专题04 椭圆（抢分专练）（北京专用） 2026年高考数学终极冲刺讲练测

专题04 椭圆 题型 高考考情分析 考向预测 1. 椭圆的标准方程与基本量 2025北京高考：考查椭圆离心率、椭圆上点到焦点距离之和；2024北京高考：结合正方形性质求椭圆方程及离心率；2023北京高考：由离心率、顶点距离求椭圆方程；2022北京高考：由短轴长、过定点求椭圆方程；2021北京高考：由顶点、四边形面积求椭圆方程 以椭圆基本量（a、b、c）运算为核心，结合离心率、顶点、焦点性质，侧重公式应用与方程求解 2. 椭圆与直线的综合应用 2025北京高考：考查椭圆与直线交点、三角形面积比较；2024北京高考：椭圆与直线联立，结合斜率求参数；2023北京高考：椭圆上动点与直线交点，证明线段垂直；2022北京高考：直线与椭圆相交，结合斜率求参数；2021北京高考：直线与椭圆相交，求斜率取值范围 侧重直线与椭圆联立、韦达定理应用，结合斜率、面积、垂直关系，考查转化与化归思想 3. 椭圆的综合性质与应用 2023北京高考：椭圆上动点与直线交点，证明线段垂直；2025北京高考：椭圆与直线相切、三角形面积比较；2024北京高考：椭圆与直线联立，结合斜率为0求参数 以椭圆性质、直线与椭圆位置关系为核心，结合对称点、定点、定值问题，难度中等偏上 题型1 椭圆的标准方程与基本量 1. 核心公式与性质 2. 标准方程：焦点在x轴上：（）；焦点在y轴上：（） 3. 核心关系：（为半焦距，焦点坐标为或） 4. 离心率：（），离心率越小，椭圆越圆；离心率越大，椭圆越扁 5. 椭圆上点的性质：椭圆上任意一点到两焦点距离之和为 6. 速解方法 7. 基本量法：根据题意列出关于、、的方程组，结合求解，确定椭圆标准方程 8. 焦点定位法：根据焦点位置（x轴、y轴）判断椭圆方程形式，避免混淆标准方程 9. 性质应用法：利用离心率、顶点、焦点距离等性质，快速求解基本量，简化运算 【例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. 【变式1-1】（2026·北京房山·一模）已知椭圆：的离心率为，分别是的上、下顶点，分别是的左、右顶点，且．设为椭圆上的动点，过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，直线与直线交于点，直线与直线交于点． (1)求椭圆的方程； (2)求证：直线与的夹角为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）由且是左右顶点，得，即， 由离心率，代入，得， 由，得，解得， 所以椭圆的方程为． （2）如图，作出符合题意的图形， 由在椭圆上，得， 依题意可得直线的斜率存在，设的方程为，则， 由，得， 由，得， 由，得， 解得，， 设，由，得， 直线的方程分别为，， 因为点不在直线上，所以， 由，得， 所以， 所以，因为，所以轴， 又直线的斜率为， 所以直线与直线的夹角的大小为，为定值． 【变式1-2】（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 【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. 题型2椭圆与直线的综合应用 1. 核心考点 2. 直线与椭圆的位置关系：联立直线与椭圆方程，通过判别式判断（相交、相切、相离） 3. 韦达定理应用：联立方程后，利用韦达定理求交点横坐标、纵坐标的和与积，用于后续斜率、面积计算 4. 斜率与交点问题：求直线与椭圆的交点坐标，或利用斜率关系求参数、证明定值 5. 面积问题：结合交点坐标、底和高，或利用向量、斜率求解三角形面积 6. 速解方法 7. 联立消元法：将直线方程（斜截式、点斜式）代入椭圆方程，消去x或y，转化为一元二次方程，利用判别式、韦达定理求解 8. 设而不求法：设交点坐标，不直接求解，利用韦达定理代入斜率、面积公式，简化运算 9. 分类讨论法：对直线斜率存在与不存在两种情况分类，避免漏解（斜率不存在时，直线为x = x₀） 【例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. 【变式2-1】（2026·北京朝阳·一模）已知椭圆：（）的离心率为，，分别为椭圆的上、下顶点，且. (1)求椭圆的方程； (2)过点的斜率存在且不为1的直线与椭圆交于不同的两点，（均不与点重合），点与点关于原点对称，直线与直线交于点.求证：直线经过点. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【详解】（1）由椭圆：的下顶点为，得， 由的离心率为，得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）设直线的方程为，点，则点， 直线的方程为，直线的方程为，联立解得点， 由消去得， 则，， 而点，则， ， 即，又有公共点，则点三点共线， 所以直线经过点. 【变式2-2】（2026·北京昌平·一模）已知椭圆的焦点是长轴的四等分点，点和点都在椭圆上，直线与轴交于点． (1)求椭圆的方程； (2)设为原点，点与点关于轴对称，直线与轴交于点．在轴上是否存在点，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）由题意得，，，则， 则椭圆的方程为； （2）因为在椭圆上，且点与点关于轴对称， 所以，， 则直线，令，则，则， 直线，令，则，则， 设，则， 因为，所以，得， 因为，所以，故. 题型3椭圆的综合性质与应用 1. 核心考点 2. 椭圆的对称性质：关于x轴、y轴、原点对称，利用对称点简化运算 3. 定点与定值问题：证明直线过定点、斜率乘积为定值、线段长度为定值等 4. 椭圆与三角形综合：结合等腰三角形、直角三角形性质，利用椭圆方程求解 5. 椭圆与圆综合：结合圆的性质（直径、垂直），求解参数或证明结论 6. 速解方法 7. 对称法：利用椭圆的对称性，将对称点坐标代入椭圆方程，简化计算 8. 定值分析法：假设定值存在，通过特殊值（如特殊点、特殊直线）求出定值，再进行一般证明 9. 向量法：利用向量垂直、共线的坐标表示，转化为代数方程，求解参数或证明结论 【例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. 【变式3-1】（2026·北京石景山·一模）已知椭圆的左顶点为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)为椭圆的右顶点，为椭圆上异于A，B的任意一点，直线，分别与直线交于M，N两点，直线与椭圆的另一个交点为.求证： ①； ②直线恒过定点. 【答案】(1) (2)①证明见详解，②证明见详解 【详解】（1）由题可得，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）①由已知得，设，则，即， 所以，， 所以直线的方程为，直线的方程为， 在上面两方程中分别令，得，， 所以，， ，即. ②当直线的斜率存在时，设其方程为，， 则，消去整理得， 所以，，， 由，得，即， 因为，， 所以，又， 所以， 即， 所以，化简得， 即，解得或， 所以直线的方程为或（舍）， 所以直线的方程为，过定点； 当直线的斜率不存在时，由对称性可得直线的斜率为，其方程为， 代入椭圆的方程，得，解得或， 所以，此时直线的方程为，满足题意， 综上所述，直线恒过定点. 1．（25-26高三下·北京·月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，过点的直线与交于两点，的周长为8，当直线垂直于轴时， (1)求椭圆的标准方程； (2)点为椭圆上不同于顶点的一点，为点关于轴的对称点，椭圆右顶点为，若直线与轴相交，交点分别为，且以为直径的圆过，求点的横坐标． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由椭圆的定义知的周长为，， 将代入椭圆方程有，，， 所以通径，， 故椭圆的标准方程为. （2）如图，作出符合题意的图形， 设，其中且， 而为点关于轴的对称点，可得 因为直线，与轴相交，所以直线AP，斜率都存在， 则直线方程为， 令，得，则， 直线方程为， 令，得，则， 设，则，， 因为以为直径的圆过， 所以，即， 联立方程组，解得（舍去）或. 2．（25-26高三下·北京·月考）已知椭圆：的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点. (1)求椭圆方程； (2)点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为， （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）当最大时，求直线方程. 【答案】(1) (2)（ⅰ）为定值（ⅱ） 【详解】（1）由题意短轴长为2，，即，因为椭圆经过点， 所以，则.所以椭圆方程为 （2）（ⅰ）证明：由题意可得，因为点关于原点的对称点为，所以,点，点为中点，即，设. 直线的斜率为， 直线的斜率为， 所以①， 因为在椭圆上，所以，解得②， 同理因为点在椭圆上，所以③， 将②③代入①式，得（为定值）. 综上，为定值. （ⅱ）又因为既在椭圆上又在的延长线上， 所以， 又因为 所以，则， 设，直线倾斜角为，直线倾斜角为， ，， 所以， 则， 当且仅当，即，解得（因为）时等号成立，即此时最大. 所以直线方程为． 3．（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.    4．（25-26高三上·北京石景山·期末）已知椭圆的右顶点为，点在椭圆上． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)点为椭圆上一点（不与重合），直线分别与直线交于．若与的面积相等，求直线的方程． 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）由题可得，解得， 所以椭圆的方程为，离心率. （2）如图，设，则， 由与的面积相等，则， 又，则， 所以，即，解得或， 又，所以，所以， 所以直线的斜率，所以直线的方程为. 5．（25-26高三上·北京朝阳·期末）已知椭圆：的离心率为，椭圆上的点到两焦点的距离之和为． (1)求椭圆的方程； (2)设点，，过点的直线与椭圆交于不同的两点，点关于轴的对称点记为（与不重合）．若，试判断三点是否共线？并说明理由． 【答案】(1) (2)三点共线，理由见解析 【详解】（1）因为椭圆上的点到两焦点的距离之和为，所以，解得. 又因椭圆的离心率为，所以，所以. 所以. 故椭圆的方程为. （2）依题意，直线的斜率不能为0，故可设其方程为，再设，，则.    联立，整理得. 令，即. 则，. 又，，所以. 又，， 则. 分子 所以，即，所以， 又为公共点，所以三点共线. 6．（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 【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． 7．（2026·北京顺义·一模）已知椭圆：的左右顶点为，，，焦距为. (1)求椭圆的方程； (2)设为原点，是上不同于，的一点，的中点为，直线与直线交于点，直线与交于点.是否存在点使得直线平行于直线成立?说明理由. 【答案】(1)； (2)不存在满足条件的点，理由见解析； 【详解】（1）由椭圆性质，左右顶点距离，得； 焦距，得； 由椭圆关系， 因此椭圆的方程为：； （2）不存在满足条件的点， 理由如下：由题意得，设， 中点坐标为，直线的斜率方程为，令得， 直线的斜率方程为， 若，则，而，故， 将代入化简得：， 因为在椭圆上，代入椭圆方程，结合在椭圆上满足，化简最终得：， 此时与重合，不符合“不同于”的条件，因此不存在满足条件的点. 8．（2026·北京丰台·一模）已知椭圆，椭圆上一点到两焦点的距离之和为． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点．若直线与直线的斜率之和为0，求直线的方程． 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）由题意，得，解得， 故． 代入点，得，解得， 故． 由，得，故离心率. （2） 设直线的方程为，由题意可知存在且． 联立消去，得， 设， 则， 由韦达定理，得． 由已知，得， 所以． 整理得． 代入得． 解得，符合． 所以直线的方程为，即. 9．（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. 10．（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）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 11．（25-26高三上·北京东城·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为．设是椭圆上一点，且在第一象限，． (1)求椭圆的方程； (2)已知不与轴垂直．延长分别与椭圆交于点，若点到直线的距离与点到直线的距离之和为，求的值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意得，解得． 所以的方程为． （2）设，直线，直线， 其中． 因为点在椭圆上，所以． 由，得． 则． 所以． 由，得， 则． 所以． 由于点到直线的距离与点到直线的距离之和为， 所以．故， 即．解得． 由于在第一象限，所以． 12．（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. 13．（25-26高三上·北京房山·期末）已知椭圆：过点，短轴长为，，分别为椭圆的左、右顶点． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于两点，直线的斜率与直线的斜率的比值是否是定值，如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由． 【答案】(1)， (2)直线的斜率与直线的斜率的比值为定值，定值为 【分析】（1）根据椭圆过定点及短轴长列方程组求出，值，即可得到椭圆方程，进而求出离心率. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两根之和与两根之积，代入的代数式中化简即可. 【详解】（1）由短轴长为可得，. 由椭圆过点可得，，解得，所以. 所以椭圆的方程为. 离心率为. （2）设直线的方程为，设，. 因为，分别为椭圆的左、右顶点，所以，.    联立，整理得， ， 所以，. ，， 所以 . 当直线斜率不存在时，方程为，代入椭圆方程解得. 不妨设，，则. 综上，直线的斜率与直线的斜率的比值为定值，定值为. 14．（25-26高三上·北京顺义·期末）已知椭圆的右焦点为，分别是的左、右顶点，. (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不同的两点，直线与直线相交于点.若，求的值. 【答案】(1)；离心率 (2) 【详解】（1）解：由椭圆的右焦点为，是的左、右顶点，且， 可得，解得，则， 所以椭圆的方程为，离心率. （2）解：设，， 因为，可得 ， 因为三点共线，可得，所以，可得，即， 下面证明：三点共线. 因为，，所以① 又因为直线方程为， 联立方程组，整理得， 所以，， 则 所以，即，所以三点共线， 又因为，可得，所以， 可得，解得，将其代入椭圆的方程， 可得，解得，所以， 所以实数的值为. 15．（25-26高三上·北京通州·期末）已知椭圆：（）的离心率为，，分别是的左、右顶点，. (1)求椭圆的方程； (2)若为坐标原点，过点且斜率为的直线交椭圆于不同的两点，（，异于点），直线，分别与直线交于点，.试判断四边形是否为平行四边形，并说明理由. 【答案】(1)； (2)是平行四边形，理由见解析. 【详解】（1）由椭圆的离心率，是的左、右顶点，且， 可得，解得，则， 所以椭圆的方程为， （2）设直线方程为，设， 联立方程组，整理得， ，即， 所以，， 因为，可得，， 所以， 因为，所以，设， 则， 所以， 同理 可得 ， 因为 ，所以， 所以中点是， 又因为中点是，所以四边形是平行四边形. 16．（25-26高三上·北京丰台·期末）已知、是椭圆的左、右焦点，且，点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)设为第一象限内上的动点（不与重合），直线、分别交直线于点、.求的值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意可知，、， 由椭圆定义可得， 故，又因为，所以， 因此椭圆的标准方程为. （2）因为为第一象限内上的动点（不与重合），则，可得， 直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与直线的方程得可得，即点， 联立直线与直线的方程得可得， 所以 ， ， 综上所述，. 17．（25-26高三上·北京海淀·期末）已知椭圆：的左顶点为，请从下面条件中任选两个作为已知. 条件①：椭圆的离心率为； 条件②：椭圆经过点； 条件③：点到椭圆的左焦点的距离为1. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆的另一个交点为，与轴交于点.过点作的垂线交直线于点.若是等腰直角三角形，求的斜率. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据所选条件求出、值，进而得到椭圆方程. （2）设出直线方程，联立椭圆方程求出点的坐标，根据两直线垂直斜率之间的关系及等腰直角三角形的性质得到关于直线斜率的方程，求解即可. 【详解】（1）选择条件①和②： 因为椭圆的离心率为，所以，即. 因为椭圆经过点，所以，解得. 又，所以，解得，所以. 所以椭圆的方程为. 选择条件①和③： 因为椭圆的离心率为，所以，即. 因为点到椭圆的左焦点的距离为1，所以，即，解得，所以. 又，所以. 所以椭圆的方程为. 选择条件②和③： 因为椭圆经过点，所以，解得. 因为点到椭圆的左焦点的距离为1，所以，即. 又，所以，即，所以，. 所以椭圆的方程为. （2），设直线的方程为，，，. 由，得， ， 所以， 因为，所以. 又，，所以. 因为，，所以. 因为是等腰直角三角形， 所以， 即，整理得. 当时，整理得，解得； 当时，整理得，解得； 所以直线的斜率为或. 18．（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 【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. 19．（2026·北京门头沟·一模）已知椭圆的离心率为，以椭圆E的短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为8． (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，过点（）且不与y轴平行的直线l与椭圆E交于不同的两点A、B，点B关于x轴的对称点为C，直线AC与x轴交于点D，设和的面积分别为，，当时，求t的值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）已知椭圆，离心率， 以短轴端点和焦点为顶点的四边形是菱形，边长均为， 周长为，得，因此​， 由椭圆关系，故椭圆的方程为 . （2） 设直线的方程为，，，则， 联立直线与椭圆方程： ，整理得， 由韦达定理得： ， 根据两点式得直线的方程为，令，得 ， 将代入点横坐标， 化简得 即， ， ， 由题知，故， 化简得，又，所以，解得. 20．（2026·北京海淀·一模）已知椭圆的离心率为，其左、右焦点和上顶点构成的三角形面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设为坐标原点，为第一象限内上的动点，点在直线上，且.过作的垂线交直线于，求的值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意可知椭圆的左、右焦点和上顶点构成的三角形面积为， 由已知条件可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）因为点在第一象限，所以直线的方程为， 因为，所以直线的方程为， 因为点在直线上，所以点， 若直线的斜率不存在时，轴，则，即， 即，解得（舍）或，此时， 所以直线的方程为，直线的方程为，则，此时； 当直线的斜率存在时，， 因为，所以， 联立，得， 则，则， 所以 ， 所以. 综上所述，. 21．（2026·北京西城·一模）已知椭圆的右顶点为A，下顶点为B，左右焦点分别为，且，圆经过点B．O为坐标原点． (1)求椭圆E的方程； (2)设圆W的切线与椭圆E相交于C，D两点，点在直线上，且满足，过Q作轴于点P，求证：． 【答案】(1)； (2)证明见详解. 【详解】（1）因为圆经过下顶点，所以， 又，所以，所以， 所以椭圆E的方程为. （2）由（1）知， 要证，只需证，即，得， 又，所以只需证. 设，因为，所以， 当直线的斜率不存在时，易知其方程为，则， 因为，，所以 将代入得，代入得. 当直线的斜率存在时，设其方程为，易知， 则，代入，得：， 整理得， 又圆与直线相切，所以， 所以，， 因为点在椭圆上，所以， 整理得， 又，所以， 由，解得. 综上，，即可得证.    22．（2026·北京通州·一模）已知椭圆的短轴长为2，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线l与椭圆分别交于，两点，已知点，直线与直线交于点．求证：直线的斜率为定值． 【答案】(1) (2)直线的斜率为定值，证明见解析 【详解】（1）由题意，，解得， 所以椭圆的方程为. （2）如图： 当直线与轴重合时， 先取，，则直线：， 所以，； 再取，，则直线：， 所以，. 当直线不与轴重合时，设直线：，代入椭圆方程， 得，整理得：. 设，，则，. 直线：， 令，可得， 即. 所以 . 综上可知，直线的斜率为定值. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 椭圆 题型 高考考情分析 考向预测 1. 椭圆的标准方程与基本量 2025北京高考：考查椭圆离心率、椭圆上点到焦点距离之和；2024北京高考：结合正方形性质求椭圆方程及离心率；2023北京高考：由离心率、顶点距离求椭圆方程；2022北京高考：由短轴长、过定点求椭圆方程；2021北京高考：由顶点、四边形面积求椭圆方程 以椭圆基本量（a、b、c）运算为核心，结合离心率、顶点、焦点性质，侧重公式应用与方程求解 2. 椭圆与直线的综合应用 2025北京高考：考查椭圆与直线交点、三角形面积比较；2024北京高考：椭圆与直线联立，结合斜率求参数；2023北京高考：椭圆上动点与直线交点，证明线段垂直；2022北京高考：直线与椭圆相交，结合斜率求参数；2021北京高考：直线与椭圆相交，求斜率取值范围 侧重直线与椭圆联立、韦达定理应用，结合斜率、面积、垂直关系，考查转化与化归思想 3. 椭圆的综合性质与应用 2023北京高考：椭圆上动点与直线交点，证明线段垂直；2025北京高考：椭圆与直线相切、三角形面积比较；2024北京高考：椭圆与直线联立，结合斜率为0求参数 以椭圆性质、直线与椭圆位置关系为核心，结合对称点、定点、定值问题，难度中等偏上 题型1 椭圆的标准方程与基本量 1. 核心公式与性质 2. 标准方程：焦点在x轴上：（）；焦点在y轴上：（） 3. 核心关系：（为半焦距，焦点坐标为或） 4. 离心率：（），离心率越小，椭圆越圆；离心率越大，椭圆越扁 5. 椭圆上点的性质：椭圆上任意一点到两焦点距离之和为 6. 速解方法 7. 基本量法：根据题意列出关于、、的方程组，结合求解，确定椭圆标准方程 8. 焦点定位法：根据焦点位置（x轴、y轴）判断椭圆方程形式，避免混淆标准方程 9. 性质应用法：利用离心率、顶点、焦点距离等性质，快速求解基本量，简化运算 【例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． 【变式1-1】（2026·北京房山·一模）已知椭圆：的离心率为，分别是的上、下顶点，分别是的左、右顶点，且．设为椭圆上的动点，过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，直线与直线交于点，直线与直线交于点． (1)求椭圆的方程； (2)求证：直线与的夹角为定值． 【变式1-2】（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. 题型2椭圆与直线的综合应用 1. 核心考点 2. 直线与椭圆的位置关系：联立直线与椭圆方程，通过判别式判断（相交、相切、相离） 3. 韦达定理应用：联立方程后，利用韦达定理求交点横坐标、纵坐标的和与积，用于后续斜率、面积计算 4. 斜率与交点问题：求直线与椭圆的交点坐标，或利用斜率关系求参数、证明定值 5. 面积问题：结合交点坐标、底和高，或利用向量、斜率求解三角形面积 6. 速解方法 7. 联立消元法：将直线方程（斜截式、点斜式）代入椭圆方程，消去x或y，转化为一元二次方程，利用判别式、韦达定理求解 8. 设而不求法：设交点坐标，不直接求解，利用韦达定理代入斜率、面积公式，简化运算 9. 分类讨论法：对直线斜率存在与不存在两种情况分类，避免漏解（斜率不存在时，直线为x = x₀） 【例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． 【变式2-1】（2026·北京朝阳·一模）已知椭圆：（）的离心率为，，分别为椭圆的上、下顶点，且. (1)求椭圆的方程； (2)过点的斜率存在且不为1的直线与椭圆交于不同的两点，（均不与点重合），点与点关于原点对称，直线与直线交于点.求证：直线经过点. 【变式2-2】（2026·北京昌平·一模）已知椭圆的焦点是长轴的四等分点，点和点都在椭圆上，直线与轴交于点． (1)求椭圆的方程； (2)设为原点，点与点关于轴对称，直线与轴交于点．在轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 题型3椭圆的综合性质与应用 1. 核心考点 2. 椭圆的对称性质：关于x轴、y轴、原点对称，利用对称点简化运算 3. 定点与定值问题：证明直线过定点、斜率乘积为定值、线段长度为定值等 4. 椭圆与三角形综合：结合等腰三角形、直角三角形性质，利用椭圆方程求解 5. 椭圆与圆综合：结合圆的性质（直径、垂直），求解参数或证明结论 6. 速解方法 7. 对称法：利用椭圆的对称性，将对称点坐标代入椭圆方程，简化计算 8. 定值分析法：假设定值存在，通过特殊值（如特殊点、特殊直线）求出定值，再进行一般证明 9. 向量法：利用向量垂直、共线的坐标表示，转化为代数方程，求解参数或证明结论 【例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：． 【变式3-1】（2026·北京石景山·一模）已知椭圆的左顶点为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)为椭圆的右顶点，为椭圆上异于A，B的任意一点，直线，分别与直线交于M，N两点，直线与椭圆的另一个交点为.求证： ①； ②直线恒过定点. 1．（25-26高三下·北京·月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，过点的直线与交于两点，的周长为8，当直线垂直于轴时， (1)求椭圆的标准方程； (2)点为椭圆上不同于顶点的一点，为点关于轴的对称点，椭圆右顶点为，若直线与轴相交，交点分别为，且以为直径的圆过，求点的横坐标． 2．（25-26高三下·北京·月考）已知椭圆：的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点. (1)求椭圆方程； (2)点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为， （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）当最大时，求直线方程. 3．（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. 4．（25-26高三上·北京石景山·期末）已知椭圆的右顶点为，点在椭圆上． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)点为椭圆上一点（不与重合），直线分别与直线交于．若与的面积相等，求直线的方程． 5．（25-26高三上·北京朝阳·期末）已知椭圆：的离心率为，椭圆上的点到两焦点的距离之和为． (1)求椭圆的方程； (2)设点，，过点的直线与椭圆交于不同的两点，点关于轴的对称点记为（与不重合）．若，试判断三点是否共线？并说明理由． 6．（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：． 7．（2026·北京顺义·一模）已知椭圆：的左右顶点为，，，焦距为. (1)求椭圆的方程； (2)设为原点，是上不同于，的一点，的中点为，直线与直线交于点，直线与交于点.是否存在点使得直线平行于直线成立?说明理由. 8．（2026·北京丰台·一模）已知椭圆，椭圆上一点到两焦点的距离之和为． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点．若直线与直线的斜率之和为0，求直线的方程． 9．（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． 10．（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． 11．（25-26高三上·北京东城·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为．设是椭圆上一点，且在第一象限，． (1)求椭圆的方程； (2)已知不与轴垂直．延长分别与椭圆交于点，若点到直线的距离与点到直线的距离之和为，求的值． 12．（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. 13．（25-26高三上·北京房山·期末）已知椭圆：过点，短轴长为，，分别为椭圆的左、右顶点． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于两点，直线的斜率与直线的斜率的比值是否是定值，如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由． 14．（25-26高三上·北京顺义·期末）已知椭圆的右焦点为，分别是的左、右顶点，. (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不同的两点，直线与直线相交于点.若，求的值. 15．（25-26高三上·北京通州·期末）已知椭圆：（）的离心率为，，分别是的左、右顶点，. (1)求椭圆的方程； (2)若为坐标原点，过点且斜率为的直线交椭圆于不同的两点，（，异于点），直线，分别与直线交于点，.试判断四边形是否为平行四边形，并说明理由. 16．（25-26高三上·北京丰台·期末）已知、是椭圆的左、右焦点，且，点在椭圆上. (1)求椭圆的标准方程； (2)设为第一象限内上的动点（不与重合），直线、分别交直线于点、.求的值. 17．（25-26高三上·北京海淀·期末）已知椭圆：的左顶点为，请从下面条件中任选两个作为已知. 条件①：椭圆的离心率为； 条件②：椭圆经过点； 条件③：点到椭圆的左焦点的距离为1. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆的另一个交点为，与轴交于点.过点作的垂线交直线于点.若是等腰直角三角形，求的斜率. 18．（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． 19．（2026·北京门头沟·一模）已知椭圆的离心率为，以椭圆E的短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为8． (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，过点（）且不与y轴平行的直线l与椭圆E交于不同的两点A、B，点B关于x轴的对称点为C，直线AC与x轴交于点D，设和的面积分别为，，当时，求t的值． 20．（2026·北京海淀·一模）已知椭圆的离心率为，其左、右焦点和上顶点构成的三角形面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设为坐标原点，为第一象限内上的动点，点在直线上，且.过作的垂线交直线于，求的值. 21．（2026·北京西城·一模）已知椭圆的右顶点为A，下顶点为B，左右焦点分别为，且，圆经过点B．O为坐标原点． (1)求椭圆E的方程； (2)设圆W的切线与椭圆E相交于C，D两点，点在直线上，且满足，过Q作轴于点P，求证：． 22．（2026·北京通州·一模）已知椭圆的短轴长为2，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线l与椭圆分别交于，两点，已知点，直线与直线交于点．求证：直线的斜率为定值． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $