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【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
第 42 练 直线与椭圆（精练）
刷真题 明导向
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，直线 与C
交于A，B两点，若 面积是 面积的2倍，则 （ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用 ，求出 范围，再根据三角形面积比得到关于 的方
程，解出即可.
【详解】将直线 与椭圆联立 ，消去 可得 ，
因为直线与椭圆相交于 点，则 ，解得 ，
设 到 的距离 到 距离 ，易知 ，
则 ， ，
，解得 或 （舍去），
故选：C.二、填空题
2．（2022·全国·统考高考真题）已知直线l与椭圆 在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分
别交于M，N两点，且 ，则l的方程为 ．
【答案】
【分析】令 的中点为 ，设 ， ，利用点差法得到 ，设直线 ，
， ，求出 、 的坐标，再根据 求出 、 ，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令 的中点为 ，设 ， ，利用点差法得到 ，
设直线 ， ， ，求出 、 的坐标，
再根据 求出 、 ，即可得解；
解：令 的中点为 ，因为 ，所以 ，
设 ， ，则 ， ，
所以 ，即
所以 ，即 ，设直线 ， ， ，
令 得 ，令 得 ，即 ， ，所以 ，
即 ，解得 或 （舍去），
又 ，即 ，解得 或 （舍去），
所以直线 ，即 ；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点 既为线段 的中点又是线段MN的中点，
设 ， ，设直线 ， ， ，
则 ， ， ，因为 ，所以
联立直线AB与椭圆方程得 消掉y得
其中 ，∴AB中点E的横坐标 ,又 ，∴
∵ ， ，∴ ,又 ，解得m=2
所以直线 ，即
3．（2021·全国·高考真题）已知 为椭圆C： 的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称
的两点，且 ，则四边形 的面积为 ．
【答案】
【分析】根据已知可得 ，设 ，利用勾股定理结合 ，求出 ，四边形
面积等于 ，即可求解.
【详解】因为 为 上关于坐标原点对称的两点，
且 ，所以四边形 为矩形，
设 ，则 ，
所以 ，
，即四边形 面积等于 .
故答案为： .
三、解答题
4．（2023·北京·统考高考真题）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
【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）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 .
5．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆 的离心率是 ，点 在 上．
(1)求 的方程；
(2)过点 的直线交 于 两点，直线 与 轴的交点分别为 ，证明：线段 的中点为
定点．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解 ，进而可得结果；
（2）设直线 的方程，进而可求点 的坐标，结合韦达定理验证 为定值即可.【详解】（1）由题意可得 ，解得 ，
所以椭圆方程为 .
（2）由题意可知：直线 的斜率存在，设 ，
联立方程 ，消去y得： ，
则 ，解得 ，
可得 ，
因为 ，则直线 ，
令 ，解得 ，即 ,
同理可得 ，
则
，
所以线段 的中点是定点 .【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；
也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
6．（2023·天津·统考高考真题）设椭圆 的左右顶点分别为 ，右焦点为 ，已知
．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点 是椭圆上一动点（不与端点重合），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 .
7．（2022·天津·统考高考真题）椭圆 的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满
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N（N异于M）．记O为坐标原点，若 ，且
的面积为 ，求椭圆的标准方程．
【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 ．
8．（2022·北京·统考高考真题）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）解：依题意过点 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
9．（2021·天津·统考高考真题）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 .
【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为 与椭圆方程联立，由 进行求解；
（2）椭圆 在其上一点 的切线方程为 ，再应用此方程时，首先应证明直线
与椭圆 相切.
10．（2021·北京·统考高考真题）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 .
【A组 在基础中考查功底】
一、单选题
1．过椭圆 的右焦点且与椭圆长轴垂直的直线与椭圆相交于 两点，则 等于（ ）
A．4 B．2
C．1 D．4
【答案】C
【分析】根据椭圆的方程，求得椭圆的右焦点的坐标为 ，将 ，代入椭圆的方程，进而求得
弦长.
【详解】因为椭圆 ，可得 ，所以 ，
所以椭圆的右焦点的坐标为 ，
将 ，代入椭圆的方程，求得 ，所以 .
故选：C.
2．直线 与椭圆 的公共点的个数是（ ）
A．0 B．1C．2 D．无数个
【答案】C
【分析】联立直线与椭圆的方程消去y，再利用判别式判断作答.
【详解】由 消去y并整理得 ，显然 ，
所以直线 与椭圆 相交，有2个公共点.
故选：C
3．直线 与椭圆 只有一个交点，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】联立直线与椭圆的方程，消去 ，根据 即可求解.
【详解】由 ，消去 并整理得 ，
因为直线 与椭圆 只有一个交点，
所以 ，得 ．
故选:C.
4．椭圆 与直线 的位置关系是（ ）
A．相离 B．相交 C．相切 D．无法确定
【答案】B
【分析】根据定点判断直线和椭圆的位置关系.
【详解】直线过定点 在椭圆内，故直线与椭圆相交.
故选:B.
5．已知斜率为 的直线 与椭圆 交于 两点，线段 的中点为 ，直线 （ 为坐标原点）的斜率为 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设点 ，则 ，根据椭圆的方程，求得 ，结合斜率
公式，即可求解.
【详解】设点 ，则 ，
因为 ，可得 ，
又因为 ，所以 .
故选：D.
6．已知椭圆E： 与直线 相交于A，B两点，O是坐标原点，如果 是等边三
角形，那么椭圆E的离心率等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意不妨设点B在第一象限， 则 ，结合直线OB的斜率运算求解即可.
【详解】联立方程 ，解得 ，不妨设点B在第一象限， 则 ，
由题意可知：OB的倾斜角是 ，则 ，
所以椭圆的离心率 .
故选：C．
7．已知直线 交椭圆 于 两点，若点 为 两点的中点，则直线 的斜率为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用点差法求得直线 的斜率.
【详解】椭圆 ，
依题意可知直线 的斜率存在，
设 ，则 ，
两式相减并化简得 ，
即 ，
所以直线 的斜率为 .故选：D
8．已知直线 与椭圆 交于A，B两点，线段 的中点为 ，则椭
圆C的离心率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意，利用点差法，整理方程，根据斜率公式和中点坐标公式，可得答案.
【详解】设 ，则 从而 ，
故 ．由题意可得 ，
则 ，从而 ，故椭圆C的离心率 ．
故选：A.
9．若直线 与焦点在x轴上的椭圆 总有公共点，则n的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题得直线所过定点 在椭圆上或椭圆内，代入椭圆得到不等式，再结合椭圆焦点在 轴上即
可.
【详解】直线 恒过定点 ，若直线与椭圆总有公共点，
则定点 在椭圆上或椭圆内， ，解得 或 ，
又 表示焦点在 轴上的椭圆，故 ， ，
故选：C.10．已知直线 过椭圆C； 的一个焦点，与C交于A，B两点，与 平行的
直线 与C交于M，N两点，若AB的中点为P，MN的中点为Q，且PQ的斜率为 ，则C的方程为（
）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】运用点差法，结合直线斜率公式进行求解即可.
【详解】设 ，
则 ，两式作差得
所以
若O为坐标原点，则 ，同理 ，所以O，P，Q三点共线，
即 ，所以 ，又 过点 ，即椭圆的焦点，所以
解得 ，所以C的方程为
故选：C
11．已知椭圆C： ，过点 的直线l与椭圆C交于A，B两点，若点P恰为弦AB的中点，
则直线l的斜率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设出 的坐标代入椭圆方程后，作差变形，根据斜率公式和中点坐标公式可得解.【详解】设 ， ，则 ， ，
且 ， ，
作差得 ，所以 ，
即直线l的斜率是 ．
故选：C．
12．已知椭圆 的左、右顶点分别是 是坐标原点， 在椭圆 上，且 ，则
的面积是（ ）
A． B．4 C． D．8
【答案】A
【分析】设出点 ，利用条件直接求出点 纵坐标的绝对值，又易知 ，从而可求出结果.
【详解】设 ，因点 在椭圆上，且 ，则有 ，消去 ，得到 ，所以
，
又 ，故 的面积是 ．
故选：A.
13．已知直线y=kx-1与焦点在x轴上的椭圆C: 总有公共点，则椭圆C的离心率取值范围
是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据直线过定点且与椭圆恒有公共点，结合椭圆的性质判定 的范围即可求离心率.【详解】
因为椭圆焦点在x轴上，所以b2<4，又因为b>0，所以0
