第51讲 直线与椭圆的位置关系 讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学讲义聚焦直线与椭圆位置关系高考核心考点，涵盖位置判断、弦长计算、中点弦问题及综合应用，按基础回顾-必备结论-分题型逻辑架构知识，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生构建解题框架，突破难点。 资料以题型分类为特色，如中点弦问题归纳点差法与根与系数关系法，培养数学思维与推理能力，结合分层例题与真题演练，助力学生用数学语言精准表达解题过程，高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

第51讲 直线与椭圆的位置关系 题型一 直线与椭圆的位置关系 2 题型二 弦长问题 4 题型三 中点弦问题 7 题型四 直线与椭圆的综合问题 8 【真题回顾】 11 【基础回顾】 知识点1：点与椭圆的位置关系 已知点P(x0，y0)，椭圆＋＝1(a>b>0)，则 （1）点P(x0，y0)在椭圆内⇔＋<1； （2）点P(x0，y0)在椭圆上⇔＋＝1； （3）点P(x0，y0)在椭圆外⇔＋>1． 知识点2：直线与椭圆位置关系的判断 已知直线y＝kx＋m，椭圆＋＝1，联立得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0， 若该一元二次方程的判别式为Δ，则 Δ>0⇔有两个交点⇔相交； Δ＝0⇔有一个交点⇔相切； Δ<0⇔无交点⇔相离。 知识点3：弦长公式 设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则|AB|＝|x1－x2|＝ 或|AB|＝|y1－y2|＝， k为直线的斜率且k≠0． 【必备知识】 已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)： （1）通径的长度为． （2）A1，A2为椭圆的长轴端点，P是椭圆上异于A1，A2的任一点，则kPA1·kPA2＝－． （3）AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，O为原点，M为AB的中点，则kOM·kAB＝－． （4）过原点的直线交椭圆于A，B两点，P是椭圆上异于A，B的任一点，则kPA·kPB＝－． （5）点P(x0，y0)在椭圆上，过点P的切线方程为＋＝1． 题型一 直线与椭圆的位置关系 （1）利用判别式处理直线与椭圆的位置关系的步骤 （2） 对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有公共点． 【例题精讲】 1．（2026·广东茂名·二模）已知椭圆C：（）的右顶点为A，上顶点为B，直线AB与以C的短轴为直径的圆交于点P（不同于B），若△POB（O为原点）为正三角形，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·山东淄博·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为和，过且倾斜角为的直线与交于，两点，则（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·河南·阶段检测）直线与椭圆的位置关系为（    ） A．与k的值有关 B．相切 C．相离 D．相交 4．（25-26高二上·陕西汉中·阶段检测）已知椭圆（且）与直线相交于A，B两点，且线段AB的中点的横坐标为1，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．5 5．（25-26高二上·山东德州·期中）经过椭圆的左焦点作倾斜角为45°的直线l，直线l与椭圆相交于A，B两点，则（   ） A． B． C． D． 6．（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆的左、右焦点为，上、下顶点为，直线与椭圆的另一个交点为，若，则直线的斜率为（    ） A． B． C． D． 7．（25-26高三下·云南楚雄·开学考试）已知点为椭圆：的上顶点，点，均在椭圆上，且，两点关于轴对称．若直线，的斜率之积为，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 8．（18-19高二下·重庆沙坪坝·期中）已知点是椭圆上任意一点，则点到直线:的最大距离为（    ） A． B． C． D． 9．（24-25高二上·江西·阶段检测）若直线：与椭圆：没有公共点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 10．（24-25高二上·河南南阳·阶段检测）已知是椭圆上一点，则点到直线的最小距离是（    ） A． B． C． D． 11．（多选）（24-25高二上·广西柳州·期中）如图，已知直线和椭圆，m为何值时，下列结论正确（   ） A．当时，直线l与椭圆C有两个公共点 B．当或25时，直线l与椭圆C只有一个公共点 C．当或时，直线l与椭圆C没有公共点 D．当时，直线l与椭圆C有公共点 12．（多选）（2026·山西忻州·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，．点在椭圆的第一象限部分，且．过点作椭圆的切线，该切线与轴、轴正半轴分别交于，，则下列说法正确的是（    ） A．点的坐标为 B． C．的面积为 D．该切线的斜率为 13．（多选）（25-26高三上·广东深圳·期末）已知为椭圆的左焦点，直线与椭圆交于A、B两点，轴，垂足为E，BE与椭圆的另一个交点为，则（    ） A．点坐标为 B．直线PA的斜率与直线PB的斜率乘积为 C．直线BE的斜率为 D．为直角 题型二 弦长问题 求弦长的方法 （1）当弦的两端点的坐标易求时，可直接利用两点间距离公式求解． （2）当直线的斜率存在时，可利用弦长公式求解，但利用弦长公式时不要忽略判别式应大于0． 提醒：运用弦长公式时，设直线方程也很考究．若直线经过的定点在纵轴上，一般设为斜截式方程y＝kx＋t；若直线经过的定点在横轴上，一般设为x＝my＋n． 【例题精讲】 1．（25-26高二上·江苏南京·期末）过椭圆的一个焦点作长轴的垂线与椭圆相交于，两点，则（   ） A． B． C． D．3 2．（25-26高二下·四川南充·期中）已知椭圆的一个焦点为，经过点的直线与椭圆交于，两点．当直线的斜率为1时，则线段的长为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·江西九江·阶段检测）已知直线与椭圆交于两点，则的最大值为（     ） A．2 B． C． D．4 4．（25-26高二上·江苏淮安·阶段检测）已知椭圆与直线交于、两点，则（    ） A． B． C． D． 5．（2025高三·全国·专题练习）如图，椭圆的左、右焦点分别为，过点分别作弦．若，则的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 6．（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆方程为，为过椭圆的左焦点的弦，则的值为（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高三下·云南昆明·阶段检测）设为坐标原点，从椭圆上一点向轴作垂线，垂足恰好为左焦点，点分别是椭圆的右顶点和上顶点，且 ，则（    ） A． B． C． D． 8．（25-26高二上·浙江温州·期中）已知点在椭圆上运动，圆的圆心为椭圆的右焦点，半径，点在圆上，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 9．（25-26高一下·重庆·期中）椭圆的左､右焦点分别为，经过的直线交椭圆于两点，若的周长为8，则该椭圆的焦半径范围为（    ） A． B． C． D． 10．（25-26高二上·福建三明·期末）已知椭圆：的两个焦点分别为，，点P为上的动点，以下错误的是（   ） A． B．的周长为6 C．的最小值为 D．面积的最大值为 11．（多选）（25-26高三上·陕西汉中·开学考试）已知椭圆的右焦点为，左，右顶点分别为，两点，直线与椭圆相交于，两点，则（    ） A．椭圆的焦距为2 B．为定值 C．当以，，，四个点为顶点的四边形为平行四边形时，该四边形的面积为 D．直线和的斜率的乘积为 12．（多选）（25-26高三上·河北衡水·阶段检测）已知椭圆的左､右焦点分别是，上顶点为，点M在C上，则下列说法正确的是（    ） A．椭圆C的方程为 B．的取值范围为 C．若，则 D．的最大面积为2 13．（多选）（25-26高三上·辽宁鞍山·开学考试）已知椭圆 ，其左右顶点分别为，左右焦点分别为．是椭圆上一点，的离心率为，则（    ） A．若在上只存在2处点的位置，使得的面积为，那么 B．直线的斜率为，那么 C．若为内切圆圆心，那么直线的斜率之积为 D．延长交于，若，，那么 题型三 中点弦问题 解决圆锥曲线“中点弦”问题的方法 方法一：根与系数的关系法：联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系数的关系及中点坐标公式求解。 方法二：点差法：设直线与圆锥曲线的交点坐标为A（x1,y1），B（x2,y2），将这两点坐标分别代入圆锥曲线的方程，并对所得两式作差，得到一个与弦AB的中点和直线AB斜率有关的式子，可以大大减少计算量。 方法三：垂径定理：弦AB中点为M，原点为O。 【例题精讲】 1．（25-26高二上·重庆·期末）椭圆 与直线 交于 两点，则线段 的中点为（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·辽宁丹东·期末）已知直线l与抛物线交于A，B两点，弦AB的中点为，则直线l的方程为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·天津河东·期中）已知椭圆内一点，则以为中点的弦所在直线的斜率为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·江苏盐城·期中）已知直线l与椭圆相交于A，B两点，若弦AB的中点坐标为，则直线l的方程为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·福建厦门·期中）已知焦点在轴上的椭圆的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆的短半轴长为（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 6．（25-26高二下·重庆·阶段检测）已知椭圆的右焦点为，过点且斜率为的直线交椭圆于两点，若是线段的中点，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·山东青岛·一模）已知椭圆上有两个动点满足，为线段的中点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．（多选）（2026·陕西咸阳·三模）已知椭圆C：()的左、右焦点分别为，，离心率，P是C上一动点，且的周长为6，直线l与C交于A，B两点(异于点P)，则下列说法正确的有(   ) A．若点P到直线的距离为3，则 B．若的中点M的坐标为，则直线l的方程为 C．若A，B关于原点对称，直线，的斜率分别为，，则 D．记的中点为N，则点N的轨迹方程为 9．（多选）（25-26高二上·江苏南京·期末）已知椭圆的左右焦点分别为，动点在椭圆上，点，下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得 B．过点的直线与椭圆相交于两点，若为弦的中点，则直线的斜率为 C．内切圆半径的最大值为 D．的最大值为 10．（多选）（25-26高二上·青海西宁·期末）设椭圆的方程为，斜率为的直线不经过原点，且与椭圆相交于两点，为线段的中点.下列结论正确的有（   ） A．直线与垂直 B．若点坐标为，则直线方程为 C．若直线方程为，则点坐标为 D．若直线方程为，则 题型四 直线与椭圆的综合问题 （1）求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解．为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求的方法． （2）直线方程的设法，根据题意，如果需要讨论斜率不存在的情况，则设直线方程为x＝my＋n避免讨论；若所研究的直线的斜率存在，则可设直线方程为y＝kx＋t的形式；若包含平行于坐标轴的直线，则不要忘记斜率不存在的情况的讨论． 【例题精讲】 1．（25-26高二下·上海·期末）著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式（ 分别为椭圆的长半轴长和短半轴长），为后续微积分的开拓奠定了基础.已知椭圆 . (1)求的面积； (2)若直线交于两点，求. 2．（25-26高三上·广西河池·期末）已知是椭圆的右顶点，且椭圆经过点. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于，两点，且，求弦的长. 3．（25-26高二上·宁夏·期末）在平面直角坐标系中，椭圆的两个焦点分别是，，并且经过点. (1)求椭圆的离心率； (2)直线：与椭圆交于不同的两点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若，求的值. 4．（25-26高二下·上海闵行·期末）已知椭圆 ： ，点是椭圆的右顶点． (1)求椭圆离心率； (2)已知点， ，若椭圆 上存在一点 ，满足，求 的值； (3)若直线 与 交于 、 两点，且 为直角，求证：直线 恒过定点． 5．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. (1)求出椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 6．（25-26高二下·重庆·阶段检测）在平面直角坐标系中，点，在椭圆∶上． (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线过点，且与椭圆交于，两点，若点使得恒成立，求的值． 7．（25-26高二下·北京朝阳·阶段检测）已知椭圆：的一个顶点坐标为，且离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)已知直线与椭圆有两个不同的交点，为轴上一点．是否存在实数，使得以为直径的圆经过点，且？若存在，求出该直线的方程；若不存在，说明理由． 8．（25-26高二下·四川广安·阶段检测）已知椭圆的离心率为，抛物线的准线方程为． (1)求C的方程； (2)过点的直线l（斜率存在且不为0）与C交于M，N两点，N关于x轴的对称点为P．已知． （ⅰ）证明：P、M、Q三点共线； （ⅱ）求的取值范围． 9．（2026·河北沧州·三模）已知椭圆的长轴长为，由的三个顶点构成的三角形的面积为    (1)求的方程 (2)记的右顶点和上顶点分别为，，点在线段上运动，垂直于轴的直线交于点点在第一象限，为线段的中点，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点． 10．（24-25高二下·北京·期中）已知椭圆的离心率为，过焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆相切于点，与直线相交于点.在轴是否存在定点，使？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【真题回顾】 1．（2026·全国一卷·高考真题）已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 2．（2026·天津·高考真题）已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为． (1)求的标准方程； (2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求． 3．（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. 4．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点． (1)若的焦点，求离心率e； (2)若，且上存在一点P，满足，求m； (3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围． 5．（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． 6．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 第51讲 直线与椭圆的位置关系 题型一 直线与椭圆的位置关系 2 题型二 弦长问题 10 题型三 中点弦问题 21 题型四 直线与椭圆的综合问题 28 【真题回顾】 41 【基础回顾】 知识点1：点与椭圆的位置关系 已知点P(x0，y0)，椭圆(a>b>0)，则 （1）点P(x0，y0)在椭圆内⇔； （2）点P(x0，y0)在椭圆上⇔； （3）点P(x0，y0)在椭圆外⇔． 知识点2：直线与椭圆位置关系的判断 已知直线y＝kx＋m，椭圆，联立得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0， 若该一元二次方程的判别式为Δ，则 Δ>0⇔有两个交点⇔相交； Δ＝0⇔有一个交点⇔相切； Δ<0⇔无交点⇔相离。 知识点3：弦长公式 设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则|AB|＝|x1－x2|＝ 或|AB|＝|y1－y2|＝，k为直线的斜率且k≠0． 【必备知识】 已知椭圆(a>b>0)： （1）通径的长度为． （2）A1，A2为椭圆的长轴端点，P是椭圆上异于A1，A2的任一点，则kPA1·kPA2＝． （3）AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，O为原点，M为AB的中点，则kOM·kAB＝－． （4）过原点的直线交椭圆于A，B两点，P是椭圆上异于A，B的任一点，则kPA·kPB＝－． （5）点P(x0，y0)在椭圆上，过点P的切线方程为． 题型一 直线与椭圆的位置关系 （1）利用判别式处理直线与椭圆的位置关系的步骤 （2） 对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有公共点． 【例题精讲】 1．（2026·广东茂名·二模）已知椭圆C：（）的右顶点为A，上顶点为B，直线AB与以C的短轴为直径的圆交于点P（不同于B），若△POB（O为原点）为正三角形，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由椭圆标准方程得出的坐标，进而得到直线的方程，结合题干写出圆的方程，利用正三角形的性质求出点的坐标，将的坐标代入直线的方程，得到与的关系式，进而求解离心率. 【详解】如图所示，椭圆中，右顶点，上顶点， 直线的截距式方程为：， 以短轴为直径的圆的圆心在原点，半径为，方程为， 为正三角形，，结合在第一象限，可得点坐标为， 将的坐标代入直线方程可得， 化简得：， 因为椭圆离心率，且， 所以，解得. 2．（2026·山东淄博·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为和，过且倾斜角为的直线与交于，两点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】椭圆：的右焦点， 过且倾斜角为的直线的方程为，即， 将代入，得到， 即， 设， 则， 则，故选项B正确. 3．（25-26高二上·河南·阶段检测）直线与椭圆的位置关系为（    ） A．与k的值有关 B．相切 C．相离 D．相交 【答案】D 【分析】先求出直线的必过定点，利用椭圆的性质得到点在椭圆内部，进而得到位置关系即可. 【详解】设椭圆上的点为，则，， 而直线恒过定点，则该定点在椭圆的内部， 可得不论k为何值，直线与椭圆都相交，故D正确. 故选：D 4．（25-26高二上·陕西汉中·阶段检测）已知椭圆（且）与直线相交于A，B两点，且线段AB的中点的横坐标为1，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．5 【答案】B 【分析】利用点差法得到关于的方程，解出后验证即可. 【详解】设，两点的坐标分别为，，则， 又两式作差得， 故，所以，解得． 此时椭圆方程为，联立直线方程有， ，则此时直线与椭圆有两个交点，符合题意. 故选：B． 5．（25-26高二上·山东德州·期中）经过椭圆的左焦点作倾斜角为45°的直线l，直线l与椭圆相交于A，B两点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求得直线的方程，再与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用弦长公式求解. 【详解】在中，，， 所以，即， 故左焦点为，而， 故直线的方程为， 联立得， ，设，， 由韦达定理得，， 则由弦长公式得． 故选：B． 6．（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆的左、右焦点为，上、下顶点为，直线与椭圆的另一个交点为，若，则直线的斜率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据条件求出，结合点差法可得. 【详解】根据题意由，可得，即， 则，即，所以. 取中点为，可知.设，， ，作差可得，即， 即，可得，所以， 故选：B.    7．（25-26高三下·云南楚雄·开学考试）已知点为椭圆：的上顶点，点，均在椭圆上，且，两点关于轴对称．若直线，的斜率之积为，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】因为是椭圆上顶点，所以先确定点的坐标，又因为、关于轴对称，所以可设出、的坐标，再代入椭圆方程.因为直线、的斜率之积为，所以利用斜率公式列出斜率乘积的等式，结合椭圆方程，将等式转化为关于的关系，进而求出离心率. 【详解】设，则．由题意知， 由得，． 因为点在椭圆上，所以，解得， 所以，即，所以椭圆的离心率. 8．（18-19高二下·重庆沙坪坝·期中）已知点是椭圆上任意一点，则点到直线:的最大距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出椭圆与直线平行的切线，它们与的距离一个最大值一个是最小值． 【详解】设直线与椭圆相切，由得， ∴，， 切线方程为和，与距离较远的是， ∴所求最大距离为． 故选：A. 【点睛】本题考查椭圆上的点到直线距离的最值，解题方法是转化为平行直线与椭圆相切，求出两平行线间的距离即可． 9．（24-25高二上·江西·阶段检测）若直线：与椭圆：没有公共点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用直线方程和椭圆方程后利用判别式可求的取值范围. 【详解】由可得， 故，故或， 故选：D. 10．（24-25高二上·河南南阳·阶段检测）已知是椭圆上一点，则点到直线的最小距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用平行直线系，联立直线与椭圆方程，利用判别式可求解相切时的直线，即可根据平行线间距离公式求解，或者利用三角换元，结合辅助角公式以及三角函数的性质求解. 【详解】解法一：设与直线平行的直线为， 联立整理得， 令，解得或，所以与距离， 当时，最小，即点到直线的最小距离是. 解法二：设椭圆上点，则点到直线距离 ， 其中，当 时，， 故选:C. 11．（多选）（24-25高二上·广西柳州·期中）如图，已知直线和椭圆，m为何值时，下列结论正确（   ） A．当时，直线l与椭圆C有两个公共点 B．当或25时，直线l与椭圆C只有一个公共点 C．当或时，直线l与椭圆C没有公共点 D．当时，直线l与椭圆C有公共点 【答案】ABCD 【分析】将直线与椭圆的公共点的个数问题，转化为联立方程组成方程组的解的个数问题，消元后得到一元二次方程，结合，，分别判断即可. 【详解】对于A，由方程组消去y，得①， ． 由，得． 此时方程①有两个不相等的实数根，直线与椭圆有两个不同的公共点．故A正确； 对于B，由，得，．此时方程①有两个相等的实数根， 直线与椭圆有且只有一个公共点．故B正确； 对于C，由，得，或．此时方程①没有实数根，直线与椭圆没有公共点．故C正确； 对于D，由选项A与选项B可知，D正确. 故选：ABCD 12．（多选）（2026·山西忻州·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，．点在椭圆的第一象限部分，且．过点作椭圆的切线，该切线与轴、轴正半轴分别交于，，则下列说法正确的是（    ） A．点的坐标为 B． C．的面积为 D．该切线的斜率为 【答案】ABC 【分析】利用椭圆的性质求出点到焦点的距离，从而结合两点间距离公式求出点的坐标，设出切线方程与椭圆方程联立，利用根的判别式等于零求出切线的斜率，从而求出切线和坐标轴的交点，并计算出三角形的面积. 【详解】 选项A、B：椭圆，则椭圆的焦点，， 点在椭圆的第一象限部分，设， 因为，且根据椭圆的性质可知， 所以，即，故选项B正确； ，化简可得， 因为，所以代入可得，解得， 所以，即点的坐标为，故选项A正确； 选项C、D：设过点与椭圆相切的直线为，的斜率为， 则的直线方程为，即， 直线方程与椭圆方程联立可得， 化简可得， 则， 化简可得，即， 解得，故选项D错误； 因此的直线方程为， 令，则，即， 令，则，即， 所以，故选项C正确. 13．（多选）（25-26高三上·广东深圳·期末）已知为椭圆的左焦点，直线与椭圆交于A、B两点，轴，垂足为E，BE与椭圆的另一个交点为，则（    ） A．点坐标为 B．直线PA的斜率与直线PB的斜率乘积为 C．直线BE的斜率为 D．为直角 【答案】BCD 【分析】对于A，根据椭圆的标准方程求出左焦点坐标；对于B，设出点坐标，根据对称性得出点的坐标，利用椭圆方程和斜率公式计算两直线的斜率之积；对于C，求出点坐标，根据斜率的坐标公式直接求解即可；对于D，通过计算直线的斜率乘积判断即可. 【详解】对于A，由题可知，所以，所以点坐标为，故A错误； 对于B，设， 因为直线过原点，椭圆关于原点对称，所以， 又在椭圆上， 所以， 两式相减得，所以， 又，故B正确； 对于C，因为轴，所以， 所以直线BE的斜率为，故C正确； 对于D，由B可知，，又， 所以，所以， 所以，所以为直角，故D正确； 故选：BCD 题型二 弦长问题 求弦长的方法 （1）当弦的两端点的坐标易求时，可直接利用两点间距离公式求解． （2）当直线的斜率存在时，可利用弦长公式求解，但利用弦长公式时不要忽略判别式应大于0． 提醒：运用弦长公式时，设直线方程也很考究．若直线经过的定点在纵轴上，一般设为斜截式方程y＝kx＋t；若直线经过的定点在横轴上，一般设为x＝my＋n． 【例题精讲】 1．（25-26高二上·江苏南京·期末）过椭圆的一个焦点作长轴的垂线与椭圆相交于，两点，则（   ） A． B． C． D．3 【答案】D 【分析】利用通径长公式计算. 【详解】由题意得，，则通径长为. 故选：D 2．（25-26高二下·四川南充·期中）已知椭圆的一个焦点为，经过点的直线与椭圆交于，两点．当直线的斜率为1时，则线段的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由焦点求出椭圆标准方程，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理和弦长公式求解弦长. 【详解】由椭圆焦点为，得，椭圆中，由，得， 因此，椭圆的方程为. 斜率为且过点的直线方程为. 联立方程， 整理得，， 设，，由韦达定理，得，. 由弦长公式， 代入参数计算：. 3．（25-26高二上·江西九江·阶段检测）已知直线与椭圆交于两点，则的最大值为（     ） A．2 B． C． D．4 【答案】C 【分析】设，，联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，即可表示出，再由二次函数的性质求最值. 【详解】设，，联立，消去整理得， 不妨令或，则，，则，， 所以 ， 所以当，即时，最大值. 故选：C 4．（25-26高二上·江苏淮安·阶段检测）已知椭圆与直线交于、两点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将直线的方程与椭圆方程联立，求出两个交点的横坐标，结合弦长公式可求得的值. 【详解】设点、，直线的方程可化为， 联立可得，解得，， 由弦长公式可得. 故选：C. 5．（2025高三·全国·专题练习）如图，椭圆的左、右焦点分别为，过点分别作弦．若，则的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用椭圆的对称性，结合椭圆过焦点的最长、最短弦求出范围. 【详解】设点关于原点的对称点为，由椭圆的对称性，得点在椭圆上，    由互相平分于点，得四边形为平行四边形，则且， 又且，则点与点重合，因此， 而过椭圆焦点的最短弦长为通径，最长弦长为实轴长， 椭圆的通径长为，实轴长为，由知，线段与椭圆实轴不重合， 所以. 故选：C 6．（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆方程为，为过椭圆的左焦点的弦，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法1：对直线有无斜率进行讨论，当直线有斜率时，设直线方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理与弦长公式，进行化简整理，可得结论；方法2：从选择项发现所给问题为定值，则由于数学问题的特殊与一般的统一性，取点在特殊位置求值即可. 【详解】方法1：如图： 易知：. 若直线斜率不存在，则弦为椭圆通径，此时，所以； 若直线斜率存在，可设直线方程：，代入椭圆方程得： ， 整理得：. 设，（不妨令）， 则：，. 所以 . 所以 . 又，. 所以 . 综上可知：. 方法2：如图： 可取为椭圆的长轴，则，， 所以. 故选：C 7．（24-25高三下·云南昆明·阶段检测）设为坐标原点，从椭圆上一点向轴作垂线，垂足恰好为左焦点，点分别是椭圆的右顶点和上顶点，且 ，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据两直线平行，斜率相等列等式即可求解. 【详解】如图所示：    因为是椭圆的左焦点，所以， 因为是椭圆上的一点，轴，将代入得，所以， 又 ，所以，即，整理得， 所以. 故选：C. 8．（25-26高二上·浙江温州·期中）已知点在椭圆上运动，圆的圆心为椭圆的右焦点，半径，点在圆上，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，则，利用椭圆的焦半径公式求出的取值范围，再结合圆的几何性质可求得的取值范围. 【详解】在椭圆中，，，则，即， 设点，则，且，可得， 所以， 所以， 当且仅当为椭圆的左端点，且为射线与圆的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立， ， 当且仅当为椭圆的右端点，且为线段与圆的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立， 综上所述，的取值范围是. 故选：A. 9．（25-26高一下·重庆·期中）椭圆的左､右焦点分别为，经过的直线交椭圆于两点，若的周长为8，则该椭圆的焦半径范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先应用椭圆定义得出，又，得出焦半径范围即可. 【详解】由题意及椭圆的定义可知， 即，又， . 则椭圆焦半径范围为. 10．（25-26高二上·福建三明·期末）已知椭圆：的两个焦点分别为，，点P为上的动点，以下错误的是（   ） A． B．的周长为6 C．的最小值为 D．面积的最大值为 【答案】C 【分析】对于A，由椭圆方程可判断选项正误；对于B，由椭圆的定义结合椭圆方程可判断选项正误；对于C，设，由题可得，据此可判断选项正误；对于D，由题可得，据此可判断选项正误. 【详解】由题可得. 对于A，由椭圆方程可得：，则，故A正确； 对于B，的周长，由椭圆的定义可得， 则，故B正确； 对于C，设，因，则， 注意到， 则， 注意到，则，即最小值为1，故C错误； 对于D，的面积，注意到，则，故D正确. 故选：C 11．（多选）（25-26高三上·陕西汉中·开学考试）已知椭圆的右焦点为，左，右顶点分别为，两点，直线与椭圆相交于，两点，则（    ） A．椭圆的焦距为2 B．为定值 C．当以，，，四个点为顶点的四边形为平行四边形时，该四边形的面积为 D．直线和的斜率的乘积为 【答案】ABD 【分析】利用给定的椭圆基本量求出焦距长度判断A，利用椭圆的对称性合理转化长度判断B，利用平行四边形性质求出的坐标，再求解平行四边形面积判断C，设出关键点的坐标，利用点在椭圆上消去参数，判断斜率乘积为定值求解D即可. 【详解】对于A，由，得到， 可得椭圆C的焦距为2，故A正确； 对于B，如图，设椭圆的左焦点为，连接 由椭圆的对称性有，故B正确； 对于C，由题意得，且， 又因为四边形为平行四边形，有， 可得点的坐标为，代入椭圆中，得到， 解得，即的坐标为， 则平行四边形的面积为，故C错误； 对于D，由，设点的坐标分别为， 代入椭圆中有．又由， ，故D正确． 故选：ABD． 12．（多选）（25-26高三上·河北衡水·阶段检测）已知椭圆的左､右焦点分别是，上顶点为，点M在C上，则下列说法正确的是（    ） A．椭圆C的方程为 B．的取值范围为 C．若，则 D．的最大面积为2 【答案】AC 【分析】代入数量积的运算公式求椭圆方程，即可判断A，根据椭圆焦半径的最值，判断B，根据椭圆的定义，结合余弦定理判断C，根据点位于上下端点时，最大且为锐角，计算三角形面积即可判断D. 【详解】A：设，，，， ，得，由可知，， 所以椭圆的方程为， A正确； B：的最大值为，最小值为， 所以的取值范围为，故B错误； C：因为， 由余弦定理，， 因,则，故C正确； D：当位于上下顶点时，此时取得最大，根据对称性取上顶点计算， 因为，则，则 此时的面积最大，为,故D错误. 故选：AC    13．（多选）（25-26高三上·辽宁鞍山·开学考试）已知椭圆 ，其左右顶点分别为，左右焦点分别为．是椭圆上一点，的离心率为，则（    ） A．若在上只存在2处点的位置，使得的面积为，那么 B．直线的斜率为，那么 C．若为内切圆圆心，那么直线的斜率之积为 D．延长交于，若，，那么 【答案】ABD 【分析】利用特殊位置的点来求解即可判断A，利用坐标法来表示斜率即可判断B，利用举反例来判断C，利用椭圆的第二定义来求焦半径可判断D. 【详解】 在上只存在2处点的位置，使得的面积为，则点必为椭圆的上下顶点， 即此时面积为：，由椭圆方程可知：， 所以，则，即，故A正确；‘ 是椭圆上一点，则， 由直线的斜率为， ， 又因为， 所以，故B正确； 举例，当，所以，，且取，利用等面积法来表示内切圆半径， 即，则圆心， 则此时的直线的斜率之积为, 而此时的，显然此时的直线的斜率之积不为，故C错误； 因为，所以，即准线方程为，， 根据椭圆的第二定义：， 焦点到准线的距离为， 作出椭圆的准线，再过点作准线的垂线，垂足分别为， 再过点作垂线，垂足为， 解直角梯形可得：， 又因为，所以解得， 同理可得：， 即，故D正确； 故选：ABD． 题型三 中点弦问题 解决圆锥曲线“中点弦”问题的方法 方法一：根与系数的关系法：联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系数的关系及中点坐标公式求解。 方法二：点差法：设直线与圆锥曲线的交点坐标为A（x1,y1），B（x2,y2），将这两点坐标分别代入圆锥曲线的方程，并对所得两式作差，得到一个与弦AB的中点和直线AB斜率有关的式子，可以大大减少计算量。 方法三：垂径定理：弦AB中点为M，原点为O。 【例题精讲】 1．（25-26高二上·重庆·期末）椭圆 与直线 交于 两点，则线段 的中点为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】直线方程与椭圆方程联立结合韦达定理即可求解. 【详解】设，联立得， 所以，所以线段的中点的横坐标为， 代入得，所以线段的中点为. 故选：B 2．（25-26高二上·辽宁丹东·期末）已知直线l与抛物线交于A，B两点，弦AB的中点为，则直线l的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，设出点坐标，借助抛物线方程及弦中点坐标求出直线斜率，进而求出直线方程. 【详解】由直线l与抛物线交于A，B两点，设， 由弦AB的中点为，得，则直线的斜率， 所以直线l的方程为，即. 故选：A 3．（25-26高二上·天津河东·期中）已知椭圆内一点，则以为中点的弦所在直线的斜率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过设弦的端点坐标，利用椭圆方程作差结合中点坐标，运用点差法求出中点弦的斜率. 【详解】设以为中点的弦的两个端点为， 则，代入椭圆方程中得 ，两式相减得，， 因式分解， 将代入(1)， 因为弦的斜率， 所以整理(1)可得， 故选： 4．（25-26高二上·江苏盐城·期中）已知直线l与椭圆相交于A，B两点，若弦AB的中点坐标为，则直线l的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用点差法即可求解. 【详解】设， 则，两式相减可得， 即. 因为弦AB的中点坐标为，所以， 所以. 易知，所以， 所以直线l的方程为，化简得. 经验证满足题意，故直线l的方程为. 故选：A. 5．（24-25高二上·福建厦门·期中）已知焦点在轴上的椭圆的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆的短半轴长为（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】B 【分析】运用作差法、中点坐标公式及直线斜率求解即可. 【详解】设直线与椭圆相交于，， 由题意得，， 直线的斜率为， 由，两式相减得， 所以，即，所以，即. 所以椭圆的短半轴长为4. 6．（25-26高二下·重庆·阶段检测）已知椭圆的右焦点为，过点且斜率为的直线交椭圆于两点，若是线段的中点，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】过点且斜率为的直线交椭圆于两点，若是线段的中点， 设，则有，， 两式相减得，则有， 由，，， 所以，得，即， 所以，则椭圆的离心率. 7．（2026·山东青岛·一模）已知椭圆上有两个动点满足，为线段的中点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，，为椭圆的右焦点，则，再根据代入数据即可求得答案． 【详解】设，，为椭圆的右焦点， 由题意，椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距， ∴ ， 同理可得，， 而 ， 即，解得，则的最大值为1. 8．（多选）（2026·陕西咸阳·三模）已知椭圆C：()的左、右焦点分别为，，离心率，P是C上一动点，且的周长为6，直线l与C交于A，B两点(异于点P)，则下列说法正确的有(   ) A．若点P到直线的距离为3，则 B．若的中点M的坐标为，则直线l的方程为 C．若A，B关于原点对称，直线，的斜率分别为，，则 D．记的中点为N，则点N的轨迹方程为 【答案】AB 【分析】先根据已知条件求出椭圆方程，再分别利用椭圆的第二定义、点差法(对称点)、中点坐标代入法逐一验证选项. 【详解】由离心率及的周长为6，得，， 解得，，，椭圆方程为. 对于选项A，椭圆右准线为，由点到直线的距离为3，得的横坐标为1. 将代入椭圆方程，得，即. 所以，故A正确. 对于选项B，设，，代入椭圆方程得，， 两式相减得. 由中点，得，，代入得直线斜率， 故直线方程为，即，故B正确. 对于选项C，设，，则，斜率， ，故.由椭圆方程得，， 代入化简得，故C错误. 对于选项D，设，而，则， 代入椭圆方程得，整理得，故D错误. 9．（多选）（25-26高二上·江苏南京·期末）已知椭圆的左右焦点分别为，动点在椭圆上，点，下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得 B．过点的直线与椭圆相交于两点，若为弦的中点，则直线的斜率为 C．内切圆半径的最大值为 D．的最大值为 【答案】BC 【分析】由椭圆性质求的范围判断选项A；利用点差法结合两点表示斜率的公式，计算后可判断B；由面积法可得三角形内切圆半径，求出最大值即可判断C；把转化为，求出的最大值即可判断选项D. 【详解】椭圆的左右焦点分别为，动点在椭圆上， 对于A，当在左右顶点时，最小，为0，当在上下顶点时，最大， 此时，则，而， 因此不存在点，使得，故A错误； 对于B，设，为弦的中点，有 两点在椭圆上，有，两式相减得， 可得，， 所以直线的斜率为，B选项正确； 对于C，设的内切圆半径为，则， 则当最大时，最大，又，， 所以，则， 所以内切圆半径的最大值为，C选项正确； 由椭圆的定义知，，得， 点在椭圆内，有， 所以， 当三点共线且在之间时等号成立，所以D选项错误. 故选：BC 10．（多选）（25-26高二上·青海西宁·期末）设椭圆的方程为，斜率为的直线不经过原点，且与椭圆相交于两点，为线段的中点.下列结论正确的有（   ） A．直线与垂直 B．若点坐标为，则直线方程为 C．若直线方程为，则点坐标为 D．若直线方程为，则 【答案】BD 【分析】利用椭圆中中点弦问题的处理方法，结合弦长的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】 设，则， 两式作差，得，设线段的中点，则， 对于A，，所以A不正确. 对于B，因为点坐标为，，所以，所以直线方程为，即，所以 正确. 对于C，若直线方程为，，即，又， 解得，故点，所以C不正确. 对于D，若直线方程为，与椭圆方程 联立，得， 整理得，解得，. 所以，所以D正确. 故选：BD. 题型四 直线与椭圆的综合问题 （1）求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解．为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求的方法． （2）直线方程的设法，根据题意，如果需要讨论斜率不存在的情况，则设直线方程为x＝my＋n避免讨论；若所研究的直线的斜率存在，则可设直线方程为y＝kx＋t的形式；若包含平行于坐标轴的直线，则不要忘记斜率不存在的情况的讨论． 【例题精讲】 1．（25-26高二下·上海·期末）著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式（ 分别为椭圆的长半轴长和短半轴长），为后续微积分的开拓奠定了基础.已知椭圆 . (1)求的面积； (2)若直线交于两点，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意求出，再根据公式求解即可. （2）联立两方程，根据韦达定理以及弦长公式求解即可. 【详解】（1）椭圆 的方程为 ，所以 ，则 .所以椭圆 的面积 . （2）联立，得 . 设，则. 所以. 2．（25-26高三上·广西河池·期末）已知是椭圆的右顶点，且椭圆经过点. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于，两点，且，求弦的长. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据椭圆右顶点以及经过点的坐标解方程即可求得椭圆的方程； （2）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式直接计算即可得出结果. 【详解】（1）由题意知， 代入点，即，解得， 可得椭圆的方程为； （2）联立与， 化简得， 可得， 由可得， 即解得， 所以， 可得， 即弦的长为. 3．（25-26高二上·宁夏·期末）在平面直角坐标系中，椭圆的两个焦点分别是，，并且经过点. (1)求椭圆的离心率； (2)直线：与椭圆交于不同的两点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若，求的值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）由条件确定，再由椭圆的定义求得，即可求解； （2）（ⅰ）设，，联立直线椭圆方程，由判别式大于0即可求解； （ⅱ）结合韦达定理，由即可求解. 【详解】（1）因为椭圆的焦点在轴上，所以设椭圆的标准方程为. 依题意可得，又， 所以，则. 故椭圆的标准方程为，则椭圆的离心率； （2）（ⅰ）设，. 联立，整理得. 由，解得或. 即的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）可得，，，（*） 则. 因为，所以， 则得， 将（*）代入，可得. 解得，满足. 所以的值为. 4．（25-26高二下·上海闵行·期末）已知椭圆 ： ，点是椭圆的右顶点． (1)求椭圆离心率； (2)已知点， ，若椭圆 上存在一点 ，满足，求 的值； (3)若直线 与 交于 、 两点，且 为直角，求证：直线 恒过定点． 【答案】(1)； (2)； (3)设，， 当直线斜率不存在时，设直线方程为 ，则，， 由 为直角，可得 ， 也即 ，解得或 （舍去）． 当斜率存在时，设直线 方程为 ，联立， 整理得 ，可得 且 为直角，可得 ， 所以 ，即 ， 整理得 ， 将式代入上式得： ， 化简得 整理得 ，可得 或 ， 当 时，直线方程为，此时直线过定点，不符合题意，舍去， 当 时，直线方程为，此时直线过定点，符合题意． 综上，直线 恒过定点． 【分析】（1）结合椭圆方程列方程，解方程求得 的值，由此求得椭圆的离心率； （2）设出点 ，则可利用坐标表示出两向量，从而用 表示点 坐标，再将该点坐标代入方程计算即可得； （3）设，，根据题意得到 ，分为斜率不存在和斜率存在两种情况分别讨论，求出直线的方程判断过定点即可. 【详解】（1）由已知 ，则 ，又，. 得 ， ， 故椭圆的离心率为； （2）由椭圆的标准方程为 ， 则，设，则，， 由，则，解得， 则有 ，解得 ，又 ，故； （3）略 5．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. (1)求出椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据离心率以及四边形面积解方程可求得，，得出椭圆方程； （2）显然直线斜率不存在时不合题意，设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理以及向量关系，可求得直线方程. 【详解】（1）由，得， 由椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为， 可得，即， 再由，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，设点，， 当直线的斜率不存在时，，此时交点为和, 不满足，舍去； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，消去得到， 其中，且； ，，即； 因此，解得； 解得，即， 直线的方程为. 6．（25-26高二下·重庆·阶段检测）在平面直角坐标系中，点，在椭圆∶上． (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线过点，且与椭圆交于，两点，若点使得恒成立，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用待定系数法来求椭圆方程； （2）利用方程组思想，结合斜率公式和韦达定理，可求解参数. 【详解】（1）由题意有，解得， 故椭圆的标准方程为． （2）若直线斜率不为0，设直线的方程为， 将直线与椭圆 方程联立， 得，显然， 设，，于是由韦达定理可得： ，（*）， 因为，即，则 ，， 将（*）代入，得 整理得． 由的任意性，可得， 若直线斜率为0，取，此时，也满足题意． 故所求． 7．（25-26高二下·北京朝阳·阶段检测）已知椭圆：的一个顶点坐标为，且离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)已知直线与椭圆有两个不同的交点，为轴上一点．是否存在实数，使得以为直径的圆经过点，且？若存在，求出该直线的方程；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在实数，使得以为直径的圆经过点，且， 该直线的方程为或． 理由如下： 假设存在实数，使得以为直径的圆经过点，且， 由，得， ，解得， 设，，则，， 设中点，则，， 由以为直径的圆经过点，得， 又，所以为等腰直角三角形， 所以，且， 因为直线的斜率为，所以的斜率为， 所以所在直线的方程为， 令，得，解得，所以， ， ， 由，得，解得， ，， 由，得，即， 所以， ， 所以， 化简得 解得， 综上，存在实数，使得以为直径的圆经过点，且， 且该直线的方程为或． 【分析】（1）利用椭圆顶点与离心率求出，再结合算出，直接写出椭圆标准方程． （2）联立直线与椭圆方程，由判别式得到的范围；根据、判定为等腰直角三角形，求出中点与点坐标，借助和求解． 【详解】（1）由椭圆：的一个顶点坐标为，得， 又离心率，所以， 由，得， 所以椭圆的方程为； （2）略 8．（25-26高二下·四川广安·阶段检测）已知椭圆的离心率为，抛物线的准线方程为． (1)求C的方程； (2)过点的直线l（斜率存在且不为0）与C交于M，N两点，N关于x轴的对称点为P．已知． （ⅰ）证明：P、M、Q三点共线； （ⅱ）求的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）依题意可设直线l的方程为，，，． 联立，消元得， 显然，则，， 于是直线PM的方程为， 即， 其中 ， 则直线PM的方程为， 故直线PM过定点，即P、M、Q三点共线； （ii） 【分析】（1）先由抛物线的准线方程求出的值，再由椭圆的离心率求出的值，即得椭圆的方程； （2）（i）设直线l的方程为与椭圆方程联立，写出韦达定理，求得直线PM的方程为，利用韦达定理可化简证明，即可证明直线经过点，从而得证；（ii）利用向量数量积的坐标计算公式计算并化简，代入韦达定理，将其化成，再根据不等式的性质即可求得其范围. 【详解】（1）因抛物线的准线方程为，且，则，解得， 又因椭圆的离心率为，则，代入，解得， 故椭圆C的方程为； （2）（ⅰ）略 （ⅱ）因， 则 ， 因为，所以，则， 所以的取值范围为．    9．（2026·河北沧州·三模）已知椭圆的长轴长为，由的三个顶点构成的三角形的面积为    (1)求的方程 (2)记的右顶点和上顶点分别为，，点在线段上运动，垂直于轴的直线交于点点在第一象限，为线段的中点，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点． 【答案】(1)． (2)由于轴，所以不可能垂直于轴，故直线的斜率存在，故设直线的方程为，, 联立， 则 ， 直线的方程为， 当时，，所以，是的中点，所以， ，即，所以， 则， 化简得 ， 代入，得， 故，所以或， 故直线的方程为或， 由于不与重合，所以直线不经过，故直线的方程为， 此时 ， 故，此时直线过定点. 【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解. （2）讨论直线的斜率是否存在，存在时，设出直线的方程，联立与椭圆的方程，可得根与系数的关系式，利用斜率关系或者根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，得到韦达定理，由两点斜率公式，即可代入化简的方程求解. 【详解】（1）由题意可知， E的三个顶点构成的三角形要么是短轴的一个顶点和长轴的两个顶点构成的三角形，面积为； 要么是短轴的两个顶点和长轴的一个顶点构成的三角形，面积为， 所以， 故E的方程为. （2）略 【点睛】直线与椭圆的位置关系中直线过定点问题，需要讨论直线的斜率是否存在，若斜率不存在，特殊情况特殊对待，存在时，设出直线的方程，联立与椭圆的方程，可得根与系数的关系式，利用斜率关系或者根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用从而求得直线方程中两个参量之间的关系即可得到定点. 10．（24-25高二下·北京·期中）已知椭圆的离心率为，过焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆相切于点，与直线相交于点.在轴是否存在定点，使？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据，，，求解即可； （2）设，直线的方程为，与椭圆方程联立，根据，可得，从而可得点坐标，设，根据求解即可. 【详解】（1）因为， 令，得， 由已知， 又，， 解得，， 所以椭圆的方程为. （2）设，由题知直线存在斜率设为， 则， 于是， 消得 则，得， 于是， 令，则， 设，则，. ， 所以，得. 所以存在点满足题意. 【真题回顾】 1．（2026·全国一卷·高考真题）已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解； （2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ii）由于是直线与直线的夹角，根据列出表达式即可求解. 【详解】（1）已知椭圆的左焦点为，离心率， 则，解得，， 因此椭圆方程为. （2）解法一： 设，点，点，其中， 联立直线与椭圆方程，得， 由韦达定理得， 由于两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点，且， （i）    由面积公式，， 又因为是线段的中点，所以，所以， ， 由于，得，即， 令，由与，得， 代入，得，解得， 所以，所以直线的方程为. （ii）直线的斜率为， 于是，当且仅当时取等号， 故的最小值为. 解法二： （i）如图所示，设直线的方程为，其中斜率，         设点，点，且， 根据椭圆的中心对称性可知，点， 联立直线与椭圆方程，得，化简得， 由韦达定理可得， 因为是关于原点的对称点，所以是线段的中点， 因此，所以， 由于，所以， ， ， 所以，即， 由于，所以简化为， 代入韦达定理，得，则， 化简得，由于，解得， 所以直线的方程为，即. （ii）由题意，即为直线与直线的夹角， 直线即直线，方程为， 点，点，点，直线的斜率， 直线的斜率， 由于在直线上，有， 则，代入， 则， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， 因此， 即， 由基本不等式得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为. 2．（2026·天津·高考真题）已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为． (1)求的标准方程； (2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的离心率可知，，然后将代入椭圆方程即可求解； （2）根据直线与圆相切即可求出，分类讨论即可. 【详解】（1）由于椭圆的离心率为，所以，即， 由于，所以， 将代入椭圆方程，得，即，解得，即， 由题意，所截得的线段长为，所以，解得，从而， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）可知，，所以圆的方程为， 设直线的方程为，因为直线与圆相切，如图所示， 则圆心到直线的距离，解得， 椭圆上顶点，分两种情况讨论： ①当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 则当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时； ②当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时. 综上所述，的值为. 3．（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. 4．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点． (1)若的焦点，求离心率e； (2)若，且上存在一点P，满足，求m； (3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率； （2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得； （3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围. 【详解】（1）由题意知，，则， 由右焦点，可知，则， 故离心率. （2）由题意， 由得，， 解得，代入， 得，又，解得. （3）由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为， 则，解得， 由得中点坐标为， 故直线，显然直线过椭圆内点， 故直线与椭圆恒有两不同交点， 设， 由消得， 由韦达定理得， 因为为钝角，则，且， 则有， 所以， 即，解得， 又， 故，即的取值范围是. 5．（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. 6．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 【答案】(1) (2)直线的方程为或. 【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可； （2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘表达面积即可. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以. （2）法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解得或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $