解答题04 平面解析几何（专项训练，5大题型+高分必刷）（天津专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

解答题04 平面解析几何 根据近几年的高考情况，平面解析几何是高考必考点。九省联考、天津模拟及往年天津真题中固定位置考查固定的圆锥曲线，预测2026高考仍在解答中考查这部分内容。在高考中，主要考查圆锥曲线与直线相关的综合问题，考查学生的逻辑推理、直观想象和计算能力。 题型一： 圆锥曲线中参数范围与最值问题 （2025·天津·一模）已知椭圆的离心率为，左顶点为A，上顶点为的面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)过点的动直线l与椭圆C交于不同的两点（M在之间），求的取值范围． 圆锥曲线的取范围问题 1、利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； 2、利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； 3、利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； 4、利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围； 5、利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围． 求最值及问题常用的两种方法： （1）几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何图形性质来解决； （2）代数法：题中所给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求该函数的最值，求函数的最值常见的方法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等。 1．（2025·天津·模拟预测）已知椭圆C：（）上一动点D到原点O距离的最小值为，最大值为2． (1)求椭圆C方程． (2)设椭圆C的左右焦点分别为，，过作直线l交椭圆于两点，点E满足，线段，OP交于点A，设与的面积分别为，，求的取值范围． 2．（2025·天津滨海新·三模）已知椭圆的离心率为，，是椭圆的左，右顶点，是椭圆的上顶点，且． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点的直线交于，两点（异于，），直线与交于点． （i）求面积的取值范围； （ii）是否存在点同时满足，若存在求出点的坐标，若不存在说明理由． 题型二：圆锥曲线中的定点定值问题 （2025·天津·一模）已知椭圆，过右焦点的直线交于A，两点，过点与垂直的直线交于，两点，其中，在轴上方，，分别为AB，DE的中点.当轴时，，椭圆的离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)证明：直线过定点，并求定点坐标； (3)设为直线与直线的交点，面积的为，求直线的方程. 圆锥曲线的定点问题 1、参数无关法：把直线或者曲线方程中的变量，当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时的参数的系数就要全部为零，这样就得到一个关于，的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点。 2、特殊到一般法：根据动点或动直线、动曲线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关。 3、关系法：对满足一定条件上的两点连结所得直线定点或满足一定条件的曲线过定点问题，可设直线（或曲线）上两点的坐标，利用坐标在直线（或曲线）上，建立点的坐标满足方程（组），求出相应的直线（或曲线），然后再利用直线（或曲线）过定点的知识求解。 圆锥曲线的定值问题 （1）解析几何中的定值问题是指某些几何量（线段长度，图形面积，角度，直线的斜率等）的大小或某些代数表达式的值和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值， 求定值问题常见的解题方法有两种： 法一、先猜后证（特例法）：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关； 法二、引起变量法（直接法）：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值。 （2）直接法解题步骤 第一步设变量：选择适当的量当变量，一般情况先设出直线的方程：或、点的坐标； 第二步表示函数：要把证明为定值的量表示成上述变量的函数，一般情况通过题干所给的已知条件，进行正确的运算，将需要用到的所有中间结果（如弦长、距离等）用引入的变量表示出来； 第三步定值：将中间结果带入目标量，通过计算化简得出目标量与引入的变量无关，是一个常数。 1．（2025·天津·二模）椭圆（），过原点的直线与椭圆交于两点，点为椭圆的上顶点，若的最大值为8，面积的最大值为12． (1)求椭圆的方程； (2)是椭圆上异于（不在坐标轴上）的任意两点，且直线相交于点，直线相交于点，直线斜率均存在．求证：直线的斜率与直线的斜率乘积为定值． 2．（2025·天津北辰·三模）已知椭圆的中心为点，短轴长为，且左焦点到直线的距离为. (1)求椭圆C的方程； (2)若点是椭圆的左､右顶点，且过点作直线交椭圆于（异于）两点，过做垂直于长轴的直线与直线交于点，与直线交于点，设的面积为的面积为，求是否为定值？若是，求出该值，若不是，请说明理由. 题型三：圆锥曲线中的定直线问题 （2025·天津河西·二模）已知椭圆的两个焦点和两个顶点四点共圆，且与直线相切. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作斜率为的直线交椭圆于、两点，线段的垂直平分线交轴于点为，点关于直线的对称点为点，若四边形为正方形，求的值. 解决圆锥曲线中动点在定直线问题的解题步骤： 1、联立直线与圆锥曲线的方程消元； 2、挖掘图形中的对称性，解出动点横坐标或纵坐标； 3、将动点的横纵坐标分别用参数表示，再消去参数； 4、设点，将方程变形解出定直线方程。‌ 1．（2025·天津·二模）已知A、B分别为椭圆的右顶点和上顶点，点在椭圆上.若定义向量的运算：（是向量的夹角），且（为坐标原点）. (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点的直线交椭圆于另一点，且，求直线的方程. 2．（2025·天津·模拟预测）椭圆中，离心率是，右顶点到上顶点的距离为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设椭圆的左顶点为，经过点的直线与椭圆交于，过点作的平行线，与交于点．判断是否在定直线上？若在，求出该直线；若不在，请说明理由． 题型四：圆锥曲线中的向量问题 （2025·天津宁河·模拟预测）已知椭圆过点，长轴长为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点、． (1)求椭圆的方程； (2)若线段中点的横坐标是，求直线的斜率； (3)在轴上是否存在点，使是与无关的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 1、 通过向量关系转化为直线平行、垂直关系，转化为斜率或者韦达定理进行求解。 2、依据向量关系得出线段比值关系或长度之间的关系进行求解。‌ 1．（2025·天津和平·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为和，上顶点为，直线的斜率为． (1)求椭圆离心率； (2)已知直线与椭圆相切于点，过作垂直于直线，交直线于点，若，求线段的长． 2．（2025·天津·模拟预测）已知椭圆的上顶点为，四个顶点组成的四边形面积为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，交轴于点，直线与直线分别交于点，线段的中点为. 是否存在实数，使得以为直径的圆总与轴相切？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型五：圆锥曲线中的新定义问题 （2025·天津河东·二模）已知椭圆的离心率为，右焦点，椭圆在第一象限上有一动点，点到直线的距离为，当时，点的纵坐标为. (1)求椭圆方程及； (2)证明：； (3)点，当取最大值时，求椭圆上任意点到直线的最大距离. 1、 明确新定义；首先仔细阅读题目，明确新定义的内容、符号及其含义 2、 联系常规知识，找出相似之处或转换关系 3、 建立数学模型。利用集合或代数解决问题 4、灵活应用，对于复杂问题，可能需要综合运用多种知识和方法灵活应对‌ 1．（2025·天津和平·二模）已知椭圆（）的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的左、右顶点分别为、，设点B为椭圆上的点（异于点、），直线与直线交于点C，以BC为直径的圆与直线交于另一点D（异于点B），直线CD与x轴相交于点E，试证明点E为定点并求出点E的坐标. 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. 1（2025·天津静海·三模）已知椭圆的离心率为，且经过点，直线与轴交于点，与椭圆交于两点. (1)求椭圆的方程； (2)若点坐标为，线段的垂直平分线分别交直线和于点，若，求直线的斜率. 2．（2025·天津·二模）已知椭圆的离心率为，点P为椭圆上的动点，过点P作椭圆的切线，与圆交于A，B两点，线段AB长度的最小值为2. (1)求椭圆的方程； (2)求证：直线OA，OB斜率乘积为定值（其中O为坐标原点）. 3．（2025·天津南开·二模）已知椭圆的左、右焦点分别是为上一点，且在中，． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点（点在点的上方），线段上存在点，使得，求的最小值． 4．（2025·天津红桥·二模）已知椭圆的短轴长为4，离心率为过右焦点F的动直线与C交于A，B两点，点A，B在x轴上的投影分别为，在的左侧). (1)求椭圆C的方程； (2)若直线与直线交于点M，的面积为求直线的方程. 5．（2025·天津河北·二模）已知椭圆的上、下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，且点在椭圆上． (1)求椭圆C的离心率及标准方程； (2)过点且斜率存在的动直线l与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 6．（2025·天津·二模）已知椭圆的焦距为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，点在以线段为直径的圆外（为原点），求的取值范围. 7．（2025·天津红桥·一模）已知椭圆的离心率为，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)已知点，过点且斜率为的直线l与椭圆E相交于不同两点B、C，直线AB、AC分别与直线交于点M、N，当时，求斜率k的取值范围． 8．（2025·天津·一模）已知椭圆的左焦点在抛物线的准线上，且椭圆的短轴长为． (1)求椭圆的方程； (2)已知过原点的直线与椭圆相交于M，N两点，若直线：上存在点Q，使得是以为底边的等腰直角三角形，求直线的方程． 9．（2025·天津·一模）椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程． 10．（2025·天津和平·一模）椭圆的左、右焦点分别为和，左顶点为，下顶点为. (1)求椭圆的离心率； (2)已知过的直线与椭圆交于两点，若在直线上存在一点，使得为面积是的等边三角形，求直线的方程与椭圆的标准方程. 1．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 2．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 3．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 4．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足． (1)求椭圆的离心率； (2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点，若，且的面积为，求椭圆的方程． 5．（2021·天津·高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程． 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $ 解答题04 平面解析几何 根据近几年的高考情况，平面解析几何是高考必考点。九省联考、天津模拟及往年天津真题中固定位置考查固定的圆锥曲线，预测2026高考仍在解答中考查这部分内容。在高考中，主要考查圆锥曲线与直线相关的综合问题，考查学生的逻辑推理、直观想象和计算能力。 题型一： 圆锥曲线中参数范围与最值问题 （2025·天津·一模）已知椭圆的离心率为，左顶点为A，上顶点为的面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)过点的动直线l与椭圆C交于不同的两点（M在之间），求的取值范围． 【思路分析】 （1）由离心率的定义，三角形的面积，椭圆中，解方程可得； （2）分直线的斜率存在与否，当斜率存在时，设出直线方程，直曲联立表示出韦达定理，再利用图形化简面积表达式，然后利用非对称韦达定理表示出面积表达式，再设，构造函数，利用单调性求取值范围可得. 【规范答题】 （1）由题意可得， 又，解得， 所以椭圆C的方程为. （2）若直线的斜率不存在，则四点共线，不存在面积比，不符合题意； 若直线的斜率存在， 如图，设直线的方程为， 联立，消去得，， 所以，即， 所以， 因为，， 又，所以， 因为，， 所以， 因为，所以， 所以，所以， 设，由于在之间，所以，即， 设，在上单调递增， 令，解得， 令，解得（舍）或， 故， 所以. 圆锥曲线的取范围问题 1、利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； 2、利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； 3、利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； 4、利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围； 5、利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围． 求最值及问题常用的两种方法： （1）几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何图形性质来解决； （2）代数法：题中所给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求该函数的最值，求函数的最值常见的方法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等。 1．（2025·天津·模拟预测）已知椭圆C：（）上一动点D到原点O距离的最小值为，最大值为2． (1)求椭圆C方程． (2)设椭圆C的左右焦点分别为，，过作直线l交椭圆于两点，点E满足，线段，OP交于点A，设与的面积分别为，，求的取值范围． 【答案】(1)(2) 【分析】(1)利用动点到原点的距离公式，利用二次函数结合动点取值范围，可求最值，从而可得椭圆方程； (2)利用定比分点，结合向量知识，可得交点分线段的比例，然后把三角形面积转化到交点纵坐标表示上来，最后利用韦达定理来求解即可. 【详解】（1）设动点，则， 所以有， 因为，所以，即，当且仅当时取到最小值， 又因为，所以，当且仅当时取到最大值， 故椭圆C方程为； （2） 由图可知：，设，又由 则， 因为三点共线，可得， 则， 所以， 设直线方程为，与椭圆，消得： ， 设交点， 则有 由 ， 令，则，由，可知， 根据对勾函数可知：恒成立， 所以只需要解，因为， 所以， 解得， 而， 因为，所以， 即. 2．（2025·天津滨海新·三模）已知椭圆的离心率为，，是椭圆的左，右顶点，是椭圆的上顶点，且． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点的直线交于，两点（异于，），直线与交于点． （i）求面积的取值范围； （ii）是否存在点同时满足，若存在求出点的坐标，若不存在说明理由． 【答案】(1)；(2)（i）；（ii）存在，点或. 【分析】（1）由离心率及已知有求椭圆参数，即可得方程； （2）（i）设直线的方程为，，，联立椭圆并应用韦达定理得，，再应用面积公式求范围；（ii）由题设直线为，直线为，进而得，令得，再设点的坐标，由向量数量积的坐标运算列方程求参数，即可得结论. 【详解】（1）由题意，又，解得，椭圆的标准方程为； （2）（i）设直线的方程为，， 消得，即， 所以，设，，恒成立， ，， ， 令，，则， 由在上单调递增，则，故， 所以； （ii），，由（i）， 直线的方程为，直线的方程为， 因为，，所以． 令 ∴， ∴，，点的横坐标为定值，设点的坐标， 因为，，， 解得，得出或，所以存在点或满足条件. 题型二：圆锥曲线中的定点定值问题 （2025·天津·一模）已知椭圆，过右焦点的直线交于A，两点，过点与垂直的直线交于，两点，其中，在轴上方，，分别为AB，DE的中点.当轴时，，椭圆的离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)证明：直线过定点，并求定点坐标； (3)设为直线与直线的交点，面积的为，求直线的方程. 【思路分析】 （1）由通径和离心率求出a，b，c的值，得椭圆C的标准方程； （2）设直线AB和DE的方程，与椭圆方程联立，表示出M，N两点坐标和直线MN的方程，由方程确定所过定点； （3）由题意得，利用弦长公式可求得、，从而得到．再根据题意列式求解，即可得直线的方程. 【规范答题】 （1）由题意可得，解得，， 则椭圆C的标准方程为． （2）B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0， 设直线，联立椭圆，消去x得：， 由韦达定理得：， ， 则中点， 由，所以以代替m可得， 所以， ， 化简得， 则过定点． 当时，取，，则过定点； 当时，取，，则过定点； 综上直线MN过定点． （3）M，N分别为AB，DE的中点， ， 由（2）知， 以代替m可得， 所以， ，所以或， 解得，， 所以直线的方程为：或. 圆锥曲线的定点问题 1、参数无关法：把直线或者曲线方程中的变量，当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时的参数的系数就要全部为零，这样就得到一个关于，的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点。 2、特殊到一般法：根据动点或动直线、动曲线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关。 3、关系法：对满足一定条件上的两点连结所得直线定点或满足一定条件的曲线过定点问题，可设直线（或曲线）上两点的坐标，利用坐标在直线（或曲线）上，建立点的坐标满足方程（组），求出相应的直线（或曲线），然后再利用直线（或曲线）过定点的知识求解。 圆锥曲线的定值问题 （1）解析几何中的定值问题是指某些几何量（线段长度，图形面积，角度，直线的斜率等）的大小或某些代数表达式的值和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值， 求定值问题常见的解题方法有两种： 法一、先猜后证（特例法）：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关； 法二、引起变量法（直接法）：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值。 （2）直接法解题步骤 第一步设变量：选择适当的量当变量，一般情况先设出直线的方程：或、点的坐标； 第二步表示函数：要把证明为定值的量表示成上述变量的函数，一般情况通过题干所给的已知条件，进行正确的运算，将需要用到的所有中间结果（如弦长、距离等）用引入的变量表示出来； 第三步定值：将中间结果带入目标量，通过计算化简得出目标量与引入的变量无关，是一个常数。 1．（2025·天津·二模）椭圆（），过原点的直线与椭圆交于两点，点为椭圆的上顶点，若的最大值为8，面积的最大值为12． (1)求椭圆的方程； (2)是椭圆上异于（不在坐标轴上）的任意两点，且直线相交于点，直线相交于点，直线斜率均存在．求证：直线的斜率与直线的斜率乘积为定值． 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题意得到，再结合面积求得，即可求解； （2）设，，，，则，通过点差法，化简求解即可. 【详解】（1）依题意，当两点与椭圆的左、右顶点重合时，有最大值，且的面积有最大值， 所以，，，． 所以椭圆的方程为． （2） 证明：设，，，，则， 则． 因为，， 两式相减，得，所以， 即． 所以．① 同理，可得， 所以．② ，得， 则， 所以． 即直线AB的斜率与直线MN的斜率乘积为定值． 2．（2025·天津北辰·三模）已知椭圆的中心为点，短轴长为，且左焦点到直线的距离为. (1)求椭圆C的方程； (2)若点是椭圆的左､右顶点，且过点作直线交椭圆于（异于）两点，过做垂直于长轴的直线与直线交于点，与直线交于点，设的面积为的面积为，求是否为定值？若是，求出该值，若不是，请说明理由. 【答案】(1)(2)是，定值9. 【分析】（1）利用题设条件列出方程，求出，即得椭圆的方程； （2）设直线，将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用直线的直线方程求出点的坐标，结合图形表示出，化简并代入韦达定理计算即得定值. 【详解】（1）由椭圆短轴长为，得， 又椭圆C左焦点到直线的距离为，解得 则，故椭圆的方程是. （2）设直线，且 联立 则，即得，且， 则，过做垂直于长轴的直线为 令，得，同理可得； 又，， 则 ， 为定值9.    题型三：圆锥曲线中的定直线问题 （2025·天津河西·二模）已知椭圆的两个焦点和两个顶点四点共圆，且与直线相切. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作斜率为的直线交椭圆于、两点，线段的垂直平分线交轴于点为，点关于直线的对称点为点，若四边形为正方形，求的值. 【思路分析】 （1）根据题意得出，，可将椭圆的方程化为，再将椭圆的方程与直线的方程联立，由求出的值，即可得出椭圆的方程； （2）设直线的方程为，设点、，的中点为，将该直线方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，求出点的坐标，可得出直线的方程，求出点的坐标，根据结合韦达定理求出的值. 【规范答题】 （1）因为椭圆的两个焦点和两个顶点四点共圆，所以，则， 所以椭圆的方程为， 由消去，得， 因为椭圆与直线相切， 所以令，解得，所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）设直线的方程为，设点、，的中点为， 联立消去，得， ， 由韦达定理得，， 所以，代入，解得， 故线段的中点的坐标为， 所以线段的垂直平分线的方程为， 令，解得，即， 因为线段和线段互相垂直平分，所以四边形为菱形， 要使四边形为正方形，需满足， 所以 , 即，解得，则的值为. 解决圆锥曲线中动点在定直线问题的解题步骤： 1、联立直线与圆锥曲线的方程消元； 2、挖掘图形中的对称性，解出动点横坐标或纵坐标； 3、将动点的横纵坐标分别用参数表示，再消去参数； 4、设点，将方程变形解出定直线方程。‌ 1．（2025·天津·二模）已知A、B分别为椭圆的右顶点和上顶点，点在椭圆上.若定义向量的运算：（是向量的夹角），且（为坐标原点）. (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点的直线交椭圆于另一点，且，求直线的方程. 【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据题意得，解方程组即得椭圆的标准方程； （2）根据题意得，法1：设，联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离求解；法2：设，联立方程组，由求解；法3：设与平行的直线，利用两平行直线间的距离求解；法4：设，则，求解同法3；法5：设，联立方程组得，代入化简即可. 【详解】（1）依题意， 所以椭圆的方程为：； （2） 依题意， 所以， 法1：当的斜率不存在时，此时， 所以直线的斜率存在， 消去得， ，设， 则， ， 到的距离， ， ， 或， 的方程：或； 法2：当轴时，,此时，不符合题意， 当与轴不平行时， 消去得， ， 直线与轴交点， ， 可得，或， 的方程为或； 法3：， 设到的距离为， 设与平行的直线， 与之间的距离， 解得：或， 当，，解得或， 当时，，当时，； 时，直线与椭圆方程联立判别式，舍去， 所以，或. 法4：同法3得， 点到得距离， 设，则，解得或， 下同法3 法5：若的斜率为零，此时满足题意， 此时， 若的斜率不为零， 设， ，得， 将代入方程可得， 此时. 所以，或. 2．（2025·天津·模拟预测）椭圆中，离心率是，右顶点到上顶点的距离为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设椭圆的左顶点为，经过点的直线与椭圆交于，过点作的平行线，与交于点．判断是否在定直线上？若在，求出该直线；若不在，请说明理由． 【答案】(1) (2)在定直线上， 理由见解析. 【分析】（1）由条件结合离心率定义，关系列关于的方程，解方程求，由此可得椭圆方程； （2）设直线，，，联立直线与椭圆的方程，利用设而不求法证明，求直线与直线的方程，由直线与直线的方程消并证明，由此可得结论. 【详解】（1）由题意可得， 解得，， 所以椭圆的标准方程为； （2）在定直线上，证明如下：      由题可得，，， 由已知可得，所以三点不共线，所以直线斜率不为， 故可设直线的方程为，设，， 直线与椭圆联立， 消可得，， 该方程的判别式， 则，，易得 直线①，直线② 由①②联立，消去可得 即 即 即即 故点在定直线上. 题型四：圆锥曲线中的向量问题 （2025·天津宁河·模拟预测）已知椭圆过点，长轴长为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点、． (1)求椭圆的方程； (2)若线段中点的横坐标是，求直线的斜率； (3)在轴上是否存在点，使是与无关的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【思路分析】 （1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）设点、，则，利用点差法可得出，结合点在直线上，可得出，代入可得出的值； （3）假设在轴上存在点满足题设条件，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算结合为定值，可得出，求出的值，即可得出结果. 【规范答题】 （1）由题意可得，可得，因此椭圆方程为，即. （2）设点、，则， 因为，这两个等式作差可得， 即， 由题意可知，直线的方程为， 线段的中点在直线上，所以，，可得， 所以，故，故直线的斜率为. （3）在轴上存在点，使是与无关的常数. 证明：假设在轴上存在点，使是与无关的常数， 因为直线过点且斜率为，所以，直线的方程为， 由 得. 设、，则，， 因为，， 所以 设常数为，则， 整理得对任意的恒成立， ，解得， 即在轴上存在点，使是与无关的常数. 1、 通过向量关系转化为直线平行、垂直关系，转化为斜率或者韦达定理进行求解。 2、依据向量关系得出线段比值关系或长度之间的关系进行求解。‌ 1．（2025·天津和平·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为和，上顶点为，直线的斜率为． (1)求椭圆离心率； (2)已知直线与椭圆相切于点，过作垂直于直线，交直线于点，若，求线段的长． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由条件易得，进而可求解； （2）通过和，结合直线方程、椭圆方程求得坐标，通过向量数量积的坐标表示，列出等式求解. 【详解】（1）， 由条件可知，又， 可得：， 所以. （2）由（1）可知：， 椭圆方程为，设， 当时，直线，， 设夹角为，则， 由， 所以，所以， 所以， 当时，设 联立椭圆方程：，化简整理得： ， 由，整理得到：， ，， 故， 又， 所以， 由垂直关系易知直线的方程为， 联立，得， 所以， 所以 由 ，解得：， 所以， 所以， 综上 2．（2025·天津·模拟预测）已知椭圆的上顶点为，四个顶点组成的四边形面积为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，交轴于点，直线与直线分别交于点，线段的中点为. 是否存在实数，使得以为直径的圆总与轴相切？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)；(2)存在，. 【分析】（1）由定点及四边形面积列出方程求出. （2）设直线方程，，联立椭圆方程，设，结合韦达定理，分别得到的方程，进而得到坐标，从而得到坐标，再结合中点到轴的距离等于一半列出等式求解即可； 【详解】（1）依题意，，解得， 所以椭圆的方程为. （2）依题意，过的直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为， 由消去得，设， 则，在中，令，得，点， 直线的方程为，令，得，则， 同理得，设中点，则 ， 即点，设中点为，则. 假设存在实数，使得以为直径的圆与轴相切，则点到轴的距离为， 而，则， 整理得，解得， 所以存在，使得以为直径的圆总与轴相切. 题型五：圆锥曲线中的新定义问题 （2025·天津河东·二模）已知椭圆的离心率为，右焦点，椭圆在第一象限上有一动点，点到直线的距离为，当时，点的纵坐标为. (1)求椭圆方程及； (2)证明：； (3)点，当取最大值时，求椭圆上任意点到直线的最大距离. 【思路分析】 （1）求出点，根据椭圆定义可求得椭圆标准方程，根据离心率公式可求得离心率； （2）设点，根据两点间的距离公式列式化简计算即可得证； （3）由（2）可知，，根据三角形两边之差小于第三边得三点共线时取最大值，得，通过平移当直线与椭圆相切时，两直线间距离即为椭圆上点到直线距离的最值，列式求解计算即可得到最大距离. 【规范答题】 （1）由已知，，设椭圆左焦点，则， 因为，， 由，得， 所以椭圆方程为，； （2）设点，因为点在椭圆上，得， 由两点间距离公式得， 化简得； （3）由（2）可知，，所以， 根据三角形两边之差小于第三边得, 所以当三点共线时取最大值， ，设直线：， ，得：， ，∴， 通过图象可得，当直线时，椭圆上任意点到直线的距离最大， 即椭圆上任意点到直线的最大距离为. 1、 明确新定义；首先仔细阅读题目，明确新定义的内容、符号及其含义 2、 联系常规知识，找出相似之处或转换关系 3、 建立数学模型。利用集合或代数解决问题 4、灵活应用，对于复杂问题，可能需要综合运用多种知识和方法灵活应对‌ 1．（2025·天津和平·二模）已知椭圆（）的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的左、右顶点分别为、，设点B为椭圆上的点（异于点、），直线与直线交于点C，以BC为直径的圆与直线交于另一点D（异于点B），直线CD与x轴相交于点E，试证明点E为定点并求出点E的坐标. 【答案】(1)(2)证明见解析， 【分析】（1）由题意有和解出即可； （2）方法（一）设点（）直线的方程为，与联立，求得点，又以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，则，得直线CD的方程为，令得点的横坐标，代入椭圆方程即可得证； 方法（二）依题意直线斜率存在，设直线的方程为，点，与椭圆方程联立得韦达定理，即可求出点的坐标，又以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，得，即可求出，进而得直线的直线方程，令即可求解. 【详解】（1）依题意，所以，又因为，解得， 所以椭圆方程为. （2）方法（一）由（1）得，， 设点（），则有① 直线的斜率为，直线的斜率为， 直线的方程为，与联立，所以点， 因为以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，所以， 所以直线CD的斜率为，因此直线CD的方程为， 令，则点E的横坐标为②， 又因为①式，有代入②式，解得， 所以直线CD与x轴相交于定点E，点E的坐标为. 方法（二）依题意直线斜率存在，设直线的方程为，点， 由方程组，整理得. 由韦达定理有，， 代入，解得，即，又因为， 所以直线，即的斜率为， 直线与联立，所以点， 因为以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，所以，所以， 所以直线CD的方程为，令，得点E的横坐标为， 所以直线CD与x轴相交于定点E，点E的坐标为.    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 【分析】 （1）由椭圆的性质及已知条件可得a，b，c的关系，从而可求出a，b，c的值，从而可得椭圆C的标准方程； （2）直线l方程与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，可求出k的值，表示出四边形PQMN面积，求出当四边形PQMN面积最大时m的值，即可求解直线l的方程． 【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． 1（2025·天津静海·三模）已知椭圆的离心率为，且经过点，直线与轴交于点，与椭圆交于两点. (1)求椭圆的方程； (2)若点坐标为，线段的垂直平分线分别交直线和于点，若，求直线的斜率. 【答案】(1)(2)或. 【分析】（1）根据题意得，解出即可求解； （2）当的斜率不存在时，验证是否满足题意，当斜率存在且不为0，设直线的方程为，与椭圆方程联立消元，由韦达定理得，利用弦长公式求弦长和，利用即可求解. 【详解】（1）由题意知， 椭圆的方程为：. （2）为椭圆的焦点，当的斜率不存在时，显然，，显然， 斜率存在且不为0，设直线的方程为，， ，，，， 所以，， ， 此时，， ，，， ，解得或， 直线的斜率为或. 2．（2025·天津·二模）已知椭圆的离心率为，点P为椭圆上的动点，过点P作椭圆的切线，与圆交于A，B两点，线段AB长度的最小值为2. (1)求椭圆的方程； (2)求证：直线OA，OB斜率乘积为定值（其中O为坐标原点）. 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）由离心率得，设点，将椭圆方程化为，利用导数的几何意义求出切线方程，再由圆的弦长公式求出弦长，进而求出即可. （2）利用（1）中信息求出直线与圆的方程，联立求出两根的积即可推理得证. 【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，解得， 椭圆方程为，圆化为圆， 设，则，当时，由，得， 求导得，直线的斜率； 当时，由，得，求导得， 直线的斜率， 因此当时，直线的方程为，整理得， 当时，点，直线的方程为，点，直线的方程为， 满足，于是对任意点，直线的方程为， 圆的圆心到直线距离， 而圆的半径为，，当且仅当时取等号， 因此，解得，所以椭圆方程为，即. （2）由（1）知，圆的方程为，直线方程为， 由消去得，设， 则，消去得， 则， 当时，点分别为圆与轴的交点，的斜率一个为0，一个不存在； 当时，的斜率都存在且不为0，斜率乘积为为定值. 3．（2025·天津南开·二模）已知椭圆的左、右焦点分别是为上一点，且在中，． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点（点在点的上方），线段上存在点，使得，求的最小值． 【答案】(1)(2)． 【分析】（1）设椭圆的焦点为，由，求得，进而得，由椭圆定义求得，得解； （2）设，当直线的斜率存在时，设直线，由，可得，联立直线与椭圆的方程得到根与系数关系，求得，进而得点在直线上，当直线的斜率不存在时，易得点也满足在直线上，由平面几何知识求解得到答案. 【详解】（1）设， 依题意，，解得，从而， 因此，由勾股定理可得． 所以，可得． 所以求椭圆的方程为. （2）设， 当直线的斜率存在时，， 由，可得，解得．（*） 设直线， 联立整理可得， 由， 整理可得：，解得或， 且， 代入（*）整理可得， 代入直线的方程，得， 可得． 当直线的斜率不存在时，，则， 由，得，也满足方程， 所以点在直线（在椭圆内部）上． 设点关于直线的对称点为， 则解得， 所以， 此时点在椭圆内，符合题意， 所以的最小值为.    4．（2025·天津红桥·二模）已知椭圆的短轴长为4，离心率为过右焦点F的动直线与C交于A，B两点，点A，B在x轴上的投影分别为，在的左侧). (1)求椭圆C的方程； (2)若直线与直线交于点M，的面积为求直线的方程. 【答案】(1)(2)或. 【分析】（1）由题意可得出，解方程求出，即可求出椭圆方程； （2）首先设直线的方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理表示点的坐标，并利用坐标表示的面积，即可求解直线方程. 【详解】（1）由题意可得：，解得：， 故，，， 所以椭圆C的方程为. （2）当直线斜率为0时，不符合题意，舍去. 当直线斜率不为0时，设直线方程为，设， 联立，得， 易知，则，. 易知，， 所以直线：①，直线：②， 联立①②， 所以， 因为， 所以， 解得， 故直线的方程为或. 5．（2025·天津河北·二模）已知椭圆的上、下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，且点在椭圆上． (1)求椭圆C的离心率及标准方程； (2)过点且斜率存在的动直线l与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，；(2)存在，. 【分析】（1）根据已知有，即，再将已知点代入方程求参数值，即可得标准方程和离心率； （2）先假设点存在，并设，，直线，联立椭圆并应用韦达定理得到，，根据已知方程恒成立得到，即，整理化简求参数m，即可得. 【详解】（1）由上下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，所以，则， 所以，且，又在椭圆上，则， 所以标准方程为； （2）假设在轴上存在与点不同的定点，使得恒成立，    设，，直线， 由，可得，显然， 则，， 由，而， 所以，即，则， 所以，即，则， 所以，则不论为何值，恒成立， 所以，即，使得恒成立. 6．（2025·天津·二模）已知椭圆的焦距为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，点在以线段为直径的圆外（为原点），求的取值范围. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据焦距和离心率即可求得的值，即可求得椭圆的方程. （2）根据题意设出直线方程，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理及点在以线段为直径的圆外则为锐角其余弦值大于，再结合向量的数量积即可求出的范围. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，则，得， 又离心率为，解得，， 故椭圆的方程为. （2） 设直线的方程为，，， 由，得， 由，得， 则， 因为点在以线段为直径的圆外，所以为锐角， 因不共线，所以， 故，即， 因 所以 解得， 因为，则得， 解得或， 故实数的取值范围为. 7．（2025·天津红桥·一模）已知椭圆的离心率为，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)已知点，过点且斜率为的直线l与椭圆E相交于不同两点B、C，直线AB、AC分别与直线交于点M、N，当时，求斜率k的取值范围． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由椭圆的离心率为，且椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，列出方程组，求得的值，即可得到椭圆的方程； （2）设直线，联立方程组由，求得， 设，得到，再由和的方程，求得和，结合，得到，将和，代入化简得到，求得，进而得到答案. 【详解】（1）由椭圆的离心率为，且椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为， 可得，解得，椭圆. （2）设直线，联立方程组，整理得， 则且，可得，所以， 设，则， 则直线的方程为，与直线交于点， 直线的方程为，与直线交于点， 当时，且，则， 将， 代入可得，所以，解得， 所以斜率的取值范围为． 8．（2025·天津·一模）已知椭圆的左焦点在抛物线的准线上，且椭圆的短轴长为． (1)求椭圆的方程； (2)已知过原点的直线与椭圆相交于M，N两点，若直线：上存在点Q，使得是以为底边的等腰直角三角形，求直线的方程． 【答案】(1)(2)或 【分析】(1)利用抛物线方程可求出，再由短轴长可求出，进而求得的值，可写出椭圆的方程； (2)将直线分三种情况讨论：斜率不存在时，斜率为时和斜率存在且不为时，再利用是以为底边的等腰直角三角形进行求解即可. 【详解】（1）抛物线的准线方程为， 椭圆的左焦点为，即， 椭圆的短轴长为，，即，， 椭圆的方程为； （2）设，， 当直线的斜率不存在时，：， 此时M，N分别为椭圆的上、下顶点，不妨设，， 要使是以为底边的等腰直角三角形，则， ，，，不合题意；    当直线的斜率为时，：， 此时M，N分别为椭圆的左、右顶点，不妨设，， 要使是以为底边的等腰直角三角形，则， ，，，满足题意；    当直线的斜率存在且不为时，设：，    由，得， ，， ， 设的垂直平分线方程为， 由，得， 是以为底边的等腰直角三角形， ， ， 化简得，，或(舍)，：， 综上，直线的方程为或. 9．（2025·天津·一模）椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】首先根据三角形面积公式确定，【算法一】设直线方程为，联立直线和直线求得点的坐标，思路一，根据求点的坐标，代入椭圆方程，即可求解；思路二，直线与椭圆方程联立，求点的坐标，再根据，即可求解；【算法二】设直线方程为，，后面的过程同【算法一】. 【详解】（1）由题意得：， 所以 所以椭圆方程为. （2）由题意可知，直线的斜率存在且为正， 直线方程为， 因为三角形的面积是三角形面积的5倍 ∴ ∵  ∴ 又由题意可知、均在轴右侧，∴ 【算法一】设直线方程为，由，解得 ， 思路一： 所以 因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得： ∴ 所以直线方程为，即． 思路二：由得， 显然成立 ∵ ∴ ∴ 整理得： ∴ 所以直线方程为，即． 【算法二】设直线方程为， 由，解得， 思路一：． 所以由  得 因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得： ∴ 所以直线方程为，即．15分 思路二：得， 显然成立 ∵ ∴ ∴ 整理得： ∴ 所以直线方程为，即 10．（2025·天津和平·一模）椭圆的左、右焦点分别为和，左顶点为，下顶点为. (1)求椭圆的离心率； (2)已知过的直线与椭圆交于两点，若在直线上存在一点，使得为面积是的等边三角形，求直线的方程与椭圆的标准方程. 【答案】(1)(2)椭圆方程为，直线方程为或. 【分析】（1）根据题意可得出，由此求得椭圆的离心率； （2）讨论直线斜率存在和不存在，设直线为，联立直线的方程和椭圆的方程，写出韦达定理，由此求得的表达式并进行化简，由，整理可求出，由此可求出直线的方程与椭圆的标准方程. 【详解】（1）依题意，且， 所以，又，所以， 整理得. （2）由（1）有，故椭圆方程可写成. ①当直线斜率不存在时，直线为，显然不成立； ②当直线斜率存在时，设直线为，设直线与椭圆交于不同的两点中点为， 由方程组整理得 由已知可得，所以，且， ①， ②， ①②式代入，整理得，满足，即， 代入①式，求得， 故椭圆方程为， 直线方程为或. 1．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到，再由直线的斜率得到，从而利用三角形的面积公式得到关于的方程，解之即可得解； （2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得，进而得到直线的方程与点的坐标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证. 【详解】（1）依题意，设椭圆的半焦距为， 则左焦点，右顶点，离心率，即， 因为为上一点，设， 又直线的斜率为，则，即， 所以，解得，则，即， 因为的面积为，，高为， 所以，解得， 则，， 所以椭圆的方程为. . （2）由（1）可知，，， 易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即， 联立，消去得，， 因为直线与椭圆有唯一交点，所以， 即，则，解得，则， 所以直线的方程为， 联立，解得，则， 以下分别用四种方法证明结论： 法一：则， 所以， ， 则，又， 所以，即平分. 法二：所以，，， 由两直线夹角公式，得，， 则，又， 所以，即平分. 法三：则，， 故， 又， 所以，即平分. 法四：则， 所以直线的方程为，即， 则点到直线的距离为， 又点到直线的距离也为， 所以平分. 2．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)(2)存在，使得恒成立. 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2） 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 3．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为.(2). 【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率. （2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案. 【详解】（1）如图，    由题意得，解得，所以， 所以椭圆的方程为，离心率为. （2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得， 设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得：， 由韦达定理得，所以， 所以，. 所以,,， 所以， 所以，即， 解得，所以直线的方程为. 4．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足． (1)求椭圆的离心率； (2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点，若，且的面积为，求椭圆的方程． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值； （2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程. 【详解】（1）解：， 离心率为. （2）解：由（1）可知椭圆的方程为， 易知直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立得， 由，① ，， 由可得，② 由可得，③ 联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为． 5．（2021·天津·高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程； （2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程. 【详解】（1）易知点、，故， 因为椭圆的离心率为，故，， 因此，椭圆的方程为； （2）设点为椭圆上一点， 先证明直线的方程为， 联立，消去并整理得，， 因此，椭圆在点处的切线方程为. 在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点， 直线的斜率为，所以，直线的方程为， 在直线的方程中，令，可得，即点， 因为，则，即，整理可得， 所以，，因为，，故，， 所以，直线的方程为，即. 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $