解答题 解析几何（八大题型专项训练）（天津专用） 2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦天津高考解析几何解答题，以题型为纲构建“方法-例题-应用”体系，系统提炼通性通法，强化几何代数转化与运算推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |轨迹问题|2道模拟题|直接法、几何法、相关点法、定义法|从曲线定义到动点轨迹，构建坐标转化模型| |弦长/面积问题|各2道模拟题|弦长公式、拆分法、坐标法|联立方程与韦达定理的应用递进| |定点/定值/定直线问题|各2道模拟题|设而不求、参数分离、特殊值预判|几何条件代数化的逻辑推理链| |切线与范围问题|各2道模拟题|切线方程公式、函数值域求法|从特殊位置到一般情形的思维迁移|

解答题 解析几何 天津高考解析几何解答题一般位于试卷倒数第二道，分值 15 分，设置两小问，属于难度较高的区分题型。第一问基础，常考查圆锥曲线方程求解，利用定义、离心率、顶点、焦点等条件求标准方程，属于拿分部分。第二问为核心难点，以直线与圆锥曲线相交为载体，联立直线与曲线方程，结合韦达定理处理弦长、面积、定点定值、最值范围、存在性问题。命题重视运算能力，强调设而不求、整体代换，减少复杂技巧，突出通性通法。命题载体多为椭圆，较少出现偏难双曲线，抛物线考查频率适中。未来命题方向保持稳定，依旧侧重代数运算，强化几何条件转化为代数式子的能力，会适度设置动点、参数情境，重视逻辑步骤，规避机械套路，考查数形结合思想，区分学生运算准确度与条件翻译能力，解题要注意判别式大于零这一隐含约束。 题型一 轨迹问题 （2026·山西忻州·模拟预测）已知抛物线．对任意，设，是方程的两个根．抛物线上参数分别为，的两点记为，．设线段的中点为． (1)求直线的方程； (2)求点的轨迹方程； (3)令，并记．设为三角形的面积，求的表达式，并判断数列的单调性． 【答案】(1)：； (2)，； (3)，数列单调递增 【分析】（1）通过韦达定理表示出直线方程即可. （2）利用韦达定理表示出坐标后通过消参数法求出其轨迹方程即可. （3）通过面积割补法计算出三角形面积后并判断其单调性. 【详解】（1）由题意，，是方程． 的两个根，所以，． 由于，方程有两个不同正根． 对抛物线， 参数为，的两点，， 解得斜率， 方程为， 代入，， ， 得． 所以：． （2）点为的中点，其横坐标为． 又． 所以． 其纵坐标为． 因此． 设，则，． 所以轨迹方程为，． （3）由，得． 令． 则，． 作直线轴， 通过割补法将三角形面积分解为， 可求得三角形的面积为 代入，得． 由于随正整数增大而增大，所以数列单调递增． 求轨迹方程一般会用到以下方法： 1.直接法 先设动点坐标为；再根据题目中动点运动的几何等量关系（如距离、角度、斜率等），直接将几何条件转化为含的代数等式。 2.几何法 利用平面几何性质（如垂直平分线性质、角平分线性质、圆的性质），找到动点满足的几何等式，再转化为坐标方程，简化计算。 3.相关点法 先明确动点与已知曲线（或可求轨迹的点）的 “相关关系”（即随运动）； 再根据几何条件，用表示出Q的坐标（即，）。 接着将代入Q所在的已知曲线方程，得到含的等式；最后化简该等式，并结合实际条件（如定义域）约束，即得动点P的轨迹方程。 4.定义法 首先分析动点满足的几何条件，判断是否符合圆、椭圆、抛物线、双曲线等基本轨迹的定义（如椭圆定义：到两定点距离和为定值且大于定点间距）。 若直接匹配定义，可直接写出对应轨迹的标准方程；若需确定参数，设出标准方程形式，结合题目条件（如定点坐标、定值大小）用待定系数法求解参数，最后验证方程是否符合轨迹定义及题目限制。 易错点： （2026·陕西西安·模拟预测）已知双曲线与直线()有唯一的公共点，过点且与直线垂直的直线分别交轴、轴于、 两点.当点运动时，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设点 ，若过点的直线与曲线的右支交于、两点. （ⅰ）证明：直线和直线的斜率乘积为定值； （ⅱ）若直线、与圆分别交于、两点，记四边形的面积为，的面积为，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）依题意，直线的斜率必不为0，可设其方程为，， 联立，消元得， 则由，解得 由韦达定理，， 则， 为定值； （ii） 【分析】（1）联立双曲线方程和直线可利用根的判别式，整理得，得到，所以过点P且与直线l垂直的直线为，可得，所以即可求解； （2）（i）设直线方程为，，，联立方程，由韦达定理，，则为定值；（ii）设，，且，，联立方程得到，，，所以由（ⅰ）知，，则，代入得，所以. 【详解】（1）联立，消元得 因为，由，整理得， 因此，， 所以，其中 过点P且与直线l垂直的直线为， 可得，，依题意可得 由，，可得， 即点Q的轨迹方程为 （2）（ⅰ）略 （ⅱ）设，，且， 联立，得，所以，同理可得 联立得，所以，同理可得 所以 由（ⅰ）知，，则， 代入得 因为，所以，设， 因函数在上单调递减，在上单调递增，故， 则，从而，，即 又因为， 所以的取值范围为. 题型二 弦长问题 （2026·天津和平·三模）已知椭圆的焦距为2，椭圆短轴的一个端点到右焦点的距离为． (1)求椭圆的方程； (2)为坐标原点，直线过点，与椭圆交于，两点，椭圆上点满足，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2). 【分析】（1）由焦距得出，根据短轴的一个端点到右焦点的距离，所以，由此能求出椭圆方程； （2）设过的直线为，与椭圆方程联立，得，设，，，由，由此结合题设条件能求出实数的取值范围. 【详解】（1）因为焦距为2，所以，即， 设短轴的一个端点，右焦点，短轴的一个端点到右焦点的距离为，∴， 所以椭圆的标准方程. （2）由题意知直线的斜率存在. 设：，，，， 由得. ，化简得，解得. ，. ∵，∴， ∴， 即得， ∴，∴.∴， ∵，∴， ，. ∵点在椭圆上，∴， ∴∴， 且， 所以， ∴， ∴实数取值范围为. 弦长公式的两种形式 (1)若A,B是直线y=kx+m与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去y，得到一元二次方程 ，则. (2)若A,B是直线x=my+n与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去x，得到一元二次方程 ，则. （2026·天津·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为和，离心率为，短轴长为. (1)求椭圆的方程； (2)过点的动直线与椭圆相交于，两点.设点关于轴对称的点为（在的左侧），直线与轴相交于点，直线与相交于点，求的值. 【答案】(1) (2)4 【分析】（1）由离心率，椭圆的性质解方程组可得； （2）解法一：设直线的方程为，，，联立得到，，再求出直线的方程，进而得到点，则，再写出直线与的方程，得到点的坐标，然后计算即可；解法二：设直线的方程为，，，再同解法一的过程求解即可． 【详解】（1）解：由题意可得， ，解得， 所以椭圆的方程为； （2）解法一：由题意可知直线的斜率不为，， 设直线的方程为，，，则， 由方程组，整理得， ， ，，， 直线的方程为， 令，得 ， 所以，， 直线的方程为， 直线的方程为， 联立方程解得，，所以. 思路一： 因为，，. 所以， ， 思路二： 设点，则，， 因为点在椭圆上，所以，则， 得，即， 所以点在以，为焦点，实轴长为1的双曲线的右支上运动， 所以， 的值为4. 解法二：因为，由题意可知直线的斜率存在， 设直线的方程为，，，则， 由方程组，整理得， ， ，  直线的方程为 令，得 所以， 直线的方程为，直线的方程为， 联立方程解得，，所以， 以下解法同解法一． 题型三 面积问题 （2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为，下顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为． (1)求椭圆的方程； (2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值； (3)过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，连接并延长交直线于点．试探究：在轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)因为，设直线方程为，代入椭圆方程可得， 设，则，所以中点的纵坐标， 所以，即， 所以所在直线方程为，令，可得，即， 假设在轴上存在一定点满足题意，则， 所以恒成立，则需，解得， 即轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过点. 【分析】（1）根据离心率及通径长求出即可得解； （2）设，利用点到直线的距离求三角形面积，再由正弦型三角函数的性质求最值即可； （3）设直线方程为，求出点坐标，再由交点求出点坐标，假设存在满足题意，则恒成立，据此求解即可. 【详解】（1）因为，所以， 由代入，可得，， 所以椭圆的通径长为，即， 由可得，解得， 所以， 所以椭圆的方程为. （2） 由（1）可知， 所以， 直线所在直线方程为，即 设， 设点到直线的距离为，则， 所以， 当时，有最大值. （3）略 直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形的面积，处理方法： 1.一般方法：（其中为弦长，为顶点到直线AB的距离），设直线为斜截式. 进一步，== 2.特殊方法：拆分法,可以将三角形沿着轴或者轴拆分成两个三角形，不过在拆分的时候给定的顶点一般在轴或者轴上，此时，便于找到两个三角形的底边长. 3.坐标法.设，则. 4.面积比的转化. 三角形的面积比及其转化有一定的技巧性，一般的思路就是将面积比转化为可以利用设线法完成的线段之比或者设点法解决的坐标形式，通常有以下类型： ① 两个三角形同底，则面积之比转化为高之比，进一步转化为点到直线距离之比 ② 两个三角形等高，则面积之比转化为底之比，进一步转化为长度（弦长之比） ③利用三角形面积计算的正弦形式，若等角转化为腰长之比 ④ 面积的割补和转化 5.四边形的面积计算 在高考中，四边形一般都比较特殊，常见的情况是四边形的两对角线相互垂直，此时我们借助棱形面积公式，四边形面积等于两对角线长度乘积的一半；当然也有一些其他的情况，此时可以拆分成两个三角形，借助三角形面积公式求解. 6.注意某条边过定点的三角形和四边形 当三角形或者四边形某条边过定点时，我们就可以把三角形，四边形某个定顶点和该定点为边，这样就转化成定底边的情形，最终可以简化运算.当然，你需要把握住一些常见的定点结论，才能察觉出问题的关键. （2026·天津河西·三模）已知椭圆C：（）的右顶点为A，上顶点为B（O为坐标原点）．点在椭圆C上，椭圆的离心率为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若过点M的直线l交椭圆C于另一点N，且的面积为，求直线l的斜率． 【答案】(1) (2)直线的斜率为或斜率不存在 【分析】（1）结合椭圆离心率公式和点在椭圆上的条件，联立求解即可得到椭圆的标准方程； （2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，斜率存在时联立直线与椭圆方程，结合韦达定理和三角形面积公式求解斜率，斜率不存在时直接验证是否满足面积条件. 【详解】（1）由椭圆离心率，得， 结合，可得. 将点的坐标代入椭圆方程得，解得，则， 故椭圆C的标准方程为. （2）①当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为， 即，如图， 与椭圆方程联立，消去并整理得. 已知是该方程的一个根，由韦达定理得， 则. 设到直线的距离为，则， 则的面积为， 整理得，即，解得或； ②当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 根据椭圆的对称性可得，此时的面积，满足条件. 综上，直线的斜率为或不存在。 题型四 定点问题 （2026·天津河东·二模）已知椭圆的方程为，上顶点为，右焦点为，椭圆的离心率为，点为中点，为坐标原点，，椭圆上一点在第一象限． (1)求椭圆方程； (2)若，求； (3)若直线与椭圆交于点，点在点右侧，为线段上一点，，证明过定点，并求出定点坐标． 【答案】(1) (2) (3) 设，因为， 所以，整理为， 由椭圆方程可知代入得，， 因为，所以，则， ，． 整理为，显然过定点，定点坐标为． 【分析】（1）由已知直接求解方程即可； （2）先求出点关于直线的对称点，即可得出直线的方程，与椭圆方程联立即可求解； （3）设，由两点之间距离公式得出的方程，结合椭圆方程求解，再表示出直线即可证明． 【详解】（1）由离心率为，得，所以，，，， ， 所以，则，，所以． （2）由（1）可知，，则， 所以直线的方程为：， 因为，所以点关于直线的对称点在直线上， 因为关于直线的对称点为， 所以直线的斜率为，可设， 联立，，解得（舍），， 所以，即． （3）略 定点问题核心思路：设而不求，韦达定理，参数分离。先设出直线方程，与圆锥曲线联立，写出判别式大于 0，得到根与系数关系。把题目中的几何条件转化代数等式，整理得到含参数的关系式。 若是动直线过定点，把直线整理成参数的直线系形式，分离参数，令参数系数为零，解出定点坐标。若参数较多，可取特殊位置（特殊斜率）先猜出定点，再做一般性证明。 注意斜率是否存在，要单独讨论直线斜率不存在的情况，防止漏解。求出定点后，回代验证是否满足题干条件。大题不要只靠特殊值猜点，必须书写一般化推导。牢记联立后判别式约束，保证直线与曲线有交点，避免出现虚假定点。 （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. 题型五 定值问题 （2026·天津武清·模拟预测）已知椭圆：（）的离心率为，，，分别为椭圆的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于，的一个动点，面积的最大值为． (1)求的方程； (2)过椭圆的右焦点的直线与交于，两点，记的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值． 【答案】(1)； (2)证明：由（1）可知， 设直线， 由， 得， 设， 则， 不妨设， 则， 又因为， 所以线段的中点， 所以， 所以， ， 所以 ， 所以， 所以为定值.    【分析】（1）由题意可得，，再结合求解即可； （2）设直线，与椭圆方程联立，结合韦达定理及图形，可得，分别求出的坐标，利用过两点的斜率公式，表示出，再化简，代入化简即可. 【详解】（1）因为当与椭圆短轴顶点重合时，的面积最大， 此时最大值为， 所以， 又因为椭圆的离心率为，即， 所以， 又因为， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以的方程：; （2）略 定值问题核心：几何量（斜率、距离、数量积、面积等）不受参数变化影响，恒为固定数值。常用设而不求，将直线与圆锥曲线联立，利用韦达定理表示目标表达式，化简消去参数得到常数。 可以先用特殊情形，取特殊斜率、特殊点，算出预估值，明确定值结果，再做一般推导，方便检验。处理向量数量积、斜率和与积，优先整体代换，不要单独求两根。 务必讨论斜率不存在的特殊直线，防止漏情况。联立不忘判别式大于 0 的隐含条件。化简过程仔细运算，参数要全部消干净。大题不能只靠特殊值直接下结论，特殊值仅用于预判，必须完成一般化证明，最后把结果回代检验。 （2026·天津南开·模拟预测）已知椭圆：，，为原点，椭圆的左右焦点分别为，，并且经过点， (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的左右顶点分别为，，直线与椭圆有且仅有一个公共点，点不与，重合，设直线，的斜率分别为，． （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）设的平分线与轴交于点，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据焦点坐标，结合代入法进行求解即可； （2）（ⅰ）设出直线的方程与椭圆的方程联立，利用一元二次方程根的判别式、直线斜率的公式进行求解即可； （ⅱ）根据角平分线的性质，结合点到直线距离公式进行求解即可. 【详解】（1）因为椭圆的左右焦点分别为，， 所以， 又因为该椭圆经过点， 所以， 由可得，或舍去， ， 所以椭圆的方程为； （2）（ⅰ）设直线的方程为，与椭圆方程联立，得 ， 所以，化简，得， 可得， ，即， ，所以为定值； （ⅱ）设，即，且， 直线的方程为， 同理得直线的方程为， 因为的平分线与轴交于点， 所以， 由，代入上式，得 ， 因为在，之间， 所以，又， 所以由， 因为， 所以，而， 所以，即的取值范围为． 题型六 定直线问题 （2025·天津·模拟预测）已知椭圆的上顶点为，四个顶点组成的四边形面积为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，交轴于点，直线与直线分别交于点，线段的中点为. 是否存在实数，使得以为直径的圆总与轴相切？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)存在，. 【分析】（1）由定点及四边形面积列出方程求出. （2）设直线方程，，联立椭圆方程，设，结合韦达定理，分别得到的方程，进而得到坐标，从而得到坐标，再结合中点到轴的距离等于一半列出等式求解即可； 【详解】（1）依题意，，解得， 所以椭圆的方程为. （2）依题意，过的直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为， 由消去得，设， 则，在中，令，得，点， 直线的方程为，令，得，则， 同理得，设中点，则 ， 即点，设中点为，则. 假设存在实数，使得以为直径的圆与轴相切，则点到轴的距离为， 而，则， 整理得，解得， 所以存在，使得以为直径的圆总与轴相切. 定直线问题，即动点恒在某条固定直线上，核心是设而不求，借助韦达定理建立点的坐标关系式。联立直线与圆锥曲线，写出判别式约束，利用条件整理出动点横、纵坐标满足的等式，消去参数得到不含参的直线方程，即为所求定直线。 可先取特殊位置，算出预选定直线，作为验算参照。注意要考虑直线斜率不存在的特殊情形，避免漏解。若得到含参数等式，对参数整理，令参数的系数全部为零求解。 大题中特殊情形只能预判，必须完成一般性推导。求出定直线后，带回题干条件验证，排除不符合交点要求的情况。重点训练几何条件翻译成代数方程，减少计算失误。 （2025·天津南开·二模）已知椭圆的左、右焦点分别是为上一点，且在中，． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点（点在点的上方），线段上存在点，使得，求的最小值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）设椭圆的焦点为，由，求得，进而得，由椭圆定义求得，得解； （2）设，当直线的斜率存在时，设直线，由，可得，联立直线与椭圆的方程得到根与系数关系，求得，进而得点在直线上，当直线的斜率不存在时，易得点也满足在直线上，由平面几何知识求解得到答案. 【详解】（1）设， 依题意，，解得，从而， 因此，由勾股定理可得． 所以，可得． 所以求椭圆的方程为. （2）设， 当直线的斜率存在时，， 由，可得，解得．（*） 设直线， 联立整理可得， 由， 整理可得：，解得或， 且， 代入（*）整理可得， 代入直线的方程，得， 可得． 当直线的斜率不存在时，，则， 由，得，也满足方程， 所以点在直线（在椭圆内部）上． 设点关于直线的对称点为， 则解得， 所以， 此时点在椭圆内，符合题意， 所以的最小值为.    题型七 切线与切点弦问题 （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． 圆锥曲线的切线和切点弦的相关结论 切线方程： (1)过圆上任意一点的切线方程为. (2)过椭圆的切线方程为：； (3) 过双曲线的切线方程为：； (4)过. 切点弦方程 (1) 过圆外一点的切点弦方程为 . (2)过椭圆+=1外一点的切点弦方程为； (3) 过双曲线的切点弦方程为：； (4)过. 说明：上述公式的记忆方法均可用“抄一代一”，即把平方项其中一个照抄，另一个将变量用已知点的相应坐标代入(从曲线上一点作曲线的切线，切线方程可将原方程作如下方法替换求出，，，，). （2026·天津西青·三模）已知椭圆的左焦点为，下顶点为，右顶点为，离心率为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆相交于C，D两点，直线AC，AD与轴交于M，N两点，且的面积为1，求直线的方程． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）利用椭圆离心率公式、关系式，再结合三角形面积列出方程，即可写出椭圆方程； （2）设直线斜率并联立椭圆，借助韦达定理、直线截距求出横坐标，再结合三角形面积条件构造等式化简求解斜率，进而得到方程. 【详解】（1）由题意可得，得， 代入，得，即． 因为的面积为， ， 将代入，得 解得：，故， 所以椭圆方程为． （2）设直线CD的方程为，即， 联立，化简得， 设，则， 且，则， 因为直线AC的方程为，令，得，， 直线AD的方程为，令，得，， 由，可得，所以 ， 解得，所以直线的方程为．    题型八 范围最值问题 （2026·云南曲靖·模拟预测）已知椭圆的右顶点为，点为椭圆上的一点．设椭圆的左、右焦点分别为． (1)求椭圆的标准方程及离心率； (2)过点的直线与椭圆交于两点（异于椭圆的左、右顶点）． （i）求面积的最大值； （ii）设直线分别交轴于两点，求证：以为直径的圆与轴相交的弦长为定值． 【答案】(1)椭圆的标准方程为，离心率为 (2)（i），（ii）证明见解析 【分析】（1）由题可得，求得的值，得到椭圆方程，利用离心率公式即可求解； （2）（i）由（1）知道点坐标，设直线方程，联立方程组，由韦达定理结合焦点弦长公式求得，点到直线的距离为高，从而求得三角形的面积表达式，结合函数单调性求解即可； （ii）当直线轴时，通过相似证明点在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得的弦是，得到弦长为2；当直线斜率存在时，设直线方程，然后联立方程组，整理得一元二次方程，由韦达定理得到两点坐标与斜率的关系式；然后用两点式写出直线直线方程，求得点坐标，证明向量，证得点在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得的弦是，得到弦长为2，从而证明以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值． 【详解】（1）由题意可知， 由，解得， ∴椭圆的方程：. 离心率为 （2）（i），，由于直线斜率不为，则设直线， 联立方程组，得： 所以 焦点弦长， 点到直线的距离， ∴， 令，所以在上单调递增，所以， 所以，当时等号成立， 所以，当时等号成立， 即面积的最大值为 （ii）， 当轴时，交点，关于轴对称，∴点关于原点对称，∴以为直径的圆圆心为，半径为 ∵，∴，则，∴， 又∵，∴圆与轴的截得的弦为， 当直线斜率存在时，设直线， 设， 联立方程组，整理得， 则，， ， 直线，令，则， 直线，令，则..， 则，， 则 即 即，同理可证， 即点在以MN为直径的圆上，又∵在轴上， ∴以MN为直径的圆被x轴截得的弦为，， 综上所述：以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值2. 解析几何范围最值常求斜率、弦长、面积、向量数量积的取值范围。一般联立直线与圆锥曲线，由判别式Δ>0得到参数初步约束；依靠韦达定理把目标量写成关于参数的函数，转化为函数求值域。 函数形式常见二次函数、分式函数，可以用基本不等式、导数求解最值。遇到多个参数，借助题干条件消元，变为单变量函数，严格标注自变量取值范围。 注意直线斜率不存在的特殊情况，不能遗漏。部分题目可结合几何性质，数形结合简化运算。求出范围后要结合Δ>0对结果取舍。大题不能只写函数结果，要写出几何条件转化、联立化简过程，最后检验端点是否可以取到。 （2026·天津东丽·二模）设椭圆的上顶点为，点，为坐标原点，已知的面积为． (1)求椭圆的离心率； (2)已知直线与椭圆相切，过点B的直线与椭圆交于C，D两点，过点C，D作l的垂线，垂足分别为M，N两点（M，N两点不重合）．记直线CN，DM的斜率分别为，，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得，再利用离心率定义计算即可得； （2）由题意可求出椭圆方程，设出直线的方程，联立曲线方程，可得到与交点纵坐标有关韦达定理，再表示出、后，即可借助韦达定理计算的取值范围. 【详解】（1）由已知，，，则， 故； （2）由直线与椭圆相切，故椭圆左顶点坐标为，即， 则，即椭圆方程为， 设直线，、，则、， 联立，消去可得， 恒成立， 有，， 又，， 则 ， 由，故， 即的取值范围为. 1．（2026·天津·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且椭圆的短轴长为2，分别为椭圆的左，右焦点，分别为椭圆的左，右顶点，设点在第一象限，且轴，连接交椭圆于点，直线的斜率为． (1)求椭圆的方程； (2)若三角形的面积等于四边形的面积，求的值； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的长轴长及离心率求即可得出椭圆方程； （2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，求得点的坐标，令求得点坐标，利用三角形的面积公式计算出和的面积，根据题目已知条件，这两个三角形的面积相等，由此列方程，解方程求得的值. 【详解】（1）因为椭圆的短轴长为2，所以，即， 又，所以， 所以椭圆的方程为. （2） 设直线方程为， 则由，可得， ∴，∴， ∴，令，∴， ∴， ∴， 由题意可知，， 解得. 2．（2026·天津宝坻·三模）设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为．已知（为原点）． (1)求椭圆的离心率； (2)设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，另一交点在轴下方，轴的正半轴有一点满足，经过点的直线与椭圆在第一象限相切于点与公共部分的面积为，求椭圆的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知，结合即可求解离心率； （2）根据直线与椭圆的位置关系，结合点到直线距离公式，两点之间距离公式，由与公共部分的面积为列出方程即可求解． 【详解】（1）由题可知，， 在中，，则． （2）由（1）知，，椭圆方程可写为：，即， 已知点， 则经过点且斜率为的直线的方程为：， 将代入椭圆方程求交点：， 整理得，，解得，， 当时，， 当时，， 因此，点的坐标为，点的坐标为， 由题知，的坐标为， 经过点的直线与椭圆在第一象限相切于点， 设直线的方程为，由于切点在第一象限，直线斜率必为负， 将直线方程代入椭圆方程得， 整理得， 因为直线与椭圆相切，判别式， 解得，因为，所以， 所以直线的方程为， 为求切点的坐标，代入到切线方程对应的二次方程中： ，则， 代入直线方程，， 点的坐标为，在第一象限，符合题意， 现在我们有各点坐标：，，，， 则直线的方程为：， 直线的方程为：，设直线与直线的交点为， 由直线的方程，联立得， 则点到直线的距离， ， 则，解得（负值舍去） 因此，，， 椭圆方程为． 3．（2026·天津河西·三模）已知椭圆：的右顶点为，上顶点为，半焦距为，已知点在椭圆上，过点且斜率为整数的直线交椭圆的另一点为，线段的垂直平分线与轴交于点． (1)求椭圆的离心率； (2)求直线的斜率； (3)设关于轴的对称点为，直线交轴交于点，若的面积为，求椭圆的标准方程 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）将点代入椭圆方程，结合和离心率定义将方程转化为关于离心率的方程，求解即可； （2）设直线的斜率为，写出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出的中点坐标，再根据中点坐标写出的垂直平分线方程，结合垂直平分线与轴交点的条件，建立关于的方程，求解； （3）根据（2）的结果得到点的坐标，再写出其关于轴的对称点坐标，求出直线，并得到与轴的交点坐标，利用三角形的面积公式，结合已知面积，建立方程，再结合（1）中的离心率求出的值，进而得到椭圆方程. 【详解】（1）将点直接代入椭圆方程： 由于，且，转化为离心率的方程：， 整理得：， ，因为椭圆的离心率满足，故舍去，． 解得离心率． （2）由（Ⅰ）知，．椭圆方程为． 设直线的斜率为，过定点． 直线的方程为：． 代入椭圆方程：，        化简得， ， ，             计算线段的中点的坐标： ， ， 中垂线的斜率为．令其方程中，得轴截距： ，         题目已知： 解得或．因为直线的斜率为整数． 故舍去，所以． （3）将代回点得：， 此时点坐标为．对称点． 直线的斜率： 直线的方程为：． 令，解得交点．             ，，，      ，，． 椭圆的方程为： 4．（2026·天津·二模）设椭圆：（）的左右焦点分别为，，下顶点为，直线的方程为． (1)求椭圆的离心率； (2)设为椭圆上异于其顶点的一点，到直线的距离为，且三角形的面积为． （ⅰ）求椭圆的方程； （ⅱ）若斜率为的直线与椭圆相切，过焦点，分别作，，垂足分别为，，四边形的面积为，求直线的方程． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）由直线的方程为得其斜率为，即 ，结合，可得离心率； （2）（i）先求得点的坐标，根据三角形面积求得的值，从而可得椭圆的方程；（ii） 设直线的方程为，联立椭圆的方程，由判别式为零，结合点到直线的距离公式表示出四边形的面积，求解方程可得的值，从而得直线的方程． 【详解】（1）由已知，则．，． （2）（ⅰ）设点，于是， 所以或， 而无解；由得 又因为三角形面积，所以， 于是，椭圆的方程为． （ⅱ）设直线：代入椭圆的方程中，得 由已知，即 同时，，， 易知四边形为梯形，所以， 解得，所以. 所以，直线的方程为． 5．（2026·天津武清·模拟预测）阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆的离心率为，面积为，F为其右焦点，． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点F且与x轴垂直的直线与椭圆C在第一象限交于点P，过P作直线PB交椭圆C于另一点B，且的面积为1，求直线PB的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）利用新定义及椭圆的性质计算即可； （2）设直线方程利用韦达定理、弦长公式、点线距离公式计算解方程即可. 【详解】（1）设，由题意可知：，解之得， 所以椭圆方程为：； （2）由上可知，则，易知直线斜率不存在时不符合题意； 不妨设直线方程为，则， 联立直线与椭圆方程得， 则， 且， E到直线的距离为， 所以， 将代入上式可得：， 解之得或，即直线PB的方程为或. 6．（2026·天津红桥·二模）已知椭圆：的左、右顶点分别为，上顶点为，左、右焦点分别为，且． (1)求椭圆的离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆左、右顶点），直线与直线交于点，线段与线段交于点，过中点作的外接圆的两条切线，切点分别为，且的面积为，求椭圆的标准方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用椭圆顶点与焦点的距离条件，代入椭圆基本关系化简，直接求出离心率； （2）由离心率确定椭圆方程形式，设直线并联立椭圆求点坐标，证明垂直得出外接圆以为直径，再用切线性质与三角形面积求出参数，得到椭圆标准方程． 【详解】（1） 由题意得，， 所以，又， 所以，整理得， 所以椭圆的离心率； （2） 由（1）可得，代入，整理得， 所以椭圆的方程为，， 设直线的方程为， 联立方程组，得， 则，， 联立，解得， 设，因为，则， 所以，则，垂足为H， 因此的外接圆是以为直径，的中点为圆心的圆， 设圆心为，所以圆T的标准方程为， 设的中点为，则， 连接，由题意知，， 所以，由对称性可知，且， 则是等边三角形，， 因此，解得， 所以椭圆C的标准方程为． 7．（2026·天津北辰·二模）已知椭圆：的右焦点为F，左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，离心率为，的面积为. (1)求椭圆E的方程； (2)已知斜率存在且不为1的直线经过点，且与椭圆E交于不同的两点M，N（均不与点B重合），点P与点M关于原点O对称，直线与直线交于点Q.求证：点B在直线上. 【答案】(1) (2)证明：设直线的方程为，，点，，则点， 直线的方程为，直线的方程为， 联立得点， 由消去得， 则，， 而点，则，， 因为 ， 所以，又，有公共点B，所以点B在直线上. 【分析】（1）利用离心率与三角形的面积公式求解出椭圆的方程即可. （2）设直线的方程，联立直线的方程和直线的方程，得到点的坐标，再联立直线的方程和椭圆的方程，从而得到韦达定理，利用向量的工具证明，从而得到B在直线上. 【详解】（1）依题意有，解得. 故椭圆E的方程为. （2）略 8．（2026·天津南开·二模）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到长轴的一个顶点的距离为． (1)求的方程； (2)为的右顶点，直线交于两点，为坐标原点．若，是否存在直线，使得四点共圆？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，或． 【分析】（1）根据椭圆的基本性质求解； （2）由题意假设直线，与椭圆联立可得.又有四点共圆，且，所以，结合韦达定理可得的值，进而得到直线的方程. 【详解】（1）依题意，有解得， 所以的方程为． （2）设直线， 联立方程得：， 则 因为四点共圆，所以， 则有，即 所以即 所以，即， ，即， 联立解得（此时直线过点，舍去）， 将代入，解得， 所以存在直线，使得四点共圆. 直线的方程为或． 9．（2026·天津河北·二模）已知椭圆：的离心率为，，，且原点到直线AB的距离等于. (1)求椭圆的标准方程； (2)是否存在直线，交椭圆于、两点，使得椭圆的右焦点为三角形BPQ的垂心？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）由离心率公式以及点到直线距离公式求得椭圆方程； （2）假设存在，由点为三角形BPQ的垂心可得，从而可得，设直线的方程为，代入椭圆方程，由韦达定理结合可求得参数值，得直线方程． 【详解】（1）由，得， 由点，，可知直线AB的方程为，即. 由于原点到直线AB的距离为，即， 得，， 所以椭圆的标准方程为. （2）假设存在直线交椭圆于，两点，设，， 右焦点，， 因为为的垂心，所以， 因为，所以. 设直线的方程为， 由得， 由，，得， 且，， 因为，，， 故，， 即， 代入整理，得， 解得，或. 经检验，当时，不存在，故舍去， 当时，满足，所求直线存在，所以的方程为. 10．（2026·天津·二模）设椭圆的上顶点为，点，为坐标原点．已知的面积为． (1)求椭圆的离心率； (2)已知直线与椭圆相切，过点的直线与椭圆交于两点，过点作的垂线，垂足分别为两点（两点不重合）．记直线的斜率分别为，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用的面积求出与的关系，再结合椭圆参数关系，即可得解. （2）先求椭圆方程，再根据直线的斜率分类讨论，再结合韦达定理和换元法，即可求解. 【详解】（1）由已知，点，有上顶点，，为直角三角形， 所以，因此，解得， ， 故椭圆的离心率. （2）由已知，椭圆的右顶点为，是椭圆的切线， 而直线与椭圆相切，所以， 由（1）知，所以，故椭圆的方程为. 对于直线， ①斜率不存在时，直线， 此时， 则，所以； ②当斜率时，直线，此时两点重合，不符合题意，所以； ③当斜率存在且时，直线， 设点，点，则点，点，如下图， 联立椭圆与直线方程：，消去，得， 所以，又， 所以， 其中， 且， 所以， 令，则， 代入得， 因为，所以，则，即. 综上，的取值范围为. 11．（2026·天津河西·二模）已知椭圆（）的焦距为4，且经过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)设A为椭圆C的右顶点，不过点A的直线l与椭圆C相交于不同的两点P、Q，直线AP、AQ分别交y轴于M、N，若，的面积为，求直线l的方程. 【答案】(1) (2)或. 【分析】(1)将点的坐标代入方程，结合解方程即可求解； (2)设直线l的方程为（斜率必不为0）与椭圆方程联立，得到根与系数关系，分别表示直线AP、AQ的方程，求出M、N的坐标，结合，化简可得的值，利用弦长公式结合化简即可求解. 【详解】（1）由题意，椭圆的焦距，所以. 因为，所以. 将点代入椭圆方程，得： 去分母化简，得： . 因为，所以.从而. 故椭圆的标准方程为：. （2）由（1）知，右顶点，左焦点 设直线l的方程为（斜率必不为0） 代入椭圆方程： . 设，所以， 直线AP过点和，其方程为： 令，得交点M的纵坐标： 同理可得交点N的纵坐标： 因为 所以 由已知 ，解得 所以直线l必定恒过左焦点此时直线方程为 判别式 恒成立 由于直线l的x轴截距为，以原点到x轴交点的线段长度为底，高即为 面积S为： 由已知，可得： 整理得：即 解得. 综上所述，满足条件的直线l的方程为或. 12．（2026·天津和平·二模）已知椭圆（）的左焦点为F，点在椭圆上，且轴. (1)求椭圆的方程； (2)直线l与椭圆相切于点P，且点P在第一象限，过原点与直线l平行的直线与直线PF交于点Q，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）依题意，列出关于的方程组，求解即得椭圆方程； （2）（法一）设直线l的方程并与椭圆方程联立，由推得，求出，分别求出直线PF与的方程，联立求出，再由两点之间距离公式化简计算即得；（法二）设，写出直线l的方程为，即得过原点与直线l平行的直线方程为，列出直线PF的方程，两者联立求得，再由两点之间距离公式化简计算即得. 【详解】（1）依题意，可得，解得， 故椭圆方程为. （2）（法一）直线l斜率显然存在，由题意设直线l的方程为，， 联立，整理得， ，可得，整理得， 则，，即， 故直线PF的斜率为，直线PF的方程为， 过原点与直线l平行的直线方程为， 联立，解得，即， 则. （法二）设，直线l斜率显然存在，由题意直线l的方程为， 则过原点与直线l平行的直线方程为，椭圆左焦点， 故直线PF的方程为， 联立，解得，即得， 则 又因为， 故. 13．（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. 14．（2026·天津红桥·一模）已知椭圆的一个焦点与短轴的两个端点围成的三角形面积是1，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于不同两点，与圆相切于点． ①证明：（为坐标原点）； ②设，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)①∵直线与相切， ∴，即． 联立消去得， 设，则， 所以 ， ∴． ②. 【分析】（1）根据已知列方程组求得即可求出椭圆的方程； （2）①直线与圆相切得到，再利用直线与椭圆相交利用韦达定理得到即可求证； ②利用结合①可得答案. 【详解】（1）依题意，解得， ∴椭圆的方程为． （2）①略 ②直线与椭圆交于不同的两点，∴， ∴， 由①知，∴，即， ∴，又，∴的取值范围为． 15．（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 1．（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. 2．（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：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. 【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）略 3．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，使得恒成立. 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2） 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 4．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为. (2). 【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率. （2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案. 【详解】（1）如图，    由题意得，解得，所以， 所以椭圆的方程为，离心率为. （2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得， 设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得：， 由韦达定理得，所以， 所以，. 所以,,， 所以， 所以，即， 解得，所以直线的方程为. 5．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足． (1)求椭圆的离心率； (2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点，若，且的面积为，求椭圆的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值； （2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程. 【详解】（1）解：， 离心率为. （2）解：由（1）可知椭圆的方程为， 易知直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立得， 由，① ，， 由可得，② 由可得，③ 联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为． 6．（2021·天津·高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程； （2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程. 【详解】（1）易知点、，故， 因为椭圆的离心率为，故，， 因此，椭圆的方程为； （2）设点为椭圆上一点， 先证明直线的方程为， 联立，消去并整理得，， 因此，椭圆在点处的切线方程为. 在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点， 直线的斜率为，所以，直线的方程为， 在直线的方程中，令，可得，即点， 因为，则，即，整理可得， 所以，，因为，，故，， 所以，直线的方程为，即. 7．（2020·天津·高考真题）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），或． 【分析】（Ⅰ）根据题意，并借助，即可求出椭圆的方程； （Ⅱ）利用直线与圆相切，得到，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，求出点坐标，进而求出点坐标，再根据，求出直线的斜率，从而得解. 【详解】（Ⅰ）椭圆的一个顶点为， ， 由，得， 又由，得， 所以，椭圆的方程为； （Ⅱ）直线与以为圆心的圆相切于点，所以， 根据题意可知，直线和直线的斜率均存在， 设直线的斜率为，则直线的方程为，即， ，消去，可得，解得或. 将代入，得， 所以，点的坐标为， 因为为线段的中点，点的坐标为， 所以点的坐标为， 由，得点的坐标为， 所以，直线的斜率为， 又因为，所以， 整理得，解得或. 所以，直线的方程为或. 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 解答题 解析几何 天津高考解析几何解答题一般位于试卷倒数第二道，分值 15 分，设置两小问，属于难度较高的区分题型。第一问基础，常考查圆锥曲线方程求解，利用定义、离心率、顶点、焦点等条件求标准方程，属于拿分部分。第二问为核心难点，以直线与圆锥曲线相交为载体，联立直线与曲线方程，结合韦达定理处理弦长、面积、定点定值、最值范围、存在性问题。命题重视运算能力，强调设而不求、整体代换，减少复杂技巧，突出通性通法。命题载体多为椭圆，较少出现偏难双曲线，抛物线考查频率适中。未来命题方向保持稳定，依旧侧重代数运算，强化几何条件转化为代数式子的能力，会适度设置动点、参数情境，重视逻辑步骤，规避机械套路，考查数形结合思想，区分学生运算准确度与条件翻译能力，解题要注意判别式大于零这一隐含约束。 题型一 轨迹问题 （2026·山西忻州·模拟预测）已知抛物线．对任意，设，是方程的两个根．抛物线上参数分别为，的两点记为，．设线段的中点为． (1)求直线的方程； (2)求点的轨迹方程； (3)令，并记．设为三角形的面积，求的表达式，并判断数列的单调性． 求轨迹方程一般会用到以下方法： 1.直接法 先设动点坐标为；再根据题目中动点运动的几何等量关系（如距离、角度、斜率等），直接将几何条件转化为含的代数等式。 2.几何法 利用平面几何性质（如垂直平分线性质、角平分线性质、圆的性质），找到动点满足的几何等式，再转化为坐标方程，简化计算。 3.相关点法 先明确动点与已知曲线（或可求轨迹的点）的 “相关关系”（即随运动）； 再根据几何条件，用表示出Q的坐标（即，）。 接着将代入Q所在的已知曲线方程，得到含的等式；最后化简该等式，并结合实际条件（如定义域）约束，即得动点P的轨迹方程。 4.定义法 首先分析动点满足的几何条件，判断是否符合圆、椭圆、抛物线、双曲线等基本轨迹的定义（如椭圆定义：到两定点距离和为定值且大于定点间距）。 若直接匹配定义，可直接写出对应轨迹的标准方程；若需确定参数，设出标准方程形式，结合题目条件（如定点坐标、定值大小）用待定系数法求解参数，最后验证方程是否符合轨迹定义及题目限制。 易错点： （2026·陕西西安·模拟预测）已知双曲线与直线()有唯一的公共点，过点且与直线垂直的直线分别交轴、轴于、 两点.当点运动时，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设点 ，若过点的直线与曲线的右支交于、两点. （ⅰ）证明：直线和直线的斜率乘积为定值； （ⅱ）若直线、与圆分别交于、两点，记四边形的面积为，的面积为，求的取值范围. 题型二 弦长问题 （2026·天津和平·三模）已知椭圆的焦距为2，椭圆短轴的一个端点到右焦点的距离为． (1)求椭圆的方程； (2)为坐标原点，直线过点，与椭圆交于，两点，椭圆上点满足，若，求的取值范围． 弦长公式的两种形式 (1)若A,B是直线y=kx+m与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去y，得到一元二次方程 ，则. (2)若A,B是直线x=my+n与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去x，得到一元二次方程 ，则. （2026·天津·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为和，离心率为，短轴长为. (1)求椭圆的方程； (2)过点的动直线与椭圆相交于，两点.设点关于轴对称的点为（在的左侧），直线与轴相交于点，直线与相交于点，求的值. 题型三 面积问题 （2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为，下顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为． (1)求椭圆的方程； (2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值； (3)过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，连接并延长交直线于点．试探究：在轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形的面积，处理方法： 1.一般方法：（其中为弦长，为顶点到直线AB的距离），设直线为斜截式. 进一步，== 2.特殊方法：拆分法,可以将三角形沿着轴或者轴拆分成两个三角形，不过在拆分的时候给定的顶点一般在轴或者轴上，此时，便于找到两个三角形的底边长. 3.坐标法.设，则. 4.面积比的转化. 三角形的面积比及其转化有一定的技巧性，一般的思路就是将面积比转化为可以利用设线法完成的线段之比或者设点法解决的坐标形式，通常有以下类型： ① 两个三角形同底，则面积之比转化为高之比，进一步转化为点到直线距离之比 ② 两个三角形等高，则面积之比转化为底之比，进一步转化为长度（弦长之比） ③利用三角形面积计算的正弦形式，若等角转化为腰长之比 ④ 面积的割补和转化 5.四边形的面积计算 在高考中，四边形一般都比较特殊，常见的情况是四边形的两对角线相互垂直，此时我们借助棱形面积公式，四边形面积等于两对角线长度乘积的一半；当然也有一些其他的情况，此时可以拆分成两个三角形，借助三角形面积公式求解. 6.注意某条边过定点的三角形和四边形 当三角形或者四边形某条边过定点时，我们就可以把三角形，四边形某个定顶点和该定点为边，这样就转化成定底边的情形，最终可以简化运算.当然，你需要把握住一些常见的定点结论，才能察觉出问题的关键. （2026·天津河西·三模）已知椭圆C：（）的右顶点为A，上顶点为B（O为坐标原点）．点在椭圆C上，椭圆的离心率为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若过点M的直线l交椭圆C于另一点N，且的面积为，求直线l的斜率． 题型四 定点问题 （2026·天津河东·二模）已知椭圆的方程为，上顶点为，右焦点为，椭圆的离心率为，点为中点，为坐标原点，，椭圆上一点在第一象限． (1)求椭圆方程； (2)若，求； (3)若直线与椭圆交于点，点在点右侧，为线段上一点，，证明过定点，并求出定点坐标． 定点问题核心思路：设而不求，韦达定理，参数分离。先设出直线方程，与圆锥曲线联立，写出判别式大于 0，得到根与系数关系。把题目中的几何条件转化代数等式，整理得到含参数的关系式。 若是动直线过定点，把直线整理成参数的直线系形式，分离参数，令参数系数为零，解出定点坐标。若参数较多，可取特殊位置（特殊斜率）先猜出定点，再做一般性证明。 注意斜率是否存在，要单独讨论直线斜率不存在的情况，防止漏解。求出定点后，回代验证是否满足题干条件。大题不要只靠特殊值猜点，必须书写一般化推导。牢记联立后判别式约束，保证直线与曲线有交点，避免出现虚假定点。 （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. 题型五 定值问题 （2026·天津武清·模拟预测）已知椭圆：（）的离心率为，，，分别为椭圆的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于，的一个动点，面积的最大值为． (1)求的方程； (2)过椭圆的右焦点的直线与交于，两点，记的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值． 定值问题核心：几何量（斜率、距离、数量积、面积等）不受参数变化影响，恒为固定数值。常用设而不求，将直线与圆锥曲线联立，利用韦达定理表示目标表达式，化简消去参数得到常数。 可以先用特殊情形，取特殊斜率、特殊点，算出预估值，明确定值结果，再做一般推导，方便检验。处理向量数量积、斜率和与积，优先整体代换，不要单独求两根。 务必讨论斜率不存在的特殊直线，防止漏情况。联立不忘判别式大于 0 的隐含条件。化简过程仔细运算，参数要全部消干净。大题不能只靠特殊值直接下结论，特殊值仅用于预判，必须完成一般化证明，最后把结果回代检验。 （2026·天津南开·模拟预测）已知椭圆：，，为原点，椭圆的左右焦点分别为，，并且经过点， (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的左右顶点分别为，，直线与椭圆有且仅有一个公共点，点不与，重合，设直线，的斜率分别为，． （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）设的平分线与轴交于点，求的取值范围． 题型六 定直线问题 （2025·天津·模拟预测）已知椭圆的上顶点为，四个顶点组成的四边形面积为． (1)求椭圆E的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，交轴于点，直线与直线分别交于点，线段的中点为. 是否存在实数，使得以为直径的圆总与轴相切？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 定直线问题，即动点恒在某条固定直线上，核心是设而不求，借助韦达定理建立点的坐标关系式。联立直线与圆锥曲线，写出判别式约束，利用条件整理出动点横、纵坐标满足的等式，消去参数得到不含参的直线方程，即为所求定直线。 可先取特殊位置，算出预选定直线，作为验算参照。注意要考虑直线斜率不存在的特殊情形，避免漏解。若得到含参数等式，对参数整理，令参数的系数全部为零求解。 大题中特殊情形只能预判，必须完成一般性推导。求出定直线后，带回题干条件验证，排除不符合交点要求的情况。重点训练几何条件翻译成代数方程，减少计算失误。 （2025·天津南开·二模）已知椭圆的左、右焦点分别是为上一点，且在中，． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点（点在点的上方），线段上存在点，使得，求的最小值． 题型七 切线与切点弦问题 （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． 圆锥曲线的切线和切点弦的相关结论 切线方程： (1)过圆上任意一点的切线方程为. (2)过椭圆的切线方程为：； (3) 过双曲线的切线方程为：； (4)过. 切点弦方程 (1) 过圆外一点的切点弦方程为 . (2)过椭圆+=1外一点的切点弦方程为； (3) 过双曲线的切点弦方程为：； (4)过. 说明：上述公式的记忆方法均可用“抄一代一”，即把平方项其中一个照抄，另一个将变量用已知点的相应坐标代入(从曲线上一点作曲线的切线，切线方程可将原方程作如下方法替换求出，，，，). （2026·天津西青·三模）已知椭圆的左焦点为，下顶点为，右顶点为，离心率为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆相交于C，D两点，直线AC，AD与轴交于M，N两点，且的面积为1，求直线的方程． 题型八 范围最值问题 （2026·云南曲靖·模拟预测）已知椭圆的右顶点为，点为椭圆上的一点．设椭圆的左、右焦点分别为． (1)求椭圆的标准方程及离心率； (2)过点的直线与椭圆交于两点（异于椭圆的左、右顶点）． （i）求面积的最大值； （ii）设直线分别交轴于两点，求证：以为直径的圆与轴相交的弦长为定值． 解析几何范围最值常求斜率、弦长、面积、向量数量积的取值范围。一般联立直线与圆锥曲线，由判别式Δ>0得到参数初步约束；依靠韦达定理把目标量写成关于参数的函数，转化为函数求值域。 函数形式常见二次函数、分式函数，可以用基本不等式、导数求解最值。遇到多个参数，借助题干条件消元，变为单变量函数，严格标注自变量取值范围。 注意直线斜率不存在的特殊情况，不能遗漏。部分题目可结合几何性质，数形结合简化运算。求出范围后要结合Δ>0对结果取舍。大题不能只写函数结果，要写出几何条件转化、联立化简过程，最后检验端点是否可以取到。 （2026·天津东丽·二模）设椭圆的上顶点为，点，为坐标原点，已知的面积为． (1)求椭圆的离心率； (2)已知直线与椭圆相切，过点B的直线与椭圆交于C，D两点，过点C，D作l的垂线，垂足分别为M，N两点（M，N两点不重合）．记直线CN，DM的斜率分别为，，求的取值范围． 1．（2026·天津·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且椭圆的短轴长为2，分别为椭圆的左，右焦点，分别为椭圆的左，右顶点，设点在第一象限，且轴，连接交椭圆于点，直线的斜率为． (1)求椭圆的方程； (2)若三角形的面积等于四边形的面积，求的值； 2．（2026·天津宝坻·三模）设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为．已知（为原点）． (1)求椭圆的离心率； (2)设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，另一交点在轴下方，轴的正半轴有一点满足，经过点的直线与椭圆在第一象限相切于点与公共部分的面积为，求椭圆的方程． 3．（2026·天津河西·三模）已知椭圆：的右顶点为，上顶点为，半焦距为，已知点在椭圆上，过点且斜率为整数的直线交椭圆的另一点为，线段的垂直平分线与轴交于点． (1)求椭圆的离心率； (2)求直线的斜率； (3)设关于轴的对称点为，直线交轴交于点，若的面积为，求椭圆的标准方程 4．（2026·天津·二模）设椭圆：（）的左右焦点分别为，，下顶点为，直线的方程为． (1)求椭圆的离心率； (2)设为椭圆上异于其顶点的一点，到直线的距离为，且三角形的面积为． （ⅰ）求椭圆的方程； （ⅱ）若斜率为的直线与椭圆相切，过焦点，分别作，，垂足分别为，，四边形的面积为，求直线的方程． 5．（2026·天津武清·模拟预测）阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆的离心率为，面积为，F为其右焦点，． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点F且与x轴垂直的直线与椭圆C在第一象限交于点P，过P作直线PB交椭圆C于另一点B，且的面积为1，求直线PB的方程． 6．（2026·天津红桥·二模）已知椭圆：的左、右顶点分别为，上顶点为，左、右焦点分别为，且． (1)求椭圆的离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆左、右顶点），直线与直线交于点，线段与线段交于点，过中点作的外接圆的两条切线，切点分别为，且的面积为，求椭圆的标准方程． 7．（2026·天津北辰·二模）已知椭圆：的右焦点为F，左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，离心率为，的面积为. (1)求椭圆E的方程； (2)已知斜率存在且不为1的直线经过点，且与椭圆E交于不同的两点M，N（均不与点B重合），点P与点M关于原点O对称，直线与直线交于点Q.求证：点B在直线上. 8．（2026·天津南开·二模）已知椭圆的离心率为，短轴的一个顶点到长轴的一个顶点的距离为． (1)求的方程； (2)为的右顶点，直线交于两点，为坐标原点．若，是否存在直线，使得四点共圆？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由． 9．（2026·天津河北·二模）已知椭圆：的离心率为，，，且原点到直线AB的距离等于. (1)求椭圆的标准方程； (2)是否存在直线，交椭圆于、两点，使得椭圆的右焦点为三角形BPQ的垂心？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 10．（2026·天津·二模）设椭圆的上顶点为，点，为坐标原点．已知的面积为． (1)求椭圆的离心率； (2)已知直线与椭圆相切，过点的直线与椭圆交于两点，过点作的垂线，垂足分别为两点（两点不重合）．记直线的斜率分别为，求的取值范围． 11．（2026·天津河西·二模）已知椭圆（）的焦距为4，且经过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)设A为椭圆C的右顶点，不过点A的直线l与椭圆C相交于不同的两点P、Q，直线AP、AQ分别交y轴于M、N，若，的面积为，求直线l的方程. 12．（2026·天津和平·二模）已知椭圆（）的左焦点为F，点在椭圆上，且轴. (1)求椭圆的方程； (2)直线l与椭圆相切于点P，且点P在第一象限，过原点与直线l平行的直线与直线PF交于点Q，求的值. 13．（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． 14．（2026·天津红桥·一模）已知椭圆的一个焦点与短轴的两个端点围成的三角形面积是1，离心率． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于不同两点，与圆相切于点． ①证明：（为坐标原点）； ②设，求实数的取值范围． 15．（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. 1．（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． 2．（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. 3．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 4．（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 5．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足． (1)求椭圆的离心率； (2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N（N异于M）．记O为原点，若，且的面积为，求椭圆的方程． 6．（2021·天津·高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程． 7．（2020·天津·高考真题）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程． 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $