左、右顶点，F是G的右焦点. (1)求m的值及点的坐标； (2)设P是椭圆G上异于顶点的动点，点Q在直线上，且，直线与x轴交于点M.比较与的大小. 题型三 斜率问题 16．（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. 17．（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. 18．（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. 19．（2025·北京丰台·二模）已知椭圆的左顶点为，焦距为． (1)求椭圆的方程； (2)设为原点，过点且斜率为的直线与椭圆的另一个交点为，线段的垂直平分线与轴交于点，与轴交于点．过点且与平行的直线与轴交于点．若与的面积之比为，求的值． 20．（2025·北京·三模）已知椭圆：过，两点. (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点的直线与椭圆交于两点，连接、交x轴于两点（不重合），已知，求直线的方程. 21．（24-25高三上·北京石景山·期末）已知椭圆的离心率为，且椭圆的左、右焦点和短轴的两个端点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上顶点且斜率为 的直线与椭圆交于另一点，过点作与垂直的直线，交直线于点，过点作直线的垂线，垂足为，若，求的值. 22．（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. 23．（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． 24．（2025·北京朝阳·二模）已知椭圆的焦距为2，且过点． (1)求椭圆E的方程； (2)设直线与椭圆E交于不同的两点A，B，直线与直线交于点N，若（O是坐标原点），求k的值． 25．（2025·北京昌平·二模）已知椭圆的长轴长为，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为6． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，点与点关于轴对称．在轴上是否存在定点，使三点共线？若存在，求实数的值，若不存在，说明理由． 题型四 定点问题 26．（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. 27．（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． 28．（2025·北京大兴·三模）已知椭圆：（）的短轴长为，过左焦点作两条互相垂直的直线，，分别交椭圆于，和，四点．设，的中点分别为，． (1)求椭圆的方程； (2)直线是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由． 29．（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. 30．（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. 31．（24-25高三上·北京房山·期末）已知椭圆过点，离心率为，一条直线与椭圆交于、两点，线段的垂直平分线为，为直线与直线的交点. (1)求椭圆的方程； (2)若，直线是否过定点？如果是，求出该定点的坐标；如果不是，说明理由. 32．（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. 33．（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． 题型五 求点坐标 34．（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. 35．（2025·北京房山·一模）已知椭圆的长轴长为4，一个焦点为. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 36．（2025·北京·三模）已知椭圆 过点，焦距为 过点的直线与椭圆交于两个不同的点， 已知点， 为直线上一点， 且直线. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)求的横坐标. 37．（2025·北京海淀·三模）椭圆的左、右焦点分别为，点P为椭圆E上动点．当P点在长轴端点时， ；当P点在短轴端点时，．过作直线的垂线，过作直线的垂线，直线的交点为Q． (1)求椭圆E的标准方程； (2)若四边形为平行四边形，求平行四边形的面积； (3)若点P在第一象限，点Q在椭圆E上，求点P坐标． 38．（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． 39．（24-25高三上·北京东城·期末）已知椭圆的一个顶点为，且焦距为2，为第一象限内上的动点，过点作斜率为，的直线分别与交于点，（均异于点），直线与轴交于点，为线段的中点，直线与轴交于点． (1)求的方程； (2)当时，求点的横坐标． 40．（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. 41．（2025·北京·模拟预测）已知椭圆 的长轴的两个端点分别为 ，短轴的两个端点与 恰构成一个等边三角形的三个顶点. (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. 题型六 面积问题 42．（2025·北京东城·二模）已知椭圆的一个顶点为.且过点. (1)求椭圆的方程及焦距 (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点.直线的斜率分别记为与，当时，求的面积. 43．（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. 44．（24-25高三上·北京顺义·期末）已知椭圆的一个顶点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)不经过点的直线与椭圆交于不同的两点，，且．记，的面积分别为，，求的值． 45．（2025·北京西城·一模）已知椭圆的离心率为，为椭圆上一点，且点到椭圆的两个焦点的距离之和等于． (1)求椭圆的方程； (2)若关于原点的对称点为，过点与垂直的直线与椭圆的另一个交点为，轴于点，直线与轴交于点．用与分别表示与的面积，证明：． 题型七 角度问题 46．（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． 47．（2025·北京海淀·二模）已知椭圆．设直线交椭圆于不同的两点、，与轴交于点． (1)当时，求的值； (2)若点满足且，求的大小． 48．（2025·北京·模拟预测）已知椭圆的左焦点为，，分别为左右顶点.点是直线上异于点的动点，直线交椭圆的另一点为点. (1)求的值； (2)直线与交于点，求证：. 题型八 对称问题 49．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知椭圆的离心率为，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)若过点，斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，且与直线交于点，点在线段（不包括两端点）上，为坐标原点，直线与直线，分别交于点．求证：点关于原点对称. 50．已知椭圆的焦距为，直线与在第一象限的交点的横坐标为3． (1)求的方程； (2)设直线与椭圆相交于两点，试探究直线与直线能否关于直线对称．若能对称，求此时直线的斜率；若不能对称，请说明理由． 题型九 平行问题 51．（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，离心率为，且经过点． (1)求椭圆的方程及长轴长； (2)点是椭圆上一动点，且不与顶点重合，点满足四边形是平行四边形，过点作轴的垂线交直线于点，连接交于点，求证：． 52．（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：. 题型十 特殊四边形问题 53．（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. 54．（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． 题型十一 点与椭圆的位置关系 55．（2025·北京海淀·一模）已知椭圆，，分别是的左、右顶点，是的上顶点，的面积为2，且． (1)求椭圆的方程及长轴长； (2)已知点，点在直线上，设直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断点是否在椭圆上，并说明理由． 题型十二 定直线问题 56．（2024·北京·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)设过点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于两点，过分别作轴的垂线，垂足为点，求证：直线与的交点在某条定直线上，并求该定直线的方程. 57．（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. 58．（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． 题型十三 参数问题 59．（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. 60．（2025·北京东城·一模）已知椭圆过点，离心率为，上的点关于轴的对称点为.设为原点，，过点与轴平行的直线交于点. (1)求椭圆的方程； (2)若点在以为直径的圆上，求的值. 61．（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． 62．（2025·北京·二模）已知椭圆，直线经过椭圆的左顶点和下顶点． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设过点且斜率不为0的直线交椭圆于两点，直线与直线的交点分别为，线段的中点分别为．若直线经过坐标原点，求的取值范围． 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．已知点在椭圆E：上，且E的离心率为. (1)求E的方程； (2)设F为椭圆E的右焦点，点是E上的任意一点，直线PF与直线相交于点Q，求的值. 2．椭圆C：的离心率为，且过点. (1)求椭圆C的方程和长轴长； (2)点M，N在C上，且.证明：直线MN过定点. 3．已知椭圆过点，长轴长为. (1)求椭圆的方程及其焦距； (2)直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与直线交于点，为坐标原点且，求证：直线过定点，并求出定点坐标.   直线与椭圆方程联立， 化简得， 4．椭圆E：焦距，且过点(,)， (1)求椭圆E的标准方程和离心率， (2)椭圆右顶点A，过(0,2)的直线交椭圆E于P，Q，其中P，Q不与顶点重合，直线AP，AQ分别与交于C，D，与x轴交点为B，当时，求直线PQ斜率． 5．已知椭圆的短轴长为，一个焦点为． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设直线与椭圆交于两点，点在线段上，点关于点的对称点为．当四边形的面积最大时，求的值． 6．已知曲线． (1)若曲线C是椭圆，求m的取值范围． (2)设，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线与曲线C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 7．已知椭圆的离心率为，椭圆C截直线所得线段的长度为2. (1)求椭圆C的方程 (2)动直线交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M，D为线段AB的中点，点N是M关于O的对称点，以N点为圆心的圆过原点O，直线DF与⊙N相切于点F，求的最大值 8．已知椭圆 经过点且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设，为椭圆上不同的两个点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，且、、三点共线.其中为坐标原点.问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标，若不存在，说明理由. 9．已知椭圆过点，且离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)直线分别交椭圆于、两点，若线段的中点在直线上，求面积的最大值. 10．已知椭圆经过点，且其离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)直线与轴交于点，与椭圆交于两点，直线分别与直线交于两点．是否存在定点，使得与的面积之比为定值？若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由． 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．如图所示，已知点A、B、C、D均在椭圆上，点A在第一象限，直线垂直于x轴，直线分别与y轴正半轴和x轴负半轴交于点E、F，E为线段的中点，直线经过点E． (1)若F为椭圆的左焦点，求的周长； (2)求当直线的倾斜角取得最小值时点A的坐标． 2．已知椭圆 交x轴于与G交于y轴． (1)求G的标准方程 (2)若与G有两个不同的交点，求的取值范围 (3)设直线交G于（l的倾斜角正弦值的绝对值小于等于），以为邻边作平行四边形在椭圆G上，O为坐标原点．证明：的最小值与的某三角函数值相等 3．已知点，集合，点，且对于S中任何异于P的点Q，都有． (1)证明：P在椭圆上； (2)求P的坐标； (3)设椭圆的焦点为，证明：． 参考公式：． 4．如图，已知是中心在坐标原点、焦点在轴上的椭圆，是以的焦点为顶点的等轴双曲线，点是与的一个交点，动点在的右支上且异于顶点. (1)求与的方程； (2)若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，求点的坐标； (3)设直线的斜率分别为，直线与相交于点，直线与相交于点， ，，求证：且存在常数使得 . 5．已知一菱形的边长为2，且较小内角等于，以菱形的对角线所在直线为对称轴的椭圆C外接于该菱形. (1)建立恰当的平面直角坐标系，求椭圆的方程； (2)已知椭圆所在平面上的点到椭圆的长轴､短轴的距离依次是，点在椭圆上，直线与椭圆的长轴所在直线的两个夹角相等.求直线与菱形对角线的夹角的正切值； (3)在（2）的条件下求面积的最大值. 11 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点培优04 查漏补缺-圆锥曲线（椭圆）解答题题型归纳 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 2 题型一 椭圆解答题高考真题回顾学习（★★★★★） 2 题型二 弦长问题（★★★★） 10 题型三 斜率问题（★★★★） 20 题型四 定点问题（★★★★★） 31 题型五 求点坐标（★★★★★） 41 题型六 面积问题（★★★★★） 51 题型七 角度问题（★★★★★） 55 题型八 对称问题（★★★★） 58 题型九 平行问题（★★★★） 61 题型十 特殊四边形问题（★★★★★） 63 题型十一 点与椭圆的位置关系（★★★★） 65 题型十二 定直线问题（★★★★★） 66 题型十三 参数问题（★★★★★） 69 03 实战检测・分层突破验成效 74 检测Ⅰ组 重难知识巩固 74 检测Ⅱ组 创新能力提升 84 北京高考数学中的椭圆解答题，借助以下十三类题型构建起了完备的考查体系。该体系既注重对基础概念的理解，又强调对综合能力的运用，充分彰显了椭圆作为圆锥曲线核心内容的重要地位。 题型一“椭圆解答题高考真题回顾学习”，是串联其他题型的基石。通过对真题进行梳理，既能明确各题型的命题规律与考查频次，又能归纳出解题的通用思路与典型技巧，为后续具体题型的突破提供方向指引。 题型二“弦长问题”与题型三“斜率问题”，是椭圆解答题中的高频基础题型。弦长问题着重于计算直线与椭圆相交形成的线段长度，需要将直线方程与椭圆方程联立，把几何长度转化为代数运算；斜率问题则围绕直线的倾斜特征展开，常与韦达定理相结合，探究斜率之间的关系或通过斜率求解其他几何量。二者共同构成了对椭圆与直线位置关系考查的核心。 题型四“定点问题”、题型十二“定直线问题”以及题型十三“参数问题”，侧重于对“不变性”的探究。定点问题考查某一几何对象是否恒过固定点，定直线问题关注直线是否为固定直线，二者均需通过分析参数的变化来探寻其内在的不变规律；参数问题则围绕参数的取值范围、定值等展开，需要建立参数与已知条件的联系，运用方程或不等式知识进行求解，体现了对动态问题中静态本质的挖掘。 题型五“求点坐标”，是诸多问题的中间环节或最终目标，常需结合椭圆方程、直线方程以及其他几何条件（如距离、角度、对称等），通过联立方程或利用几何性质来确定点的坐标，考验对条件的综合运用能力。 题型六“面积问题”与题型七“角度问题”，是几何量计算的典型代表。面积问题需根据图形形状选择适宜的计算方法，将面积与弦长、点到直线距离等建立关联；角度问题则需将角度条件转化为向量关系或斜率关系，进而通过代数运算求解。二者均体现了几何直观与代数运算的紧密结合。 题型八“对称问题”、题型九“平行问题”和题型十“特殊四边形问题”，聚焦于图形的位置关系与形态特征。对称问题需利用对称的性质建立点或直线的关系；平行问题则需借助斜率相等的条件进行分析；特殊四边形问题则需结合菱形、矩形、平行四边形等的定义和性质，将其与椭圆的几何特征相结合，考查对图形性质的综合理解。 题型十一“点与椭圆的位置关系”，是基础概念的延伸，虽单独列为题型，但更多是作为解决其他问题的前提，例如判断点是否在椭圆上、内部或外部，进而为后续计算提供依据。 这些题型相互关联，共同围绕椭圆的定义、方程、性质以及与直线、点的位置关系展开，既考查单一知识点的运用，又强调知识的综合迁移。解题时需注重将几何条件转化为代数形式，灵活运用方程思想、函数思想和数形结合思想，以契合北京高考对椭圆解答题的能力要求。 题型一 椭圆解答题高考真题回顾学习 1．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，， 故椭圆E的方程为； （2）联立，消去得，， 整理得，①， 又，所以，， 故①式可化简为，即，所以， 所以直线与椭圆相切，为切点. 设，易知，当时，由对称性可知，． 故设，易知， 联立，解得， 联立，解得， 所以 ， ， 故． 法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，． 故设， 联立，解得， 联立，解得， 若，则， 由对称性，不妨取，则， ，，所以， 同理，当时，， 当时，则，，, 又，所以， 所以 ， ， 则，即， 所以. 2．（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) 【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. 3．（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 【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. 4．（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) 【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 5．（2021·北京·高考真题）已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为． （1）求椭圆E的方程； （2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围． 【答案】（1）；（2）． 【详解】（1）因为椭圆过，故， 因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即， 故椭圆的标准方程为：. （2） 设， 因为直线的斜率存在，故， 故直线，令，则，同理. 直线，由可得， 故，解得或. 又，故，所以 又 故即， 综上，或. 6．（2020·北京·高考真题）已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆C的方程： （Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1. 【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得： ，解得：， 故椭圆方程为：. (Ⅱ)[方法一]： 设，，直线的方程为：， 与椭圆方程联立可得：， 即：， 则：. 直线MA的方程为：， 令可得：， 同理可得：. 很明显，且，注意到， ， 而 ， 故. 从而. [方法二]【最优解】：几何含义法 ①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以． ②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且． 由题意知直线的斜率存在．． 当时， ． 同理，．所以． 因为，所以． 【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法. 题型二 弦长问题 7．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，且短轴长为，离心率等于． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的左顶点，为右焦点，为椭圆上一个动点．设直线与直线交于点，连接，过作的平行线与交于点，求的值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为椭圆的中心在原点，焦点在轴上， 所以设椭圆方程为， 由题意得，解得， 所以椭圆的方程为； （2）由题意得，设， 则，得，即， 由题意得直线的斜率存在，则， 所以直线为， 当时，，所以， 所以直线的斜率为， 因为直线与直线平行，所以直线的斜率为， 所以直线为， 当时，由椭圆的对称性，不妨设点为第一象限的点，则， 此时直线为，直线为， 由，得，即， 所以， 当时，直线的斜率为，则直线为， 由，得，即， 所以 综上， 8．（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 【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，即. ，. 直线与轴交于点，所以，又点， 直线的方程为， 令，得，① 又因为， 代入①式得，， 所以. 9．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知椭圆E：的左右焦点分别为，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为的正方形．A为圆上一点（不在x轴上），B为椭圆E上一点，且满足轴，直线l与圆O切于点A，过作l的垂线，垂足为M． (1)求椭圆E的方程及圆O的方程； (2)求证：为定值． 【答案】(1)， (2)证明见解析 【详解】（1）已知以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为的正方形，设椭圆的焦距为， 则：，且， 所以，则椭圆的方程为：， 圆的方程为：． （2）证明：由椭圆方程得， 因为轴，所以设的坐标为，的坐标为，不妨取， 因为直线与圆切于点，切线的方程为：， 因为，所以， 由得，， 又，所以， 因为，所以， 所以． 10．（2025·北京通州·一模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆E上. (1)求椭圆E的方程； (2)若过A的直线l（斜率不为0）与椭圆E的另一个交点为B，线段中点为M，射线交椭圆E于点N，交直线于点Q.求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）根据题意可知，解得， 故椭圆方程为 （2）设直线，联立与的方程可得， 设，则, 故，故， ， 故直线的方程为， 联立与椭圆方程可得，解得, 在直线中，令，则，故, 故 ， 故 11．（2025·北京·模拟预测）已知椭圆：的一个顶点为，焦距为. (1)求椭圆E的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同两点，直线，分别与x轴交于点，比较与的大小，并证明. 【答案】(1) (2) ，证明见解析 【详解】（1）依题意可得，，又，所以， 所以椭圆方程为. （2）依题意过点的直线斜率存在，设， 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 ， 即的中点横坐标为， 又，所以 12．（2025·甘肃庆阳·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，上顶点为. (1)求的离心率； (2)已知过点的直线交于两点，点是线段上异于的一点，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）因为，所以，因为，所以， 所以的方程为1， 故其离心率. （2）证明：当直线的斜率为0时，不妨记， 则， 则. 当直线的斜率不为0时，设， 直线的方程为. 由得， 则0， 所以，且，. 如图， 因为，所以点在线段的垂直平分线上，则. 设，则， 则.① 又点在直线上，所以， 则，所以， 则. 整理得.② 由①②，得，所以，则， 所以. 综上，. 13．（2025·北京大兴·三模）已知椭圆经过点，且右顶点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点的直线与椭圆交于不同两点B，C（均不是椭圆顶点），直线AB，AC分别与直线OP交于点M、N，求证：． 【答案】(1)，离心率 (2)证明见解析 【详解】（1）由题意， 又因为经过点，所以，所以 所以椭圆的方程，离心率. （2）证明：设， 由，消去可得，， 则， 由得． 同理，， 则 ， 上式分子部分 ， 故，所以． 14．（2025·北京海淀·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线交椭圆于、两点，点在第一象限． (1)求椭圆的焦距；若，求点的坐标； (2)若轴，垂足为，连结并延长交椭圆于点，取线段中点，求证：． 【答案】(1)4，； (2)证明见解析. 【详解】（1）设椭圆长轴长、短轴长、焦距分别为．依题意，，， 所以椭圆焦距为； 设点，而，则， 于是，即，由点在椭圆上，得， 解得，，由点在第一象限，得，则， 所以点的坐标为. （2） 方法1：设点，，，则， 依题意，点与点关于原点对称，即， 显然直线斜率存在且不为0，设直线， 代入中得，， ， 设，则，， ，即，直线斜率， 由在直线上，得，即， 于是直线的斜率，，即， 又为线段中点，所以． 方法2：设点，，，则， 依题意，点与点关于原点对称，即， 直线斜率，直线， 联立直线与椭圆方程得：， 必有，设，则，， ，即， 直线斜率，而直线斜率， 则，即，又为线段中点，所以． 方法3：设点，，，则， 依题意，点与点关于原点对称，即， 直线斜率，直线， 联立直线与椭圆方程得：， 显然，设，则，， 于是，， 点，， 又，则，即， 因此是直角三角形，又为斜边中点，所以. 方法4：设，与椭圆联立，得，， 而点在第一象限，则，， 点，直线的斜率， 直线，令，则， 与椭圆联立得，显然， 线段中点，有，， 点，于是直线斜率，， 又为中点，所以. 15．（2024·北京海淀·一模）已知椭圆的离心率为分别是G的左、右顶点，F是G的右焦点. (1)求m的值及点的坐标； (2)设P是椭圆G上异于顶点的动点，点Q在直线上，且，直线与x轴交于点M.比较与的大小. 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）由，即， 由题意可得，故，解得， 故，则，故； （2）设，，，有， 由，则有，即， 由，故有， 即有 ， 由可得、， 则， ， 则， 由，故， 即. 题型三 斜率问题 16．（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) 【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. 17．（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) 【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. 18．（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) 【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. 19．（2025·北京丰台·二模）已知椭圆的左顶点为，焦距为． (1)求椭圆的方程； (2)设为原点，过点且斜率为的直线与椭圆的另一个交点为，线段的垂直平分线与轴交于点，与轴交于点．过点且与平行的直线与轴交于点．若与的面积之比为，求的值． 【答案】(1) (2)或 【详解】（1）由题意， 解得． 所以椭圆的方程为． （2）    由题意，直线的方程为， 由，得． 由题意，． 设，则， 解得， 所以线段的中点为． 线段垂直平分线的方程为：， 令得，所以． 令得，所以． 所以． 因为过点与直线平行的直线的方程为，故， 所以． 因为， 所以，整理得． 若，则，解得，故； 若，则，解得，故． 综上，或． 20．（2025·北京·三模）已知椭圆：过，两点. (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点的直线与椭圆交于两点，连接、交x轴于两点（不重合），已知，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【详解】（1）将，代入椭圆的方程可得， 解得， 所以椭圆的方程为. （2）结合题意可知，直线的斜率存在， 又，设直线方程为，，如下图所示： 联立，整理可得， 所以可得，且， 可得，即或； 因为，所以、的斜率分别为， 因此直线、的方程分别为， 则交点的坐标为； 结合可知，即, 也即，整理可得， 又，可得， 又因为，将代入， 可得，解得， 所以， 代入计算可得，解得， 即或，经检验符合题意， 所以直线的方程为或. 21．（24-25高三上·北京石景山·期末）已知椭圆的离心率为，且椭圆的左、右焦点和短轴的两个端点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上顶点且斜率为 的直线与椭圆交于另一点，过点作与垂直的直线，交直线于点，过点作直线的垂线，垂足为，若，求的值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1） 由题意，得，又，解得，，， 故椭圆的标准方程为：. （2） 因为，由题意可知，直线的斜率存在，且不为0. 所以直线的方程为. 联立，消去，得， 解得或， 因为点与点不同，所以， 因为，所以，则直线的方程为. 因为，所以直线. 联立，解得，所以. 因为垂直于直线，所以. 在直角和直角中，， 所以，即. 因为，， ，，代入， 得，化简得，解得，. 因为，所以的值为. 【点睛】思路点睛：本题第二问的基本思路是根据点B坐标设出直线的方程，与椭圆方程联立，求得点P的坐标，再由，设直线的方程，与直线联立，求得Q的坐标，通过，即，即可得解. 22．（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 【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. 23．（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 【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． 24．（2025·北京朝阳·二模）已知椭圆的焦距为2，且过点． (1)求椭圆E的方程； (2)设直线与椭圆E交于不同的两点A，B，直线与直线交于点N，若（O是坐标原点），求k的值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意得解得 所以椭圆E的方程为． （2）由得． 由得． 又，所以． 设，则． 不妨设点A在点B的上方， 因为，又， 此时，直线的倾斜角为， 直线的倾斜角为，所以． 由题可知直线和的斜率都存在，分别设为和，则． 因为， 所以，即． 由得． 所以．整理得， 又，所以.    25．（2025·北京昌平·二模）已知椭圆的长轴长为，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为6． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，点与点关于轴对称．在轴上是否存在定点，使三点共线？若存在，求实数的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)， (2)存在； 【详解】（1）由题意得，解得． 所以椭圆的方程为，离心率． （2） 设直线的方程为，点，点． 由，得． 依据题意，， 因为点与点关于轴对称，所以点． 若在轴上存在定点，使三点共线，则． 由，得． 由，得． 因为 ，解得． 故在轴上存在定点，使三点共线． 题型四 定点问题 26．（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 【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. 27．（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. 【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． 28．（2025·北京大兴·三模）已知椭圆：（）的短轴长为，过左焦点作两条互相垂直的直线，，分别交椭圆于，和，四点．设，的中点分别为，． (1)求椭圆的方程； (2)直线是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由． 【答案】(1) (2)直线经过定点，定点坐标为 【详解】（1）因为椭圆的左焦点，所以， 又短轴长为，所以，由可得， 故椭圆的方程为. （2） 当直线和斜率存在时，设直线方程为：， 设，，则有中点， 联立方程，消去得：， 由韦达定理得：，所以的坐标为， 将上式中的换成，同理可得的坐标为， 若，即，， 此时直线斜率不存在，直线过定点； 当时，即直线斜率存在， 则， 直线为， 令，得， 此时直线过定点， 显然当直线或斜率不存在时，直线就是轴，也会过， 综上所述：直线经过定点，定点坐标为. 29．（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 【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. 30．（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 【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. 31．（24-25高三上·北京房山·期末）已知椭圆过点，离心率为，一条直线与椭圆交于、两点，线段的垂直平分线为，为直线与直线的交点. (1)求椭圆的方程； (2)若，直线是否过定点？如果是，求出该定点的坐标；如果不是，说明理由. 【答案】(1) (2)是，定点坐标为 【详解】（1）因为椭圆过点，离心率为， 则，解得， 因此，椭圆的方程为. （2）设点、，则， 当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为， 联立可得， 则，可得， 当时，由韦达定理可得，整理可得， 可得， 此时，，则， 所以，直线的方程为，即， 此时，直线恒过定点； 当直线轴时，则线段的方程为，此时点、关于轴对称， 则直线为轴，此时，直线过点； 当直线轴时，此时点、关于轴对称，则，不合乎题意. 综上所述，直线恒过定点. 【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. 32．（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 【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. 33．（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 【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. 题型五 求点坐标 34．（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 【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. 35．（2025·北京房山·一模）已知椭圆的长轴长为4，一个焦点为. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1)，离心率； (2)存在，. 【详解】（1）由题意，得，所以. 所以椭圆的方程为，离心率. （2）设直线的方程为（显然），点， 设，联立方程， 整理得. 所以. 法一：因为. 又，所以. 所以，直线的斜率与直线的斜率互为相反数. 设直线的斜率为，直线的斜率为， ，整理可得， ，因为， 所以，， 即，解得. 所以点的坐标. 法二：因为，又， 所以，即，， 所以，且， 整理得， 则， 而，显然， 所以， 故， 所以，解得. 所以点的坐标. 36．（2025·北京·三模）已知椭圆 过点，焦距为 过点的直线与椭圆交于两个不同的点， 已知点， 为直线上一点， 且直线. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)求的横坐标. 【答案】(1)；. (2) 【详解】（1）由题意可知，，由焦距，则， 所以， 所以椭圆方程为，离心率 （2）若斜率不存在，则，则； 设直线方程，， 则，消元可得； 则， 设，由点是直线上一点，， 则存在，使得，则， 由,则， 故，代入可得， , 故点的横坐标为. 37．（2025·北京海淀·三模）椭圆的左、右焦点分别为，点P为椭圆E上动点．当P点在长轴端点时， ；当P点在短轴端点时，．过作直线的垂线，过作直线的垂线，直线的交点为Q． (1)求椭圆E的标准方程； (2)若四边形为平行四边形，求平行四边形的面积； (3)若点P在第一象限，点Q在椭圆E上，求点P坐标． 【答案】(1) (2)2 (3) 【详解】（1）由题意，当P点在长轴端点时，取，则 ①， 当P点在短轴端点时，取，则 ②， 由②得，故代入①，可得，， 故椭圆E的标准方程为. （2） 如图1，若四边形为平行四边形，又，则，即为矩形， 设，则，又，则， 于是，故平行四边形的面积为. （3） 如图2，设，则，且， 因且，故，则； 因，则因，故，则. 由联立解得：， 因点Q在椭圆E上，则得，将代入化简得：， 解得，，即点P坐标为. 38．（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， 【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． 39．（24-25高三上·北京东城·期末）已知椭圆的一个顶点为，且焦距为2，为第一象限内上的动点，过点作斜率为，的直线分别与交于点，（均异于点），直线与轴交于点，为线段的中点，直线与轴交于点． (1)求的方程； (2)当时，求点的横坐标． 【答案】(1)； (2)点的横坐标为. 【详解】（1）由题意可得，，则， 故； （2）设，则有，设、， 则、， 联立，有， 则，故， 则，即， 联立，有， 则，故， 则，即， 则， 令，则，又， 则， 令，则， 则 ， 则或， 即或， 解得或， 即或或或， 因为，所以. 所以点的横坐标为. 【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. 40．（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 【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． 41．（2025·北京·模拟预测）已知椭圆 的长轴的两个端点分别为 ，短轴的两个端点与 恰构成一个等边三角形的三个顶点. (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)存在点P的坐标为 【详解】（1）根据题意可得：，，解得， 故椭圆的方程为：. （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. 题型六 面积问题 42．（2025·北京东城·二模）已知椭圆的一个顶点为.且过点. (1)求椭圆的方程及焦距 (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点.直线的斜率分别记为与，当时，求的面积. 【答案】(1)椭圆方程，焦距为 (2) 【详解】（1）由题意，因为椭圆的一个顶点为,且过点， 所以，解得， 所以椭圆的方程为，焦距为. （2）设过点的直线为，， 由，化简得， 则，即， 所以， 即， 则， 所以直线方程为，， 故， 且点到直线的距离， 所以. 43．（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) 【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. 44．（24-25高三上·北京顺义·期末）已知椭圆的一个顶点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)不经过点的直线与椭圆交于不同的两点，，且．记，的面积分别为，，求的值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题设有，而，故，所以， 故椭圆方程为：. （2） 由题设的斜率存在且不为零，设其斜率为， 则，由可得， 故，故，， 设的斜率为，同理，， 由题设与轴不平行，故设方程为： 故， 整理得到：，而， 故，故，故恒过定点， 所以，所以， 所以即. 45．（2025·北京西城·一模）已知椭圆的离心率为，为椭圆上一点，且点到椭圆的两个焦点的距离之和等于． (1)求椭圆的方程； (2)若关于原点的对称点为，过点与垂直的直线与椭圆的另一个交点为，轴于点，直线与轴交于点．用与分别表示与的面积，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）由题意，得解得，， 所以椭圆的方程为． （2）由题意，设点，则点，． 设直线的方程为，．由得． 所以，，， 故，． 又因为， 所以， 去分母化简得到，所以或． 当时，直线过原点，不符合题意． 当时，直线的方程为，则点坐标为， 所以，． 故. 题型七 角度问题 46．（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) 【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，． 47．（2025·北京海淀·二模）已知椭圆．设直线交椭圆于不同的两点、，与轴交于点． (1)当时，求的值； (2)若点满足且，求的大小． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设点、，当时，直线的方程为， 联立可得或， 所以. （2）设点、，设线段的中点为， 因为，则，且， 联立，可得， 则， 由韦达定理可得，， 则，故点， 所以，， ， ， 又因为，， 因为，则，故. 48．（2025·北京·模拟预测）已知椭圆的左焦点为，，分别为左右顶点.点是直线上异于点的动点，直线交椭圆的另一点为点. (1)求的值； (2)直线与交于点，求证：. 【答案】(1)9 (2)证明见解析 【详解】（1） 法一：设，则直线， 与椭圆方程联立，得， 则由 ， 且，故，则. 所以. 法二：设，则 则直线的方程为：，令，代入即得. 所以. （2）因为， 所以，要证，只需证，即证. 对应（1）中的法一：因为，，，， 所以 ， 于是. 或者：因直线，直线，即， 联立，解得. 因为 ，所以. 对应（1）的法二：因为， 所以，要证，只需证，即证. 因为，，，， 所以， 于是. 题型八 对称问题 49．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知椭圆的离心率为，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)若过点，斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，且与直线交于点，点在线段（不包括两端点）上，为坐标原点，直线与直线，分别交于点．求证：点关于原点对称. 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）∵椭圆的离心率为，且经过点， ∴ 解得. ∴椭圆的方程为. （2） 过点，斜率为的直线方程为. 由 得 . .  设，则.   直线，  直线， 在直线方程中，令，得. 直线. 由得. 同理得. 所以，即点为线段中点. 所以点关于原点对称. 50．已知椭圆的焦距为，直线与在第一象限的交点的横坐标为3． (1)求的方程； (2)设直线与椭圆相交于两点，试探究直线与直线能否关于直线对称．若能对称，求此时直线的斜率；若不能对称，请说明理由． 【答案】(1) (2)直线与直线能够关于直线对称，此时直线的斜率为1 【详解】（1）由已知，，所以． 而在上，所以． 于是，．则， 故椭圆的方程为． （2）可知，将代入， 得． 由，有． 设，易知． 则． 因为直线与直线关于直线对称， 则直线与存在斜率，且斜率互为相反数． 所以， 即， 即， 所以， 则， 即，所以或． 当时，的方程为，经过点，与题意不符，故舍去． 故直线与直线能够关于直线对称，此时直线的斜率为， 由可得同时应有． 【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. 题型九 平行问题 51．（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，离心率为，且经过点． (1)求椭圆的方程及长轴长； (2)点是椭圆上一动点，且不与顶点重合，点满足四边形是平行四边形，过点作轴的垂线交直线于点，连接交于点，求证：． 【答案】(1)椭圆的方程为，椭圆的长轴长为 (2)证明过程见解析 【详解】（1）由题意，解得， 所以椭圆的方程为，椭圆的长轴长为； （2） 由题意知斜率存在，设， 联立与得，，化简得， 由韦达定理得，， 所以， 而直线，从而， 因为点满足四边形是平行四边形，关于中心对称， 根据平行四边形的中心对称性，可知也关于中心对称， 所以，而， 所以，显然，所以， 所以直线的方程为， 联立与，得， 即， 化简得，即， 因为，所以， 所以. 52．（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 【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. 题型十 特殊四边形问题 53．（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 【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.    54．（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 【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. 题型十一 点与椭圆的位置关系 55．（2025·北京海淀·一模）已知椭圆，，分别是的左、右顶点，是的上顶点，的面积为2，且． (1)求椭圆的方程及长轴长； (2)已知点，点在直线上，设直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断点是否在椭圆上，并说明理由． 【答案】(1)椭圆的方程为：，其长轴长为； (2)在椭圆上，理由见解析. 【详解】（1）由题可知，， 的面积为2，且，则，又，解得； 故椭圆的方程为：，其长轴长. （2）由（1）可知，，又， 故直线方程为：，又在直线上，故设点， 当时，直线斜率不存在，此时与重合，也与重合，显然在椭圆上； 当时，直线的斜率为，与轴没有交点，不满足题意； 当，且时，直线斜率为，直线方程为：， 令，可得，故； 直线斜率为：，直线方程为：； 直线斜率为：，直线方程为：； 联立，消去可得，代入可得：，即， 又，即，故点在椭圆上. 综上所述，在椭圆上. 题型十二 定直线问题 56．（2024·北京·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)设过点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于两点，过分别作轴的垂线，垂足为点，求证：直线与的交点在某条定直线上，并求该定直线的方程. 【答案】(1)； (2)证明见解析，定直线为. 【详解】（1）由题可得：，，又；解得； 故椭圆的方程为：. （2）设直线与的交点为，根据题意，作图如下： 由题可知，直线的斜率存在，又过点，故设其方程为， 联立，可得，显然其， 设两点坐标为，则； 因为都垂直于轴，故， 则方程为：，方程为：， 联立方程可得：， 故，也即直线与的交点在定直线上. 【点睛】关键点点睛：处理本题第二问的关键是求得直线方程后，充分利用利用韦达定理，求出交点的纵坐标即可. 57．（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. 【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. 58．（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. 【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. 题型十三 参数问题 59．（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 【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. 60．（2025·北京东城·一模）已知椭圆过点，离心率为，上的点关于轴的对称点为.设为原点，，过点与轴平行的直线交于点. (1)求椭圆的方程； (2)若点在以为直径的圆上，求的值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为椭圆过点， 所以，即. 因为椭圆的离心率为，所以，， 又因为椭圆中，代入可得， 解得，所以椭圆的方程为； （2） 如图所示，因为关于轴的对称点为，，所以， 因为，所以，所以， 所以过点与轴平行的直线为， 将直线代入椭圆方程， 可得，即， 所以，， 所以以为直径的圆的圆心为，半径为， 所以圆的方程为， 因为点在圆上，所以， 即 ， 又因为点在椭圆上，所以，即， 代入可得 ， 化简后可得，解得或（舍）， 所以. 61．（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 【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. 62．（2025·北京·二模）已知椭圆，直线经过椭圆的左顶点和下顶点． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设过点且斜率不为0的直线交椭圆于两点，直线与直线的交点分别为，线段的中点分别为．若直线经过坐标原点，求的取值范围． 【答案】(1)，离心率 (2) 【详解】（1）因为直线与坐标轴交点为和， 所以． 由，解得， 所以椭圆的方程为，离心率． （2） 由题意，直线的斜率存在，故设其方程为， 设点， 由得， 所以． 所以点的横坐标，纵坐标． 结合直线过坐标原点，可得直线的方程为． 令，得点的坐标为． 当时，显然点不在轴上． 则直线：，直线：． 令，得点． 由线段的中点为，得， 整理，得， 即， 化简，得． 由，得． 当时，由题意，点中有一个与点重合（不妨设点与点重合）， 处为中点，且， 在中，，则直线的方程为， 由的中点为，则，即，故， 所以，当且仅当时等号成立． 综上，的取值范围为. 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．已知点在椭圆E：上，且E的离心率为. (1)求E的方程； (2)设F为椭圆E的右焦点，点是E上的任意一点，直线PF与直线相交于点Q，求的值. 【答案】(1)； (2). 【详解】（1）由题意得 解得 所以椭圆E的方程为. （2）因为点是E上的任意一点，所以. ①当时，点或. 当点时，直线PF与直线相交于点，此时. 当点时，直线PF与直线相交于点，此时. ②当时，直线的方程为， 由，可得，所以. 所以 ， 所以. 综上所述，. 【点睛】总结点睛： (1)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． (2)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． 2．椭圆C：的离心率为，且过点. (1)求椭圆C的方程和长轴长； (2)点M，N在C上，且.证明：直线MN过定点. 【答案】(1)椭圆的方程为：，长轴长为 (2)证明见解析 【详解】（1）由题意得：，解得：， 椭圆的方程为：，长轴长为； （2）设点，， ，， 整理可得：①， 当直线斜率存在时，设， 联立得：， 由得：， 则，， ，， 代入①式化简可得：， 即，或， 则直线方程为或， 直线过定点或，又和点重合，故舍去， 当直线斜率不存在时，则， 此时，即， 又，解得或（舍去）， 此时直线的方程为，过点， 综上所述，直线过定点.    【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆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点. 3．已知椭圆过点，长轴长为. (1)求椭圆的方程及其焦距； (2)直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与直线交于点，为坐标原点且，求证：直线过定点，并求出定点坐标. 【答案】(1)，焦距为 (2)证明见解析，定点为. 【详解】（1）由题得 ， 所以椭圆的方程为，焦距为. （2）如图，   直线与椭圆方程联立， 化简得， ，即. 设,，,，则，． 直线的方程为，则， 直线的方程为，则， 因为，所以+=0， 所以， 所以， 把韦达定理代入整理得或， 当时，直线方程为，过定点， 即点，不符合题意，所以舍去. 当时，直线方程为， 过定点. 所以直线经过定点. 4．椭圆E：焦距，且过点(,)， (1)求椭圆E的标准方程和离心率， (2)椭圆右顶点A，过(0,2)的直线交椭圆E于P，Q，其中P，Q不与顶点重合，直线AP，AQ分别与交于C，D，与x轴交点为B，当时，求直线PQ斜率． 【答案】(1)，离心率为 (2)所求直线斜率 【详解】（1）由题设，则，故椭圆E的标准方程， 离心率. （2）由题意，直线斜率一定存在且不为0，设直线为， 由于P，Q不与顶点重合，则， 联立椭圆并整理得，故， 综上，， 所以，，    ，令，可得， ，令，可得， 若，则， 所以，故，此时； 若，则， 所以，故，此时无解； 综上，. 【点睛】关键点点睛：第二问，注意直线斜率，设其方程联立椭圆，应用韦达定理，再求出纵坐标，最后结合已知求参数. 5．已知椭圆的短轴长为，一个焦点为． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设直线与椭圆交于两点，点在线段上，点关于点的对称点为．当四边形的面积最大时，求的值． 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）由题设                                  解得      所以椭圆的方程为．                             的离心率为． （2）设椭圆的另一个焦点为，则直线过点．             由  得．                      设，则，．          由题设，点为线段的中点，所以点和点到直线的距离相等． 所以四边形的面积为面积的倍．                 又， 所以 ．                 所以．             设，则． 所以．              当且仅当，即时，． 所以四边形的面积最大时，． 6．已知曲线． (1)若曲线C是椭圆，求m的取值范围． (2)设，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线与曲线C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在定直线上？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. 【详解】（1）因为曲线C是椭圆，所以，解得；. （2）是在定直线上，理由如下： 当时，此时椭圆，设点与直线l联立得， ，且， 所以 易知，则， 两式作商得是定值， 故G在定直线上.    7．已知椭圆的离心率为，椭圆C截直线所得线段的长度为2. (1)求椭圆C的方程 (2)动直线交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M，D为线段AB的中点，点N是M关于O的对称点，以N点为圆心的圆过原点O，直线DF与⊙N相切于点F，求的最大值 【答案】(1) (2)2 【详解】（1）由椭圆的离心率为， 得. 又当时， 得， 所以 因此椭圆方程为. （2）    设A（，），B（，）. 联立方程得 由得（*） 且， 因此， 所以 又N（0，-m）， 所以 整理得：， 因为 所以 令故 所以 因为上单调递增， 因此 等号当且仅当时成立， 此时 最大值为2. 8．已知椭圆 经过点且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设，为椭圆上不同的两个点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，且、、三点共线.其中为坐标原点.问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标，若不存在，说明理由. 【答案】(1)， (2)存在，，理由见解析 【详解】（1）依题意可得，，又，解得， 所以椭圆方程为，则离心率 （2）因为、、三点共线，根据椭圆的对称性可知、关于点对称， 设点，则， 所以直线的方程为，直线的方程为， 所以点，．    假设存在M使，， 所以，又，所以， 即，所以， 设，则，， 所以，即， 又，所以，所以，解得， 所以. 9．已知椭圆过点，且离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)直线分别交椭圆于、两点，若线段的中点在直线上，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）       . 又在椭圆上       . 所以，椭圆方程为. （2）由已知直线的斜率存在. 设直线方程为，，， 由， 得． 由，得．① ，．          又中点在直线上，     即， 将之代入①得 ，所以． ， 点到直线的距离， ． 设，． ． 时，的最大值为． 10．已知椭圆经过点，且其离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)直线与轴交于点，与椭圆交于两点，直线分别与直线交于两点．是否存在定点，使得与的面积之比为定值？若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【详解】（1）由题意，解得， 故椭圆方程为：． （2）设直线与轴交点为，则由题意斜率存在， 设，与椭圆方程联立得， 由得．设， 由韦达定理得， 直线为，令， 则点横坐标为，同理． 设， 则 所以 . 若存在定值，即不随变化而改变， 则，解得， 但此时过点，不合题意．所以定点不存在． 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．如图所示，已知点A、B、C、D均在椭圆上，点A在第一象限，直线垂直于x轴，直线分别与y轴正半轴和x轴负半轴交于点E、F，E为线段的中点，直线经过点E． (1)若F为椭圆的左焦点，求的周长； (2)求当直线的倾斜角取得最小值时点A的坐标． 【答案】(1)8 (2) 【详解】（1）解：设直线与x轴交于点，如图所示， E为的中点，为的中点， 是的中位线， ， 为椭圆的右焦点， ，， 周长为： ． （2）设， 点在第一象限， ， 则，，， 设直线斜率为k，则，直线的斜率， 则直线的方程为，直线的方程为， 将两直线方程分别代入椭圆方程，得 ， ， 设，， 则，， 直线的斜率： ， 所以， 当且仅当时，等号成立，即时取等号， 所以当斜率取得最小值时， ，即， 又点在椭圆上，且，， ， ，， 即点A的坐标为． 2．已知椭圆 交x轴于与G交于y轴． (1)求G的标准方程 (2)若与G有两个不同的交点，求的取值范围 (3)设直线交G于（l的倾斜角正弦值的绝对值小于等于），以为邻边作平行四边形在椭圆G上，O为坐标原点．证明：的最小值与的某三角函数值相等 【答案】(1). (2). (3)证明见解析. 【详解】（1）由题意椭圆交x轴于，设椭圆长半轴为a，则， 与G交于y轴，即交点为，设椭圆短半轴为b，则， 故G的标准方程为. （2）联立 ，可得 ， 解得， 当时，，此时与G有两个不同的交点， 故的取值范围为. （3）证明：由题意直线交G于（l的倾斜角正弦值的绝对值小于等于）， 设l的倾斜角为 ，则 ， 故或，则或，即， 当 时，关于y轴对称，直线l与y轴交点设为C，则， 此时以 为邻边作平行四边形， , 故，由题意在椭圆C上，即，解得 ， ∴ ； 当时，联立 ，消去y，化简整理得︰ ， 需满足 ， 设点的坐标分别为 ， 由韦达定理可知∶ 则以 为邻边作平行四边形，则 , ∴ , 由于点P在椭圆C上，所以 ，即 ， 化简得： ，经检验满足， 又 ， 由于 ，∴，则 ， 故，故， 综合上述可知 ，即的最小值与的正切值相等. 【点睛】方法点睛：要证明的最小值与的某三角函数值相等，即需要求得的最小值，因此联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系，结合题设表示，并化简求得其取值范围，即可解决问题. 3．已知点，集合，点，且对于S中任何异于P的点Q，都有． (1)证明：P在椭圆上； (2)求P的坐标； (3)设椭圆的焦点为，证明：． 参考公式：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）记，若不在上，则在内. 因为，所以在外，设线段与有一交点，此时和共线反向，，不合题意，因此在上. （2）等价于. 记在上的投影向量为，则条件等价于，， 这表明是上与距离最小的点. 设，则，. 因为， 故，当且仅当时取等号. 所以， 又，故，故，当且仅当且时取等号，解得，故此时. （3）因为，，设直线与轴交于，则，解得. 故，则要证即证. 又，故轴，故. 在和，由正弦定理，， 又和互补，所以，所以，从而有. 4．如图，已知是中心在坐标原点、焦点在轴上的椭圆，是以的焦点为顶点的等轴双曲线，点是与的一个交点，动点在的右支上且异于顶点. (1)求与的方程； (2)若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，求点的坐标； (3)设直线的斜率分别为，直线与相交于点，直线与相交于点， ，，求证：且存在常数使得 . 【答案】(1)与 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）设的方程分别为与， 由 ，得，故的坐标分别为， 所以故， 故与的方程分别为与. （2）当点在第四象限时，直线的倾斜角都为钝角，不适合题意； 当在第一象限时，由直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍， 可知，故， 设点坐标为，可知且， 解得，故点的坐标为， （3）设直线的斜率分别为，点P，A，B的坐标分别为， 则， 的方程为， 代入可得， 故， 所以， 同理可得，又，故， 故 ， 即，所以存在，使得. 【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．已知一菱形的边长为2，且较小内角等于，以菱形的对角线所在直线为对称轴的椭圆C外接于该菱形. (1)建立恰当的平面直角坐标系，求椭圆的方程； (2)已知椭圆所在平面上的点到椭圆的长轴､短轴的距离依次是，点在椭圆上，直线与椭圆的长轴所在直线的两个夹角相等.求直线与菱形对角线的夹角的正切值； (3)在（2）的条件下求面积的最大值. 【答案】(1) (2)和 (3) 【详解】（1）菱形边长等于2且较小内角等于， 菱形较短对角线的长度为2，较长对角线的长度为. 以菱形较长对角线所在直线为轴，较短对角线所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系. 设椭圆的方程为，则， 椭圆的方程为. （2）由对称性，不妨设点位于第一象限，则且点在椭圆上，如上图. 直线与轴的两个夹角相等，直线的斜率存在且互为相反数. 设直线的斜率为，则直线的方程为：， 即.由， 得. 设，因为在椭圆上， . 将中的换为得：. 又直线的方程为：. ， 由对称性知，不管点位于哪个象限，直线与菱形两条对角线的夹角是互余的， 直线与菱形对角线的夹角的正切值等于和. （3）点位于第一象限时，设直线的方程为： 由，得. 由，得. . 点到直线的距离. . 记， 则. 令，得，且. 或时或时， 函数在上单调递增，在上单调递减， . ， . . 由对称性知，不论在哪个象限，都有. 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 11 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $$