专项04 圆锥曲线-椭圆7种题型（大题专练）（北京专用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

专项04 圆锥曲线 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 根据近五年北京卷考情，圆锥曲线是必考大题中的重难点，分值约15-17分． 命题趋势：解答题聚焦于直线与椭圆的综合问题，考查弦长、面积、定点、定值等经典题型，综合性强，对代数运算能力要求高。命题注重几何本质与代数运算的结合，常将高等几何背景（如极点极线）以初等化形式融入题目设计。 2026年预测：预计2026年仍以椭圆为载体，考查直线与椭圆位置关系的综合问题，定点、定值或面积最值问题出现概率较大。非对称韦达定理的处理可能成为区分高分段考生的关键点。 备考核心：熟练掌握联立方程与韦达定理的标准流程，强化弦长公式、面积公式的运算准确性与速度。重点突破定点定值问题的通解通法，学会在复杂代数运算中洞察几何不变性。 题型01 求面积或面积比值 析典例·建模型 1．（2026·北京延庆·一模）已知椭圆与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），且，椭圆的离心率为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线与椭圆C交于不同两点M，N，直线与直线交于点G．设与的面积分别为，，比较与的大小，并说明理由． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）根据离心率和的值，可求，可得椭圆的标准方程. （2）将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理，可得和，求直线与的交点的坐标，再求直线与的交点的坐标，判断该点与点重合，可得三点共线，即可得. 【详解】（1）因为，所以， 又因为椭圆的离心率为，所以，又， 所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）如图： 将代入，得， 整理得：. 由. 设，，则，. 所以直线的方程为：，令，则，即. 直线的方程为：，令，则， 即直线与直线的交点为. 因为， 因为. 所以点与点重合. 故三点共线，所以，即. 研考点·通技法 1、求面积问题：先用联立方程和韦达定理表达弦长与点到直线距离，再代入三角形面积公式。 常用技巧：常用的面积公式可以通选弦长做底，点到直线的距离为高，也可以用水平宽与铅锤高；若顶点在坐标轴上，可分割为两个同底三角形求和。 2、求面积最值问题：建立面积关于某个变量（如斜率、参数）的函数关系，然后求函数的最值。 常用技巧：面积函数常表现为分式或根式形式，优先尝试均值不等式求最值；若函数形式复杂，再考虑导数法。注意验证最值取到时参数的取值范围是否满足题意。 3、求面积比值问题：将两个面积转化为同底或同高的形式，利用坐标比值或弦长比值进行化简。 常用技巧：若两三角形同底，则面积比等于高的比，转化为点到直线距离之比；若同高，则面积比等于底边长度之比，转化为弦长或横坐标差之比。通过韦达定理整体代入，常能消去参数得到定值。 破类题·提能力 1．（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 【分析】（1）由已知及椭圆中的关系，解出，即可得到椭圆的方程； （2）由题意，直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可由表示出线段的中点坐标，进而写出线段垂直平分线的方程，得到点和点坐标，表示出的面积，再由表示出的面积，再由面积之比为得到方程，即可求得的值． 【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． 2．（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) 【分析】（1）根据椭圆过顶点和点构造方程求得，由此可得椭圆方程； （2）设过点的直线为，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由解得，再由弦长公式求以及点到直线的距离，最后求即可. 【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. 题型02证明线段相关问题 析典例·建模型 1．（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 【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、，根据即可判断. 【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 研考点·通技法 证明线段相等的问题是将几何相等转化为代数关系：通过坐标运算证明两点到某点距离相等、两点关于某点对称，或两线段长度表达式相等。 常用方法 （1）直接计算长度：设出相关点坐标，分别计算两线段长度的平方，作差化简，利用韦达定理整体代入，证明差为零。 （2）利用对称性：若证明两线段关于某直线对称，可证明线段端点纵坐标互为相反数，或利用中点坐标在对称轴上；若证明两点到定点距离相等，可转化为这两点在某圆上。 （3）转化为向量关系：证明两线段相等，可转化为证明对应向量模相等，或证明两向量垂直平分关系（若一个线段的中点在另一线段的垂直平分线上）。 （4）利用几何性质：若涉及焦点或准线，可优先考虑圆锥曲线的定义（如椭圆上点到两焦点距离之和为定值）直接得出相等关系，避免复杂运算。 破类题·提能力 1．（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. 【分析】（1）利用椭圆方程直接求出焦距，设出点的坐标，利用向量垂直的坐标表示，结合椭圆方程求解. （2）法1，设，直线与椭圆方程联立证明即可；法2，设，联立直线与椭圆方程证明即可；法3，设，联立直线与椭圆方程证明即可；法4，直线与椭圆方程联立证明即可. 【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. 2．（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 【分析】（1）根据椭圆过的点及右顶点坐标得到，，之间的关系，列出等式求解即可. （2）设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，，求出，两点的横坐标，代入公式再求证即可. 【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． 题型03 角相关问题 析典例·建模型 1．（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. 研考点·通技法 在圆锥曲线中，角度问题可以转化为斜率关系：利用两角相等（或互补）与直线倾斜角的关系，转化为两条直线的斜率之和为零或斜率乘积为定值。 常用方法 （1）转化为斜率之和为零：若两角关于轴对称或两角相等且分居某直线两侧，常可转化为两直线斜率之和为零。设出直线方程，联立后用韦达定理表示斜率之和，化简证明其为零或据此建立方程求参。 （2）转化为斜率乘积为定值：若两角均为直线与轴的夹角，可转化为两直线斜率之积为1或-1，对应角相等或互余。通过坐标运算证明斜率乘积满足该关系。 （3）利用对称性：若图形具有对称性（如椭圆关于x轴对称），可直接得出角相等，无需代数运算。常用于快速判断或简化证明。 （4）转化为向量夹角：用向量数量积与模长的比值表示夹角余弦，将角相等转化为向量夹角的余弦值相等，通过坐标运算建立等量关系。 破类题·提能力 1．（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) 【分析】（1）由椭圆的几何性质易得结果； （2）联立直线和椭圆方程，由及可得，设，由韦达定理得，由倾斜角的概念可得直线的倾斜角和直线的倾斜角满足，从而直线和的斜率和满足，代入的值，化简可得k的值. 【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.    2．（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 【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. 题型04 定点问题 析典例·建模型 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． 【答案】(1) (2)直线经过定点，定点坐标为 【分析】（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. 【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. 研考点·通技法 圆锥曲线中的定点问题是绝对的核心考点。其本质是：证明无论参数如何变化，某条直线恒过某个定点，或某个动点恒在一条定直线上。  核心思想：找到动直线（或动点）方程中参数（如斜率k）的“不变部分”。将方程整理为关于参数的恒等式，令其系数为零，即可求出定点（或定直线）。 一、直接推导 1. 设参：设出动直线的方程。通常已知直线过某个定点或已知斜率，常用点斜式：。 2. 寻找关系：利用题目条件（如直线与圆锥曲线相切、相交，或与其他几何条件如垂直、中点等相关），找到一个关于和的关系式。 3. 消参定型：将找到的和关系式代回原始的直线方程中。得到只含一个参数的解析式。 关键步骤：将此方程整理为关于参数k的方程，要使这个方程对所有值都成立，则k的系数和常数项必须同时为零。 对于形式，定点显然是(D, C)。 对于更复杂的形式，将方程按k的幂次项整理，令各项系数为零，解方程组即可求出定点(x, y)。 二、先猜后证法 当直接推导复杂或难以进行时，此方法能指明方向，简化计算。 猜定点：特殊位置法：取参数（如斜率k）的两个特殊值（如0,斜率不存在（竖直直线）,1,-1等），画出两条对应的特殊位置直线。求交点：解这两条特殊直线的交点，该点即为猜測的定点(。 证定点：则动直线的方程可以化简为。（为参数的解析式） 破类题·提能力 1．（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. 2．（25-26高三上·北京海淀·月考）已知椭圆的左顶点为A，离心率为，且经过点． (1)求椭圆C的方程； (2)设过点的直线交C于两点，过M且平行于y轴的直线与线段交于点T，点Q满足，问：是否存在x轴上的定点K，使得直线始终经过点K． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，求解可得椭圆C的方程； （2）设直线的方程为，联立椭圆的方程，根据韦达定理，结合点Q满足表示出点的坐标，进而得出直线始终经过定点． 【详解】（1）由已知得， 解得， 故的方程为； （2）依题意可得过的直线的斜率存在，设 联立，得， ，即，即. 由韦达定理可知， 由可得线段， 点Q满足为的中点， 联立，可得．故有， 下面证明定点K为． 下面证明， 则只需证明： 即：， 代入 只需证： 即 将代入，只需证明：… 展开可得 显然成立． 由于x轴上不可能存在第二个定点，否则直线即为x轴，可知为唯一定点，故直线过定点． 题型05 点在定直线（曲线）上问题 析典例·建模型 1．（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. 研考点·通技法 将动点的坐标表示为某个参数（通常是斜率 ）的函数，消去这个参数后，得到一个关于 的方程，即为该点所在的方程。 主要步骤为：1、设参并表示动点2、建立关系3、消参4、得到定方程 在解题过程中，可以使用几何性质转化，先猜后证等方法帮助解决计算问题。 破类题·提能力 1．（2026高三·全国·专题练习）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设直线的方程为，根据向量的坐标运算以及韦达定理化简； （3）直线的方程为，联立直线、的方程求出点的坐标，结合韦达定理化简得出. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）由（1）可得椭圆的右焦点， 由题意知直线的斜率存在，则设直线的方程为， ， ，， 联立，得， ∴，， 又，，，， ，， 则，， ∴，， ∴ ． （3）依题意直线的斜率存在，设直线的方程为， 由（1）可得，， 设，， 由，得， ∴，，， 则，， 又直线的方程为，直线的方程为， 解，即， 即， 得，所以，即， 所以 ， 所以点在定直线上． 2．（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. 【分析】（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. 【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06 三点共线问题 析典例·建模型 1．（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； 【分析】（1）利用椭圆的性质，结合面积公式可列出方程组求解椭圆各参数即求解； （2）利用直线与椭圆联立方程组，设交点坐标，假设存在点，则可得相等关系，然后利用韦达定理来进行化简，计算即可得结果. 【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． 研考点·通技法 在圆锥曲线大题中证明三点共线是一个经典问题。其核心思想是：将几何共线关系转化为代数关系式。利用三点 共线的充要条件：任意两点的斜率相等，或 向量共线，或 点 C 满足直线  的方程。 1、 斜率相等：从三点中任意选择两点构成两条直线，证明两直线斜率相等，注意斜率不存在的情况。 2、 向量共线：如果向量  与向量（或 ）共线（即平行），则  三点共线。 三、点在直线上：求出直线 AB 的方程，然后证明点 C 的坐标满足该方程。 破类题·提能力 1．（25-26高三上·北京·期中）已知椭圆的长轴长为，且. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)椭圆的左、右顶点分别为，，经过点的直线与椭圆相交于不同的两点，（不与点，重合）.直线与直线相交于点，求证：，，三点共线. 【答案】(1)，； (2)证明见解析. 【分析】（1）椭圆的长轴长和、的关系求出椭圆方程和离心率； （2）再利用直线与椭圆相交，通过联立方程求出相关点的坐标，进而证明三点共线. 【详解】（1）已知椭圆长轴长为，得， 因为，所以， 因此，椭圆方程为， 由，得离心率； （2）设直线的方程为，如下图所示： 联立，消去得， 由韦达定理得， 直线的方程为，令，得， 要证三点共线，只需证， 因为，所以需证，即证， 将代入，化简得， 即，整理为， 代入韦达定理结果：左边，右边，等式成立，故三点共线. 2．（2026·江苏南通·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，椭圆的上顶点和两焦点连线构成等边三角形且面积为 (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于不同的两点A、B，设点A关于椭圆长轴的对称点为，试求，，三点共线的充要条件． 【答案】(1) (2)且 【分析】（1）依题意可得、，即可求出、、，从而求出椭圆方程； （2）联立直线与椭圆方程，消元，由得到，设，，列出韦达定理，依题意可得，根据向量共线的坐标表示求出，从而求出的范围，即可得解. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程是 （2）联立，消去整理得， 由，得①， 记，，则， 又， ，，， 若，，三点共线，则， ， ，即，又，所以， 结合①，可得，解得或，即； 综上可得，，三点共线的充要条件是且 题型07 定值问题 析典例·建模型 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． 研考点·通技法 将待证的目标量（如斜率积、线段乘积、面积等）用参数（通常是斜率）表示出来，通过代数运算消去参数，若结果是一个常数，则定值得证。 常见的定值类型有： 1、斜率的和、积、比为定值 2、线段长度、乘积或倒数和为定值 3、面积为定值 4、向量数量积为定值 “先猜后证”：取参数的特殊值快速计算出目标量的值。这个值很可能就是定值。这不仅能预知结果、增强信心，还能用来验证最终化简结果是否正确。 “设而不求”的极致运用：不仅对交点坐标“设而不求”，对于复杂的中间量，也保持其整体形式，在后续运算中可能会相互抵消。 参数关系式的挖掘：定值问题的核心往往在于题目中隐藏的参数关系。 破类题·提能力 1．（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. 2．（25-26高三上·北京昌平·期末）已知椭圆C：（）的中心为原点O，短轴长为，A，B是椭圆的左、右顶点，F是椭圆的右焦点，. (1)求椭圆C的方程及离心率； (2)过点作直线l交椭圆C于M，N（异于A，B）两点，过点F作垂直于长轴的直线与直线BM交于点D，与直线BN交于点E.设的面积为，的面积为，求证：为定值. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）利用题设条件列出方程，求出，即得椭圆的方程； （2）先设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两点坐标的关系，再分别求出直线的方程，进而得到的坐标，最后计算​和​，证明它们的乘积为定值. 【详解】（1）由椭圆的短轴长为，得， 设椭圆的长轴长为，焦距为,因为，故， 即，结合，解得， 故椭圆的方程是，离心率为； （2）由题意可知直线l的斜率不为0， 设直线,，且, 联立, 则，即得， 且， 则直线的方程为，过作垂直于长轴的直线为, 令，得，则； 同理直线的方程为， 令，得，则； 又，， 则 ， 为定值9. （建议用时：60分钟） 刷模拟 1．（2026·北京平谷·一模）已知椭圆的离心率为，右顶点为，左焦点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上，且点在第一象限内，直线，过点且平行于的直线交轴于点，直线交轴于点，点为线段的中点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用离心率和的几何意义，结合椭圆中的基本关系，联立方程组即可求出，进而得到椭圆方程； （2）法一：先通过直线和的方程求得点和的坐标，再借助两点间距离公式得到，再由条件为线段的中点即可得结论; 法二：先通过直线和的方程求得点和的坐标，再由条件为线段的中点得到点的坐标，最后得出即可得结论. 【详解】（1）由题意，解得． 所以椭圆的方程为． （2） 依题意，，因为点是椭圆上一点，可得，且， 直线的斜率，直线的方程为， 令，得． 直线的斜率为，直线方程为， 令，得． 法一：因为， ， 所以，所以三角形为等腰三角形，因为点为底边的中点， 所以． 法二：点为线段的中点，，所以， 所以， ，所以，所以． 2．（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 【分析】（1）将两点代入计算可得椭圆的方程； （2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理并结合，由向量共线可得出坐标间的等量关系，联立解方程组可得直线斜率，可求得结论. 【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. 3．（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) 【分析】（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. 【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. 4．（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) 【分析】（1）当时，将直线的方程与椭圆方程联立，求出交点的坐标，再利用弦长公式可求得的值； （2）设点、，设线段的中点为，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出、，利用勾股定理求出，可求出的值，可得出的值，进而可得出的值. 【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. 5．（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 【分析】（1）根据离心率和即可结合的关系求解， （2）联立直线与椭圆方程，根据中点坐标可得，进而可得以及，即可结合向量的数量积以及两点距离公式化简求解. 【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 6．（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 【分析】（1）根据已知条件，列出满足的等量关系，求得，即可求得椭圆的方程； （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）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. 7．（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，. 【分析】（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. 【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. 8．（25-26高三上·北京·月考）已知椭圆过点，离心率为，点为椭圆的上顶点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设椭圆的右顶点为，点在椭圆上不与椭圆的顶点重合），直线与直线交于点，直线交轴于点，求证：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意结合椭圆性质可得，结合离心率和，即可得解； （2）直线方程为，设（，），，．由三点共线求得点坐标（用点坐标表示），由共线求得点坐标（用点坐标表示），写出直线的方程，把代入化简对方程变形可得定点坐标． 【详解】（1）由题设可知，，所以， 所以，所以椭圆的方程为； （2）由（1）知椭圆的方程为，． 因为，，所以直线的方程为，即． 设（，），，． 因为三点共线，所以有，， 所以，所以，则． 因为三点共线，所以，即，所以． 所以直线的方程为， 即． 又因为点在椭圆上，所以． 所以直线的方程为． 所以直线过定点． 9．（2026·北京密云·一模）已知椭圆，过点，焦距为. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于不同两点（，异于椭圆的顶点）.判断光线经过轴反射后是否经过点？说明理由. 【答案】(1)， (2)光线经过轴反射后经过点 【分析】（1）由已知条件列出关于方程组求出即可求解. （2）先表示过点的直线的方程，与椭圆方程联立，由韦达定理得、，计算求解即可. 【详解】（1）由题可得， 椭圆的方程为， 所以椭圆的离心率. （2）如图 为椭圆的右焦点，， 设，， 设过点的直线的方程为， 将直线方程与椭圆方程联立得， 展开并整理得， 则即， 且，， ， 光线经过轴反射后经过点. 10．（2026高三·北京·专题练习）已知椭圆的左、右焦点为点P是椭圆上任意一点，P到两焦点距离之和等于4. (1)求椭圆M的方程. (2)直线与椭圆M交于D，E两点，O为坐标原点.试求当t为何值时，恒为定值？并求此时面积的最大值. 【答案】(1) (2)；1 【分析】（1）由椭圆的方程和定义即可求得解； （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示出，令其与无关解得，再计算弦长和点到直线距离得到三角形面积表达式，最后用基本不等式求最大值. 【详解】（1）由题可知、，即、， 所以椭圆的方程为. （2）如图： 设，联立得， 则即，， 则 ， 所以当为定值时，，即， 此时 ， 又因为点到直线的距离， 所以， 当且仅当即时等号成立， 经检验，此时成立，所以面积的最大值为1. 所以当时恒为定值，此时面积的最大值为1. 刷真题 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) 【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）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. 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 【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）若直线斜率不存在，与椭圆只有一个交点，不合题意； 所以直线斜率存在，设过点的直线为， 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．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长. 【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. （2） 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 6．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 【答案】(1) (2)(ⅰ) (ⅱ) 【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程； （2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出； (ⅱ) 根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出. 【详解】（1）由题可知,，所以，解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）(ⅰ)设，易知， 法一：所以，故，且． 因为，，所以， 即，解得，所以， 所以点的坐标为. 法二：设，则，所以 ，，故 点的坐标为. (ⅱ)因为,,由,可得 ,化简得,即, 所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）, 为到圆心的距离加上半径, 法一：设,所以 ,当且仅当时取等号, 所以. 法二：设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项04 圆锥曲线 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 根据近五年北京卷考情，圆锥曲线是必考大题中的重难点，分值约15-17分． 命题趋势：解答题聚焦于直线与椭圆的综合问题，考查弦长、面积、定点、定值等经典题型，综合性强，对代数运算能力要求高。命题注重几何本质与代数运算的结合，常将高等几何背景（如极点极线）以初等化形式融入题目设计。 2026年预测：预计2026年仍以椭圆为载体，考查直线与椭圆位置关系的综合问题，定点、定值或面积最值问题出现概率较大。非对称韦达定理的处理可能成为区分高分段考生的关键点。 备考核心：熟练掌握联立方程与韦达定理的标准流程，强化弦长公式、面积公式的运算准确性与速度。重点突破定点定值问题的通解通法，学会在复杂代数运算中洞察几何不变性。 题型01 求面积或面积比值 析典例·建模型 1．（2026·北京延庆·一模）已知椭圆与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），且，椭圆的离心率为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线与椭圆C交于不同两点M，N，直线与直线交于点G．设与的面积分别为，，比较与的大小，并说明理由． 研考点·通技法 1、求面积问题：先用联立方程和韦达定理表达弦长与点到直线距离，再代入三角形面积公式。 常用技巧：常用的面积公式可以通选弦长做底，点到直线的距离为高，也可以用水平宽与铅锤高；若顶点在坐标轴上，可分割为两个同底三角形求和。 2、求面积最值问题：建立面积关于某个变量（如斜率、参数）的函数关系，然后求函数的最值。 常用技巧：面积函数常表现为分式或根式形式，优先尝试均值不等式求最值；若函数形式复杂，再考虑导数法。注意验证最值取到时参数的取值范围是否满足题意。 3、求面积比值问题：将两个面积转化为同底或同高的形式，利用坐标比值或弦长比值进行化简。 常用技巧：若两三角形同底，则面积比等于高的比，转化为点到直线距离之比；若同高，则面积比等于底边长度之比，转化为弦长或横坐标差之比。通过韦达定理整体代入，常能消去参数得到定值。 破类题·提能力 1．（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． 2．（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. 题型02证明线段相关问题 析典例·建模型 1．（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. 研考点·通技法 证明线段相等的问题是将几何相等转化为代数关系：通过坐标运算证明两点到某点距离相等、两点关于某点对称，或两线段长度表达式相等。 常用方法 （1）直接计算长度：设出相关点坐标，分别计算两线段长度的平方，作差化简，利用韦达定理整体代入，证明差为零。 （2）利用对称性：若证明两线段关于某直线对称，可证明线段端点纵坐标互为相反数，或利用中点坐标在对称轴上；若证明两点到定点距离相等，可转化为这两点在某圆上。 （3）转化为向量关系：证明两线段相等，可转化为证明对应向量模相等，或证明两向量垂直平分关系（若一个线段的中点在另一线段的垂直平分线上）。 （4）利用几何性质：若涉及焦点或准线，可优先考虑圆锥曲线的定义（如椭圆上点到两焦点距离之和为定值）直接得出相等关系，避免复杂运算。 破类题·提能力 1．（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：． 2．（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：． 题型03 角相关问题 析典例·建模型 1．（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. 研考点·通技法 在圆锥曲线中，角度问题可以转化为斜率关系：利用两角相等（或互补）与直线倾斜角的关系，转化为两条直线的斜率之和为零或斜率乘积为定值。 常用方法 （1）转化为斜率之和为零：若两角关于轴对称或两角相等且分居某直线两侧，常可转化为两直线斜率之和为零。设出直线方程，联立后用韦达定理表示斜率之和，化简证明其为零或据此建立方程求参。 （2）转化为斜率乘积为定值：若两角均为直线与轴的夹角，可转化为两直线斜率之积为1或-1，对应角相等或互余。通过坐标运算证明斜率乘积满足该关系。 （3）利用对称性：若图形具有对称性（如椭圆关于x轴对称），可直接得出角相等，无需代数运算。常用于快速判断或简化证明。 （4）转化为向量夹角：用向量数量积与模长的比值表示夹角余弦，将角相等转化为向量夹角的余弦值相等，通过坐标运算建立等量关系。 破类题·提能力 1．（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． 2．（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04 定点问题 析典例·建模型 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． 研考点·通技法 圆锥曲线中的定点问题是绝对的核心考点。其本质是：证明无论参数如何变化，某条直线恒过某个定点，或某个动点恒在一条定直线上。  核心思想：找到动直线（或动点）方程中参数（如斜率k）的“不变部分”。将方程整理为关于参数的恒等式，令其系数为零，即可求出定点（或定直线）。 一、直接推导 1. 设参：设出动直线的方程。通常已知直线过某个定点或已知斜率，常用点斜式：。 2. 寻找关系：利用题目条件（如直线与圆锥曲线相切、相交，或与其他几何条件如垂直、中点等相关），找到一个关于和的关系式。 3. 消参定型：将找到的和关系式代回原始的直线方程中。得到只含一个参数的解析式。 关键步骤：将此方程整理为关于参数k的方程，要使这个方程对所有值都成立，则k的系数和常数项必须同时为零。 对于形式，定点显然是(D, C)。 对于更复杂的形式，将方程按k的幂次项整理，令各项系数为零，解方程组即可求出定点(x, y)。 二、先猜后证法 当直接推导复杂或难以进行时，此方法能指明方向，简化计算。 猜定点：特殊位置法：取参数（如斜率k）的两个特殊值（如0,斜率不存在（竖直直线）,1,-1等），画出两条对应的特殊位置直线。求交点：解这两条特殊直线的交点，该点即为猜測的定点(。 证定点：则动直线的方程可以化简为。（为参数的解析式） 破类题·提能力 1．（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. 2．（25-26高三上·北京海淀·月考）已知椭圆的左顶点为A，离心率为，且经过点． (1)求椭圆C的方程； (2)设过点的直线交C于两点，过M且平行于y轴的直线与线段交于点T，点Q满足，问：是否存在x轴上的定点K，使得直线始终经过点K． 题型05 点在定直线（曲线）上问题 析典例·建模型 1．（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． 研考点·通技法 将动点的坐标表示为某个参数（通常是斜率 ）的函数，消去这个参数后，得到一个关于 的方程，即为该点所在的方程。 主要步骤为：1、设参并表示动点2、建立关系3、消参4、得到定方程 在解题过程中，可以使用几何性质转化，先猜后证等方法帮助解决计算问题。 破类题·提能力 1．（2026高三·全国·专题练习）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 2．（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06 三点共线问题 析典例·建模型 1．（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． 研考点·通技法 在圆锥曲线大题中证明三点共线是一个经典问题。其核心思想是：将几何共线关系转化为代数关系式。利用三点 共线的充要条件：任意两点的斜率相等，或 向量共线，或 点 C 满足直线  的方程。 1、 斜率相等：从三点中任意选择两点构成两条直线，证明两直线斜率相等，注意斜率不存在的情况。 2、 向量共线：如果向量  与向量（或 ）共线（即平行），则  三点共线。 三、点在直线上：求出直线 AB 的方程，然后证明点 C 的坐标满足该方程。 破类题·提能力 1．（25-26高三上·北京·期中）已知椭圆的长轴长为，且. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)椭圆的左、右顶点分别为，，经过点的直线与椭圆相交于不同的两点，（不与点，重合）.直线与直线相交于点，求证：，，三点共线. 2．（2026·江苏南通·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，椭圆的上顶点和两焦点连线构成等边三角形且面积为 (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于不同的两点A、B，设点A关于椭圆长轴的对称点为，试求，，三点共线的充要条件． 题型07 定值问题 析典例·建模型 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． 研考点·通技法 将待证的目标量（如斜率积、线段乘积、面积等）用参数（通常是斜率）表示出来，通过代数运算消去参数，若结果是一个常数，则定值得证。 常见的定值类型有： 1、斜率的和、积、比为定值 2、线段长度、乘积或倒数和为定值 3、面积为定值 4、向量数量积为定值 “先猜后证”：取参数的特殊值快速计算出目标量的值。这个值很可能就是定值。这不仅能预知结果、增强信心，还能用来验证最终化简结果是否正确。 “设而不求”的极致运用：不仅对交点坐标“设而不求”，对于复杂的中间量，也保持其整体形式，在后续运算中可能会相互抵消。 参数关系式的挖掘：定值问题的核心往往在于题目中隐藏的参数关系。 破类题·提能力 1．（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. 2．（25-26高三上·北京昌平·期末）已知椭圆C：（）的中心为原点O，短轴长为，A，B是椭圆的左、右顶点，F是椭圆的右焦点，. (1)求椭圆C的方程及离心率； (2)过点作直线l交椭圆C于M，N（异于A，B）两点，过点F作垂直于长轴的直线与直线BM交于点D，与直线BN交于点E.设的面积为，的面积为，求证：为定值. （建议用时：60分钟） 刷模拟 1．（2026·北京平谷·一模）已知椭圆的离心率为，右顶点为，左焦点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上，且点在第一象限内，直线，过点且平行于的直线交轴于点，直线交轴于点，点为线段的中点，求证：． 2．（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. 3．（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． 4．（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． 5．（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：. 6．（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. 7．（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. 8．（25-26高三上·北京·月考）已知椭圆过点，离心率为，点为椭圆的上顶点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设椭圆的右顶点为，点在椭圆上不与椭圆的顶点重合），直线与直线交于点，直线交轴于点，求证：直线过定点． 9．（2026·北京密云·一模）已知椭圆，过点，焦距为. (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于不同两点（，异于椭圆的顶点）.判断光线经过轴反射后是否经过点？说明理由. 10．（2026高三·北京·专题练习）已知椭圆的左、右焦点为点P是椭圆上任意一点，P到两焦点距离之和等于4. (1)求椭圆M的方程. (2)直线与椭圆M交于D，E两点，O为坐标原点.试求当t为何值时，恒为定值？并求此时面积的最大值. 刷真题 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．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 6．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $