题号猜押08 天津卷18题椭圆5大考点（解答题）（天津专用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

题号猜押08 18题椭圆（解答题） 溯源：近5年真题第18题为必考解答题，位于试卷后部，难度较高，是区分度关键题。题目以椭圆为载体，综合考查方程求解、离心率、几何性质及与直线的综合问题． 预测：2026年第18题延续“基础计算+综合探究” 结构。第(1)问仍为求椭圆方程或离心率（给定几何条件如斜率、面积、向量关系）；第(2)问可能延续直线与椭圆位置关系来求直线斜率或方程，也可能考查定点定值、直线过定点、面积最值或存在性问题，需综合运用韦达定理和代数变形。命题注重区分度，通过不同解题路径的运算量与思维量差异选拔考生． 备考核心：熟练掌握椭圆标准方程的待定系数法（根据离心率、点坐标、面积等条件列方程）；强化设线→联立→判别式→韦达定理→代换化简的通法训练，注意分类讨论（斜率是否存在）和计算准确性。关注几何条件代数化（如向量垂直/共线转化为坐标运算、角平分线转化为斜率关系或距离相等），同时善用椭圆定义简化运算（如焦半径、焦点三角形）。 考点1 求直线方程 1．（2026·天津东丽·一模）已知椭圆的离心率为，右顶点为，上顶点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线与椭圆有唯一公共点，与轴的正半轴交于点，过点与平行的直线交轴于，若在直线上存在点，使得，求直线的方程． 2．（2026·天津·一模）已知椭圆过点，且离心率为，右顶点为，上顶点为． (1)求椭圆的方程； (2)已知斜率为的直线与椭圆有唯一公共点，与y轴交于点，过点与直线平行的直线交x轴于点，若线段的中点在直线上，求直线的方程． 3．（2026·天津·一模）已知椭圆的左顶点为，右焦点为，点在椭圆上，且，，直线的斜率为. (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上（在轴的上方），若，求直线的方程. 4．（2026·天津和平·一模）已知椭圆的离心率为，短轴长为4 (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，若点，且点关于轴的对称点在直线上，求直线的方程． 5．（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. 考点2 根据角关系求斜率 1．（25-26高三上·天津宝坻·月考）椭圆W：的离心率为，左、右顶点分别为A、B，点P为椭圆上一点，面积的最大值为2. (1)求椭圆W的方程； (2)直线与椭圆W交于M、N两点，与y轴交于T点，线段的垂直平分线与交于点G，与y轴交于点H，O为坐标原点，如果是的2倍，求k的值. 2．（25-26高三上·天津·期末）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的右焦点为，过点且斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，是线段的中点，直线与相交于点． （i）求直线的斜率之积； （ii）求的正切值的取值范围． 3．（25-26高三上·天津蓟州·期末）已知椭圆：的左、右焦点分别为，.离心率为，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)若点为椭圆上一点且在第二象限，若轴，求的角平分线所在直线的方程； (3)过的直线与椭圆交于，，求证：直线与直线关于直线对称. 4．（25-26高三上·天津滨海新·月考）已知椭圆：过点，焦距是短半轴长的倍， (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆交于、两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与交于点，与轴交于点，为坐标原点，如果，求的值. 5．（25-26高三上·天津·月考）已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左、右焦点，分别为椭圆的上、下顶点，且． (1)求椭圆的方程； (2)已知过的直线与椭圆交于两点，且直线不过椭圆四个顶点，若在轴上方，为的角平分线，求直线的方程． 考点3 求面积问题 1．（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． 2．（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． 3．（2025·天津河西·一模）已知椭圆的左、右顶点为、，左焦点为，离心率为，过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线交椭圆于，两点（其中点在轴上方），求与的面积之比的取值范围． 4．（25-26高三下·天津河西·开学考试）已知椭圆的离心率，且椭圆过点，为坐标原点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的右焦点作斜率存在的直线交椭圆于、两点，过点作轴的垂线，交椭圆于另一点，连接交轴于点，求面积的取值范围. 考点4 定值问题 1．（2026·天津河西·一模）已知椭圆的右焦点为F，离心率为，且经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设不垂直于坐标轴的直线l与椭圆C相切，过F作直线l的垂线，垂足为H，线段的长度是否是定值？若是，求出这个值；若不是，说明理由． 2．（25-26高三上·天津南开·月考）已知椭圆的离心率为，短轴长为4. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知动直线l过曲线C的左焦点F，且与椭圆C分别交于P，Q两点，试问x轴上是否存在定点R，使得为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由. 3．（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． 4．（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. 5．（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）. 考点5 由向量积求点 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·天津滨海新区·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． 3．（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． 4．（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. 5．（25-26高三上·天津红桥·期末）已知椭圆 的左、右焦点分别为 过 的直线交椭圆C于点M，N， 的周长为8，过点Q(4，0)的直线m交椭圆C于不同的两点A，B. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若D为线段AB 的中点，在x轴上存在一点E，使 成立，求 的取值范围. 1．（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. 2．（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． 3．（2026·天津南开·一模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，短轴长为2，过右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于第一象限的点，且. (1)求椭圆的方程； (2)直线：（）与椭圆交于点，，若椭圆上存在点使得四边形为平行四边形.且，求的值. 4．（2026·天津河东·一模）已知椭圆的方程为，上顶点为，右顶点为，，椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于点（在第一或第四象限），过原点且与直线平行的直线与椭圆在第二象限交于点. (1)求椭圆方程； (2)轴上有一点，，求直线的斜率； (3)若直线与轴交于点，求直线的斜率. 5．（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. 6．（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. 7．（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. 8．（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. 9．（2025·天津南开·一模）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点． (1)求的方程； (2)过点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于．若，求直线的斜率． 10．（25-26高三上·天津河西·期末）已知椭圆的左、右顶点分别为、，上顶点为B，离心率，． (1)求椭圆的标准方程； (2)点D是椭圆C上非顶点的一动点，直线交x轴于点P，直线交直线于点Q，是否是定值？若是，求出这个值；若不是，说明理由． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题号猜押0818题椭圆（解答题） 参考答案 押题预测 。考点1求直线方程 1. x= 【答案】(1)82 1 2)少=2x+2 a,b,c 【分析】(1)由顶点坐标、两点间距离公式以及平方关系和离心率公式列出方程组，联立求解 即可 得解； y=kx+m ，联立椭圆方程得到的坐标，再由 QM /AB (2)设直线方程 1B得到M的坐标，最后根据 P历=DM求出《，”的值，即可得出直线的方程 k,m √a2+b2=10 【详解】(1)由题意可得 尽-3，解得a=8 1b2=2 x2y2 X =1 所以椭圆的方程为82 (2) x-2y=0 1/69 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 如图所示，设直线的方程为'=+m则k≠0，m>0且0，m) [y=kx+m 由x2+4y2=8得1+4k2）x2+8x+4m2-8=0. △=64km-41+42川4m2-8=0,得m2=21+4, 由韦达定理2x2三+42，所以xp8M 1+4k2 m 所以= 8+m=m2-8 m,则P、8k,m-8k m’m 因为5.0,0所以。=方 所以直线QM的方程为y= 2x+m,所以M(2m., (4k m 4k2 因为P历-D,所以点D为pM的中点，即D -+m, 2m, 因为点P在直线 x-2y=0 上 因为k0,所以k=} 即m=21+4号=4 ,因为m>0,所以m=2, 所以直线1的方程为y=2x+2 2. x2,y2 =1 【答案】(1)82 1 ②y=2+2或y=2-2 2/69 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【分析】(1)利用椭圆过的点与椭圆的基本性质求解椭圆方程即可. 4km m (2)联立方程组得到P八+4状1+4以)，利用直线与椭圆的位置关系得到m=8k2+2,再结合题意与中 2km m R(m- 点坐标公式得到 1+4收'21+4，最后结合题意求解出参数，得到目标直线方程即可 x2y2 【详解】D因为椭圆京+疗过点2，)，且离心率为2， 4 1 b31 所以 ,解得 ,则椭圆的方程为x2,y1 -=1 a2=8,b2=2 82 (2)如图，设的方程为'=c+m,设 P(xp,yp)2(0,m) R y=kx+m 联立方程组 x2 8+=1,可得1+4k2x2+8+4m-3=0 4km m m 解得三，高+4，则P心之， 因为直线I与椭圆有唯一公共点P,所以直线与椭圆相切， 得到A=(8km-4x1+42)x(4m2-8)=0 解得m=8k2+2 1 由题意得4A(2√2,0)，B0,V2),则4B的斜率是2， 而过点”与直线1B平行的直线交x轴于点M, M 则该直线方程为y= 一2+m，令y=0,解得x=2m'得到M2m.0, 3169 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2km m 设线段PM的中点为R'由中点坐标公式得m-1+4玻2+4状， 2km_2x 因为n在直线x-2y=0上，所以m-1+4W 0+49)=0, 1 化简得2m2k-)=0,而k≠0'm+0,故解得k=2 ，解得m=2 代入=8欧+2中，得到m=4, 则，的方程为+2叹y方-2 3. x2.y2 【答案】山9+51 【分析】(I)表示出M点坐标与直线AM的斜率后计算即可得： (2)法一：设直线P的方程为'=(+3引，联立曲线方程，可用太表示出P点坐标：思路一：可利用正 弦定理及二倍角公式得到∠PFA=2∠PAF或∠PFA+2∠PAF=π，再分类计算可得k,即可得解：思路二： AH 过点P作PH⊥AF交AP于点，则可得oP1F- PA,即有PA=2PFAH川，再利用两点间距离公 式计算即可得解；思路三：利用向量夹角余弦的公式及数量积公式结合两点间距离公式计算即可得解：思 路四：利用三角恒等变换，可将cos∠PAF转化为tan∠PAF,再利用正切定义及两点间距离公式计算即可 得解：法二：设直线”的方程为=m-3 ,联立曲线方程，可用”表示出P点坐标，再利用正弦定理及 二倍角公式得到∠PFA=2∠PAF或∠PFA+2∠PAF=π，再分类计算可得m,即可得解. 【详解】(1)由题意可知，点M的坐标为Ca ,A-a,0 4/69 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 b25 63 1 c+a3，解得 a2=b2+c2 a=3’ b=5 c=2 x2,y2 故椭圆的方程为)+51： (2)法一：由题意可知直线P的斜率存在且大于0,4(-3,0)， 设直线4P的方程为y=x+3到k>0,P,为) y=k(x+3) 由方程组 +号=1，整理得15+9g)r+54kx+812-45=0 5 △=(54k2)2-45+9k2)(812-45)>0. 81k2-45 -3x,= 得x= 15-27k2 5+9k2, 5+9k2, 30k 15-27k230k） 则% 5+9k2? 5+9k25+9k2, 思路一： PA sin∠PFA 在aPAF中，PF sin∠PAF =2cos∠PAF 得sin∠PFA=2sin∠PAF.cos∠PAF=sin2∠PAF, 因为在△PAF中，所以∠PFA=2∠PAF或∠PFA+2∠PAF=π， 若∠PFA+2∠PAF=元， ∠PFA=∠APF,FA=FP 即 不成立 tan∠PFA=tan2∠PAF= 2tan∠PAF 1-tan2∠PAF, tan∠PAF=kAp=k 5/69 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 30k tan∠PFA=-kp=-h。 5+9k2 6k 。-215-27k2-29k2-1, 5+9k2 2k 6k 所以1-k92-1’ 得-号因团为0所以 3 直线4P的方程为'=3x+3到】 思路二： 过点P作PH⊥AF交AF于点H, 则H=k+3头cos∠PAF-lAh PA, PA 因为P =2 cos/PAF,所l以PAf=2PFh, P4=1+2x+3到=V+2.,30 5+9k2, PF= 15-27k2 2 30k 259k2+1 -2 + 5+9k2 (5+9k2 5+9k2, 59k2+1 +k+=2x59g+, 109k2+1 5+9k2, 3+3k2=9k2+1 一因为0所以k= 解得2= 3 直线小的方程为马 3x+3) 6169 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 思路三： PA PA 2AP.AF 因为PF =2cos∠PAF,所以PF AP AF, 1PAPA=2AP.A证 则PF AF=5,2AP.AF=2 15-27k2 +3、30 300 5+9k2 5+9k2 5,0=5+9k, PA=1+2k+3到=+k2._30 5+9k2, 15-27k2 12 -2 30k)2 59k2+1 5+9k2 (5+9k2 5+9k2, 51+k） 30 2 5+9k2 300 即 59k2+1 5+9k2, 5+9k2 因为0所以k= 解得2-， 3 直线AP的方程为'= 3x+3到 思路四： 因为cos2∠PAF= cos2∠PAF 1 sin2∠PAF+cos2∠PAF tan2∠PAF+1' PA=V+k+3到=V+2.30 5+9k2, 7169 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2 PF= 15-27k2 12 59k2+1 2 30k 5+9k2 5+9k2 5+9k2, PA =2cos∠PAF 因为PF 所以PA=2 PF cos∠PAF, PA=4|PFcos2∠PAF j- 30)2 因为0所以太= 解得2= 3 3 直线4P的方程为'=3x+3列 法二：由题意可知直线P的斜率存在且大于0,4(-3,0)， 设直线P的方程为=m心-3(m>0),P(x,,) [x=my-3 由方程组 x2 +5=1,整理得{9+5m2)y2-30my=0, 30m 30m 解得y=0,或y9+5m, 由题意得%9+5m, 15m2-27 15m2-2730m = 9+5m2 9+5m2'9+5m2 PA sin/PFA 在aPAF中，|PF sin.∠PAF =2cos∠PAF 得sin∠PFA=2sin∠PAF.cos∠PAF=sin2∠PAF 因为在△PAF中，所以∠PFA=2∠PAF, 或∠PFA+2∠PAF=π，若∠PFA+2∠PAF=π， 即<PFA=∠APR,FA=FP 不成立， 8/69 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 tan∠PFA=tan2∠PAF= 2tan∠PAF 1-tan2∠PAF, 1 tan∠PAF=kAP= 30m tan/PFA=-kpp=-Yo 9+5m2 6m 215m27-29-m, 9+5m2 2 6m m 所以9-m2 12, 1- m 得m2=3,因为m>0,所以m=√5， 3 直线4P的方程为'=3x+3到 【答案】06+4=1 、x=02x-3y+3=0 (2)或 【分析】(1）由已知及椭圆参数关系列方程，解出2，C即可求解： y=kx+1 (2)分直线斜率不存在和存在两种情况，斜率存在时，设直线的方程为 ，联立直线与椭圆方 程，根据题设可得w+6v=0 ,结合韦达定理求解即可 9/69 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 e= [a=6 【详解】(1)由题意，得 2b=4 解得b=2 a2+b2=c2 c=v2 故椭圆方程为6+4 =1 (2)当直线I斜率不存在时，直线1的方程为x=0, 此时点M关于x轴的对称点即为点N，显然满足题意： 当直线斜率存在时，设直线的方程为=c+1,点M(,,点N(,, ,点 y=kx+1 联立 x2.y2 ，整理得 =1 .64 3k2+2x2+6-9=0 6k 9 则+6=3+26=3次2+2： 而直线PM的斜率为 x+4,直线PN的斜率为 x2+4, +,一=0 +l,a+1=0 由题意有kpw+kw=0,即x+4'x2+4,则x+4x2+4 整理得2+4+(x++8=0 9 故24(+2小++ 32+2+8=0 6k 大2 ，解得3， 则直线1的方程为y=x+1 3 综上所述，直线1的方程为x=0或2x-3y+3=0. 5. 10/69 题号猜押08 18题椭圆（解答题） 溯源：近5年真题第18题为必考解答题，位于试卷后部，难度较高，是区分度关键题。题目以椭圆为载体，综合考查方程求解、离心率、几何性质及与直线的综合问题． 预测：2026年第18题延续“基础计算+综合探究” 结构。第(1)问仍为求椭圆方程或离心率（给定几何条件如斜率、面积、向量关系）；第(2)问可能延续直线与椭圆位置关系来求直线斜率或方程，也可能考查定点定值、直线过定点、面积最值或存在性问题，需综合运用韦达定理和代数变形。命题注重区分度，通过不同解题路径的运算量与思维量差异选拔考生． 备考核心：熟练掌握椭圆标准方程的待定系数法（根据离心率、点坐标、面积等条件列方程）；强化设线→联立→判别式→韦达定理→代换化简的通法训练，注意分类讨论（斜率是否存在）和计算准确性。关注几何条件代数化（如向量垂直/共线转化为坐标运算、角平分线转化为斜率关系或距离相等），同时善用椭圆定义简化运算（如焦半径、焦点三角形）。 考点1 求直线方程 1．（2026·天津东丽·一模）已知椭圆的离心率为，右顶点为，上顶点为，且． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线与椭圆有唯一公共点，与轴的正半轴交于点，过点与平行的直线交轴于，若在直线上存在点，使得，求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由顶点坐标、两点间距离公式以及平方关系和离心率公式列出方程组，联立求解即可得解； （2）设直线方程，联立椭圆方程得到的坐标，再由得到的坐标，最后根据求出的值，即可得出直线的方程. 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2） 如图所示，设直线的方程为则且 由得， ，得， 由韦达定理，所以， 所以，则， 因为，所以， 所以直线的方程为，所以， 因为，所以点为的中点，即， 因为点在直线上， 所以，即， 因为，所以， 即，因为，所以， 所以直线l的方程为． 2．（2026·天津·一模）已知椭圆过点，且离心率为，右顶点为，上顶点为． (1)求椭圆的方程； (2)已知斜率为的直线与椭圆有唯一公共点，与y轴交于点，过点与直线平行的直线交x轴于点，若线段的中点在直线上，求直线的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）利用椭圆过的点与椭圆的基本性质求解椭圆方程即可. （2）联立方程组得到，利用直线与椭圆的位置关系得到，再结合题意与中点坐标公式得到，最后结合题意求解出参数，得到目标直线方程即可. 【详解】（1）因为椭圆过点，且离心率为， 所以，解得，则椭圆的方程为. （2）如图，设的方程为，设，， 联立方程组，可得， 解得，，则， 因为直线与椭圆有唯一公共点，所以直线与椭圆相切， 得到，解得， 由题意得，，则的斜率是， 而过点与直线平行的直线交x轴于点， 则该直线方程为，令，解得，得到， 设线段的中点为，由中点坐标公式得， 因为在直线上，所以， 化简得，而，，故解得， 代入中，得到，解得， 则的方程为或. 3．（2026·天津·一模）已知椭圆的左顶点为，右焦点为，点在椭圆上，且，，直线的斜率为. (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上（在轴的上方），若，求直线的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）表示出点坐标与直线的斜率后计算即可得； （2）法一：设直线的方程为，联立曲线方程，可用表示出点坐标；思路一：可利用正弦定理及二倍角公式得到或，再分类计算可得，即可得解；思路二：过点作交于点，则可得，即有，再利用两点间距离公式计算即可得解；思路三：利用向量夹角余弦的公式及数量积公式结合两点间距离公式计算即可得解；思路四：利用三角恒等变换，可将转化为，再利用正切定义及两点间距离公式计算即可得解；法二：设直线的方程为，联立曲线方程，可用表示出点坐标，再利用正弦定理及二倍角公式得到或，再分类计算可得，即可得解. 【详解】（1）由题意可知，点的坐标为， 则，解得， 故椭圆的方程为； （2）法一：由题意可知直线的斜率存在且大于， 设直线的方程为， 由方程组，整理得， ， ，得， 则， 思路一： 在中，， 得， 因为在中，所以或， 若， 即不成立. ， ， ， 所以， 得，因为，所以， 直线的方程为. 思路二： 过点作交于点， 则， 因为，所以， ， ， ， ， ， 解得，因为，所以， 直线的方程为. 思路三： 因为，所以， 则， ， ， ， 即， 解得，因为，所以， 直线的方程为. 思路四： 因为， ， ， 因为，所以， ， 即， 解得，因为，所以， 直线的方程为. 法二：由题意可知直线的斜率存在且大于， 设直线的方程为. 由方程组，整理得， 解得，或，由题意得， 在中，， 得 因为在中，所以， 或，若， 即不成立， ， ， ， 所以， 得，因为，所以， 直线的方程为. 4．（2026·天津和平·一模）已知椭圆的离心率为，短轴长为4 (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，若点，且点关于轴的对称点在直线上，求直线的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）由已知及椭圆参数关系列方程，解出即可求解； （2）分直线斜率不存在和存在两种情况，斜率存在时，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，根据题设可得，结合韦达定理求解即可. 【详解】（1）由题意，得，解得， 故椭圆方程为. （2）当直线斜率不存在时，直线的方程为， 此时点关于轴的对称点即为点，显然满足题意； 当直线斜率存在时，设直线的方程为，点，点， 联立，整理得， 则， 而直线的斜率为，直线的斜率为， 由题意有，即，则， 整理得， 故，解得， 则直线的方程为． 综上所述，直线的方程为或． 5．（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. 考点2 根据角关系求斜率 1．（25-26高三上·天津宝坻·月考）椭圆W：的离心率为，左、右顶点分别为A、B，点P为椭圆上一点，面积的最大值为2. (1)求椭圆W的方程； (2)直线与椭圆W交于M、N两点，与y轴交于T点，线段的垂直平分线与交于点G，与y轴交于点H，O为坐标原点，如果是的2倍，求k的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）当点P为椭圆上顶点或下顶点时，面积的最大为2，根据条件列出关于 的方程求解即可； （2）设，联立方程得到.设，由题可得，，再利用二倍角公式求解即可. 【详解】（1）由题可得，即 因为，化简得到， 当点P为椭圆上顶点或下顶点时，面积的最大值为2， 则，解得， 所以椭圆方程为. （2）设，联立方程得到， 即， 由，得, 则，故 G 的横坐标； 则，所以. 设， 由题可得， 因为，所以，得到 所以. 2．（25-26高三上·天津·期末）已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的右焦点为，过点且斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，是线段的中点，直线与相交于点． （i）求直线的斜率之积； （ii）求的正切值的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据离心率和所过点列方程组可求答案； （2）（i）方法一设直线的方程为，方法二设直线的方程为，然后同椭圆方程联立，写出韦达定理，表示出直线的斜率可得答案； （ii）方法一根据直线横截距方程得到利用正切的和角公式，结合韦达定理，表示出目标式，求解最值可得范围.方法二和方法三都是根据直线纵截距方程得到利用正切的和角公式，结合韦达定理，表示出目标式，求解最值可得范围. 【详解】（1）由题意可得 解得， 椭圆的方程为. （2）（i）方法一：由题意可知直线的斜率不为0， 设直线的方程为， 由，联立得， ， 得， 则， 直线的方程为，得， 则. 方法二：设直线的方程为， 联立方程，得， ， 得， ， 直线的方程为，得， 则. （ii）方法一：由（i）方法一可知，， 得，，， 在直角中，， 在直角中，， ， 因为， 所以， ， 所以， 所以的正切值的取值范围是. 方法二：由（i）方法二可知，， 得， 在直角中，， 在直角中，， ， 因为 所以， ， 所以， 所以的正切值的取值范围是. 方法三：由（i）方法二可知，， 得， 在直角中，， 在直角中，， ， 因为， 所以， ， 所以， 所以的正切值的取值范围是.    3．（25-26高三上·天津蓟州·期末）已知椭圆：的左、右焦点分别为，.离心率为，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)若点为椭圆上一点且在第二象限，若轴，求的角平分线所在直线的方程； (3)过的直线与椭圆交于，，求证：直线与直线关于直线对称. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件列方程去求解； （2）设的角平分线所在直线与轴的交点为，利用点到直线的距离公式求出点坐标即可求出； （3）设直线：，联立椭圆方程，根据韦达定理求证即可. 【详解】（1）依题意知：，解得，，， 所以椭圆的方程为：. （2）由题可得，，因为点在第二象限且轴， 所以，解得：或（舍去），则点 所以， 则直线的方程为：，即 设的角平分线所在直线与轴的交点为，显然， 则，解得：； 所以，则， 所以的角平分线所在直线的方程为，即； （3）由题意可知，直线的斜率存在，故设直线：，，， 联立，得， 则，，. 则 ， 得：，则. 故直线与直线关于直线对称. 4．（25-26高三上·天津滨海新·月考）已知椭圆：过点，焦距是短半轴长的倍， (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆交于、两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与交于点，与轴交于点，为坐标原点，如果，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得出关于的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的方程； （2）方法一：由题可知，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出线段的中点的坐标，求出线段的垂直平分线的方程，可求得点的坐标，由可得，利用两点间的距离公式可求得的值； 方法二：由题可知，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出线段的中点的坐标，求出线段的垂直平分线的方程，可求得点的坐标，由可得，再取中点，进而求得点坐标，根据，利用求解即可； 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意知，解得， 所以，椭圆的方程为； （2）由，得， 由，得， 设、，则，， 所以点的横坐标，纵坐标， 所以直线的方程为， 令，则点的纵坐标，则， 因为，所以点、点在原点两侧， 因为，所以，所以， 法一：又因为，， 所以，解得，所以. 法二：取中点，则，， ，，则 ， 所以，. 5．（25-26高三上·天津·月考）已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左、右焦点，分别为椭圆的上、下顶点，且． (1)求椭圆的方程； (2)已知过的直线与椭圆交于两点，且直线不过椭圆四个顶点，若在轴上方，为的角平分线，求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率，焦距，短轴的概念，计算即可； （2）设，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，由题意可得，设直线的方程为：，联立方程组，由根与系数的关系可得，求解即可. 【详解】（1）由题意知，解得 可得椭圆方程为 （2）如图所示： 设，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， ，直线的倾斜角为， ，， 又， ， 由题意的斜率不为0，设直线的方程为：， 由，得， 设，则，又， ，即， 整理得， ，， 的方程为. 考点3 求面积问题 1．（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． 【答案】(1) (2) 【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. 【详解】（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. 2．（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. 【点睛】关键点点睛：通过分点比例把所求三角形面积转化到直线与椭圆的交点纵坐标上来，从而利用韦达定理来求解即可. 3．（2025·天津河西·一模）已知椭圆的左、右顶点为、，左焦点为，离心率为，过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线交椭圆于，两点（其中点在轴上方），求与的面积之比的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由离心率可得，再由弦长求出即可. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出三角形面积的比，再结合韦达定理求出的纵坐标的比值即可得解. 【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，则，半焦距， 又过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为， 由，得，于是，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）由（1）知，，直线不垂直于轴， 设直线的方程为，， 由消去得，，， ， 于是，而， ，因此，设， 则，解得， 于是， 所以与的面积之比的取值范围是. 4．（25-26高三下·天津河西·开学考试）已知椭圆的离心率，且椭圆过点，为坐标原点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的右焦点作斜率存在的直线交椭圆于、两点，过点作轴的垂线，交椭圆于另一点，连接交轴于点，求面积的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题中条件可得出关于、、的方程组解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）设点、，则点，分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，其中，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，利用三角形的面积公式结合不等式的基本性质可求得面积的取值范围. 【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为. （2）如下图所示： 设点、，则点，易知点. 若直线与轴重合，则点与原点重合，不符合题意， 根据题意，设直线的方程为，其中， 联立可得， 则， 由韦达定理可得，， 所以 直线的方程为， 在直线的方程中，令可得， ，即点， 所以， 因为，所以，故. 故面积的取值范围是. 考点4 定值问题 1．（2026·天津河西·一模）已知椭圆的右焦点为F，离心率为，且经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设不垂直于坐标轴的直线l与椭圆C相切，过F作直线l的垂线，垂足为H，线段的长度是否是定值？若是，求出这个值；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)是，定值为2 【分析】（1）由离心率得，，再待定系数求解即可； （2）根据题意设直线的方程为，进而与椭圆联立方程，并结合位置关系得，再求得直线，与直线的方程联立求得，最后计算即可得答案. 【详解】（1）解：因为离心率，所以，，， 所以椭圆的标准方程为， 因为经过点，所以，所以 所以椭圆的标准方程为 （2） 解：因为直线l不垂直于坐标轴，所以直线的斜率存在且不为0， 设不垂直于坐标轴的直线的方程为 所以联立得 因为直线l与椭圆C相切， 所以，即， 因为右焦点为F的坐标为， 所以过F作直线l的垂线的方程为， 因为垂足为H，所以联立，得，即 所以 将代入得， 所以，线段的长度是定值，这个值为2． 2．（25-26高三上·天津南开·月考）已知椭圆的离心率为，短轴长为4. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知动直线l过曲线C的左焦点F，且与椭圆C分别交于P，Q两点，试问x轴上是否存在定点R，使得为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)在轴上存在点，使得为定值． 【分析】（1）根据已知可得，进而即得椭圆的标准方程； （2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，利用韦达定理和向量的数量积求出，此时为定值；当直线的斜率不存在时，直线的方程为，求出此时点也满足前面的结论，即得. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为, 由题意可得，解得， ， 所以椭圆的标准方程为． （2）①当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆的方程，可得， 设，则． 设，则 ， 若为定值， 则，解得． 此时点的坐标为． ②当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 代入，得 不妨设， 若，则，，． 综上，在轴上存在点，使得为定值．    3．（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． 4．（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.    5．（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. 考点5 由向量积求点 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·天津滨海新区·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. 3．（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． 【答案】(1) (2) (3)存在，且点 【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. 【详解】（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. 4．（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. 5．（25-26高三上·天津红桥·期末）已知椭圆 的左、右焦点分别为 过 的直线交椭圆C于点M，N， 的周长为8，过点Q(4，0)的直线m交椭圆C于不同的两点A，B. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若D为线段AB 的中点，在x轴上存在一点E，使 成立，求 的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件列方程求出 的值，即可得到椭圆的方程； （2）设方程为，联立方程利用韦达定理得到 ，由，得到，所以直线方程 ，得.所以. 【详解】（1）因为左、右焦点分别为 ，所以 ， 的周长为， 所以 ，所以 ， 所以椭圆方程. （2）设过点 的直线 m 方程为（斜率不存在时无交点，舍去）， 联立椭圆方程：，得. 设，中点， 则；由得到； ；所以， 由，化简得到，所以， 所以直线方程，令， 得. 所以，因为， 令，所以 ，函数， 因为，所以在上单调递增， ，； 所以. 1．（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. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)或. 【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. 【详解】（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. 2．（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. 3．（2026·天津南开·一模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，短轴长为2，过右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于第一象限的点，且. (1)求椭圆的方程； (2)直线：（）与椭圆交于点，，若椭圆上存在点使得四边形为平行四边形.且，求的值. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）根据椭圆的定义及勾股定理求出即可得解； （2）假设存在，直线与椭圆方程联立，再由韦达定理及向量的运算求出C点坐标，再由列出方程求解即可. 【详解】（1）因为，， 所以，. 因为，， 所以，因为，所以，， 所以椭圆方程为. （2）设，， 联立方程得， 所以，整理得    ①， 所以，， . 因为上存在点使得四边形为平行四边形， 所以，即， 将代入得， 整理得   ②， 所以 ， 由②知， ， 因为， 所以， 整理得，解得， 由②知，符合①，因为，所以 4．（2026·天津河东·一模）已知椭圆的方程为，上顶点为，右顶点为，，椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于点（在第一或第四象限），过原点且与直线平行的直线与椭圆在第二象限交于点. (1)求椭圆方程； (2)轴上有一点，，求直线的斜率； (3)若直线与轴交于点，求直线的斜率. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题知，，，， 且，，， ，，， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，， 设过点的直线方程为，过原点且与直线平行的直线为， 联立可得， 则点的坐标为， 联立可得， 则点的坐标为， 所以，， 由，整理为，解得，（舍）， 即直线的斜率为. （3）由题知，， ， ， 由（2）整理为，解得，（舍）， 所以直线的斜率为. 5．（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. 6．（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. 【答案】(1) (2) 【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. 【详解】（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. 7．（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. 8．（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. 9．（2025·天津南开·一模）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点． (1)求的方程； (2)过点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于．若，求直线的斜率． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据椭圆所过的点求参数，即可得方程； （2）设直线，联立椭圆并应用韦达定理，再由直线，直线求交点坐标，根据面积关系得，进而求得，即可得. 【详解】（1）设的方程为且， 将两点代入得，解得， 故的方程为． （2）依题意，设直线， 联立，消去整理得， 则，即，且． 直线，直线， 令，则， 令，则， 由，得，即， 整理得， 因为，所以，解得， 所以直线的斜率为． 10．（25-26高三上·天津河西·期末）已知椭圆的左、右顶点分别为、，上顶点为B，离心率，． (1)求椭圆的标准方程； (2)点D是椭圆C上非顶点的一动点，直线交x轴于点P，直线交直线于点Q，是否是定值？若是，求出这个值；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)是定值，为12 【分析】（1）由椭圆的几何性质进行求解; （2）设直线的方程为，交x轴于点,与椭圆方程联立,求出,再联立两直线与直线,求出,再由数量积求解. 【详解】（1）因为离心率所以，，， 因为，所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）因为，， 因为点D是椭圆C上非顶点的一动点，所以直线的斜率一定存在且不为0，设为k 所以直线的方程为，交x轴于点 , 所以联立得, 因为，所以，所以， 直线的斜率, 直线的方程为, 因为直线的方程为, 联立得, 所以, 所以为定值12. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $