专项 04 圆锥曲线
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【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测
【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式
【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分
根据近五年北京卷考情，圆锥曲线是必考大题中的重难点，分值约15-17分．
命题趋势：解答题聚焦于直线与椭圆的综合问题，考查弦长、面积、定点、定值等经典题型，综合性
强，对代数运算能力要求高。命题注重几何本质与代数运算的结合，常将高等几何背景（如极点极
线）以初等化形式融入题目设计。
2026年预测：预计2026年仍以椭圆为载体，考查直线与椭圆位置关系的综合问题，定点、定值或面积
最值问题出现概率较大。非对称韦达定理的处理可能成为区分高分段考生的关键点。
备考核心：熟练掌握联立方程与韦达定理的标准流程，强化弦长公式、面积公式的运算准确性与速度。
重点突破定点定值问题的通解通法，学会在复杂代数运算中洞察几何不变性。
题型01 求面积或面积比值
析典例 · 建模型
1．（2026·北京延庆·一模）已知椭圆 与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上
方），且 ，椭圆的离心率为 ．
(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线 与椭圆C交于不同两点M，N，直线 与直线 交于点G．设 与 的面
积分别为 ， ，比较 与 的大小，并说明理由．
【答案】(1)
(2) ，证明见解析
【分析】（1）根据离心率和 的值，可求 ，可得椭圆的标准方程.
（2）将直线 与椭圆方程联立，利用韦达定理，可得 和 ，求直线 与 的交点
的坐标，再求直线 与 的交点的坐标，判断该点与 点重合，可得 三点共线，即可得
.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
又因为椭圆的离心率为 ，所以 ，又 ，
所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）如图：将 代入 ，得 ，
整理得： .
由 .
设 ， ，则 ， .
所以直线 的方程为： ，令 ，则 ，即 .
直线 的方程为： ，令 ，则 ，
即直线 与直线 的交点为 .
因为 ，
因为
.
所以点 与点 重合.
故 三点共线，所以 ，即 .研考点 · 通技法
1、求面积问题：先用联立方程和韦达定理表达弦长与点到直线距离，再代入三角形面积公式。
常用技巧：常用的面积公式可以通选弦长做底，点到直线的距离为高，也可以用水平宽与铅锤高；若顶点
在坐标轴上，可分割为两个同底三角形求和。
2、求面积最值问题：建立面积关于某个变量（如斜率、参数）的函数关系，然后求函数的最值。
常用技巧：面积函数常表现为分式或根式形式，优先尝试均值不等式求最值；若函数形式复杂，再考虑导
数法。注意验证最值取到时参数的取值范围是否满足题意。
3、求面积比值问题：将两个面积转化为同底或同高的形式，利用坐标比值或弦长比值进行化简。
常用技巧：若两三角形同底，则面积比等于高的比，转化为点到直线距离之比；若同高，则面积比等于底
边长度之比，转化为弦长或横坐标差之比。通过韦达定理整体代入，常能消去参数得到定值。
破类题 · 提能力
1．（2025·北京丰台·二模）已知椭圆 的左顶点为 ，焦距为 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)设 为原点，过点 且斜率为 的直线 与椭圆 的另一个交点为 ，线段 的垂直平分线与 轴交于
点 ，与 轴交于点 ．过点 且与 平行的直线与 轴交于点 ．若 与 的面积之比为
，求 的值．
【答案】(1)
(2) 或
【分析】（1）由已知及椭圆中 的关系，解出 ，即可得到椭圆 的方程；
（2）由题意，直线 的方程为 ，与椭圆方程联立，利用韦达定理可由 表示出线段
的中点坐标，进而写出线段 垂直平分线的方程，得到点 和点 坐标，表示出 的面积，再由
表示出 的面积，再由面积之比为 得到方程，即可求得 的值．
【详解】（1）由题意 ，
解得 ．所以椭圆 的方程为 ．
（2）
由题意，直线 的方程为 ，
由 ，得 ．
由题意， ．
设 ，则 ，
解得 ，
所以线段 的中点为 ．
线段 垂直平分线的方程为： ，
令 得 ，所以 ．
令 得 ，所以 ．
所以 ．因为过点 与直线 平行的直线的方程为 ，故 ，
所以 ．
因为 ，
所以 ，整理得 ．
若 ，则 ，解得 ，故 ；
若 ，则 ，解得 ，故 ．
综上， 或 ．
2．（2025·北京东城·二模）已知椭圆 的一个顶点为 .且过点 .
(1)求椭圆 的方程及焦距
(2)过点 的直线与椭圆 交于不同的两点 .直线 的斜率分别记为 与 ，当 时，
求 的面积.
【答案】(1)椭圆方程 ，焦距为
(2)
【分析】（1）根据椭圆过顶点 和点 构造方程求得 ，由此可得椭圆方程；
（2）设过点 的直线为 ，与椭圆 方程联立可得韦达定理的形式，由 解得 ，
再由弦长公式求 以及点 到直线 的距离 ，最后求 即可.【详解】（1）由题意，因为椭圆 的一个顶点为 ,且过点 ，
所以 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 ，焦距为 .
（2）设过点 的直线为 ， ，
由 ，化简得 ，
则 ，即 ，
所以 ，
即 ，
则 ，
所以直线方程为 ， ，
故 ，
且点 到直线 的距离 ，
所以 .题型02 证明线段相关问题
析典例 · 建模型
1．（2025·北京·模拟预测）已知椭圆 ： 的一个顶点为 ，焦距为 .
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点 的直线与椭圆 交于不同两点 ，直线 ， 分别与x轴交于点 ，比较 与
的大小，并证明.
【答案】(1)
(2) ，证明见解析
【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 即可判断.
【详解】（1）依题意可得 ， ，又 ，所以 ，
所以椭圆方程为 .
（2）依题意过点 的直线斜率存在，设 ，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
，
即 的中点横坐标为 ，
又 ，所以
研考点 · 通技法
证明线段相等的问题是将几何相等转化为代数关系：通过坐标运算证明两点到某点距离相等、两点关于某
点对称，或两线段长度表达式相等。
常用方法
（1）直接计算长度：设出相关点坐标，分别计算两线段长度的平方，作差化简，利用韦达定理整体代入，证明差为零。
（2）利用对称性：若证明两线段关于某直线对称，可证明线段端点纵坐标互为相反数，或利用中点坐标
在对称轴上；若证明两点到定点距离相等，可转化为这两点在某圆上。
（3）转化为向量关系：证明两线段相等，可转化为证明对应向量模相等，或证明两向量垂直平分关系
（若一个线段的中点在另一线段的垂直平分线上）。
（4）利用几何性质：若涉及焦点或准线，可优先考虑圆锥曲线的定义（如椭圆上点到两焦点距离之和为
定值）直接得出相等关系，避免复杂运算。
破类题 · 提能力
1．（2025·北京海淀·三模）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，过坐标原点的直线交椭圆于
、 两点，点 在第一象限．
(1)求椭圆的焦距；若 ，求点 的坐标；
(2)若 轴，垂足为 ，连结 并延长交椭圆于点 ，取线段 中点 ，求证： ．
【答案】(1)4， ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用椭圆方程直接求出焦距，设出点 的坐标，利用向量垂直的坐标表示，结合椭圆方程
求解.
（2）法1，设 ，直线 与椭圆方程联立证明 即可；法2，设 ，联立
直线 与椭圆方程证明 即可；法3，设 ，联立直线 与
椭圆方程证明 即可；法4，直线 与椭圆方程联立证明 即可.
【详解】（1）设椭圆长轴长、短轴长、焦距分别为 ．依题意， ， ，
所以椭圆焦距为 ；
设点 ，而 ，则 ，于是 ，即 ，由点 在椭圆上，得 ，
解得 ， ，由点 在第一象限，得 ，则 ，
所以点 的坐标为 .
（2）
方法1：设点 ， ， ，则 ，
依题意，点 与点 关于原点对称，即 ，
显然直线 斜率存在且不为0，设直线 ，
代入 中得， ，
，
设 ，则 ， ，
，即 ，直线 斜率 ，
由 在直线 上，得 ，即 ，
于是直线 的斜率 ， ，即 ，
又 为线段 中点，所以 ．方法2：设点 ， ， ，则 ，
依题意，点 与点 关于原点对称，即 ，
直线 斜率 ，直线 ，
联立直线 与椭圆方程 得： ，
必有 ，设 ，则 ， ，
，即 ，
直线 斜率 ，而直线 斜率 ，
则 ，即 ，又 为线段 中点，所以 ．
方法3：设点 ， ， ，则 ，
依题意，点 与点 关于原点对称，即 ，
直线 斜率 ，直线 ，
联立直线 与椭圆方程 得： ，
显然 ，设 ，则 ， ，
于是 ， ，点 ， ，
又 ，则 ，即 ，
因此 是直角三角形，又 为斜边 中点，所以 .
方法4：设 ，与椭圆 联立，得 ， ，
而 点在第一象限，则 ， ，
点 ，直线 的斜率 ，
直线 ，令 ，则 ，
与椭圆 联立得 ，显然 ，
线段 中点 ，有 ， ，
点 ，于是直线 斜率 ， ，
又 为 中点，所以 .
2．（2025·北京大兴·三模）已知椭圆 经过点 ，且右顶点为 ．
(1)求椭圆 的方程及离心率；
(2)过点 的直线与椭圆 交于不同两点B，C（均不是椭圆顶点），直线AB，AC分别与直线OP交于点M、N，求证： ．
【答案】(1) ，离心率
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆过的点及右顶点坐标得到 ， ， 之间的关系，列出等式求解即可.
（2）设出直线 的方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到 ，
，求出 ， 两点的横坐标，代入公式再求证即可.
【详解】（1）由题意 ，
又因为经过点 ，所以 ，所以
所以椭圆 的方程 ，离心率 .
（2）证明：设 ，
由 ，消去 可得， ，
则 ，
由 得 ．
同理， ，则
，
上式分子部分
，
故 ，所以 ．
题型03 角相关问题
析典例 · 建模型
1．（2025·北京延庆·一模）已知椭圆 的左，右顶点分别为A，B，且 ，离心
率为 .
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设直线 与x轴交于点Q，点P是直线 上不同于点Q的一点，直线BP与椭圆E交于点M，直线
AM与直线 交于点N，判断是否存在点P，使得 ？若存在，求出点P的坐标；若不存
在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，点 的坐标为 或【分析】（1）由题意得 ，再结合 求出 ，从而可求出椭圆E的标准方程；
（2）假设存在点P，使得 ，则 ‖ ，设 ，由 结合点
在直线 上，可求得 ，再由 在椭圆上可求出 ，从而可求出 ，进而可求出点
的坐标.
【详解】（1）由题意得 ，解得 ，
所以 ，
所以椭圆E的标准方程为 ；
（2）假设存在点P，使得 ，则 ‖ ，
所以 ，
设 ，则 ，
所以 ，直线 的方程为 ，
因为点 在直线 上，所以 ，
所以 ，
因为点P是直线 上不同于点Q的一点，所以 ，
所以 ，解得 ，
因为点 在椭圆上，所以 ，解得 或 ，当 时， ，得 ，
当 时， ，得 ，
所以存在点P，使得 ，点 的坐标为 或
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的定点问题，
第（2）问解题的关键是将问题转化为 ，再结合直线 的方程和椭圆方程可求得结果，考查数学
转化思想和计算能力，属于中档题.
研考点 · 通技法
在圆锥曲线中，角度问题可以转化为斜率关系：利用两角相等（或互补）与直线倾斜角的关系，转化为两
条直线的斜率之和为零或斜率乘积为定值。
常用方法
（1）转化为斜率之和为零：若两角关于x轴对称或两角相等且分居某直线两侧，常可转化为两直线斜率之
和为零。设出直线方程，联立后用韦达定理表示斜率之和，化简证明其为零或据此建立方程求参。
（2）转化为斜率乘积为定值：若两角均为直线与x轴的夹角，可转化为两直线斜率之积为1或-1，对应角
相等或互余。通过坐标运算证明斜率乘积满足该关系。
（3）利用对称性：若图形具有对称性（如椭圆关于x轴对称），可直接得出角相等，无需代数运算。常用
于快速判断或简化证明。（4）转化为向量夹角：用向量数量积与模长的比值表示夹角余弦，将角相等转化为向量夹角的余弦值相
等，通过坐标运算建立等量关系。
破类题 · 提能力
1．（2025·北京朝阳·二模）已知椭圆 的焦距为2，且过点 ．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线 与椭圆E交于不同的两点A，B，直线 与直线 交于点N，若
（O是坐标原点），求k的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的几何性质易得结果；
（2）联立直线和椭圆方程，由 及 可得 ，设 ，由韦达定理得
，由倾斜角的概念可得直线 的倾斜角 和直线 的倾斜角 满足 ，从而直线
和 的斜率 和 满足 ，代入 的值，化简可得k的值.
【详解】（1）由题意得 解得
所以椭圆E的方程为 ．
（2）由 得 ．
由 得 ．
又 ，所以 ．设 ，则 ．
不妨设点A在点B的上方，
因为 ，又 ，
此时，直线 的倾斜角为 ，
直线 的倾斜角为 ，所以 ．
由题可知直线 和 的斜率都存在，分别设为 和 ，则 ．
因为 ，
所以 ，即 ．
由 得 ．
所以 ．整理得 ，
又 ，所以 .
2．（2025·北京·模拟预测）已知椭圆 的左焦点为 ， ， 分别为左右顶点.点 是直线
上异于 点的动点，直线 交椭圆 的另一点为 点.
(1)求 的值；
(2)直线 与 交于点 ，求证： .【答案】(1)9
(2)证明见解析
【分析】（1）法一：设 ，求出直线 的方程并与椭圆方程联立，求得点 的坐标，利用向
量的坐标计算 化简即得；法二：设 ，写出直线 的方程，将 代入求得点 的坐标，
利用 和 的坐标计算即得；
（2）将待证等式 等价转换为证明 .对应（1）中的法一与法二：利用向量坐标的
数量积运算得到 即可.
【详解】（1）
法一：设 ，则直线 ，
与椭圆方程联立，得 ，
则由 ，
且 ，故 ，则 .
所以 .
法二：设 ，则
则直线 的方程为： ，令 ，代入即得 .所以 .
（2）因为 ，
所以，要证 ，只需证 ，即证 .
对应（1）中的法一：因为 ， ， ， ，
所以
，
于是 .
或者：因直线 ，直线 ，即 ，
联立，解得 .
因为
，所以 .
对应（1）的法二：因为 ，
所以，要证 ，只需证 ，即证 .
因为 ， ， ， ，
所以 ，
于是 .
题型04 定点问题
析典例 · 建模型1．（2025·北京大兴·三模）已知椭圆 ： （ ）的短轴长为 ，过左焦点 作
两条互相垂直的直线 ， ，分别交椭圆 于 ， 和 ， 四点．设 ， 的中点分别为 ， ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)直线 是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线 经过定点，定点坐标为
【分析】（1）由焦点坐标以及短轴长的概念，结合椭圆的标准方程，可得答案；
（2）利用分类讨论，分直线斜率存在与否，设出直线方程以及交点坐标，写出中点坐标，联立方程，写
出韦达定理，可得答案.
【详解】（1）因为椭圆的左焦点 ，所以 ，
又短轴长为 ，所以 ，由 可得 ，
故椭圆 的方程为 .
（2）
当直线 和 斜率存在时，设直线 方程为： ，
设 ， ，则有中点 ，联立方程 ，消去 得： ，
由韦达定理得： ，所以 的坐标为 ，
将上式中的 换成 ，同理可得 的坐标为 ，
若 ，即 ， ，
此时直线 斜率不存在，直线过定点 ；
当 时，即直线 斜率存在，
则 ，
直线 为 ，
令 ，得 ，
此时直线 过定点 ，
显然当直线 或 斜率不存在时，直线 就是 轴，也会过 ，
综上所述：直线 经过定点，定点坐标为 .
研考点 · 通技法
圆锥曲线中的定点问题是绝对的核心考点。其本质是：证明无论参数如何变化，某条直线恒过某个定点，
或某个动点恒在一条定直线上。
核心思想：找到动直线（或动点）方程中参数（如斜率k）的“不变部分”。将方程整理为关于参数的恒
等式，令其系数为零，即可求出定点（或定直线）。
一、直接推导
1.设参：设出动直线的方程。通常已知直线过某个定点或已知斜率，常用点斜式：y = kx + m。2.寻找关系：利用题目条件（如直线与圆锥曲线相切、相交，或与其他几何条件如垂直、中点等相关），
找到一个关于k和m的关系式。
3.消参定型：将找到的k和m关系式代回原始的直线方程y = kx + m中。得到只含一个参数的解析
式。
关键步骤：将此方程整理为关于参数k的方程，要使这个方程对所有k值都成立，则k的系数和常数项必
须同时为零。
对于y - C = k(x - D)形式，定点显然是(D, C)。
对于更复杂的形式，将方程按k的幂次项整理，令各项系数为零，解方程组即可求出定点(x, y)。
二、先猜后证法
当直接推导复杂或难以进行时，此方法能指明方向，简化计算。
猜定点：特殊位置法：取参数（如斜率k）的两个特殊值（如0,斜率不存在（竖直直线）,1,-1等），画
出两条对应的特殊位置直线。求交点：解这两条特殊直线的交点，该点即为猜測的定点(x ,y )。
0 0
证定点：则动直线的方程可以化简为y - y =f(k)(x -x )。（f(k)为参数k的解析式）
0 0
破类题 · 提能力
1．（2025·北京丰台·一模）已知椭圆 ，以 的两个焦点与短轴的一个端点为顶点
的三角形是等腰直角三角形，且面积为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)过点 的直线与椭圆 交于不同的两点 .过 作直线 的垂线，垂足为 .求证：直线
过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件得到 的关系式，解方程组可得结果.
（2）设直线 的方程为 ，表示直线 的方程，借助韦达定理可得直线过定点.
【详解】（1）由题意得 ，解得 ，
∴椭圆E的方程为 .
（2）由题意得，直线 的斜率存在.
设直线 的方程为 ，点 ， ，则 ，
由 得 .
由 得 ，
∴ ， .
∵ ，∴直线 的方程为： ，
令 ，得 ，即 ，
当 时， ，
∴ ，故直线 过定点 .
当 时，直线 为x轴，过点 .
综上，直线 过定点 .
2．（25-26高三上·北京海淀·月考）已知椭圆 的左顶点为A，离心率为 ，且经过点 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点 的直线交C于 两点，过M且平行于y轴的直线与线段 交于点T，点Q满足
，问：是否存在x轴上的定点K，使得直线 始终经过点K．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据题意列出关于 的方程组，求解可得椭圆C的方程；
（2）设直线 的方程为 ，联立椭圆的方程，根据韦达定理，结合点Q
满足 表示出点 的坐标，进而得出直线 始终经过定点．
【详解】（1）由已知得 ，
解得 ，
故 的方程为 ；
（2）依题意可得过 的直线的斜率存在，设
联立 ，得 ，
，即 ，即 .由韦达定理可知，
由 可得线段 ，
点Q满足 为 的中点，
联立 ，可得 ．故有 ，
下面证明定点K为 ．
下面证明 ，
则只需证明：
即： ，
代入
只需证：
即
将 代入，只需证明： …
展开可得
显然成立．
由于x轴上不可能存在第二个定点，否则直线 即为x轴，可知 为唯一定点，故直线 过定点
．题型05 点在定直线（曲线）上问题
析典例 · 建模型
1．（2025·北京石景山·一模）已知椭圆 过点 ，短轴长为4．
(1)求椭圆 的方程；
(2)椭圆 与 轴的交点为 ， （点 位于点 的上方），直线 与椭圆 交于不同的两点 ，
．设直线 与直线 相交于点 ．试问点 是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，
说明理由．
【答案】(1)
(2)在定直线 上，理由见详解.
【分析】（1）依题意可得 ，即可求出 、 ，从而得解；
（2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线 与椭圆联立消 ，设直线 、 的方程
解出 纵坐标，结合韦达定理化简计算即可.
【详解】（1）依题意可得 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 ；（2）在定直线 上，理由如下：
设点 与直线 联立消去 整理得 ，
由 ，且 ，
所以 ，
易知 ， ，则 ， ，
两式作商得 ，解得 ，
故 在定直线 上.
研考点 · 通技法
将动点的坐标表示为某个参数（通常是斜率 k）的函数，消去这个参数后，得到一个关于 x,y的方
程，即为该点所在的方程。
主要步骤为：1、设参并表示动点2、建立关系3、消参4、得到定方程
在解题过程中，可以使用几何性质转化，先猜后证等方法帮助解决计算问题。
破类题 · 提能力
1．（2026高三·全国·专题练习）已知椭圆 的离心率为 ，右焦点 ，且，直线 交椭圆于 ， 两点，交 轴于点 ．
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)若直线 过右焦点 ，设 ， ，求 的值；
(3)若已知 ，椭圆上下顶点分别为C，D，直线 交直线 于点 ，证明：点 在定直线上．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件列方程组求解；
（2）设直线 的方程为 ，根据向量的坐标运算以及韦达定理化简；
（3）直线 的方程为 ，联立直线 、 的方程求出点 的坐标，结合韦达定理化简得出
.
【详解】（1）依题意可得 ，解得 ，
所以椭圆 的标准方程为 ．
（2）由（1）可得椭圆 的右焦点 ，
由题意知直线 的斜率存在，则设直线 的方程为 ，
， ， ，
联立 ，得 ，
∴ ， ，
又 ， ， ， ，， ，
则 ， ，
∴ ， ，
∴
．
（3）依题意直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，
由（1）可得 ， ，
设 ， ，
由 ，得 ，
∴ ， ， ，
则 ， ，
又直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
解 ，即 ，即 ，
得 ，所以 ，即 ，
所以
，
所以点 在定直线 上．
2．（2025·北京海淀·一模）已知椭圆 ， ， 分别是 的左、右顶点， 是 的
上顶点， 的面积为2，且 ．
(1)求椭圆 的方程及长轴长；
(2)已知点 ，点 在直线 上，设直线 与 轴交于点 ，直线 与直线 交于点 ，判断点
是否在椭圆 上，并说明理由．
【答案】(1)椭圆 的方程为： ，其长轴长为 ；
(2) 在椭圆 上，理由见解析.
【分析】（1）根据题意，列出 满足的方程组，求得 ，即可求得椭圆方程和长轴长；
（2）求出 方程，设出点 的坐标，进而写出 方程，从而求得 的坐标；再结合已知条件，求得方程，联立方程组，解得 坐标，将其代入椭圆方程，即可检验和判断.
【详解】（1）由题可知， ，
的面积为2，且 ，则 ，又 ，解得 ；
故椭圆 的方程为： ，其长轴长 .
（2）由（1）可知， ，又 ，
故直线 方程为： ，又 在直线 上，故设点 ，
当 时，直线 斜率不存在，此时 与 重合， 也与 重合，显然 在椭圆上；
当 时，直线 的斜率为 ，与 轴没有交点，不满足题意；
当 ，且 时，直线 斜率为 ，直线 方程为： ，
令 ，可得 ，故 ；
直线 斜率为： ，直线 方程为： ；
直线 斜率为： ，直线 方程为： ；
联立 ，消去 可得 ，代入 可得： ，即，
又 ，即 ，故点 在椭圆上.
综上所述， 在椭圆 上.
题型06 三点共线问题
析典例 · 建模型
1．（2025·北京昌平·二模）已知椭圆 的长轴长为 ，以椭圆 的焦点和短轴端
点为顶点的四边形的面积为6．
(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 两点，点 与点 关于 轴对称．在 轴上是否存
在定点 ，使 三点共线？若存在，求实数 的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1) ，
(2)存在；
【分析】（1）利用椭圆的性质，结合面积公式可列出方程组求解椭圆各参数即求解；
（2）利用直线与椭圆联立方程组，设交点坐标，假设存在点 ，则可得相等关系 ，然
后利用韦达定理来进行化简，计算即可得结果.
【详解】（1）由题意得 ，解得 ．
所以椭圆 的方程为 ，离心率 ．
（2）设直线 的方程为 ，点 ，点 ．
由 ，得 ．
依据题意， ，
因为点 与点 关于 轴对称，所以点 ．
若在 轴上存在定点 ，使 三点共线，则 ．
由 ，得 ．
由 ，得 ．
因为
，解得 ．
故在 轴上存在定点 ，使 三点共线．研考点 · 通技法
在圆锥曲线大题中证明三点共线是一个经典问题。其核心思想是：将几何共线关系转化为代数关系式。利
用三点 A(x₁, y₁),B(x₂, y₂),C(x₃, y₃)共线的充要条件：任意两点的斜率相等，或 向量共
线，或 点 C 满足直线 AB 的方程。
一、斜率相等：从三点中任意选择两点构成两条直线，证明两直线斜率相等，注意斜率不存在的情况。
二、向量共线：如果向量 ⃗AB 与向量⃗AC（或 ⃗BC）共线（即平行），则 A,B,C 三点共线。
三、点在直线上：求出直线 AB 的方程，然后证明点 C 的坐标满足该方程。
破类题 · 提能力
1．（25-26高三上·北京·期中）已知椭圆 的长轴长为 ，且 .
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)椭圆的左、右顶点分别为 ， ，经过点 的直线与椭圆 相交于不同的两点 ， （不与点 ，
重合）.直线 与直线 相交于点 ，求证： ， ， 三点共线.
【答案】(1) ， ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）椭圆的长轴长和 、 的关系求出椭圆方程和离心率；
（2）再利用直线与椭圆相交，通过联立方程求出相关点的坐标，进而证明三点共线.
【详解】（1）已知椭圆长轴长为 ，得 ，
因为 ，所以 ，
因此，椭圆方程为 ，
由 ，得离心率 ；
（2）设直线 的方程为 ，如下图所示：联立 ，消去 得 ，
由韦达定理得 ，
直线 的方程为 ，令 ，得 ，
要证 三点共线，只需证 ，
因为 ，所以需证 ，即证 ，
将 代入，化简得 ，
即 ，整理为 ，
代入韦达定理结果：左边 ，右边 ，等式成立，故 三
点共线.
2．（2026·江苏南通·模拟预测）已知椭圆 的右焦点为 ，椭圆的上顶点和两焦点
连线构成等边三角形且面积为
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)若直线 与椭圆 交于不同的两点A、B，设点A关于椭圆长轴的对称点为 ，试求 ，， 三点共线的充要条件．
【答案】(1)
(2) 且
【分析】（1）依题意可得 、 ，即可求出 、 、 ，从而求出椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，消元，由 得到 ，设 ， ，列出韦达定理，
依题意可得 ，根据向量共线的坐标表示求出 ，从而求出 的范围，即可得解.
【详解】（1）依题意可得 ，解得 ，
所以椭圆 的标准方程是
（2）联立 ，消去 整理得 ，
由 ，得 ①，
记 ， ，则 ，
又 ，
， ， ，
若 ， ， 三点共线，则 ，
，，即 ，又 ，所以 ，
结合① ，可得 ，解得 或 ，即 ；
综上可得 ， ， 三点共线的充要条件是 且
题型07 定值问题
析典例 · 建模型
1．（2025·北京朝阳·一模）已知椭圆 的右焦点为 ，离心率为 ．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点 作直线l与椭圆E交于不同的两点A，B．设 ，直线BC与直线 交于点N，求证：
直线AN的斜率为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可求得 的值，可求得椭圆的方程；
（2）设直线 ， ，与椭圆方程联立方程组由韦达定理可得
，求得 ，进而计算可得 ，可得结论.【详解】（1）由题意得 ，解得 ，
所以椭圆 的方程是 ．
（2）由题可知直线 斜率存在．设直线 ．
由 ，得 ．
由 ，得 ，即 ．
设 ，
则 ．
直线 的方程为 ．
令 ，得 的纵坐标为 ．
因为，
所以 ．
．
又
．
所以 ，即 ．
所以直线 的斜率为定值 ．
研考点 · 通技法
将待证的目标量（如斜率积、线段乘积、面积等）用参数（通常是斜率k）表示出来，通过代数运算消去
参数，若结果是一个常数，则定值得证。
常见的定值类型有：
1、斜率的和、积、比为定值
2、线段长度、乘积或倒数和为定值
3、面积为定值
4、向量数量积为定值
“先猜后证”：取参数的特殊值快速计算出目标量的值。这个值很可能就是定值。这不仅能预知结果、增
强信心，还能用来验证最终化简结果是否正确。
“设而不求”的极致运用：不仅对交点坐标“设而不求”，对于复杂的中间量，也保持其整体形式，在后
续运算中可能会相互抵消。
参数关系式的挖掘：定值问题的核心往往在于题目中隐藏的参数关系。
破类题 · 提能力1．（2025·北京·模拟预测）椭圆 ： ，左、右顶点分别为A，B，上顶点为C，原点
为 ，P是椭圆上一点. ， 面积的最大值为6.
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)当点P不与椭圆顶点重合时，记直线 与椭圆的另一个交点为 ， 交直线 为D，直线 交x
轴为E.求证：直线 与直线 的斜率之积为定值.
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
【分析】（1）由长轴长得 ，当点 在椭圆上下顶点时， 面积取得最大值，
由此求得 ，即得椭圆的方程，有平方关系可得 ，即求得离心率；
（2）先设点 的坐标，由椭圆的对称性得点 的坐标，
再分别写出直线 和直线 的方程得点 和 的坐标，
由此得到 的表达式，结合点 在椭圆上代入化简即可证明.
【详解】（1）由题意知 ，当点 在椭圆上下顶点时，
面积取得最大值，即 ，
所以椭圆方程为 ， ，所以离心率 ；
（2）不妨设点 ，由椭圆的对称性可知 ，
直线 的斜率为 ，故直线 的方程为 ，
令 ，得 点纵坐标 ；
直线 的斜率为 ，故直线 的方程为 ，令 ，得 点横坐标 ，
所以直线 的斜率为 ，
直线 的斜率为 ，
故直线 和直线 的斜率之积为
，
因为点 在椭圆上，所以有 ，
也即 ，代入斜率之积的表达式的三次项中，
得 为定值.
2．（25-26高三上·北京昌平·期末）已知椭圆C： （ ）的中心为原点O，短轴长为 ，
A，B是椭圆的左、右顶点，F是椭圆的右焦点， .
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)过点 作直线l交椭圆C于M，N（异于A，B）两点，过点F作垂直于长轴的直线与直线BM交于
点D，与直线BN交于点E.设 的面积为 ， 的面积为 ，求证： 为定值.
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用题设条件列出方程，求出 ，即得椭圆的方程；
（2）先设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到 两点坐标的关系，再分别求出直线的方程，进而得到 的坐标，最后计算 和 ，证明它们的乘积为定值.
【详解】（1）由椭圆 的短轴长为 ，得 ，
设椭圆 的长轴长为 ，焦距为 ,因为 ，故 ，
即 ，结合 ，解得 ，
故椭圆的方程是 ，离心率为 ；
（2）由题意可知直线l的斜率不为0，
设直线 , ，且 ,
联立 ,
则 ，即得 ，
且 ，
则直线 的方程为 ，过 作垂直于长轴的直线为 ,
令 ，得 ，则 ；
同理直线 的方程为 ，令 ，得 ，则 ；
又 ， ，
则
，
为定值9.
（建议用时：60分钟）
刷模拟
1．（2026·北京平谷·一模）已知椭圆 的离心率为 ，右顶点为 ，左焦点为 ，
且 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)点 在椭圆 上，且点 在第一象限内，直线 ，过点 且平行于 的直线交
轴于点 ，直线 交 轴于点 ，点 为线段 的中点，求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用离心率和 的几何意义，结合椭圆中 的基本关系，联立方程组即可求出 ，进而得到椭圆方程；
（2）法一：先通过直线 和 的方程求得点 和 的坐标，再借助两点间距离公式得到 ，再由
条件 为线段 的中点即可得结论;
法二：先通过直线 和 的方程求得点 和 的坐标，再由条件 为线段 的中点得到点 的坐标，最
后得出 即可得结论.
【详解】（1）由题意 ，解得 ．
所以椭圆 的方程为 ．
（2）
依题意， ，因为点 是椭圆上一点，可得 ，且 ，
直线 的斜率 ，直线 的方程为 ，
令 ，得 ．
直线 的斜率为 ，直线 方程为 ，
令 ，得 ．法一：因为 ，
，
所以 ，所以三角形 为等腰三角形，因为点 为底边 的中点，
所以 ．
法二：点 为线段 的中点， ，所以 ，
所以 ，
，所以 ，所以 ．
2．（2025·北京·三模）已知椭圆 ： 过 ， 两点.
(1)求椭圆 的方程；
(2)设 ， ，过点 的直线 与椭圆交于 两点，连接 、 交x轴于 两点（
不重合），已知 ，求直线 的方程.
【答案】(1)
(2) 或
【分析】（1）将 两点代入计算可得椭圆 的方程；
（2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理并结合 ，由向量共线可得出坐标间的等
量关系，联立解方程组可得直线斜率，可求得结论.【详解】（1）将 ， 代入椭圆 的方程可得 ，
解得 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）结合题意可知，直线 的斜率存在，
又 ，设直线 方程为 ， ，如下图所示：
联立 ，整理可得 ，
所以可得 ，且 ，
可得 ，即 或 ；
因为 ，所以 、 的斜率分别为 ，
因此直线 、 的方程分别为 ，
则交点 的坐标为 ；结合 可知 ，即 ,
也即 ，整理可得 ，
又 ，可得 ，
又因为 ，将 代入 ，
可得 ，解得 ，
所以 ，
代入 计算可得 ，解得 ，
即 或 ，经检验符合题意，
所以直线 的方程为 或 .
3．（2025·北京海淀·三模）椭圆 的左、右焦点分别为 ，点P为椭圆E上动点．
当P点在长轴端点时， ；当P点在短轴端点时， ．过 作直线 的垂线 ，过
作直线 的垂线 ，直线 的交点为Q．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若四边形 为平行四边形，求平行四边形 的面积；
(3)若点P在第一象限，点Q在椭圆E上，求点P坐标．
【答案】(1)
(2)2
(3)【分析】（1）利用题设条件列出 的方程组，求解即得椭圆方程；
（2）由条件推得 为矩形，设 ，利用椭圆的定义得 ，再由勾股定理
得 ，联立求出 ，从而可求的平行四边形 的面积；
（3）设 ，则 ，依题意求出 的方程，联立求得点 的坐标，由点Q在椭圆E上，
解方程即可求得点P坐标.
【详解】（1）由题意，当P点在长轴端点时，取 ，则 ①，
当P点在短轴端点时，取 ，则 ②，
由②得 ，故 代入①，可得 ， ，
故椭圆E的标准方程为 .
（2）
如图1，若四边形 为平行四边形，又 ，则 ，即 为矩形，
设 ，则 ，又 ，则 ，
于是 ，故平行四边形 的面积为
.
（3）如图2，设 ，则 ，且 ，
因 且 ，故 ，则 ；
因 ，则 因 ，故 ，则 .
由 联立解得： ，
因点Q在椭圆E上，则得 ，将 代入化简得： ，
解得 ， ，即点P坐标为 .
4．（2025·北京海淀·二模）已知椭圆 ．设直线 交椭圆 于不同的两点 、 ，与
轴交于点 ．
(1)当 时，求 的值；
(2)若点 满足 且 ，求 的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当 时，将直线 的方程与椭圆方程联立，求出交点的坐标，再利用弦长公式可求得的值；
（2）设点 、 ，设线段 的中点为 ，将直线 的方程与椭圆方程联立，列出韦
达定理，求出 、 ，利用勾股定理求出 ，可求出 的值，可得出 的值，进而
可得出 的值.
【详解】（1）设点 、 ，当 时，直线 的方程为 ，
联立 可得 或 ，
所以 .
（2）设点 、 ，设线段 的中点为 ，
因为 ，则 ，且 ，
联立 ，可得 ，
则 ，
由韦达定理可得 ， ，
则 ，故点 ，所以， ，
，
，
又因为 ， ，
因为 ，则 ，故 .
5．（2025·北京通州·一模）已知椭圆 的离心率为 ，点 在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过A的直线l（斜率不为0）与椭圆E的另一个交点为B，线段 中点为M，射线 交椭圆E于点
N，交直线 于点Q.求证： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率和 即可结合 的关系求解，
（2）联立直线与椭圆方程，根据中点坐标可得 ，进而可得 以及 ，
即可结合向量的数量积以及两点距离公式化简求解.
【详解】（1）根据题意可知 ，解得 ，
故椭圆方程为（2）设直线 ，联立 与 的方程可得
，
设 ，则 ,
故 ，故 ，
，
故直线 的方程为 ，
联立 与椭圆方程可得 ，解得 ,
在直线 中，令 ，则 ，故 ,
故
，
故
6．（2025·北京·模拟预测）已知椭圆 的长轴的两个端点分别为 ，短轴
的两个端点与 恰构成一个等边三角形的三个顶点.(1)求椭圆 的标准方程；
(2)点 为椭圆上除 ， 外的任意一点，直线 交直线 于点 ，点 为坐标原点：过点 且与直线
垂直的直线记为 ，直线 交 轴于点 ，交直线 于点 ，问：是否存在点 使得 与
的面积相等?若存在，求出点 的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在点P的坐标为
【分析】（1）根据已知条件，列出 满足的等量关系，求得 ，即可求得椭圆 的方程；
（2） ， 且 ，根据已知条件将 点坐标以及 用 表示，求得 ，由此
可将 与 的面积用 表示，构成方程即可求解 ，即可解答.
【详解】（1）根据题意可得： ， ，解得 ，
故椭圆 的方程为： .
（2）
设 ， 且 ，则 ，
又因为 ，所以直线 的斜率为 ，
所以直线 的方程为 ，
令 ，得 ，所以点 的坐标为 ，因为 ，所以直线 的斜率为 ，
因为 ，所以直线 的斜率为 ，
所以直线 的方程为 ，
因为 ， ，所以直线 的斜率为 ，
所以直线 的方程为 ，即 ，
所以 ，
联立直线 和直线 的方程 ，
消去 得 ，即 ，
整理有： ，
因为 ，所以 ，
所以 ，解得点 的横坐标 ，
， ，
要使得 与 的面积相等，应有 ，整理有 ，即 ，
解得 ， ，因为 ， （舍去），所以 ，
由 可得点P的坐标为 .
7．（2025·北京房山·一模）已知椭圆 的长轴长为4，一个焦点为 .
(1)求椭圆 的方程及离心率；
(2)过点 且斜率存在的直线交椭圆 于 两点，在 轴上是否存在点 ，使得 ？若存在，
求出点 的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1) ，离心率 ；
(2)存在， .
【分析】（1）由题意确定椭圆参数值，即可得椭圆方程，进而得到离心率；
（2）设直线 的方程为 ， ， ，联立椭圆并应用韦达定理得
，法一：根据面积比得到 ，即直线 的斜率与直线 的
斜率互为相反数，列方程求得 ；法二：根据面积比得 ，结合两点距离公式并整理求得
，即得结论.
【详解】（1）由题意，得 ，所以 .
所以椭圆 的方程为 ，离心率 .
（2）设直线 的方程为 （显然 ），点 ，设 ，联立方程 ，
整理得 .
所以 .
法一：因为 .
又 ，所以 .
所以 ，直线 的斜率与直线 的斜率互为相反数.
设直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
，整理可得 ，
，因为 ，
所以 ， ，
即 ，解得 .
所以点 的坐标 .法二：因为 ，又 ，
所以 ，即 ， ，
所以 ，且 ，
整理得 ，
则 ，
而 ，显然 ，
所以 ，
故 ，
所以 ，解得 .
所以点 的坐标 .
8．（25-26高三上·北京·月考）已知椭圆 过点 ，离心率为 ，点 为椭
圆的上顶点．
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)设椭圆 的右顶点为 ，点 在椭圆 上 不与椭圆 的顶点重合），直线 与直线 交于点 ，
直线 交 轴于点 ，求证：直线 过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意结合椭圆性质可得 ，结合离心率和 ，即可得解；（2）直线 方程为 ，设 （ ， ）， ， ．由 三
点共线求得 点坐标（用 点坐标表示），由 共线求得 点坐标（用 点坐标表示），写出直线
的方程，把 代入化简对方程变形可得定点坐标．
【详解】（1）由题设可知 ， ，所以 ，
所以 ，所以椭圆 的方程为 ；
（2）由（1）知椭圆 的方程为 ， ．
因为 ， ，所以直线 的方程为 ，即 ．
设 （ ， ）， ， ．
因为 三点共线，所以有 ， ，
所以 ，所以 ，则 ．
因为 三点共线，所以 ，即 ，所以 ．
所以直线 的方程为 ，
即 ．
又因为点 在椭圆 上，所以 ．
所以直线 的方程为 ．
所以直线 过定点 ．9．（2026·北京密云·一模）已知椭圆 ，过点 ，焦距为 .
(1)求椭圆 的方程和离心率；
(2)设 为椭圆 的右焦点，过点 的直线 与椭圆 交于不同两点 （ ， 异于椭圆的顶
点）.判断光线 经过 轴反射后是否经过点 ？说明理由.
【答案】(1) ，
(2)光线 经过 轴反射后经过点
【分析】（1）由已知条件列出关于 方程组求出 即可求解.
（2）先表示过点 的直线 的方程，与椭圆方程联立，由韦达定理得 、 ，计算求解
即可.
【详解】（1）由题可得 ，
椭圆 的方程为 ，
所以椭圆的离心率 .
（2）如图为椭圆 的右焦点， ，
设 ， ，
设过点 的直线 的方程为 ，
将直线方程与椭圆方程联立 得 ，
展开并整理得 ，
则 即 ，
且 ， ，
，
光线 经过 轴反射后经过点 .
10．（2026高三·北京·专题练习）已知椭圆 的左、右焦点为 点P是椭圆上任意一点，
P到两焦点距离之和等于4.(1)求椭圆M的方程.
(2)直线 与椭圆M交于D，E两点，O为坐标原点.试求当t为何值时， 恒为定
值？并求此时 面积的最大值.
【答案】(1)
(2) ；1
【分析】（1）由椭圆的方程和定义即可求 得解；
（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示出 ，令其与 无关解得 ，再计算弦长和点到直
线距离得到三角形面积表达式，最后用基本不等式求最大值.
【详解】（1）由题可知 、 ，即 、 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）如图：
设 ，联立 得 ，
则 即 ， ，
则
，所以当 为定值时， ，即 ，
此时
，
又因为点 到直线 的距离 ，
所以 ，
当且仅当 即 时等号成立，
经检验，此时 成立，所以 面积的最大值为1.
所以当 时 恒为定值，此时 面积的最大值为1.
刷真题
1．（2025·北京·高考真题）已知椭圆 的离心率为 ，椭圆E上的点到两焦点的距
离之和为4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，点 在椭圆E上，直线 与直线 ， 分别交
于点A，B．设 与 的面积分别为 ，比较 与 的大小．
【答案】(1)
(2)【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 .
2．（2024·北京·高考真题）已知椭圆 ： ，以椭圆 的焦点和短轴端点为顶点的四
边形是边长为2的正方形.过点 且斜率存在的直线与椭圆 交于不同的两点 ，过点 和
的直线 与椭圆 的另一个交点为 ．
(1)求椭圆 的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
【答案】(1)
(2)【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 .
3．（2023·北京·高考真题）已知椭圆 的离心率为 ，A、C分别是E的上、下顶
点，B，D分别是 的左、右顶点， ．
(1)求 的方程；
(2)设 为第一象限内E上的动点，直线 与直线 交于点 ，直线 与直线 交于点 ．求证：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【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 .
4．（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
5．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆 的离心率为 ，长轴长为4．
(1)求C的方程；
(2)过点 的直线l交C于 两点， 为坐标原点.若 的面积为 ，求 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；
（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数 表示面积后可求 的值，从而可求弦长.【详解】（1）因为长轴长为4，故 ，而离心率为 ，故 ，
故 ，故椭圆方程为： .
（2）
由题设直线 的斜率不为0，故设直线 ， ，
由 可得 ，
故 即 ，
且 ，
故 ，
解得 ，
故 .
6．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆 的离心率为 ，下顶点为A，右顶点
为B， ．
(1)求C的方程；(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足 ．
（i）设 ，求 的坐标（用m，n表示）；
（ⅱ）设O为坐标原点， 是C上的动点，直线OR的斜率为直线 的斜率的3倍，求 的最大值．
【答案】(1)
(2)(ⅰ) (ⅱ)
【分析】（1）根据题意列出 的关系式,解方程求出 ,即可得到椭圆的标准方程；
（2）(ⅰ)设 ,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；
(ⅱ) 根据斜率关系可得到点 的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接
运算即可解出.
【详解】（1）由题可知, ，所以 ，解得 ，
故椭圆C的标准方程为 ；
（2）(ⅰ)设 ，易知 ，
法一：所以 ，故 ，且 ．
因为 ， ，所以 ，
即 ，解得 ，所以 ，
所以点 的坐标为 .法二：设 ，则 ，所以
， ，故
点 的坐标为 .
(ⅱ)因为 , ,由 ,可得
,化简得 ,即 ,
所以点 在以 为圆心, 为半径的圆上（除去两个点）,
为 到圆心 的距离加上半径,
法一：设 ,所以
,当且仅当 时取等号,所以 .
法二：设 ，则 ，
，当且仅当 时取等号,
故 .
