大题03 平面解析几何（专项训练，5大题型+高分必刷）（北京专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

大题03 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。虽然九省联考中调整了试题顺序，但今年高考仍有可能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·北京·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为．过点的直线与椭圆交于，两点，过点作的垂线交椭圆于两点，的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)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·北京西城·二模）已知椭圆的左顶点为，圆经过椭圆的上、下顶点． (1)求椭圆的方程和焦距； (2)已知P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点（P，Q不在坐标轴上），且直线PQ与x轴平行，线段的垂直平分线与y轴交于点，圆在点处的切线与y轴交于点．求线段长度的最小值． 2．（2025·北京大兴·三模）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. 题型二：圆锥曲线中的定点定值问题 1.（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． 2.（2025·北京丰台·二模）已知椭圆，过点的直线交椭圆于点． (1)当直线与轴垂直时，求； (2)在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求点的坐标及的值；若不存在，说明理由． 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·北京顺义·模拟预测）已知椭圆，的下顶点为，左、右焦点分别为和，离心率为，过的直线与椭圆相交于，两点．若直线垂直于，则的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)若直线与坐标轴不垂直，点关于轴的对称点为，试判断直线是否过定点，并说明理由． 2.（2025·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． 题型三：圆锥曲线中的定直线问题 （2025·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. 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·北京大兴·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. 2．（2025·北京海淀·模拟预测）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． 题型四：圆锥曲线中的向量相关问题 （2025·上海杨浦·三模）设抛物线的方程为，其中常数，F是抛物线的焦点． (1)若直线被抛物线所截得的弦长为6，求的值； (2)设是点关于顶点O的对称点，是抛物线上的动点，求的最大值； (3)设是两条互相垂直，且均经过点F的直线，与抛物线交于点,与抛物线交于点，若点G满足，求点G的轨迹方程． 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·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． 2.（24-25·北京怀柔·期末）已知椭圆 （1）求椭圆的标准方程和离心率； （2）是否存在过点的直线与椭圆相交于，两点，且满足．若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 题型五：圆锥曲线中的探索证明问题 （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． 圆锥曲线中常见的证明问题 (1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等. (2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明. 存在性问题的解题策略 存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在. (1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论. (2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件. (3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意. 1．（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. 【解题指导】（1）由题意确定椭圆参数值，即可得椭圆方程，进而得到离心率； （2）设直线的方程为，，，联立椭圆并应用韦达定理得，法一：根据面积比得到，即直线的斜率与直线的斜率互为相反数，列方程求得；法二：根据面积比得，结合两点距离公式并整理求得，即得结论. 2．（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. 1．（2025·北京通州·三模）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 2．（2025·北京西城·一模）已知椭圆，点在椭圆上，且（为原点）．设的中点为，射线交椭圆于点． (1)当直线与轴垂直时，求直线的方程； (2)求的取值范围． 3．（2025·北京朝阳·二模）已知椭圆E的两个顶点分别为，，焦点在x轴上，且椭圆E过点. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为原点，不经过椭圆E的顶点的直线l与椭圆E交于两点，直线BP与直线OC交于点H，点M与点Q关于原点对称. （i）求点H的坐标（用，表示）； （ii）若A，H，M三点共线，求证：直线l经过定点. 4．（2025·北京通州·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形，过点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点. (1)求椭圆的方程； (2)若过点且平行于的直线交直线于点，求证：直线恒过定点. 5．（2025·北京海淀·模拟预测）已知椭圆E：过点，长轴长为4． (1)求椭圆E的方程； (2)设O为原点，点A为椭圆E的左顶点，过点的直线与椭圆E交于M、N两点，且直线l与x轴不重合，直线AM、AN分别与y轴交于P、Q两点．判断是否为定值，如果是，请求出这个定值，如果不是，请说明理由． 6．（2025·吉林长春模拟）已知椭圆的离心率为，过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为1. （1）求椭圆的方程； （2）设点为椭圆上位于第一象限内一动点，分别为椭圆的左顶点和下顶点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值. 7．（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：. 8．（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． 9．（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. 10．（2025·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. 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）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 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）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 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 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题03 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。虽然九省联考中调整了试题顺序，但今年高考仍有可能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·北京·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为．过点的直线与椭圆交于，两点，过点作的垂线交椭圆于两点，的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)求的取值范围. 【解题指导】（1）由椭圆定义及的关系求解即可； （2）先考虑当轴以及直线与轴重合时，的值，当直线斜率存在且不为0时，利用设而不求法结合弦长公式求结论. 【答题规范】（1）设椭圆的半焦距为， 由题得​， 由椭圆定义得​的周长为​， 所以​， 所以椭圆​的方程为​． （2）当轴时，与轴重合，不符合题意； 当直线与轴重合时，点的横坐标为， 代入椭圆方程可得​，故， 不妨设，则， 所以， 所以； 当直线斜率存在且不为时， 设，， 则， 联立， ， 由韦达定理，得， 所以， 同理， 所以． 综上所述，的取值范围是． ． 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·北京西城·二模）已知椭圆的左顶点为，圆经过椭圆的上、下顶点． (1)求椭圆的方程和焦距； (2)已知P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点（P，Q不在坐标轴上），且直线PQ与x轴平行，线段的垂直平分线与y轴交于点，圆在点处的切线与y轴交于点．求线段长度的最小值． 【解题指导】（1）根据给定条件，求出，写出椭圆的方程并计算焦距作答. （2）设出坐标，求线段中垂线方程得点，求圆在点处的切线方程得点，再借助均值不等式求解作答. 【规范答题】（1）由题意知，，∴， ∴椭圆的方程为，焦距为． （2）由直线与轴平行，可设， 则，， 根据椭圆与圆的对称性，不妨取， ∵，， ∴直线的斜率为，线段的中点为， ∴线段的垂直平分线为， 令，则， 而，则， 圆在点处的切线方程为， 令，则， ∴线段长度为， 当且仅当，即时，等号成立， 故线段长度的最小值为．    2．（2025·北京大兴·三模）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. 【解题指导】（1）由离心率以及椭圆经过的点即可求解的值， （2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，结合中点坐标公式，得到，由点到直线的距离公式以及弦长公式，得三角形的面积表达式，结合二次函数的性质即可求解. 【规范答题】（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． 题型二：圆锥曲线中的定点定值问题 1.（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． 【解题指导】（1）由焦点坐标以及短轴长的概念，结合椭圆的标准方程，可得答案； （2）利用分类讨论，分直线斜率存在与否，设出直线方程以及交点坐标，写出中点坐标，联立方程，写出韦达定理，可得答案. 【规范答题】（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. 2.（2025·北京丰台·二模）已知椭圆，过点的直线交椭圆于点． (1)当直线与轴垂直时，求； (2)在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求点的坐标及的值；若不存在，说明理由． 【解题指导】（1）写出直线方程，与椭圆联立，求出两点坐标，即可求出. （2）当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，写出韦达定理，用坐标表示，代入韦达定理，分析为定值的条件，求出点的坐标，再验证斜率不存在时的情况，得出答案. 【规范答题】（1）解:联立,得或 所以． （2）假设存在，使为定值． 当直线斜率存在时，设直线的方程为：， 联立得． 显然，设， 则． 所以 ． 若为常数，只需， 解得，此时． 当直线与轴垂直时，不妨设， 当点坐标为时，． 满足为定值． 综上，存在点，使为定值． 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·北京顺义·模拟预测）已知椭圆，的下顶点为，左、右焦点分别为和，离心率为，过的直线与椭圆相交于，两点．若直线垂直于，则的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)若直线与坐标轴不垂直，点关于轴的对称点为，试判断直线是否过定点，并说明理由． 【解题指导】（1）据题意可知是正三角形，由直线垂直于，可证，由此可知 ，，进而得到椭圆方程； （2）设直线的方程为，，则，得到直线方程，直曲联立， 由韦达定理可得，进而得到，代入直线方程可求出定点. 【规范答题】（1）由题意可知， 因为离心率为， 所以， 所以，故是正三角形，如图所示： 若直线，则直线垂直平分线段， 所以， 由于的周长为，故的周长为， 由定义可知：， 所以的周长为，故， 所以，故， 所以椭圆的方程：. （2）由题意可设直线的方程为，，则，如图所示： 可得直线的方程为：， 因为， 将其代入直线方程，可得， 可整理得：， 联立方程得， 则， 所以，即， 将其代入式中，可得直线方程为：， 可见直线过定点， 所以直线过定点，坐标为. 2.（2025·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． 【解题指导】（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. 【规范答题】（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.    题型三：圆锥曲线中的定直线问题 （2025·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. 【解题指导】（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. 【规范答题】（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. 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·北京大兴·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. 【解题指导】（1）根据题意，列出满足的方程组，求得，即可求得椭圆方程； （2）设出直线的方程，联立椭圆方程，结合坐标，写出直线的方程，借助韦达定理，求得两直线交点坐标的纵坐标为定值，即可证明，进而求出定直线方程. 【规范答题】（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. 2．（2025·北京海淀·模拟预测）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． 【解题指导】（1）由椭圆的标准方程计算即可； （2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线MN与椭圆联立消，设直线AN、BM的方程解出G纵坐标，结合韦达定理化简计算即可. 【规范答题】（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.    题型四：圆锥曲线中的向量相关问题 （2025·上海杨浦·三模）设抛物线的方程为，其中常数，F是抛物线的焦点． (1)若直线被抛物线所截得的弦长为6，求的值； (2)设是点关于顶点O的对称点，是抛物线上的动点，求的最大值； (3)设是两条互相垂直，且均经过点F的直线，与抛物线交于点,与抛物线交于点，若点G满足，求点G的轨迹方程． 【解题指导】（1）可令，代入抛物线方程，计算可得弦长继而得； （2）根据抛物线定义转化线段比值，结合直线与抛物线的位置关系计算即可； （3）设坐标及方程，与抛物线方程联立，运用韦达定理以及两直线垂直的条件，结合向量的坐标表示，以及消元转化，可得所求轨迹方程． 【规范答题】（1）由可得，由题意可知； （2）易知，则，抛物线准线为，      如图所示，过作准线，垂足为B， 由抛物线定义可知，故， 设直线为，， 则， 欲求的最大值，即求的最小值， 显然当直线与抛物线相切时，取得最大，此时其余弦最小， 联立抛物线方程可得， 由直线和抛物线相切可得， 结合抛物线对称性，不妨取，此时，即； （3）   由已知可知，则， 设，， 则， 与抛物线联立可得：， 即有， 同理则有， 因为点G满足， 即， 故， 可得， 则G的轨迹方程为．   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·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． 【解题指导】（1）利用题设条件列出的方程组，求解即得椭圆方程； （2）由条件推得为矩形，设，利用椭圆的定义得，再由勾股定理得，联立求出，从而可求的平行四边形的面积； （3）设，则，依题意求出的方程，联立求得点的坐标，由点Q在椭圆E上，解方程即可求得点P坐标. 【规范答题】（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. 2.（24-25·北京怀柔·期末）已知椭圆 （1）求椭圆的标准方程和离心率； （2）是否存在过点的直线与椭圆相交于，两点，且满足．若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【解题指导】（1）将椭圆方程化为标准方程，可得a，b，c，由离心率公式可得所求值； （2）假设存在过点P（0，3）的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且满足，可设直线l的方程为x＝m（y﹣3），联立椭圆方程，消去x可得y的二次方程，运用韦达定理和判别式大于0，再由向量共线的坐标表示，化简整理解方程，即可判断是否存在这样的直线． 【规范答题】（1）由，得，进而，； （2）假设存在过点P（0，3）的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且满足， 可设直线l的方程为x＝m（y﹣3），联立椭圆方程x2+2y2＝4， 可得（2+m2）y2﹣6m2y+9m2﹣4＝0，△＝36m4﹣4（2+m2）（9m2﹣4）＞0，即m2＜， 设A（x1，y1），B（x2，y2），可得y1+y2＝，y1y2＝，① 由，可得（x2，y2﹣3）＝2（x1，y1﹣3），即y2﹣3＝2（y1﹣3），即y2＝2y1﹣3，② 将②代入①可得3y1﹣3＝，y1（2y1﹣3）＝， 消去y1，可得•＝，解得m2＝，所以， 故存在这样的直线l，且方程为7x﹣y+3＝0或7x+y﹣3＝0． 题型五：圆锥曲线中的探索证明问题 （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． 【解题指导】（1）根据题意，列出满足的方程组，求得，即可求得椭圆方程和长轴长； （2）求出方程，设出点的坐标，进而写出方程，从而求得的坐标；再结合已知条件，求得方程，联立方程组，解得坐标，将其代入椭圆方程，即可检验和判断. 【规范答题】（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.. 圆锥曲线中常见的证明问题 (1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等. (2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明. 存在性问题的解题策略 存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在. (1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论. (2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件. (3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意. 1．（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. 【解题指导】（1）由题意确定椭圆参数值，即可得椭圆方程，进而得到离心率； （2）设直线的方程为，，，联立椭圆并应用韦达定理得，法一：根据面积比得到，即直线的斜率与直线的斜率互为相反数，列方程求得；法二：根据面积比得，结合两点距离公式并整理求得，即得结论. 【规范答题】（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. 2．（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. 【解题指导】（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. 【规范答题】（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.    1．（2025·北京通州·三模）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 【分析】（1）根据椭圆的离心率和关系并代入点坐标即可求解； （2）根据直线和椭圆联立，中点坐标公式，相切关系，换元法和对号函数即可求解. 【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. 2．（2025·北京西城·一模）已知椭圆，点在椭圆上，且（为原点）．设的中点为，射线交椭圆于点． (1)当直线与轴垂直时，求直线的方程； (2)求的取值范围． 【分析】（1）根据题意可知点关于轴对称且，利用勾股定理可得直线的方程为；（2）当直线的斜率不存在时，，直线的斜率存在时，联立直线和椭圆方程再根据可得，即，再由求出点，代入椭圆方程即可得，即可求得的取值范围为 【详解】（1）当直线与轴垂直时，设其方程为．     由点关于轴对称，且，由勾股定理可知不妨设，     将点的坐标代入椭圆的方程，得，解得． 所以直线的方程为． （2）当直线的斜率不存在时，由（Ⅰ）知．     当直线的斜率存在时，设其方程为． 由  得． 由，得． 设，，则，．     因为，所以． 所以． 整理得．         所以． 解得，从而．             设，其中． 则．         将代入椭圆的方程，得． 所以，即．             因为，所以，即．         综上的取值范围是． 3．（2025·北京朝阳·二模）已知椭圆E的两个顶点分别为，，焦点在x轴上，且椭圆E过点. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为原点，不经过椭圆E的顶点的直线l与椭圆E交于两点，直线BP与直线OC交于点H，点M与点Q关于原点对称. （i）求点H的坐标（用，表示）； （ii）若A，H，M三点共线，求证：直线l经过定点. 【分析】（1）根据椭圆的顶点和椭圆上的点列方程求解即可； （2）（i）设直线BP的方程为，联立方程求得H的坐标即可； （ii）设直线l的方程为，与椭圆方程联立韦达定理，根据三点共线结合两点斜率公式列式化简得或，从而求解直线恒过的定点. 【详解】（1）设椭圆E的方程为 由题意得，解得， 所以椭圆E的方程为 （2）（i）由题可知：且. 设直线BP的方程为，直线OC的方程为. 由得， 所以H的坐标为. （ii）由题可知，直线l的斜率存在.设直线l的方程为， 由得， 由于直线l与椭圆E交于不同的两点， 所以， 则，.由题可知. 因为A，H，M三点共线，所以，化简得， 即. 所以， 所以. 化简得，即， 解得或. 当时，直线l的方程为，经过，不符合题意. 当时，直线l的方程为，经过， 其中. 综上，直线l经过定点. 4．（2025·北京通州·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形，过点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点. (1)求椭圆的方程； (2)若过点且平行于的直线交直线于点，求证：直线恒过定点. 【分析】（1）由题意列关于的方程组，即可得到结果； （2）设方程为，，，联立直线MN方程和椭圆的方程可得，表示出直线NQ方程，对称性可知直线NQ恒过的定点在x轴上，令，将代入化简即可得出答案. 【详解】（1）由题意得，，所以，解得，所以， 所以椭圆的方程为. （2）由题意直线MN过点且斜率不为0， 故设直线MN方程为，，， 联立，消去x得，， 所以，所以， 因为，则：，令，解得， 所以，故直线的方程为：， 根据对称性，直线所过的定点在轴上，不妨令， 则，将代入得 所以， 故直线恒过定点. 5．（2025·北京海淀·模拟预测）已知椭圆E：过点，长轴长为4． (1)求椭圆E的方程； (2)设O为原点，点A为椭圆E的左顶点，过点的直线与椭圆E交于M、N两点，且直线l与x轴不重合，直线AM、AN分别与y轴交于P、Q两点．判断是否为定值，如果是，请求出这个定值，如果不是，请说明理由． 【分析】（1）根据已知条件求得a、b的值即可. （2）设出直线MN的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，通过直线AM和直线AN的方程求出P、Q两点的纵坐标，进而求得. 【详解】（1）由题意知，，则， 所以， 将代入得：， 所以椭圆E方程为. （2）是定值，为. 设直线MN的方程为， ， 设，，则，， 因为， 所以设直线AM的方程为， 令得， 同理可得：， 故是定值，为. 6．（2025·吉林长春模拟）已知椭圆的离心率为，过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为1. （1）求椭圆的方程； （2）设点为椭圆上位于第一象限内一动点，分别为椭圆的左顶点和下顶点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值. 【分析】（1）由椭圆的离心率为，过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为1，列出方程组，求出，，由此能求出椭圆的方程； （2）设，，则，从而直线的方程为，进而，同理得，进而，由此能证明四边形的面积为定值2． 【详解】（1）由已知可得：解得：； 所以椭圆C的方程为：. （2）因为椭圆C的方程为：，所以，. 设，则，即. 则直线BM的方程为：，令，得； 同理：直线AM的方程为：，令，得. 所以 . 即四边形ABCD的面积为定值2. 7．（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：. 【分析】（1）法一：设，求出直线的方程并与椭圆方程联立，求得点的坐标，利用向量的坐标计算化简即得；法二：设，写出直线的方程，将代入求得点的坐标，利用和的坐标计算即得； （2）将待证等式等价转换为证明.对应（1）中的法一与法二：利用向量坐标的数量积运算得到即可. 【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. 8．（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． 【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. 9．（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. 【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. 10．（2025·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. 【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. 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． 【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程； （2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系. 法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出. 【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）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可； （2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可； （3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可. 【详解】（1）， 当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增. 则的单调递减区间为，单调递增区间为. （2），切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 令， 假设过，则在存在零点. ，在上单调递增，， 在无零点，与假设矛盾，故直线不过. （3）时，. ，设与轴交点为， 时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知.所以， 则切线的方程为， 令，则. ，则， ，记， 满足条件的有几个即有几个零点. ， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 因为， ， 所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点， 综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 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：． 【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. 4．（2022·北京·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程； （2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解； （3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证. 【详解】（1）解：因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： （2）解：因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）解：原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 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． 【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程. （2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求. 【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 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $