第03讲 椭圆方程及其性质（复习讲义）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

第03讲 椭圆方程及其性质 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 椭圆的定义 知识点2 椭圆的标准方程及几何性质 知识点3 通径 知识点4 椭圆中的两个周长问题（焦点三角形与焦点弦三角形） 知识点5 椭圆中焦点三角形的面积公式及离心率公式 题型破译 (含超链接） 题型1 椭圆的定义及其应用【含方法技巧】 题型2 椭圆的中的轨迹问题【含方法技巧】 题型3 椭圆中焦点（弦）三角形的周长问题【含方法技巧】 题型4 椭圆中焦点（弦）三角形的面积问题【含方法技巧】 题型5 椭圆的几何性质综合【含方法技巧】 题型6 求椭圆的标准方程【含方法技巧】 题型7 椭圆的离心率【含方法技巧】 题型8 椭圆中的最值问题【含方法技巧】 题型9 椭圆解答题综合【含方法技巧】 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 椭圆的定义、标准方程与几何性质 T19(1)（约5分） T19(1)（约5分） T19(1)（约5分） 直线与椭圆的位置关系 T19(2)（约10分） T19(2)（约10分） T19(2)（约10分） 椭圆中的综合应用（面积、斜率、对称、参数） T19(2)（约10分） T19(2)（约10分） T19(2)（约10分） 考情分析 椭圆是北京卷解析几何的核心内容，近三年连续以解答题第19题形式呈现，分值15分，难度中等偏难。第(1)问侧重椭圆定义、标准方程及几何性质（离心率、顶点、焦点），属基础考查；第(2)问以直线与椭圆的位置关系为载体，综合考查联立方程、韦达定理、弦长与面积、对称点、斜率条件及参数求解，运算量较大，突出坐标法与方程思想。复习时需在熟练掌握椭圆基本性质的基础上，强化代数运算能力，注重将几何条件准确转化为代数关系。 复习目标 1.理解椭圆的定义，掌握椭圆的标准方程 （）及其焦点位置。 2.掌握椭圆的几何性质：范围、对称性、顶点、焦点、离心率 ，理解 的关系 。 3.能根据给定条件（离心率、顶点、焦点、距离之和等）求椭圆的标准方程。 4.熟练联立直线与椭圆方程，利用韦达定理处理交点坐标关系。 5.掌握弦长公式、三角形面积公式，能解决椭圆中的面积、斜率、对称点及参数取值范围等综合问题。 6.体会坐标法思想，提升数学运算与数形结合素养。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 椭圆的定义 平面内与两个定点，的距离之和等于常数（大于）的点的轨迹叫作 .这两个定点叫作椭圆的 ，两焦点间的距离叫作椭圆的 . 集合，，其中，，且a，c为常数. 1.若 ，则集合P为椭圆. 2.若 ，则集合P为线段. 3.若 ，则集合P为空集. 自主检测1若平面内有两个定点，一动点，则“为定值”是“点的轨迹是椭圆”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 自主检测2如果点在运动过程中，总满足关系式，那么点的轨迹是（    ） A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．线段 自主检测3椭圆的两个焦点坐标分别为，，且椭圆上一点到两个焦点的距离之和为20，则此椭圆的标准方程为（     ） A． B． C． D． 知识点2 椭圆的标准方程及几何性质 焦点在x轴上 焦点在y轴上 标准方程 一般方程 图形       焦点坐标 顶点坐标 ，， ， ，， ， 长轴 长轴，a是长半轴的长 短轴 短轴，b是短半轴的长 焦距 焦距，c是半焦距长 范围 ， ， 离心率 ． e越接近1，椭圆越扁；e越接近0，椭圆越圆 注意：（1）长轴长是 ，短轴长是 ，长半轴长是 ，短半轴长是 ． （2）椭圆的其他相关性质： ①椭圆上到中心距离最大的点是 ，到中心距离最小的点是 ； ②椭圆上到焦点距离最大和最小的点是 ，最大、最小距离分别是 、 ； ③P是椭圆上的点，当P点在 时，最大． 自主检测1若方程 表示一个焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 自主检测2已知，若直线相交于点P，且它们的斜率之积是，则点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 自主检测3已知椭圆的焦距为，则（    ） A．2 B． C． D． 知识点3 通径 （过椭圆焦点与坐标轴垂直的直线截得的弦长） 通径长：， 半通径长： 自主检测1椭圆的通径长为    A． B． C． D． 知识点4 椭圆中的两个周长问题（焦点三角形与焦点弦三角形） 自主检测1已知为椭圆上任意一点，是它的两个焦点，则的周长是（   ） A． B． C． D． 自主检测2已知椭圆的左、右焦点分别为，过左焦点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为（    ） A．6 B． C． D．12 知识点5 椭圆中焦点三角形的面积公式及离心率公式 如图，是椭圆上异于长轴端点的一点，已知，， ，则 （1）； （2）离心率 自主检测1若点在椭圆上，，分别是椭圆的两焦点，且，则面积是（   ） A． B． C． D． 自主检测2已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，为的中点，且，，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 题●型●破●译 题型1 椭圆的定义及其应用 例1-1已知，则“”是“曲线表示椭圆”的（    ） A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 例1-2知椭圆的焦点为，，是椭圆上一动点，下列等式不可能成立的是（   ） A． B． C． D． 例1-3（26-27高三上·北京门头沟·开学考试）已知椭圆的焦距为2，椭圆上的点到两焦点距离之和为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线交于，两点，直线与的另一个交点为，若的面积是的面积的4倍，求的方程． 方法技巧 1. 椭圆的第一定义：平面内到两个定点 、 的距离之和等于常数 （）的点的轨迹叫做椭圆。即 其中 、 为焦点，2c为焦距，a 为长半轴长。 1. 定义的直接应用： 判断动点轨迹是否为椭圆； 已知椭圆上一点到一焦点的距离，求到另一焦点的距离； 求焦点三角形的周长、面积等。 1. 第二定义（离心率定义） ：平面内到定点 的距离与到定直线 的距离之比为常数 （）的点的轨迹为椭圆，其中 为焦点， 为准线，。 1. 焦半径公式：设 为椭圆 （）上一点，、 为焦点，则 焦半径的范围为 。 1. 注意：使用定义时，必须验证 这一条件；若 ，轨迹为线段 ；若 ，则轨迹不存在。 【变式训练1-1】已知分别是椭圆的左、右焦点，为上一点，若，则（    ） A．2 B．3 C．5 D．6 【变式训练1-2】两个焦点的坐标分别为，的椭圆上的任一点到两焦点的距离之和为8，则椭圆的标准方程为（   ） A． B． C． D． 题型2 椭圆的中的轨迹问题 例2-1已知一动圆与圆外切，同时与圆内切，则该动圆圆心的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 例2-2（25-26高三下·北京·阶段检测）已知点，，动点在轴下方，且满足，记点的轨迹为．已知是上一点，，分别是的左、右顶点，，分别交直线和于，两点，以为直径的圆记为圆． (1)求的方程； (2)判断圆是否过定点．若过定点，求出定点的坐标；若不过，请说明理由． 方法技巧 1. 定义法（直接法） ：若动点满足椭圆的第一定义或第二定义，直接写出轨迹方程。步骤为： 建系，设动点 ； 根据几何条件列出等式； 化简为椭圆的标准方程； 注意检验轨迹的纯粹性和完备性。 1. 相关点法（代入法） ：若动点 随已知曲线上的点 运动，且两者坐标之间存在明确关系，则： 设 ，； 用 、 表示 、； 将 、 代入已知曲线方程，化简得 的轨迹方程。 1. 参数法：若动点坐标可表示为某个参数 的函数，则消去参数 得到轨迹方程。椭圆本身也可用参数方程表示： 1. 交轨法：若动点是两条动曲线的交点，先分别写出两条动曲线的方程，再联立消去参数，得到交点的轨迹方程。 1. 注意：求出轨迹方程后，需根据实际几何意义确定 、 的取值范围，去除不符合条件的点。 【变式训练2-1】已知，，直线相交于点P，且直线与直线的斜率之积为，则点P的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-2】过圆上的动点向轴作垂线，垂足为，动点满足． (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点且斜率不为0的动直线与相交于，两点，的中点为， （i）证明：直线与的斜率之积为定值； （ii）求面积的最大值． 【变式训练2-3】已知点为坐标原点，，.为线段上一点，点满足平分，，设动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设直线与曲线另一个交点为，求面积的最大值. 题型3 椭圆中焦点（弦）三角形的周长问题 例3-1已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，则的周长为（   ） A．5 B．6 C．8 D．10 例3-2已知为椭圆的左焦点，抛物线与椭圆交于两点，当变化时， 周长的最大值为（    ） A．8 B．6 C． D． 方法技巧 1. 焦点三角形：椭圆上一点 与两焦点 、 构成的三角形 称为焦点三角形。 1. 焦点三角形的周长： 其中 为长半轴长， 为半焦距。 1. 过焦点的弦与另一焦点构成的三角形：若弦 过焦点 ，则 的周长为 这是因为 ，，而 ，故总周长为 。 1. 应用：利用焦点三角形周长的定值性质，可快速求解与周长相关的最值或证明问题。 【变式训练3-1】已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点作直线交椭圆于，两点，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-2】设椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，与的另一个交点为，若，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-3】过椭圆的中心作一条直线交椭圆于、两点，是椭圆的一个焦点，则的周长的最小值为（    ） A．5 B．6 C．8 D．10 题型4 椭圆中焦点（弦）三角形的面积问题 例4-1已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，且，则的面积为（    ） A． B．1 C． D．2 例4-2已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆上，且的周长为，则的面积的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 方法技巧 1. 焦点三角形面积公式：设 为椭圆上一点，，则 其中 为短半轴长。也可用 结合余弦定理和椭圆定义求解。 1. 推导关键：在 中，由余弦定理： 又 ，，联立可求出 ，进而求面积。 1. 过焦点弦与另一焦点构成的三角形面积：若弦 过焦点 ，则 可分别计算两个焦点三角形的面积后相加。 1. 最值：焦点三角形面积的最大值出现在 为短轴端点时，此时 最大，面积最大，最大值为 。 【变式训练4-1】已知椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，若的面积为1，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练4-2】已知是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为，，且，则（   ） A．的周长为12 B． C．点到轴的距离为 D． 【变式训练4-3】椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上的点，则面积的最大值是（   ） A．12 B．15 C．20 D．25 题型5 椭圆的几何性质综合 例5-1已知椭圆的两个焦点分别为，，且过点，则该椭圆的上顶点为（     ） A． B． C． D． 例5-2已知椭圆的焦点是椭圆的顶点，点到焦点的距离为，则（    ） A． B． C． D． 方法技巧 1. 范围：椭圆 （）上点的坐标满足 1. 对称性：椭圆关于 轴、 轴和原点均对称。 1. 顶点：四个顶点为 、。 1. 离心率： 越大，椭圆越扁； 越小，椭圆越圆。 1. 通径：过焦点且垂直于长轴的弦称为通径，其长度为 1. 焦准距：焦点到相应准线的距离为 。 1. 几何性质综合应用：利用上述性质可求参数范围、证明定值、解决最值问题。注意结合图形，数形结合。 【变式训练5-1】若焦点在轴上的椭圆的离心率为，则长轴长为（    ） A． B．12 C． D．24 【变式训练5-2】若边长为整数的正方形的四个顶点均在椭圆上，则的焦距为（   ） A．2 B． C． D． 【变式训练5-3】若点是椭圆的某条弦的中点，则实数的值可以是（    ） A． B． C． D． 题型6 求椭圆的标准方程 例6-1（26-27高三上·北京·开学考试）已知椭圆过点，且. (1)求椭圆的方程； (2)设为原点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，直线和分别与轴交于，两点，求证：为定值. 例6-2（26-27高三上·北京西城·开学考试）已知椭圆的长轴长为4，点在上． (1)求的方程和离心率； (2)设，分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为（异于点），直线与的另一个交点为（异于点），求直线与轴交点的横坐标． 方法技巧 1. 定位：确定焦点在 轴还是 轴上。 焦点在 轴：标准方程为 （）； 焦点在 轴：标准方程为 （）。 1. 定量：确定 、 的值（或 、，或 、）。利用关系式 1. 常用方法： 待定系数法：设出标准方程，代入已知点坐标或几何条件，建立方程组求解； 定义法：利用椭圆定义求 ，再结合焦距2c求b； 共焦点法：若已知与某椭圆共焦点，可设方程为 等形式。 1. 注意：若题目未明确焦点位置，需分焦点在 轴和 轴两种情况讨论，或设一般方程 （，）求解。 【变式训练6-1】（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． 【变式训练6-2】（2026·北京昌平·二模）设椭圆的左焦点为，右顶点为，上顶点为，直线与的斜率的乘积为. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围. 【变式训练6-3】（2026·北京西城·二模）已知椭圆（）的左焦点为，点在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程； (2)过点的直线与C交于A，B两点，过点A作AP垂直直线MF于点P，记和的面积分别为和，求证：. 题型7 椭圆的离心率 例7-1（26-27高三上·北京西城·开学考试）已知椭圆：，、分别为左、右焦点，直线过交椭圆于、两点． (1)求椭圆的离心率； (2)若直线交轴于，直线交轴于，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． 例7-2（2026·北京·三模）已知椭圆:的上、下焦点分别为，，右顶点为，为锐角三角形且面积为． (1)求椭圆的离心率． (2)过的直线交椭圆于，两点（在的左侧），点和点分别在直线两侧，且面积与的面积相等． （ⅰ）求直线的斜率并求的长； （ⅱ）若，求椭圆的方程． 方法技巧 1. 定义： 1. 与 、 的关系： 1. 求离心率的方法： 直接法：求出 、，代入 ； 方程法：根据题目条件建立关于 、、 的齐次方程，化为关于 的方程求解； 几何法：利用焦点三角形、通径、焦半径等几何关系求 。 1. 常见结论： 若 ，则 ； 若椭圆上存在点 使 ，则 ； 通径长为 ，与离心率的关系为 。 1. 求离心率范围的策略：根据题目条件列出关于 、、 的不等式，转化为关于 的不等式，结合 求解。 【变式训练7-1】（2026·北京房山·二模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，直线与椭圆交于点，. (1)求椭圆的标准方程与离心率； (2)若直线与圆交于点，，直线，与椭圆的另一个交点分别为点，，求证：对任意，直线过定点． 【变式训练7-2】（2026·北京海淀·二模）椭圆的下顶点为，左焦点到的距离为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方），与轴的交点为．点关于轴的对称点为．过点作与轴平行的直线交直线于点．设与的面积分别为与，若，求直线的斜率． 【变式训练7-3】（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. 题型8 椭圆中的最值问题 例8-1已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 例8-2设椭圆C：，点和均为椭圆C的顶点，点M，N在椭圆C上. 若，则四边形面积的最大值为（    ） A． B．4 C． D．2 方法技巧 1. 利用定义转化： 利用 将距离之和转化为定值； 利用 将焦半径转化为坐标的一次函数。 1. 利用参数方程：将椭圆上的点设为 将目标量表示为 的三角函数，利用三角函数的有界性求最值。 1. 利用二次函数：若目标量可表示为某变量的二次函数，利用配方法或对称轴求最值，注意变量的取值范围。 1. 利用基本不等式：对于形如 、 的目标量，结合 等定值条件，利用基本不等式求最值。 1. 数形结合：利用椭圆的几何性质（对称性、顶点、焦点）直观判断最值位置。常见最值： 椭圆上点到焦点的最大距离为 ，最小距离为 ； 椭圆上点到中心的最大距离为 ，最小距离为 ； 焦点三角形面积最大值为 。 1. 直线与椭圆的最值：联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和弦长公式，将弦长、面积等表示为参数的函数，再求最值。 【变式训练8-1】已知椭圆的右焦点为，为椭圆上一动点，定点，则的最小值为（    ） A．1 B．－1 C． D． 【变式训练8-2】设、分别是椭圆的左、右焦点，若是该椭圆上的一个动点，则的最大值和最小值分别为（    ） A．与 B．与 C．与 D．与 【变式训练8-3】已知椭圆与双曲线有相同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线的交点，且，则当取最大值时，（   ） A． B． C． D． 题型9 椭圆解答题综合 例9-1（2026·北京朝阳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，，分别是的上、下顶点，点是椭圆的右顶点，的面积为（是坐标原点）．若直线与椭圆有唯一的公共点，且与直线交于点，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． 例9-2（2026·北京大兴·三模）已知椭圆的离心率为，以椭圆两个焦点与短轴的两个端点为顶点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作直线与椭圆相切于点，且直线斜率大于0，过线段PQ的中点作直线交椭圆于A，B两点（点A，B不在轴上），连结PA，PB，分别与椭圆交于点M，N，记的面积分别为，比较与的大小关系，并说明理由. 例9-3（2026·北京大兴·三模）已知椭圆：（）的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为． (1)求椭圆的方程； (2)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，与分别表示与的面积．若，求的值． 方法技巧 1. 直线与椭圆的位置关系： 联立直线方程与椭圆方程，消元得到一元二次方程； 利用判别式 判断位置关系： 相交， 相切， 相离； 相交时利用韦达定理求 、。 1. 弦长公式： 若直线斜率不存在，则直接用纵坐标之差。 1. 中点弦问题（点差法） ： 设弦两端点为 、，中点为 ； 将 、 坐标代入椭圆方程并相减，利用平方差公式得 由此可求中点弦所在直线的斜率，进而写出直线方程。 1. 定点、定值问题： 设出含参数的直线方程，联立椭圆方程； 利用韦达定理化简目标表达式，消去参数，得到定值或定点； 注意分类讨论斜率是否存在。 1. 范围与最值问题： 建立目标函数（如面积、弦长、向量数量积等）； 利用函数单调性、基本不等式、二次函数或导数求范围； 注意变量取值范围受直线与椭圆相交条件（）的限制。 1. 存在性问题： 假设存在满足条件的点或直线，建立方程； 判断方程是否有解，解是否满足条件； 注意检验特殊情况（如斜率不存在、点在椭圆上等）。 1. 规范步骤： 设直线方程（注意斜率是否存在）； 联立椭圆方程，消元； 计算判别式、韦达定理； 代入条件，化简求解； 检验结果是否符合题意，写出最终答案。 【变式训练9-1】（2026·北京·三模）已知椭圆：的离心率为，为椭圆上一点，且点到椭圆的两个焦点的距离之和等于． (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点的直线与椭圆交于，两点，连接，分别交椭圆于，两点，求证：直线过定点． 【变式训练9-2】（2026·北京石景山·二模）已知椭圆C：的离心率为，其左顶点为A，上顶点为B，，直线l平行于AB且与椭圆C交于不同的两点M，N． (1)求椭圆C的方程； (2)是否存在直线l使得A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l的方程；若不存在，请说明理由. 【变式训练9-3】（2026·北京顺义·三模）椭圆的长轴长为4，离心率为，下顶点为A． (1)求椭圆的方程； (2)经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方），与轴的交点为．点关于轴的对称点为．过点作与轴平行的直线交直线于点．设与的面积分别为与，若，求直线的斜率． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2026·北京·高考真题）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为．过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，．点关于直线的对称点为，直线与直线交于点．设与的面积分别为与． (1)求椭圆的方程； (2)若，求的值． 2．（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． 3．（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． 4．（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：． 5．（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． 6．（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． 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．已知A，B两点的坐标分别是，，直线AM，BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率的商是2，点M的轨迹是什么？为什么？ 2．一动圆与圆外切，同时与圆内切，求动圆圆心的轨迹方程，并说明它是什么曲线? 3．点与定点的距离和它到定直线的距离的比是，求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形． 4．已知P是椭圆上的一点，且以点P及焦点，为顶点的三角形的面积等于1，求点P的坐标． 5．如图，轴，垂足为D，点M在DP的延长线上，且，当点P在圆上运动时，求点M的轨迹方程，并说明轨迹的形状． 6．如图，圆的半径为定长，是圆内一个定点，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和半径相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹是什么？为什么？    7．已知经过椭圆的右焦点作垂直于轴的直线,交椭圆于两点,是椭圆的左焦点. （1）求的周长; （2）如果不垂直于轴,的周长有变化吗?为什么? 8．已知椭圆，一组平行直线的斜率是． (1)求这组直线何时与椭圆有两个公共点？ (2)当它们与椭圆有两个公共点时，证明这些直线被椭圆截得的线段的中点在同一条直线上． 9．已知椭圆，直线．椭圆上是否存在一点，使得： （1）它到直线l的距离最小？最小距离是多少？ （2）它到直线l的距离最大？最大距离是多少？ 10．已知椭圆：（）的焦距为，离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）经过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆相交于，两点，求线段的长. 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 1．已知双曲线的准线经过椭圆的焦点，则b等于（   ） A．3 B． C． D． 2．已知，分别是椭圆的左、右焦点，是上的动点，则的最小值为（    ）． A． B． C． D． 3．已知椭圆：的两个焦点分别为，，点是上除长轴端点外的动点，若的周长恒为6，面积的最大值为，则该椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 4．已知椭圆：（）的右焦点为，若，则椭圆的离心率为_________． 5．已知椭圆中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆与轴的一个交点到两焦点的距离分别为和，则椭圆的标准方程为____. 6．已知椭圆的两个焦点分别是，，并且其离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆有两个公共点，求实数的取值范围. 7．已知椭圆的右焦点为，离心率为. (1)求的方程； (2)若直线与交于，两点，与轴交于点，且是的中点，求的值. 8．已知椭圆的离心率，且椭圆的长轴长为4. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程. 9．已知点在椭圆上，与椭圆的上，下顶点的连线的斜率之积为． (1)求椭圆的离心率； (2)若直线与椭圆相交于、两点，且的面积为（为坐标原点），求椭圆的标准方程． 10．已知椭圆的离心率，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的上顶点，为椭圆上任意一点，求的最大值及此时点坐标． 重难·创新演练 11．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. 12．已知椭圆.点在椭圆外.从点作椭圆的两条切线，切点分别为. (1)求椭圆的离心率； (2)证明：直线垂直于，并求直线的方程； (3)若，求与. 13．已知椭圆的左、右焦点分别为，，长轴长为4，上一点与，所构成三角形的周长为. (1)求的方程； (2)设直线与交于，两点，为坐标原点. （i）若中心在原点且右焦点为的等轴双曲线过点，求的面积； （ii）若过的上顶点和，为线段上一点，直线与交于点，且，求的坐标. 14．已知椭圆：的右焦点为，且经过点. (1)求椭圆W的方程； (2)已知点，.设直线分别与直线，交于点M，N，直线与直线交于点P，直线与直线交于点Q，直线交椭圆W于另一点R，求证：P，Q，R三点共线. 15．已知椭圆的焦点为，长轴长与短轴长的比值为. (1)求椭圆的方程. (2)过点的直线与椭圆交于两点，轴于点，轴于点，直线交直线于点，试比较与面积的大小，并说明理由. 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 椭圆方程及其性质 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 椭圆的定义 知识点2 椭圆的标准方程及几何性质 知识点3 通径 知识点4 椭圆中的两个周长问题（焦点三角形与焦点弦三角形） 知识点5 椭圆中焦点三角形的面积公式及离心率公式 题型破译 (含超链接） 题型1 椭圆的定义及其应用【含方法技巧】 题型2 椭圆的中的轨迹问题【含方法技巧】 题型3 椭圆中焦点（弦）三角形的周长问题【含方法技巧】 题型4 椭圆中焦点（弦）三角形的面积问题【含方法技巧】 题型5 椭圆的几何性质综合【含方法技巧】 题型6 求椭圆的标准方程【含方法技巧】 题型7 椭圆的离心率【含方法技巧】 题型8 椭圆中的最值问题【含方法技巧】 题型9 椭圆解答题综合【含方法技巧】 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 椭圆的定义、标准方程与几何性质 T19(1)（约5分） T19(1)（约5分） T19(1)（约5分） 直线与椭圆的位置关系 T19(2)（约10分） T19(2)（约10分） T19(2)（约10分） 椭圆中的综合应用（面积、斜率、对称、参数） T19(2)（约10分） T19(2)（约10分） T19(2)（约10分） 考情分析 椭圆是北京卷解析几何的核心内容，近三年连续以解答题第19题形式呈现，分值15分，难度中等偏难。第(1)问侧重椭圆定义、标准方程及几何性质（离心率、顶点、焦点），属基础考查；第(2)问以直线与椭圆的位置关系为载体，综合考查联立方程、韦达定理、弦长与面积、对称点、斜率条件及参数求解，运算量较大，突出坐标法与方程思想。复习时需在熟练掌握椭圆基本性质的基础上，强化代数运算能力，注重将几何条件准确转化为代数关系。 复习目标 1.理解椭圆的定义，掌握椭圆的标准方程 （）及其焦点位置。 2.掌握椭圆的几何性质：范围、对称性、顶点、焦点、离心率 ，理解 的关系 。 3.能根据给定条件（离心率、顶点、焦点、距离之和等）求椭圆的标准方程。 4.熟练联立直线与椭圆方程，利用韦达定理处理交点坐标关系。 5.掌握弦长公式、三角形面积公式，能解决椭圆中的面积、斜率、对称点及参数取值范围等综合问题。 6.体会坐标法思想，提升数学运算与数形结合素养。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 椭圆的定义 平面内与两个定点，的距离之和等于常数（大于）的点的轨迹叫作 椭圆 .这两个定点叫作椭圆的 焦点 ，两焦点间的距离叫作椭圆的 焦距 . 集合，，其中，，且a，c为常数. 1.若 ，则集合P为椭圆. 2.若 ，则集合P为线段. 3.若 ，则集合P为空集. 自主检测1若平面内有两个定点，一动点，则“为定值”是“点的轨迹是椭圆”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【详解】根据椭圆的定义可知，只有为定值，且时， 点的轨迹才是椭圆， 因此，“为定值”是“点的轨迹是椭圆”的必要不充分条件. 自主检测2如果点在运动过程中，总满足关系式，那么点的轨迹是（    ） A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．线段 【答案】A 【分析】由的意义及椭圆的定义即可求解. 【详解】由点满足可知， 动点到定点的距离之和为， 即，且， 根据椭圆的定义可知动点的轨迹是椭圆， 故选：A. 自主检测3椭圆的两个焦点坐标分别为，，且椭圆上一点到两个焦点的距离之和为20，则此椭圆的标准方程为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意，，所以. 又，所以. 且焦点在轴上，所以椭圆的标准方程为：. 知识点2 椭圆的标准方程及几何性质 焦点在x轴上 焦点在y轴上 标准方程 一般方程 图形       焦点坐标 ， ，   顶点坐标 ，， ， ，， ， 长轴 长轴，a是长半轴的长 短轴 短轴，b是短半轴的长 焦距 焦距，c是半焦距长 范围 ， ， 离心率 ． e越接近1，椭圆越扁；e越接近0，椭圆越圆 注意：（1）长轴长是 2a ，短轴长是 2b ，长半轴长是 a ，短半轴长是 b ． （2）椭圆的其他相关性质： ①椭圆上到中心距离最大的点是 长轴的两个端点 ，到中心距离最小的点是 短轴的两个端点 ； ②椭圆上到焦点距离最大和最小的点是 长轴的两个端点 ，最大、最小距离分别是 、 ； ③P是椭圆上的点，当P点在 短轴端点 时，最大． 自主检测1若方程 表示一个焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用椭圆的性质建立不等式组，求解参数范围即可. 【详解】因为方程 表示一个焦点在轴上的椭圆， 所以 ，解得. 自主检测2已知，若直线相交于点P，且它们的斜率之积是，则点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设出的坐标为，直接利用斜率公式表示出关于，的方程，化简即得结论． 【详解】设，因为 由已知，可得， 化简整理可得， 所以动点的轨迹方程为． 自主检测3已知椭圆的焦距为，则（    ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】先由判断椭圆的长轴在轴上，再设半焦距为，利用及“焦距”为列方程求． 【详解】因为，所以，椭圆的长轴在轴上，长半轴长为，短半轴长为． 设椭圆的半焦距为，则. 因为椭圆的焦距为，即. 解得.代入，得. 即. 所以.解得. 因为，所以. 知识点3 通径 （过椭圆焦点与坐标轴垂直的直线截得的弦长） 通径长：， 半通径长： 自主检测1椭圆的通径长为    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】椭圆的通径即过焦点并且和焦点所在的轴垂直的直线截得的线段长，根据表达式得到焦点坐标进而求得结果. 【详解】椭圆的通径即过焦点并且和焦点所在的轴垂直的直线截得的线段长，右焦点为：，直线为，联立此直线和椭圆解得交点的纵坐标为，线段长度为1. 故答案为D. 【点睛】这个题目考查了椭圆的几何意义，和基本概念，是基础题型. 知识点4 椭圆中的两个周长问题（焦点三角形与焦点弦三角形） 自主检测1已知为椭圆上任意一点，是它的两个焦点，则的周长是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由椭圆方程为， 得，. 所以，故. 由椭圆定义，椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为， 即， 又因为两焦点间距离为， 因此，的周长为. 自主检测2已知椭圆的左、右焦点分别为，过左焦点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为（    ） A．6 B． C． D．12 【答案】D 【详解】的周长为， 知识点5 椭圆中焦点三角形的面积公式及离心率公式 如图，是椭圆上异于长轴端点的一点，已知，， ，则 （1）； （2）离心率 自主检测1若点在椭圆上，，分别是椭圆的两焦点，且，则面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据椭圆定义和余弦定理求出，再根据面积公式求出答案. 【详解】因为椭圆方程为，，. 根据椭圆的定义，对于椭圆上的任意一点有： ，. 因为，在中使用余弦定理有：. . 即，. . 故选：B 自主检测2已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，为的中点，且，，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用椭圆的定义以及的位置关系及长度，构造齐次方程即可解得离心率. 【详解】如下图所示： 因为的中点，且，则， 由椭圆的定义，则， 又为的中点，可得， 因为，由勾股定理可得， 即；又因， 代入整理得：，即， 解得或（舍）. 故选：C. 题●型●破●译 题型1 椭圆的定义及其应用 例1-1已知，则“”是“曲线表示椭圆”的（    ） A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【详解】若方程表示椭圆，则，解得且， 所以“”是“曲线表示椭圆”的必要不充分条件. 例1-2知椭圆的焦点为，，是椭圆上一动点，下列等式不可能成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合椭圆的定义可判断A；利用三角形的三边关系可判断B；结合椭圆的定义及焦半径的范围可判断CD. 【详解】由题意可得，结合椭圆定义可得， ， 对于A：，则，， 且，故可能成立，故A错误； 对于B：，故不可能成立，故B正确； 对于C：当为椭圆短轴端点时，， 当为椭圆长轴端点时，， 所以的范围是， 只要且可满足条件， 由可得，所以可能成立，故C错误； 对于D：，即， 代入椭圆定义可得，， 只要，由，解得，又， 所以当时，成立，故D错误. 例1-3（26-27高三上·北京门头沟·开学考试）已知椭圆的焦距为2，椭圆上的点到两焦点距离之和为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线交于，两点，直线与的另一个交点为，若的面积是的面积的4倍，求的方程． 【答案】(1)； (2)或. 【分析】（1）根据椭圆的概念及基本性质，即可求得椭圆的方程； （2）设直线方程为，与椭圆联立，结合韦达定理及三角形的面积关系，即可求解. 【详解】（1）由椭圆定义，可得，解得， 又椭圆的焦距为2，即，解得， 又在椭圆中，，即，解得， 因此，椭圆的方程为. （2）由题意，直线的斜率一定存在，设其斜率为，则直线的方程为， 设，，将直线与椭圆联立，即， 整理得， 则，解得， 由韦达定理可得，， 因为直线与的另一个交点为，所以是关于原点的对称点， 所以, 又，所以，即，所以， 又，，所以， 代入韦达定理，可得，则，所以， 又，即，解得， 所以直线的方程为，即或. 方法技巧 1. 椭圆的第一定义：平面内到两个定点 、 的距离之和等于常数 （）的点的轨迹叫做椭圆。即 其中 、 为焦点，2c为焦距，a 为长半轴长。 1. 定义的直接应用： 判断动点轨迹是否为椭圆； 已知椭圆上一点到一焦点的距离，求到另一焦点的距离； 求焦点三角形的周长、面积等。 1. 第二定义（离心率定义） ：平面内到定点 的距离与到定直线 的距离之比为常数 （）的点的轨迹为椭圆，其中 为焦点， 为准线，。 1. 焦半径公式：设 为椭圆 （）上一点，、 为焦点，则 焦半径的范围为 。 1. 注意：使用定义时，必须验证 这一条件；若 ，轨迹为线段 ；若 ，则轨迹不存在。 【变式训练1-1】已知分别是椭圆的左、右焦点，为上一点，若，则（    ） A．2 B．3 C．5 D．6 【答案】C 【分析】根据椭圆的定义可得，求解即可. 【详解】由椭圆，可得，所以， 因为分别是椭圆的左、右焦点，为上一点， 所以，又，所以. 故选：C. 【变式训练1-2】两个焦点的坐标分别为，的椭圆上的任一点到两焦点的距离之和为8，则椭圆的标准方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由椭圆定义可求，由焦点坐标可求，根据关系可得方程. 【详解】因为两个焦点的坐标分别是，，所以椭圆的焦点在横轴上，并且， 所以由椭圆的定义可得：，即，所以由，，的关系解得， 所以椭圆方程是． 故选：B． 题型2 椭圆的中的轨迹问题 例2-1已知一动圆与圆外切，同时与圆内切，则该动圆圆心的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出已知圆的圆心及半径，利用两圆相切建立等式，再利用圆锥曲线的定义求出轨迹方程. 【详解】设动圆圆心为，半径为， 圆，即的圆心，半径； 圆，即的圆心，半径， 而，则点在圆内，由圆分别与圆外切，与圆内切， 得，整理得， 因此动圆圆心的轨迹是以为焦点，长轴长为12的椭圆， 长半轴长，半焦距，短半轴长， 所以所求轨迹方程为. 故选：B 例2-2（25-26高三下·北京·阶段检测）已知点，，动点在轴下方，且满足，记点的轨迹为．已知是上一点，，分别是的左、右顶点，，分别交直线和于，两点，以为直径的圆记为圆． (1)求的方程； (2)判断圆是否过定点．若过定点，求出定点的坐标；若不过，请说明理由． 【答案】(1) (2)过定点，定点坐标为. 【分析】（1）根据条件及椭圆的定义，可得a，b，c的值，代入方程，即可得答案. （2）设，由（1）可得，点坐标，进而可得直线、的方程，联立可得M、N点坐标，即可得圆D的方程，化简整理，分析即可得答案. 【详解】（1）因为，，且， 所以由椭圆的定义得，，，则， 则，则椭圆的方程为， 又点在轴下方，所以的方程为. （2）设，由（1）得， 则直线的斜率为，则直线的方程为， 令，得，即， 同理直线的斜率为，则直线的方程为， 令，得，即， 则以MN为直径的圆D方程为， 则， 又，则， 所以，， 所以方程变形为，即， 令，则，解得，即定点为. 方法技巧 1. 定义法（直接法） ：若动点满足椭圆的第一定义或第二定义，直接写出轨迹方程。步骤为： 建系，设动点 ； 根据几何条件列出等式； 化简为椭圆的标准方程； 注意检验轨迹的纯粹性和完备性。 1. 相关点法（代入法） ：若动点 随已知曲线上的点 运动，且两者坐标之间存在明确关系，则： 设 ，； 用 、 表示 、； 将 、 代入已知曲线方程，化简得 的轨迹方程。 1. 参数法：若动点坐标可表示为某个参数 的函数，则消去参数 得到轨迹方程。椭圆本身也可用参数方程表示： 1. 交轨法：若动点是两条动曲线的交点，先分别写出两条动曲线的方程，再联立消去参数，得到交点的轨迹方程。 1. 注意：求出轨迹方程后，需根据实际几何意义确定 、 的取值范围，去除不符合条件的点。 【变式训练2-1】已知，，直线相交于点P，且直线与直线的斜率之积为，则点P的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线斜率的概念，列出方程，求出结果即可. 【详解】设点，则，且， 可得，化简得，即，且. 故选：D. 【变式训练2-2】过圆上的动点向轴作垂线，垂足为，动点满足． (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点且斜率不为0的动直线与相交于，两点，的中点为， （i）证明：直线与的斜率之积为定值； （ii）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）由题可设，，． 联立，消去整理得， ，即， 所以，， 所以，则， 又为的中点，故， 所以直线的斜率， 显然，所以直线的斜率为， 故直线与的斜率之积为（定值）． （ii） 【分析】（1）先设，，得到的坐标，再根据向量的线性运算即可得到动点的轨迹的方程； （2）（i）先设出，，，再联立的方程，从而得到关于的一元二次方程，再根据得到的取值范围，再根据韦达定理得到点的坐标，从而得到直线的斜率和直线的斜率为，进而求积即可证明；（ii）结合（i）及求出，再根据点到直线的距离公式即可得到点到直线的距离，从而根据三角形的面积公式及基本不等式即可求出面积的最大值． 【详解】（1）设，，则， 所以，， 又，所以， 即，解得， 又点在圆上，所以， 故动点的轨迹的方程为． （2）（i）略 （ii）由（i）可知， 又点到直线的距离， 所以， 令，则， ，当且仅当，即时，等号成立， 当时，，符合题意． 故面积的最大值为． 【变式训练2-3】已知点为坐标原点，，.为线段上一点，点满足平分，，设动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设直线与曲线另一个交点为，求面积的最大值. 【答案】(1)，. (2). 【分析】（1）由角平分线定理及比例的性质，结合题意得，由椭圆的定义知，点的轨迹为椭圆，从而求得曲线的方程； （2）联立直线方程与曲线方程，运用韦达定理将面积表示出来，结合基本不等式得出面积最值. 【详解】（1）由平分，得， 则， ∴， ∴， ∴点的轨迹为以为焦点，以为长轴长的椭圆， ∴曲线的方程为，. （2）设，由对称性不妨设点在第一象限，则，    ∴，则，∴， 设方程为： 即代入，得， 整理得，设， 则，∴， 所以 令. 则，在上为增函数， 当且仅当时，面积的最大值为. 题型3 椭圆中焦点（弦）三角形的周长问题 例3-1已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，则的周长为（   ） A．5 B．6 C．8 D．10 【答案】D 【分析】由椭圆方程求得椭圆的参数，结合椭圆的定义即可求焦点三角形的周长. 【详解】由题意得，，，所以， 因为在椭圆上，则有，且有， 则的周长为. 例3-2已知为椭圆的左焦点，抛物线与椭圆交于两点，当变化时， 周长的最大值为（    ） A．8 B．6 C． D． 【答案】A 【分析】根据三角形三边的关系可得，当且仅当共线时等号成立，然后根据椭圆的定义及椭圆的标准方程即可求解. 【详解】 如图所示，已知椭圆方程，则， 由于点在椭圆上，根据椭圆的定义有，， 又因为在中，有，当且仅当共线时等号成立， 所以的周长，当且仅当共线时等号成立， 即的周长的最大值为，故A正确. 方法技巧 1. 焦点三角形：椭圆上一点 与两焦点 、 构成的三角形 称为焦点三角形。 1. 焦点三角形的周长： 其中 为长半轴长， 为半焦距。 1. 过焦点的弦与另一焦点构成的三角形：若弦 过焦点 ，则 的周长为 这是因为 ，，而 ，故总周长为 。 1. 应用：利用焦点三角形周长的定值性质，可快速求解与周长相关的最值或证明问题。 【变式训练3-1】已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点作直线交椭圆于，两点，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据椭圆的定义结合已知求解. 【详解】因为椭圆，所以，，， 因为左、右焦点分别为，，所以利用椭圆的定义可知， ，， 的周长为， 故选：B． 【变式训练3-2】设椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，与的另一个交点为，若，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用角的余弦值得到，从而求出，再利用椭圆的定义求出的周长为. 【详解】依题意，，，（为坐标原点）， 因为，则， 所以，，所以，所以， 解得，所以，所以， 的周长, 由于，代入得： ， 根据椭圆定义，得,， 故所求的周长为. 【变式训练3-3】过椭圆的中心作一条直线交椭圆于、两点，是椭圆的一个焦点，则的周长的最小值为（    ） A．5 B．6 C．8 D．10 【答案】B 【分析】根据对称性可得到，然后结合椭圆的定义可求得的周长的最小值. 【详解】设椭圆的另一个焦点为，则根据椭圆的定义可得，. 因为直线过椭圆的中心，所以关于原点对称，那么有. 那么的周长为. 当为椭圆的短轴时，的周长取最小值， 此时的周长为. 故选：B.    题型4 椭圆中焦点（弦）三角形的面积问题 例4-1已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，且，则的面积为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】根据椭圆的定义及勾股定理求出，代入面积公式求解即可. 【详解】由题意知，，. 因为，所以. 又，即， 所以. 所以. 例4-2已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆上，且的周长为，则的面积的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】B 【详解】由椭圆定义可知，焦距， 则，离心率， 联立，解得， ， ， 椭圆上，，当时，的面积最大， 最大值为． 方法技巧 1. 焦点三角形面积公式：设 为椭圆上一点，，则 其中 为短半轴长。也可用 结合余弦定理和椭圆定义求解。 1. 推导关键：在 中，由余弦定理： 又 ，，联立可求出 ，进而求面积。 1. 过焦点弦与另一焦点构成的三角形面积：若弦 过焦点 ，则 可分别计算两个焦点三角形的面积后相加。 1. 最值：焦点三角形面积的最大值出现在 为短轴端点时，此时 最大，面积最大，最大值为 。 【变式训练4-1】已知椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，若的面积为1，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由三角形的面积确定点坐标，再结合向量数量积的坐标表示即可求解. 【详解】由椭圆，得，，即， 因此左右焦点，， 因为面积为，故，得，即， 将代入椭圆方程：，解得. ，， 则 . 【变式训练4-2】已知是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为，，且，则（   ） A．的周长为12 B． C．点到轴的距离为 D． 【答案】C 【详解】对于A，根据椭圆标准方程得，，，由椭圆定义知， 所以的周长为，A错误. 对于B，在中，由余弦定理可得，， 由，代入， 化简得， 所以， 在中，，所以为锐角， 且， 故，B选项错误. 对于C，由B选项知，在中，设点到的距离为， 由，得，即， 因为到的距离,就是到轴的距离，C选项正确. 对于D，根据数量积公式，，D选项错误. 【变式训练4-3】椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上的点，则面积的最大值是（   ） A．12 B．15 C．20 D．25 【答案】A 【分析】利用焦点三角形的几何性质求解即可. 【详解】 的面积为 所以 故选：A. 题型5 椭圆的几何性质综合 例5-1已知椭圆的两个焦点分别为，，且过点，则该椭圆的上顶点为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】椭圆的两个焦点分别为，，设为， 设椭圆方程为， 在椭圆上， 故， 故，则该椭圆的上顶点为，即. 例5-2已知椭圆的焦点是椭圆的顶点，点到焦点的距离为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，根据题意可得出，利用平面内两点间的距离结合已知条件可求出的值. 【详解】令，则椭圆的焦点坐标为， 而椭圆在轴上的顶点坐标为，由题意可知，故， 易知椭圆的焦点坐标为，即， 因为点到焦点的距离为，即，解得. 方法技巧 1. 范围：椭圆 （）上点的坐标满足 1. 对称性：椭圆关于 轴、 轴和原点均对称。 1. 顶点：四个顶点为 、。 1. 离心率： 越大，椭圆越扁； 越小，椭圆越圆。 1. 通径：过焦点且垂直于长轴的弦称为通径，其长度为 1. 焦准距：焦点到相应准线的距离为 。 1. 几何性质综合应用：利用上述性质可求参数范围、证明定值、解决最值问题。注意结合图形，数形结合。 【变式训练5-1】若焦点在轴上的椭圆的离心率为，则长轴长为（    ） A． B．12 C． D．24 【答案】A 【详解】因椭圆的焦点在轴上，则且， 则，即，解得， 所以椭圆的长轴长为． 【变式训练5-2】若边长为整数的正方形的四个顶点均在椭圆上，则的焦距为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意根据对称性得点在上，代入的方程得，利用椭圆焦距的定义求解即可. 【详解】由对称性可知，正方形的四个顶点必在直线上，由于椭圆在y轴上的两顶点间的距离为2， 所以正方形的边长只能为1，因此点在上，代入的方程得，解得， 故，所以的焦距为. 故选：B 【变式训练5-3】若点是椭圆的某条弦的中点，则实数的值可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，转化为点在椭圆的内部，列出不等式，求得的取值范围，结合选项，即可求解. 【详解】由点是椭圆的某条弦的中点， 则点在椭圆的内部，所以，解得或. 故选：A. 题型6 求椭圆的标准方程 例6-1（26-27高三上·北京·开学考试）已知椭圆过点，且. (1)求椭圆的方程； (2)设为原点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，直线和分别与轴交于，两点，求证：为定值. 【答案】(1) (2) 证明：设过点的直线的方程为（避免斜率不存在的讨论）， 设，将代入椭圆方程得到： 展开整理得 ， 由韦达定理得： 点，直线的方程为 令得的纵坐标： 同理，直线与轴交点的纵坐标： 因此：， 由于故同理 计算分母： 代入韦达定理结果： 分子部分：， 因此： 故为定值. 【详解】（1）椭圆过点，将代入椭圆方程： ，又已知， 因此故，所以椭圆方程。 （2）略 例6-2（26-27高三上·北京西城·开学考试）已知椭圆的长轴长为4，点在上． (1)求的方程和离心率； (2)设，分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为（异于点），直线与的另一个交点为（异于点），求直线与轴交点的横坐标． 【答案】(1)椭圆的标准方程为；离心率为；                                                  (2)． 【分析】（1）根据长轴长求出a的值，代入点的坐标即可求出b的值，根据椭圆中a，b，c之间的关系可得c的值，代入计算离心率即可； （2）设出动点的坐标，根据所给条件得到直线的方程，联立直线与椭圆方程即可得到点坐标，同理得到坐标，通过两点坐标得到直线，即可计算与轴交点横坐标． 【详解】（1）因为椭圆的长轴长为4，故，解得； 由点在上，代入，解得； 由可得，； 故椭圆的标准方程为；离心率为． （2）因为动点在直线上，故其中； 设，已知； 则直线：； 联立方程整理可得； 其中恒成立； 由韦达定理可得，解得， 则，则； 同理可得，直线：，； 则直线斜率为： ； 则直线方程为； 整理可得：； 令可得，故直线与轴交点的横坐标为． 方法技巧 1. 定位：确定焦点在 轴还是 轴上。 焦点在 轴：标准方程为 （）； 焦点在 轴：标准方程为 （）。 1. 定量：确定 、 的值（或 、，或 、）。利用关系式 1. 常用方法： 待定系数法：设出标准方程，代入已知点坐标或几何条件，建立方程组求解； 定义法：利用椭圆定义求 ，再结合焦距2c求b； 共焦点法：若已知与某椭圆共焦点，可设方程为 等形式。 1. 注意：若题目未明确焦点位置，需分焦点在 轴和 轴两种情况讨论，或设一般方程 （，）求解。 【变式训练6-1】（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，理由如下： 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. 【分析】（1）根据条件列式求的值，可得椭圆的方程. （2）分直线的斜率为0和不为0两种情况讨论.当直线的斜率不为0时，设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示和，列出直线方程，令得到点坐标，表示直线的斜率，化简即可. 【详解】（1）由题意，，解得， 所以椭圆的方程为. （2）略 【变式训练6-2】（2026·北京昌平·二模）设椭圆的左焦点为，右顶点为，上顶点为，直线与的斜率的乘积为. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围. 【答案】(1)方程为，离心率为 (2) 【分析】（1）先写出椭圆右顶点、上顶点、左焦点坐标，求出两条直线斜率并利用斜率乘积条件化简得 ，再结合椭圆 的关系求出 的值，进而写出椭圆标准方程并算出离心率. （2）分直线斜率不存在、存在两种情况讨论，斜率不存在时直接求出点坐标并算出向量数量积；斜率存在时设直线方程并联立椭圆方程，利用韦达定理得根与系数关系，把向量数量积坐标展开并代入直线方程化简，再分离常数变形为分式型函数，由 求出值域范围，结合两种情况综合得到数量积的取值范围. 【详解】（1）由题意可得右顶点，上顶点，设左焦点. 因为 ，所以，即. 因为，所以. 椭圆的方程为，离心率为. （2）由题可知.                                    当直线斜率不存在时，， 所以 当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为. 由可得. . 设. 则 因为， 所以 因为，所以. 所以 综上所述，的取值范围为 【变式训练6-3】（2026·北京西城·二模）已知椭圆（）的左焦点为，点在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程； (2)过点的直线与C交于A，B两点，过点A作AP垂直直线MF于点P，记和的面积分别为和，求证：. 【答案】(1) (2) 由题意，直线的斜率显然存在且不为0， 设直线的方程为，，， 联立，得， 则，即或， 且，则， 而 ， ，故. 【分析】（1）将点代入椭圆方程可得，结合焦点可得，进而结合的关系求解即可； （2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得，进而求证即可. 【详解】（1）由点在椭圆C上，得， 而左焦点为，则，即，解得， 则椭圆C的方程为. （2）略 题型7 椭圆的离心率 例7-1（26-27高三上·北京西城·开学考试）已知椭圆：，、分别为左、右焦点，直线过交椭圆于、两点． (1)求椭圆的离心率； (2)若直线交轴于，直线交轴于，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)存在直线或满足题意． 【分析】（1）从椭圆方程得，，由求，再用离心率公式求解；（2）设直线：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，面积相等条件列方程求解参数. 【详解】（1）由椭圆方程知，，得，， 所以，所以椭圆的离心率． （2），设，，，， 依题意设直线：， 联立，得． 则，． 直线的方程：，令得纵坐标； 直线的方程：，令得的纵坐标． 则，． 若，即， ， ，， 因为，，所以， 解得． 存在直线或满足题意. 例7-2（2026·北京·三模）已知椭圆:的上、下焦点分别为，，右顶点为，为锐角三角形且面积为． (1)求椭圆的离心率． (2)过的直线交椭圆于，两点（在的左侧），点和点分别在直线两侧，且面积与的面积相等． （ⅰ）求直线的斜率并求的长； （ⅱ）若，求椭圆的方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ）直线的斜率为，的长为；（ⅱ） 【分析】（1）利用三角形面积公式求出，得到，进而得到，关系，代入离心率公式求解即可； （2）（ⅰ）由得到点和点到直线的距离相等，结合点和点分别在直线两侧，直线过的中点，计算的斜率；设出直线的方程，与椭圆方程联立，根据弦长公式，结合韦达定理求解即可； （ⅱ）由垂直平分，结合椭圆定义转化得，进而求出，，即可求得椭圆方程. 【详解】（1）因为， 所以， 又为锐角三角形，所以，即为等边三角形， 所以，即. （2）（ⅰ）由（1）知，所以. 因为，所以点和点到直线的距离相等， 又点和点分别在直线两侧，所以直线过的中点， 所以. 则直线的方程为， 与椭圆方程联立，整理得， ， 设，，则，， 所以. 故直线的斜率为，的长为. （ⅱ）由（ⅰ）知，垂直平分，故， 所以， 所以，所以，， 故椭圆的方程为. 方法技巧 1. 定义： 1. 与 、 的关系： 1. 求离心率的方法： 直接法：求出 、，代入 ； 方程法：根据题目条件建立关于 、、 的齐次方程，化为关于 的方程求解； 几何法：利用焦点三角形、通径、焦半径等几何关系求 。 1. 常见结论： 若 ，则 ； 若椭圆上存在点 使 ，则 ； 通径长为 ，与离心率的关系为 。 1. 求离心率范围的策略：根据题目条件列出关于 、、 的不等式，转化为关于 的不等式，结合 求解。 【变式训练7-1】（2026·北京房山·二模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，直线与椭圆交于点，. (1)求椭圆的标准方程与离心率； (2)若直线与圆交于点，，直线，与椭圆的另一个交点分别为点，，求证：对任意，直线过定点． 【答案】(1)，离心率. (2) 由，解得或， 不妨设，，因为，所以，， 设直线的方程为，则，， 由，消去整理得， 则，所以，， 当时，直线趋向于椭圆在点处的切线，此时直线过点，下面就一般情况验证. 则， 同理，可得，所以， 所以三点共线. 所以对任意，直线过定点. 【分析】（1）根据题意建立方程求得，进而求得标准方程，再根据关系求得，求得离心率； （2）由题，不妨设，，设直线的方程为，则，，与椭圆方程联立，求出点的坐标；由时，猜想直线过点，求出验证. 【详解】（1）由题意得，，解得，所以椭圆的方程为. 因为，所以离心率. （2）略 【变式训练7-2】（2026·北京海淀·二模）椭圆的下顶点为，左焦点到的距离为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方），与轴的交点为．点关于轴的对称点为．过点作与轴平行的直线交直线于点．设与的面积分别为与，若，求直线的斜率． 【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为 (2) 【分析】（1）由题意知，进而求得答案； （2）设直线方程为，进而求得点，，，，再结合弦长公式，面积公式求解与面积，建立关于的方程并解方程即可得答案. 【详解】（1）设椭圆的焦距为， 则下顶点坐标为，左焦点到下顶点的距离为， 因为椭圆的下顶点为，左焦点到的距离为， 所以，， 所以椭圆的方程为； 离心率为； （2）由题意知，直线的斜率存在且不为零， 设直线方程为，令得，故， 联立方程，得，解得或， 所以，代入得， 所以，， 所以， 所以直线的方程为， 因为的方程为， 所以，得， 所以， 因为， 点到直线的距离为， 所以， 因为， 所以，即， 设椭圆的右顶点为， 因为经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方）， 所以，故，， 所以， 令，则，即， 所以， 解得或（舍去），则， 所以，即直线的斜率为. 【变式训练7-3】（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) 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的几何性质，列出方程组，求得的值，即可求解； （2）设，由，求得，得到，再由直线方程为，联立方程组，利用韦达定理证得，结合，得到，求得，代入椭圆的方程，求得的值，结合斜率公式，即可求解. 【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. 题型8 椭圆中的最值问题 例8-1已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助椭圆定义可得，再借助两点间距离公式计算即可得. 【详解】如图，取椭圆右焦点，则， 则由椭圆定义可知， 则， 当且仅当、、三点共线，且在之间时取等， 故的最大值为. 故选：A. 例8-2设椭圆C：，点和均为椭圆C的顶点，点M，N在椭圆C上. 若，则四边形面积的最大值为（    ） A． B．4 C． D．2 【答案】B 【分析】由条件先判断四边形为梯形，设出直线的方程，与椭圆方程联立求出，列出梯形的面积表达式，通过换元借助于二次函数的性质求解最大值. 【详解】由和可得，所以椭圆方程为， 因直线的斜率为，可得其方程为， 又因，故可设直线的方程为， 将其与联立消去，可得， 由解得， 由韦达定理得， 所以， 由可知四边形为梯形，而直线的方程即， 则梯形的高也即点到直线的距离为， 故梯形的面积为， 由图知面积最大值不在时（此时在上方）取得，故只需考虑， 令，则，则，则， 再令，则，， 故， 故当时，取得最大值为. 【点睛】对于形如的根式，可以利用三角换元处理. 方法技巧 1. 利用定义转化： 利用 将距离之和转化为定值； 利用 将焦半径转化为坐标的一次函数。 1. 利用参数方程：将椭圆上的点设为 将目标量表示为 的三角函数，利用三角函数的有界性求最值。 1. 利用二次函数：若目标量可表示为某变量的二次函数，利用配方法或对称轴求最值，注意变量的取值范围。 1. 利用基本不等式：对于形如 、 的目标量，结合 等定值条件，利用基本不等式求最值。 1. 数形结合：利用椭圆的几何性质（对称性、顶点、焦点）直观判断最值位置。常见最值： 椭圆上点到焦点的最大距离为 ，最小距离为 ； 椭圆上点到中心的最大距离为 ，最小距离为 ； 焦点三角形面积最大值为 。 1. 直线与椭圆的最值：联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和弦长公式，将弦长、面积等表示为参数的函数，再求最值。 【变式训练8-1】已知椭圆的右焦点为，为椭圆上一动点，定点，则的最小值为（    ） A．1 B．－1 C． D． 【答案】A 【分析】设椭圆的左焦点为，得到，得出，结合图象，得到当且仅当，，三点共线时，取得最小值，即可求解. 【详解】设椭圆的左焦点为，则，可得， 所以， 如图所示，当且仅当，，三点共线（点在线段上）时， 此时取得最小值， 又由椭圆，可得且，所以，所以的最小值为1． 故选：A．    【变式训练8-2】设、分别是椭圆的左、右焦点，若是该椭圆上的一个动点，则的最大值和最小值分别为（    ） A．与 B．与 C．与 D．与 【答案】A 【分析】设点，则，且，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的最大值和最小值. 【详解】在椭圆中，，，，则点、， 设点，则，且，则， 所以，，， 所以， ， 所以，当时，取最小值， 当时，取最大值. 故选：A. 【变式训练8-3】已知椭圆与双曲线有相同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线的交点，且，则当取最大值时，（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，用定义得，代入余弦定理得的关系，转化为离心率约束，对目标式平方后用基本不等式求最大值，再由等号条件求. 【详解】设为第一象限内的交点，，，焦距为.    椭圆的定义：， 双曲线的定义：（因在第一象限，）， 解得：，. 在中，，由余弦定理，得， 得，即， 交叉相乘并整理： ， 两边除以，结合，，得. . 当且仅当，即， 因，故，则时等号成立，即取最大值. 因此，. 综上所述，当取最大值时，. 故选：C 题型9 椭圆解答题综合 例9-1（2026·北京朝阳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，，分别是的上、下顶点，点是椭圆的右顶点，的面积为（是坐标原点）．若直线与椭圆有唯一的公共点，且与直线交于点，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)设点，则由（1）可得． 依题意可知直线的斜率存在，设的方程为，则． 由，得． 因为直线与椭圆有唯一的公共点， 所以．整理得． 由，得． 解得，． 由（1）知直线即直线， 由，得． 又直线：，直线：． 由，得． 所以 ． 所以．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. 【分析】（1）利用椭圆基本量关系，由已知条件列方程求解； （2）设点的坐标以及直线的方程，与椭圆方程联立，利用，解得，从而得到，．联立与直线的方程解得的坐标，分别表示出直线与直线的方程，求出交点，利用斜率关系可得轴，即可证明结论. 【详解】（1）由已知得解得 所以椭圆的方程为． （2）略 例9-2（2026·北京大兴·三模）已知椭圆的离心率为，以椭圆两个焦点与短轴的两个端点为顶点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作直线与椭圆相切于点，且直线斜率大于0，过线段PQ的中点作直线交椭圆于A，B两点（点A，B不在轴上），连结PA，PB，分别与椭圆交于点M，N，记的面积分别为，比较与的大小关系，并说明理由. 【答案】(1) (2)；理由如下： 设切线PQ的方程为， ， 由，消去y得①，    则， 解得或（舍去），将代入①得， ，解得，则， 所以，又为PQ中点，则， 因为斜率都存在，不妨设，， 则的方程为，联立得， 得，所以 ， 则，同理，， 则， 又R，A，B三点共线，则,即， 即得， 化简得， 所以， 所以，所以，则到直线的距离相等，设为d， 则，所以. 【分析】（1）根据离心率以及椭圆两个焦点与短轴的端点为顶点构成的四边形的面积列出等式即可求解； （2）设出相关直线与相关点的坐标，直线与椭圆联立，点的坐标配合斜率公式化简，再运用韦达理化简可证明，再结合三角形面积公式即可得结论. 【详解】（1）由题意可知，解得， 故椭圆的标准方程为； （2）略 例9-3（2026·北京大兴·三模）已知椭圆：（）的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为． (1)求椭圆的方程； (2)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，与分别表示与的面积．若，求的值． 【答案】(1)； (2)1. 【分析】（1）根据给定的离心率及面积列式求出即可. （2）根据给定条件，结合三角形面积公式可得点关于轴对称，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及共线向量的坐标表示求解. 【详解】（1）由椭圆：的离心率为，得，解得， 由椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为，得，则， 所以椭圆的方程为. （2）设直线的方程为，点， 由消去并整理得， ，， 由，得，则， 由点在线段上，得都是锐角，则，点关于轴对称， 于是点，，由， 得，即， 整理得，因此，解得， 所以的值为1. 方法技巧 1. 直线与椭圆的位置关系： 联立直线方程与椭圆方程，消元得到一元二次方程； 利用判别式 判断位置关系： 相交， 相切， 相离； 相交时利用韦达定理求 、。 1. 弦长公式： 若直线斜率不存在，则直接用纵坐标之差。 1. 中点弦问题（点差法） ： 设弦两端点为 、，中点为 ； 将 、 坐标代入椭圆方程并相减，利用平方差公式得 由此可求中点弦所在直线的斜率，进而写出直线方程。 1. 定点、定值问题： 设出含参数的直线方程，联立椭圆方程； 利用韦达定理化简目标表达式，消去参数，得到定值或定点； 注意分类讨论斜率是否存在。 1. 范围与最值问题： 建立目标函数（如面积、弦长、向量数量积等）； 利用函数单调性、基本不等式、二次函数或导数求范围； 注意变量取值范围受直线与椭圆相交条件（）的限制。 1. 存在性问题： 假设存在满足条件的点或直线，建立方程； 判断方程是否有解，解是否满足条件； 注意检验特殊情况（如斜率不存在、点在椭圆上等）。 1. 规范步骤： 设直线方程（注意斜率是否存在）； 联立椭圆方程，消元； 计算判别式、韦达定理； 代入条件，化简求解； 检验结果是否符合题意，写出最终答案。 【变式训练9-1】（2026·北京·三模）已知椭圆：的离心率为，为椭圆上一点，且点到椭圆的两个焦点的距离之和等于． (1)求椭圆的方程； (2)设，，过点的直线与椭圆交于，两点，连接，分别交椭圆于，两点，求证：直线过定点． 【答案】(1) (2)设直线的方程为,,. 联立直线与椭圆的方程,消去可得：,展开并整理得. 由韦达定理可得 ， 直线的方程为,即. 联立直线与椭圆的方程,消去可得： ,展开并整理得 . 因为是方程的一个根,所以, 将代入可得. 同理可得. 直线的斜率,直线的方程为 令,可得. 将,代入上式并化简,结合,可得. 所以直线过定点. 【分析】（1）根据椭圆的定义和离心率公式求出的值,进而得到椭圆方程； （2）设出直线的方程,联立椭圆方程,利用韦达定理得到,两点坐标的关系,再求出直线,的方程,联立椭圆方程求出,两点坐标,最后根据直线的方程证明其过定点. 【详解】（1）由椭圆的定义可得,解得. 已知椭圆的离心率,将代入可得. 在椭圆中有,将, 代入可得. 所以椭圆的方程为. （2）略 【变式训练9-2】（2026·北京石景山·二模）已知椭圆C：的离心率为，其左顶点为A，上顶点为B，，直线l平行于AB且与椭圆C交于不同的两点M，N． (1)求椭圆C的方程； (2)是否存在直线l使得A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)不存在，理由如下： 据题意，假设存在平行于AB的直线l， 设直线l的方程为，设，， 联立，得， ，即， ，， 因为以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形， 所以，即成立， ，， ， ， 整理得． 代入， 得，即或， 当时，，则， 又因为，解得． 当时，直线l方程为与直线AB重合，不符合题意，舍去； 当时，直线l方程为所得四边形为平行四边形，不符合题意，舍去； 所以不存在平行于AB的直线l交椭圆于M，N两点，使得以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形． 【分析】(1）根据离心率可得，再结合可得，即可得椭圆方程； (2）设直线，与椭圆方程联立，利用韦达定理分别求线段的中点，结合等腰梯形的性质列式求解即可. 【详解】（1）由已知可得，解得． 故椭圆C的方程为． （2）不存在平行于AB的直线l交椭圆于M，N两点，使得以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形，理由略. 【变式训练9-3】（2026·北京顺义·三模）椭圆的长轴长为4，离心率为，下顶点为A． (1)求椭圆的方程； (2)经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方），与轴的交点为．点关于轴的对称点为．过点作与轴平行的直线交直线于点．设与的面积分别为与，若，求直线的斜率． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)通过题目长轴以及离心率求出椭圆方程. (2)通过设出直线来求出各点的具体坐标，后对面积进行计算，求解出具体的斜率. 【详解】（1）长轴为4，即，. 离心率为，即，. 因为且，所以. 椭圆:. （2） 设直线:，，，. 联立直线与椭圆得，解得或， 所以，. 且要求，那么，即或. 易得直线为. 当时，，所以. 因为，且(时取正，时取负)， 所以. 因为(时取正，时取负)， ， 所以. 因为，所以， ，解得， . 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2026·北京·高考真题）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为．过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，．点关于直线的对称点为，直线与直线交于点．设与的面积分别为与． (1)求椭圆的方程； (2)若，求的值． 【答案】(1)由题设得解得，，． 所以椭圆的方程为． (2)由题设知，且． 直线的方程为． 由得． 设，，则， 且，． 因为， 点到直线的距离为， 所以 ． 由题设知．解得． 【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得； （2）解法一：设出直线，转化条件为，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解.解法二：设出直线，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出与，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解. 【详解】（1）略 （2）解法二：由题意可得，设、， 由关于直线对称的点为，则， 联立，消去得：， 由，故在椭圆内部，故恒成立，有、， 则， ， ，联立， 则，即， 整理得，即， 点到直线的距离，点到直线的距离， 又，则，， 故 ， 即有，若，则，无解，不符； 则，有，解得； 故. 2．（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. 3．（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. 4．（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) 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. 【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）略 5．（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 6．（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）． 【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程. （2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求. 【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. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．已知A，B两点的坐标分别是，，直线AM，BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率的商是2，点M的轨迹是什么？为什么？ 【答案】点M的轨迹是直线，并去掉点 【详解】设点M的坐标为，则，， 当时，，整理得， 所以点M的轨迹是直线，并去掉点. 2．一动圆与圆外切，同时与圆内切，求动圆圆心的轨迹方程，并说明它是什么曲线? 【答案】；椭圆. 【详解】设动圆圆心为，半径为， 设圆和圆的圆心分别为、， 将圆的方程分别配方得：圆，圆 当动圆与圆相外切时，有 …① 当动圆与圆相内切时，有…② 将①②两式相加，得， ∴动圆圆心到点和的距离和是常数， 所以点的轨迹是焦点为点、，长轴长等于的椭圆． 设该椭圆的长轴为，短轴为，焦距为； ∴， ∴ ∴ ∴动圆圆心轨迹方程为，轨迹为椭圆． 【点睛】本题以两圆的位置关系为载体，考查椭圆的定义，考查轨迹方程，熟练掌握椭圆的定义是解题关键． 3．点与定点的距离和它到定直线的距离的比是，求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形． 【答案】；椭圆． 【详解】设d是点M到直线的距离，根据题意， 所求轨迹就是集合， 由此得． 将上式两边平方，并化简，得， 即点M的轨迹方程为：；轨迹是椭圆． 4．已知P是椭圆上的一点，且以点P及焦点，为顶点的三角形的面积等于1，求点P的坐标． 【答案】，，，. 【详解】由椭圆方程可得， 设是椭圆上一点， 则，代入椭圆，则， 所以点P的坐标为，，，. 5．如图，轴，垂足为D，点M在DP的延长线上，且，当点P在圆上运动时，求点M的轨迹方程，并说明轨迹的形状． 【答案】点的轨迹方程为，点的轨迹为椭圆，除去与轴的交点 【详解】设点的坐标为，点，由题意可知， 则由题可得，即， 点P在圆上运动， ， 即点的轨迹方程为，点的轨迹为椭圆，除去与轴的交点. 6．如图，圆的半径为定长，是圆内一个定点，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和半径相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹是什么？为什么？    【答案】椭圆，理由见解析 【详解】解：连接、，如下图所示：    因为线段的垂直平分线和半径相交于点， 由中垂线的性质可得， 因为点在半径为的圆内，则， 因为， 由椭圆的定义可知，点的轨迹是以点、为焦点，且长轴长为的椭圆. 7．已知经过椭圆的右焦点作垂直于轴的直线,交椭圆于两点,是椭圆的左焦点. （1）求的周长; （2）如果不垂直于轴,的周长有变化吗?为什么? 【答案】（1）20；（2）不变，理由见解析 【详解】（1）由椭圆的定义得：， 所以的周长为. （2）不变，由椭圆的定义的周长为.只受a的影响，不受与轴的位置关系影响. 【点睛】本题主要考查椭圆的定义，还考查了理解辨析的能力，属于基础题. 8．已知椭圆，一组平行直线的斜率是． (1)求这组直线何时与椭圆有两个公共点？ (2)当它们与椭圆有两个公共点时，证明这些直线被椭圆截得的线段的中点在同一条直线上． 【答案】(1)这组平行直线的纵截距在时，与椭圆有两个公共点 (2)证明见解析 【详解】（1）依题意，设这组平行直线的方程为， 代入椭圆方程，消去，得， 即，即， 由判别式大于0，可得，解得， 则这组平行直线的纵截距在时，与椭圆有两个公共点； （2）由（1）知直线和椭圆方程联立，可得， 此时，则，则中点的横坐标为， 代入直线方程可得截得弦的中点为， 由，消去，可得． 则这些直线被椭圆截得的线段的中点在一条直线上． 9．已知椭圆，直线．椭圆上是否存在一点，使得： （1）它到直线l的距离最小？最小距离是多少？ （2）它到直线l的距离最大？最大距离是多少？ 【答案】（1）存在点到直线距离最小，最小值为；（2）存在点到直线距离最小，最小值为. 【详解】设椭圆上点， 则点到直线距离 ，其中， （1）当时，， 此时，即， 所以，， 所以存在点到直线距离最小，最小值为； （2）当时，， 此时，即， 所以，， 所以存在点到直线距离最大，最大值为； 10．已知椭圆：（）的焦距为，离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）经过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆相交于，两点，求线段的长. 【答案】（1）；（2）. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意可得，， 解得：，，， 则椭圆的方程为：； （2）过椭圆的左焦点，倾斜角为的直线的方程为， 由可得：可得， 设，的横坐标分别为，， 可得，， 则 ， 所以线段的长为. 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 1．已知双曲线的准线经过椭圆的焦点，则b等于（   ） A．3 B． C． D． 【答案】C 【详解】对于，可得，准线方程为， 因为其准线经过椭圆的焦点， 所以，，. 2．已知，分别是椭圆的左、右焦点，是上的动点，则的最小值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题可知：，由椭圆性质可得：，， 设，则，且， 所以， 函数为二次函数，开口向下，对称轴为， 当或时，取得最小值，最小值为． 3．已知椭圆：的两个焦点分别为，，点是上除长轴端点外的动点，若的周长恒为6，面积的最大值为，则该椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意列式，求出，结合离心率定义，即得答案. 【详解】 如图所示，当点位于上顶点（或下顶点）时，的面积取最大值， 因此，由题意得，且，联立得，解得（负值舍去），则， 离心率，故A正确. 4．已知椭圆：（）的右焦点为，若，则椭圆的离心率为_________． 【答案】 【分析】根据题意，得到方程即可求解. 【详解】已知椭圆：（），且，则， 化简得，即，使用求根公式，得， 又因为，所以. 5．已知椭圆中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆与轴的一个交点到两焦点的距离分别为和，则椭圆的标准方程为____. 【答案】 【详解】由题意可得，解得，又， 所以椭圆方程为. 6．已知椭圆的两个焦点分别是，，并且其离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆有两个公共点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用椭圆的焦点与离心率求出，即得椭圆方程； （2）将直线方程与椭圆方程联立消元后，根据判别式为正，解不等式即得的取值范围. 【详解】（1）依题意可得，，可得， 则， 故椭圆的标准方程为. （2）联立，消元整理得 由，解得或. 即实数的取值范围为. 7．已知椭圆的右焦点为，离心率为. (1)求的方程； (2)若直线与交于，两点，与轴交于点，且是的中点，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据焦点坐标，可得c值，根据离心率，可得a值，根据的关系，可得，即可得答案. （2）根据直线方程，可得P点坐标，将直线与椭圆联立，根据韦达定理，可得，表达式，根据条件，可得，联立求解，可得m值. 【详解】（1）因为右焦点为，所以， 因为离心率，所以， 则，所以的方程为. （2）由与轴交于点，令，解得，则， 联立直线与椭圆，得， 判别式，解得或， 设， 则， 因为是的中点，所以， 解得， 则，解得符合题意， 所以的值为 8．已知椭圆的离心率，且椭圆的长轴长为4. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）由长轴长可得，再根据离心率可得，再求，即可得到方程； （2）方法一、根据题意，直线斜率为0时，得到不符合题意，当直线斜率不为0时，设，联立曲线得到，再根据求解即可；方法二、直线斜率不存在时，，不符合题意，当直线斜率存在时，设，联立曲线得到，再根据求解即可. 【详解】（1）由题可知，，， 又，且，解得，， 则椭圆的方程为. （2）法一：①当直线斜率为0时，， 不符合题意. ②当直线斜率不为0时，设直线方程为， 联立，得，， 设，则. 由题意，， 即，解得. 故直线的方程为：或. 法二：①当直线斜率不存在时，，不符合题意. ②设直线方程为， 联立，得，， 设，则， 由，得， 即，解得. 故直线的方程为或. 9．已知点在椭圆上，与椭圆的上，下顶点的连线的斜率之积为． (1)求椭圆的离心率； (2)若直线与椭圆相交于、两点，且的面积为（为坐标原点），求椭圆的标准方程． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）由题意推理可得，利用点在椭圆上，代入消元后可得，结合即可求得离心率； （2）设、，由直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，求出弦长和点 到直线的距离，由三角形面积列出方程，求出参数值即得椭圆方程. 【详解】（1）因椭圆上、下顶点的坐标分别为、， 依题意，整理得（*）， 因点在椭圆上，则，即， 代入（*），化简得： ，又，所以， 则椭圆的离心率； （2）    如图，设、，由（1）已得， 则由，消去并整理得， 此时，解得， 由韦达定理得，， 所以， 又原点到直线的距离， 所以的面积，解得， 故椭圆的方程为． 10．已知椭圆的离心率，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆的上顶点，为椭圆上任意一点，求的最大值及此时点坐标． 【答案】(1) (2);或 【分析】（1）由面积公式和离心率公式，解得，可得椭圆方程. （2）设出点坐标，将表示成关于纵坐标的二次函数，从而求解. 【详解】（1）以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，即. 由，得，则，即. 代入解得，所以椭圆的方程为. （2）由题可设，且满足，即，. 而上顶点，则， .所以当时， 所以的最大值为.此时，， 所以点坐标为或. 重难·创新演练 11．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. 12．已知椭圆.点在椭圆外.从点作椭圆的两条切线，切点分别为. (1)求椭圆的离心率； (2)证明：直线垂直于，并求直线的方程； (3)若，求与. 【答案】(1)； (2)设切点为，因为切线的斜率存在， 设过点的切线方程为，代入椭圆， 得，因为直线与椭圆相切， 所以， 即，化简得：. 一元二次方程根的性质，切点的横坐标， 再将代入切线方程， 得， 因此切点的纵坐标均为，直线的方程为， 所以直线垂直于. (3)， 【分析】（1）直接由椭圆方程得基本量，进而可得离心率； （2）由题意判断切线斜率存在，设切线方程，利用判别式得，进而可得切点横坐标及纵坐标，从而证明垂直并求得直线方程； （3）由（2）分析可得及高，进而可得面积， 再由题意得方程，通过换元法解方程可得. 【详解】（1）由椭圆，所以，． 所以，因此离心率为． （2）略 （3）由（2）分析知直线的方程为，切点的纵坐标为， 再由，得，所以， 因此. 又由到直线的距离， 所以． 由题意，令，则， ，，即， 所以，因为方程无实数根， 所以方程有唯一实根. 因为，所以，此时． 故当时，， 13．已知椭圆的左、右焦点分别为，，长轴长为4，上一点与，所构成三角形的周长为. (1)求的方程； (2)设直线与交于，两点，为坐标原点. （i）若中心在原点且右焦点为的等轴双曲线过点，求的面积； （ii）若过的上顶点和，为线段上一点，直线与交于点，且，求的坐标. 【答案】(1) (2)（i）（ii）或 【分析】(1)利用长轴长求出，再由焦点三角形周长公式求出，最后通过确定椭圆的标准方程； (2)(i)先由等轴双曲线的焦点坐标求出满足的等量关系，联立直线与椭圆方程，再利用韦达定理和弦长公式（或三角形面积公式）表示出的面积，将关系式代入化简求值；(ii)先由顶点和焦点坐标求出定直线的方程，再将向量关系转化为点与点坐标的倍数关系，把点坐标代入椭圆方程得到的轨迹方程，与直线联立即可解得的坐标. 【详解】（1）由已知得，得，所以. （2）（i）已知等轴双曲线的中心在原点，右焦点为， 设该双曲线的方程为， 其半焦距，解得， 所以该双曲线的方程为， 因为点在双曲线上，所以， 联立得， ， 设点到的距离为 ， 因为，所以. （ii）由第(1)问可知，椭圆的方程为， 椭圆的上顶点坐标为， 左焦点的坐标为， 直线经过这两点，其斜率为， 所以直线的方程为：， 因为点在线段上，且在直线上， 所以可设点的坐标为， 由， 得， 即， 已知，所以， 由此可得， 即点的坐标为， 因为点在上，所以， 整理得，解得或， 所以或. 14．已知椭圆：的右焦点为，且经过点. (1)求椭圆W的方程； (2)已知点，.设直线分别与直线，交于点M，N，直线与直线交于点P，直线与直线交于点Q，直线交椭圆W于另一点R，求证：P，Q，R三点共线. 【答案】(1) (2) 由(1)可知，则. 已知， 直线MT满足，即直线的方程为； 直线NT满足，即直线NT的方程为； 令，代入直线MT的方程可得：，解得，所以； 令，代入直线NT的方程可得：，解得，所以； 已知， 直线AT满足，即直线AT方程为， 联立，化简得. 因为是方程的一个根(点A的横坐标)，设， 由韦达定理得，即， 代入得，所以. 当直线斜率存在时，直线PQ的斜率， 直线PR的斜率 因为，且直线PQ与直线PR有公共点P，所以P、Q、R三点共线； 当时，直线MT：，；直线NT：，； 直线AT：，，此时三点均在直线上，所以P、Q、R三点共线； 综上所述，P、Q、R三点共线. 【分析】(1)直接将点代入椭圆方程求解 (2)两点式求直线方程，结合椭圆方程求交点横坐标，通过斜率相等证明三点共线 【详解】（1）由题意得，解得， 所以椭圆W的方程为. （2）略 15．已知椭圆的焦点为，长轴长与短轴长的比值为. (1)求椭圆的方程. (2)过点的直线与椭圆交于两点，轴于点，轴于点，直线交直线于点，试比较与面积的大小，并说明理由. 【答案】(1) (2)，理由如下： 由题意可知，直线斜率存在，设直线的方程为. 由，得. 设，，则，. 因为轴，所以. 直线方程为，所以. 因为轴，所以. 因为，. 所以 所以三点共线. 因为，所以同底等高，则. 又因为， 所以. 所以. 【分析】（1）用待定系数法求出椭圆的标准方程； （2）设直线的方程为.用“设而不求法”表示出，.进而得到，.由，得到三点共线.所以，即可得到. 【详解】（1）由题设得，所以. 又因为，，所以. 解得，. 所以椭圆的方程为. （2）略 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $