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nn 培优专题 04 圆锥曲线（椭圆）9 大重难
题型
题型01直接求值
抓关键 · 破难点
利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 、 ；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 的形式；
（5）代入韦达定理求解.
刷经典 · 通方法
1．（2026·北京海淀·一模）已知椭圆 的离心率为 ，其左、右焦点和上顶点构成
的三角形面积为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)设 为坐标原点， 为第一象限内 上的动点，点 在直线 上，且 .过
作 的垂线交直线 于 ，求 的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】
【详解】（1）由题意可知椭圆 的左、右焦点和上顶点构成的三角形面积为 ，
由已知条件可得 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）因为点 在第一象限，所以直线 的方程为 ，
因为 ，所以直线 的方程为 ，因为点 在直线 上，所以点 ，
若直线 的斜率不存在时， 轴，则 ，即 ，
即 ，解得 （舍）或 ，此时 ，
所以直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，则 ，此时 ；
当直线 的斜率存在时， ，
因为 ，所以 ，
联立 ，得 ，
则 ，则 ，
所以
，
所以 .
综上所述， .2．（2025·26高三下·北京·开学考试）已知椭圆 的离心率为 ，焦距为2，点
分别是椭圆 的左右焦点，点 是椭圆 上两动点， 不与 轴垂直，连接 ，直线 与
的外角平分线所在直线交于点 ．
(1)求椭圆 的方程：
(2)当 分别为椭圆 的上顶点和左顶点时，求 点坐标：
(3)求 的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】
【详解】（1）依题意， 解得
椭圆 的方程为 ．
（2）当 分别为椭圆 上顶点和左顶点时， ．因为 ，
．
所以 ．
（3）首先证明 在 上．
设 ，直线 与 交于 ，
易知 ，
① 当 时，
点 到 的距离因为点 在直线 和椭圆 上，所以 且
同理点 到 的距离 ．
所以 ．
②当 ，或 时不妨设 此时必有 ，
由①知点 到 的距离 ．
与 平行，所以 ．
因为直线 过 或 ，所以 ．
所以 ；
综合①② ．
所以点 在 内角平分线或其外角平分线上，而 内角分线与 交点在椭圆内，
所以点 在 外角平分线上．
所以 外角平分线交于一点，所以 在 上，
．
【点睛】本题是椭圆结合角平分线性质的定值问题，核心是将向量数量积转化为C点横坐标，利用角平分
线夹角性质结合韦达定理推导定值.
3．（2025·26高三下·北京海淀·开学考试）已知点 ，椭圆 的左右顶点分别为
， ，离心率为 ， 的面积为4．
(1)求椭圆 的方程；(2)过点 且斜率为 的直线交椭圆 于点 ， ，若 轴上存在点 使得 为等边三角形，求 的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】
【详解】（1）由题意， ，所以 ，
所以椭圆方程为 .
（2）直线 方程为 ，
联立 ，消去 化简得 ，
，解得 ，
设 ， ，
所以 ， ，
因此 中点 ，
中垂线方程为 ，
如果存在点 使得 为等边三角形，则点 一定是 中垂线与 轴的交点 ，
此时还需要 ，
而 ，因此 ，
即 ，解得 ，
所以 .
4．（2025·26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】
【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 .
5．（2024·25高三下·北京·月考）已知椭圆 的中心在原点，焦点在 轴上，且短轴长为 ，离心率等
于 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)设 为椭圆 的左顶点， 为右焦点， 为椭圆 上一个动点．设直线 与直线 交于点 ，连接
，过 作 的平行线与 交于点 ，求 的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】
【详解】（1）因为椭圆 的中心在原点，焦点在 轴上，
所以设椭圆方程为 ，
由题意得 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 ；
（2）由题意得 ，设 ，
则 ，得 ，即 ，由题意得直线 的斜率存在，则 ，
所以直线 为 ，
当 时， ，所以 ，
所以直线 的斜率为 ，
因为直线 与直线 平行，所以直线 的斜率为 ，
所以直线 为 ，
当 时，由椭圆的对称性，不妨设点 为第一象限的点，则 ，
此时直线 为 ，直线 为 ，
由 ，得 ，即 ，
所以 ，
当 时，直线 的斜率为 ，则直线 为 ，
由 ，得 ，即 ，
所以综上，
题型02定点问题
抓关键 · 破难点
常用方法：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方
程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点 ，常利用直线的点斜式方程 或截距式 来证明．
一般解题步骤：
①斜截式设直线方程： ，此时引入了两个参数，需要消掉一个．
②找关系：找到 和 的关系： ，等式带入消参，消掉 ．
③参数无关找定点：找到和 没有关系的点．
刷经典 · 通方法
6．（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】
【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 .
7．（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】【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 .
8．（2024·25高三上·北京房山·期末）已知椭圆 过点 ，离心率为 ，一条
直线与椭圆 交于 、 两点，线段 的垂直平分线为 ， 为直线 与直线 的交点.
(1)求椭圆 的方程；
(2)若 ，直线 是否过定点？如果是，求出该定点的坐标；如果不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)是，定点坐标为
【分析】
【详解】（1）因为椭圆 过点 ，离心率为 ，
则 ，解得 ，
因此，椭圆 的方程为 .
（2）设点 、 ，则 ，
当直线 的斜率存在且不为零时，设直线 的方程为 ，联立 可得 ，
则 ，可得 ，
当 时，由韦达定理可得 ，整理可得 ，
可得 ，
此时， ，则 ，
所以，直线 的方程为 ，即 ，
此时，直线 恒过定点 ；
当直线 轴时，则线段 的方程为 ，此时点 、 关于 轴对称，
则直线 为 轴，此时，直线 过点 ；
当直线 轴时，此时点 、 关于 轴对称，则 ，不合乎题意.
综上所述，直线 恒过定点 .
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方
程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点 ，常利用直线的点斜式方程 或截距式 来证明.
9．（2024·北京海淀·二模）已知椭圆 的焦点在 轴上，中心在坐标原点.以 的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为 .
(1)求栯圆 的方程；
(2)设过点 的直线 （不与坐标轴垂直）与椭圆 交于不同的两点 ，与直线 交于点 .点
在 轴上， 为坐标平面内的一点，四边形 是菱形.求证：直线 过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
【详解】（1）由题意可设椭圆 的方程为 .
因为以 的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为 ，
所以 且 ，
所以 .所以 .
所以椭圆 的方程为 .
（2）设直线 的方程为 ，
令 ，得 ，即 .
由 得 .
设 ，则 .
设 的中点为 ，则 .
所以 .
因为四边形 为菱形，
所以 为 的中点， .所以直线 的斜率为 .
所以直线 的方程为 .
令 得 .所以 .
设点 的坐标为 ，则 ，
即 .
所以直线 的方程为 ，即 .
所以直线 过定点 .
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法：
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有
关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
10．（2026·北京石景山·一模）已知椭圆 的左顶点为 ，离心率为 .(1)求椭圆 的方程；
(2) 为椭圆 的右顶点， 为椭圆 上异于A，B的任意一点，直线 ， 分别与直线 交于M，N
两点，直线 与椭圆 的另一个交点为 .求证：
① ；
②直线 恒过定点.
【答案】(1)
(2)①证明见详解，②证明见详解
【分析】
【详解】（1）由题可得 ，解得 ， ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）①由已知得 ，设 ，则 ，即 ，
所以 ， ，
所以直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
在上面两方程中分别令 ，得 ， ，
所以 ， ，
，即 .②当直线 的斜率存在时，设其方程为 ， ，
则 ，消去 整理得 ，
所以 ， ， ，
由 ，得 ，即 ，
因为 ， ，
所以 ，又 ，
所以 ，
即 ，
所以 ，化简得 ，
即 ，解得 或 ，
所以直线 的方程为 或 （舍），
所以直线 的方程为 ，过定点 ；
当直线 的斜率不存在时，由对称性可得直线 的斜率为 ，其方程为 ，
代入椭圆 的方程，得 ，解得 或 ，
所以 ，此时直线 的方程为 ，满足题意，
综上所述，直线 恒过定点 .题型03定值问题
抓关键 · 破难点
解析几何中定值问题的证明过程可总结为“变量—函数—定值”，具体操作程序如下：
（1）变量----选择适当的量为变量．
（2）函数----把要证明为定值的量表示成变量的函数．
（3）定值----化简得到的函数解析式，消去变量得到定值．
求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊情况入手，求出定值，再证明该定值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理过程中消去变量，从而得到定值．
刷经典 · 通方法
11．（2025·26高三下·北京·月考）已知椭圆 ： 的焦距为2，且过点 .
(1)求C的标准方程；
(2)过点 作两条斜率存在且不为零的直线 ， 分别交 于 和 ，满足 .
证明： ， 的斜率之和为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
【详解】（1）
由焦距 ，即 ，可知两焦点坐标分别为 ， ，则 ，即 ，
所以 ，所以 的标准方程为 .
（2）
设P，Q的坐标分别为 ， ，设 的方程为 ，
联立 ，整理得 ，
所以 ，
， ，
，
设 的方程为 ，同理有 ，
所以 ，即 ，由于 ，所以 ，即 ，所以 ， 的斜率之和为定值0.
12．（2026·北京房山·一模）已知椭圆 ： 的离心率为 ， 分别是 的上、下
顶点， 分别是 的左、右顶点，且 ．设 为椭圆 上的动点，过点
的直线 与椭圆有且只有一个公共点，直线 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)证明见解析
【分析】
【详解】（1）由 且 是左右顶点，得 ，即 ，
由离心率 ，代入 ，得 ，
由 ，得 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 ．
（2）如图，作出符合题意的图形，由 在椭圆上，得 ，
依题意可得直线 的斜率存在，设 的方程为 ，则 ，
由 ，得 ，
由 ，得 ，
由 ，得 ，
解得 ， ，
设 ，由 ，得 ，
直线 的方程分别为 ， ，
因为点 不在直线 上，所以 ，
由 ，得 ，
所以 ，
所以 ，因为 ，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．
13．（2025·26高三上·北京房山·期末）已知椭圆 ： 过点 ，短轴长为 ，
， 分别为椭圆的左、右顶点．
(1)求椭圆 的方程及离心率；
(2)过点 且不与 轴垂直的直线 与椭圆 交于 两点，直线 的斜率与直线 的斜率的比值
是否是定值，如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由．
【答案】(1) ，
(2)直线 的斜率与直线 的斜率的比值为定值，定值为
【分析】
【详解】（1）由短轴长为 可得， .
由椭圆 过点 可得， ，解得 ，所以 .
所以椭圆 的方程为 .
离心率为 .
（2）设直线 的方程为 ，设 ， .
因为 ， 分别为椭圆的左、右顶点，所以 ， .联立 ，整理得 ，
，
所以 ， .
， ，
所以
.
当直线 斜率不存在时，方程为 ，代入椭圆方程解得 .
不妨设 ， ，则 .
综上，直线 的斜率与直线 的斜率的比值为定值，定值为 .
14．（2024·25高三上·北京·月考）已知椭圆 的左顶点为 ，上、下顶点分别为
，直线 的方程为 .
(1)求椭圆 的方程及离心率；
(2) 是椭圆上一点，且在第一象限内， 是点 关于 轴的对称点.过 作垂直于 轴的直线交直线 于点 ，再过 作垂直于 轴的直线交直线 于点 .证明：直线 的斜率为定值.
【答案】(1) 的方程 ；离心率为 ；
(2)证明见解析；
【分析】
【详解】（1）易知 ，
又直线 的方程为 ，可得 ，
解得 ，则 ；
所以椭圆 的方程为 ，离心率为 .
（2）依题意可设 ，则由对称性可知 ，如下图所示：
易知 两点纵坐标相同，可得 ，
又 点在直线 上，解得 ，即 ；
又 两点横坐标相同，可得 ；
因为 点在直线 上，所以 ，即 ，解得 ；
又点 在椭圆上可得 ，因此 ，所以 ；即
所以直线 的斜率为 ，
即可得直线 的斜率 为定值.
15．（2024·北京海淀·三模）已知椭圆 的左焦点为 ，且点 在椭圆C
上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知 ，点P为椭圆C上一点．
（ⅰ）若点P在第一象限内， 延长线交y轴于点Q， 与 的面积之比为1∶2，求点P坐标；
（ⅱ）设直线 与椭圆C的另一个交点为点B，直线 与椭圆C的另一个交点为点D．设
，求证：当点P在椭圆C上运动时， 为定值．
【答案】(1)
(2) ，证明见解析
【分析】
【详解】（1）由题意知， ，则 ①，
又因点 在 上，
所以 ②，联立①、②式可得 ，解之可得 ， ，所以椭圆方程为 .
（2）(i)由题意知，直线 的斜率一定存在，
设其方程为 ，根据题意可知 ，如图所示，
令 ，则 ，即 点坐标为 ，
设点 到直线 的距离为 ，
又因 是 的中点，所以点 到直线 为 ，
又因 与 的面积之比为1∶2，
所以 ，所以 ，
即点 是 的中点，所以可得 点坐标为 ，
又因点 在椭圆 上，所以 ，
解之可得 ，所以 点坐标为 ；
(ii)设 ， ，直线 的方程为 ，
其中 ，则 ，联立 ，可得 ，
根据韦达定理可知 ，因为 ，
所以 ，所以 ，
，
设直线 的方程为 ，其中 ，
同理可得 ，
所以
，
所以 为定值.
题型04定直线问题
刷经典 · 通方法
16．（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】
【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.17．（2024·25高三上·北京·月考）已知椭圆C： 的左、右焦点分别为 、 ，一个
焦点为 ，P是椭圆上一动点（与左、右顶点不重合）.已知 的面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点 且斜率不为0的直线l与椭圆C相交于M，N两点，椭圆长轴的两个端点分别为 ， ，
与 相交于点Q，求证：点Q在某条定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
【详解】（1）由题意可得椭圆的半焦距 ，
，所以 ，
所以 ，
所以椭圆C的方程为 ；
（2）不妨设 ， ，l的方程为 ，
联立 ，得 ，恒成立，
设 ， ，则 ，
故 ， ，
又 的方程为 ， 的方程为 ，
联立两直线方程得 ，
即 ，
因为 ，所以 ，
整理得 ，
故点Q在定直线 上.
18．（2024·25高三上·北京·月考）已知椭圆 的离心率为 ，点 在C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点 且斜率为 的直线交椭圆C于 ， 两点，试用含 的代数式表示
；
(3)在（2）的条件下，过点P作垂直于x轴的直线与直线AQ相交于点M，证明：线段PM的中点在定直线
上.【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】
【详解】（1）因为椭圆 的离心率为 ，点 在C上，
所以 ,
所以 ,
所以椭圆C的方程为 .
（2）设过点 且斜率为 的直线为： ,即 ,
联立方程组 ,
所以 ,
因为 ， ，所以 ,
所以（3）设直线 为 ,过点P作垂直于x轴的直线与直线AQ相交于点M，
所以 ,又因为 ， 的中点 ，
于是 ,
所以 ， ，即 ．
则有 ，
又因为 ，
所以 ，
于是 ，
即 ，
即 ，即 ，
即点 在直线 上．
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是整体思想在圆锥曲线的定直线和定点问题中的应用.
19．（2024·25高三上·北京·月考）已知椭圆 的左、右焦点分别为， ，若 到过椭圆左焦点、斜率为 的直线的距离为3，连接椭圆的四个顶点得到的四边形面积为4．
(1)求椭圆 的方程；
(2)设椭圆 的左、右顶点分别为 ，过点 的直线 与椭圆 相交于 两点，证明：直线
的交点在垂直于 轴的定直线上．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】
【详解】（1）斜率为 的直线倾斜角为 ，
到过椭圆左焦点、斜率为 的直线的距离为3，故
连接椭圆的四个顶点得到的四边形为对角线互相垂直的四边形，
故面积 ，则 ，结合
解得 ，故椭圆 的方程为： .
（2）由题意知，直线 的斜率不为0，
故设过点 的直线 的方程为： ， ，
联立 得： ，
故 ， ，
易知 ，故 ，
所以直线 的方程为： ，同理可得，直线 的方程为： ，
联立 得： ，
即 ，化简得： ，
因为 ，
故 ，即 ，故 ，
所以直线 的交点在垂直于 轴的定直线 上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20．（2024·北京·三模）已知椭圆 的短轴长为 ，左、右顶点分别为 ，过右
焦点 的直线 交椭圆 于 两点（不与 重合），直线 与直线 交于点 ．
(1)求椭圆 的方程；(2)求证：点 在定直线上.
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【分析】
【详解】（1）依题意， ，半焦距 ，则 ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）显然直线 不垂直于y轴，设直线 ，
由 消去x并整理得 ，
，设 ，
则 ，且有 ，
直线 ，直线 ，
联立消去y得 ，即 ，
整理得 ，
即 ，
于是 ，而 ，
则 ，因此 ，
所以点 在定直线 上.题型05角度问题
刷经典 · 通方法
21．（2026·北京昌平·一模）已知椭圆 的焦点是长轴的四等分点，点 和点
都在椭圆 上，直线 与 轴交于点 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)设 为原点，点 与点 关于 轴对称，直线 与 轴交于点 ．在 轴上是否存在点 ，使得
？若存在，求点 的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在， ，理由见解析
【分析】
【详解】（1）由题意得， ， ，则 ，
则椭圆 的方程为 ；
（2）因为 在椭圆 上，且点 与点 关于 轴对称，
所以 ， ，
则直线 ，令 ，则 ，则 ，
直线 ，令 ，则 ，则 ，设 ，则 ，
因为 ，所以 ，得 ，
因为 ，所以 ，故 .
22．（2025·26高三下·北京·月考）已知椭圆 ： 的短轴长为2，且过点 ，设
点 为椭圆在第一象限内一点.
(1)求椭圆 方程；
(2)点 关于原点的对称点为 ，点 ，点 为 中点， 的延长线交椭圆于点 .记直线 的斜率
为 ，直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
（ⅰ）求证： 为定值；
（ⅱ）当 最大时，求直线 方程.
【答案】(1)
(2)（ⅰ） 为定值 （ⅱ）【分析】
【详解】（1）由题意短轴长为2， ，即 ，因为椭圆经过点 ，
所以 ，则 .所以椭圆方程为
（2）（ⅰ）证明：由题意可得 ，因为点 关于原点的对称点为 ，所以
,点 ，点 为 中点，即 ，设 .
直线 的斜率为 ，
直线 的斜率为 ，
所以 ①，
因为 在椭圆上，所以 ，解得 ②，
同理因为点 在椭圆上，所以 ③，
将②③代入①式，得 （为定值）.
综上， 为定值 .
（ⅱ）又因为 既在椭圆上又在 的延长线上，所以 ，
又因为
所以 ，则 ，
设 ，直线 倾斜角为 ，直线 倾斜角为 ，
， ，
所以 ，
则 ，
当且仅当 ，即 ，解得 （因为 ）时等号成立，即此时 最大.
所以 直线方程为 ．
23．（2025·26高三上·北京西城·期末）已知椭圆 的上顶点为 ，动点 为 轴正半轴上的一
点，过点 作AB的垂线交椭圆 于另一点
(1)当直线AC经过椭圆的左焦点时，求点 的坐标；
(2)问是否存在点 ，分别使得 等于 和 ？说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在点 ，使得 ;存在点 ，使得 和 ；理由见解析
【分析】
【详解】（1）由题意，椭圆 的上顶点 ，左焦点的坐标为 ，
则直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，设 ，则 ，解得 ，
所以点 的坐标为 ；
（2）结论：不存在点 ，使得 ；存在点 ，使得 和 ，
证明如下：
假设存在点 ，使得 ( )，
由题意，设直线 ： ，
联立 ，得 ，
解得 ，或 ，
由题意，得直线 ： ，
令 ，得 ，
设 ，由 ，得 ，
则 ，即 ，
所以 （*）
故关于 的一元二次方程（*）的 ，即 ，
由（*）的两根之和为 、两根之积为正数，知当 时（*）存在正根(即
存在点 )，
因为 ，
所以不存在点 ，使得 ；存在点 ，使得 和 .24．（2025·26高三上·北京顺义·月考）已知椭圆 的上，下顶点分别为 ，且短轴
长为2，离心率为 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)设直线 与 轴交于点 ，点 为椭圆 上不同于顶点的一点，且直线 与直线 交于点 ，
AM与直线 交于点 ，判断是否存在点 ，使得 ？若存在，求出点 的坐标；若
不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2) 或 ，
【分析】
【详解】（1）解：由椭圆 的短轴长为 ，可得 ，解得 ，
又由椭圆 的离心率为 ，即 ，所以 ，
因为 ，可得 ，解得 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）解：由直线 与 轴的交点为 ，且椭圆 的上下顶点为 ，
设椭圆 上不同于顶点的点 ，
可得 ，即 ，
由直线 的斜率为 ，则直线 的方程为 ，令 ，可得 ，解得 ，所以 ，
又由直线 的斜率为 ，则直线 的方程为 ，
令 ，可得 ，解得 ，所以 ，
假设存在点 ，使得 ，则 ，即 ，
因为 ，
可得 ，解得 ，所以 ，所以 ，
即 点的坐标为 或 ，
所以存在点 或 ，使得 成立.
25．（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】
【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06平行或共线问题
刷经典 · 通方法
26．（2026·北京西城·一模）已知椭圆 的右顶点为A，下顶点为B，左右焦点分别
为 ，且 ，圆 经过点B．O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设圆W的切线 与椭圆E相交于C，D两点，点 在直线 上，且满足 ，过Q
作 轴于点P，求证： ．
【答案】(1) ；(2)证明见详解.
【分析】
【详解】（1）因为圆 经过下顶点 ，所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，
所以椭圆E的方程为 .
（2）由（1）知 ，
要证 ，只需证 ，即 ，得 ，
又 ，所以只需证 .
设 ，因为 ，所以 ，
当直线 的斜率不存在时，易知其方程为 ，则 ，
因为 ， ，所以
将 代入 得 ，代入 得 .
当直线 的斜率存在时，设其方程为 ，易知 ，
则 ，代入 ，得： ，
整理得 ，
又圆 与直线 相切，所以 ，所以 ， ，
因为点 在椭圆上，所以 ，
整理得 ，
又 ，所以 ，
由 ， 解得 .
综上， ，即可得证.
27．（2025·26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】
【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.
28．（2026·北京顺义·一模）已知椭圆 ： 的左右顶点为 ， ， ，焦距为.
(1)求椭圆 的方程；
(2)设 为原点， 是 上不同于 ， 的一点， 的中点为 ，直线 与直线 交于点 ，直线
与 交于点 .是否存在点 使得直线 平行于直线 成立?说明理由.
【答案】(1) ；
(2)不存在满足条件的点 ，理由见解析；
【分析】
【详解】（1）由椭圆性质，左右顶点距离 ，得 ；
焦距 ，得 ；
由椭圆关系 ，
因此椭圆 的方程为： ；
（2）不存在满足条件的点 ，
理由如下：由题意得 ，设 ，
中点 坐标为 ，直线 的斜率 方程为 ，令 得
，
直线 的斜率 方程为 ，
若 ，则 ，而 ，故 ，
将 代入化简得： ，
因为 在椭圆 上，代入椭圆方程，结合 在椭圆上满足 ，化简最终得： ，此时 与 重合，不符合“ 不同于 ”的条件，因此不存在满足条件的点 .
29．（2025·26高三下·北京西城·月考）已知椭圆 的短轴长和焦距均为 .直线
与椭圆W相切于第一象限内一点M.直线 （不过原点）交椭圆W于A，B两点，C为AB的中点.
(1)求椭圆W的方程；
(2)若C在直线OM上，证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
【详解】（1）由椭圆 的短轴长和焦距均为 ，
得 的短半轴长 ，半焦距 ，则长半轴长 ，
所以椭圆W的方程为 .
（2）设点 ，直线 的方程为 ，
由 消去 得， ，
，
，因此直线 的斜率 ，
设 ，线段 的中点 ，
由 ，得 ，
则 ，直线 的斜率 ，而点 在直线 上，于是 ，即 ，亦即 ，
则 ，又点 ，所以 .
30．（2025·26高三上·北京朝阳·期末）已知椭圆 ： 的离心率为 ，椭圆 上的点
到两焦点的距离之和为 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)设点 ， ，过点 的直线 与椭圆 交于不同的两点 ，点 关于 轴的对称
点记为 （ 与 不重合）．若 ，试判断三点 是否共线？并说明理由．
【答案】(1)
(2) 三点共线，理由见解析
【分析】
【详解】（1）因为椭圆 上的点到两焦点的距离之和为 ，所以 ，解得 .
又因椭圆 的离心率为 ，所以 ，所以 .
所以 .
故椭圆 的方程为 .
（2）依题意，直线 的斜率不能为0，故可设其方程为 ，再设 ， ，则 .联立 ，整理得 .
令 ，即 .
则 ， .
又 ， ，所以 .
又 ， ，
则 .
分子
所以 ，即 ，所以 ，
又 为公共点，所以 三点共线.
题型07特殊几何体问题刷经典 · 通方法
31．（2023·24高三上·北京·期中）已知椭圆W： 的焦距为4，短轴长为2，O为坐标
原点．
(1)求椭圆W的方程；
(2)设A，B，C是椭圆W上的三个点，判断四边形OABC能否为矩形？并说明理由．
【答案】(1)
(2)四边形OABC可以为矩形，理由见解析
【分析】
【详解】（1）由题意可得 ，则 ，
所以椭圆W的方程为 ．
（2）设AC： ， ， ，AC中点 ， ，
联立方程组 ，
，
， ．（1）
由条件 ，得 ，
即 ，
整理得 ，
将（1）式代入得 ，
即 （2）
又 ， ，且M同时也是OB的中点，所以 ， ，
因为B在椭圆上，所以 ，
即 ， ，
所以 （3）
由（2）（3）解得 ， ，
验证知 ，
所以四边形OABC可以为矩形．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
32．（2025·26高三上·北京通州·期末）已知椭圆 ： （ ）的离心率为 ， ， 分别
是 的左、右顶点， .
(1)求椭圆 的方程；
(2)若 为坐标原点，过点 且斜率为 的直线 交椭圆 于不同的两点 ， （ ， 异于点 ），
直线 ， 分别与直线 交于点 ， .试判断四边形 是否为平行四边形，并说明理由.【答案】(1) ；
(2)是平行四边形，理由见解析.
【分析】
【详解】（1）由椭圆 的离心率 ， 是 的左、右顶点，且 ，
可得 ，解得 ，则 ，
所以椭圆 的方程为 ，
（2）设直线 方程为 ，设 ，
联立方程组 ，整理得 ，
，即 ，
所以 ， ，
因为 ，可得 ， ，
所以 ，
因为 ，所以 ，设 ，
则 ，
所以 ，
同理可得
，
因为
，所以 ，
所以 中点是 ，
又因为 中点是 ，所以四边形 是平行四边形.
33．（2025·26高三上·北京·期中）已知椭圆 的左、右焦点分别为 、 ，上顶点
为 ， 的周长为 ，且椭圆 的离心率为 ．
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)两条平行直线 、 不与坐标轴平行，已知 与椭圆 交于 、 两点， 与椭圆 交于 、 两点， 、
、 、 四点构成四边形 ，试问四边形 是否有可能为等腰梯形，若可能，请求出一组满足
要求的直线 、 ，若不可能，请说明理由．【答案】(1)
(2)不可能，理由见解析
【分析】
【详解】（1）椭圆 的离心率为 ，故 ，
的周长为 ，解得 ， ，
故 ，所以椭圆 的标准方程为 .
（2）如下图所示：
若四边形 为等腰梯形，则 ，
设直线 、 交于点 ，因为 ，所以 ，故 ，
从而 ，
分别取线段 、 的中点 、 ，则 ， ，
故 、 、 三点共线，则 ，
不妨设直线 的方程为 ，设点 、 ，
联立 可得 ，
，可得 ，由韦达定理可得 ，
故 ，故点 ，
设直线 的方程为 ，同理可得点 ，
直线 的斜率为 ，
因为 ，即 与 不垂直，
因此不存在满足题设条件的两条平行直线 、 ，使得四边形 为等腰梯形.
34．（2025·北京门头沟·一模）已知椭圆 的一个顶点为 ，离心率为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)过点 作斜率为 的直线与椭圆 交于不同的两点 ， ，直线 ， 分别与 轴交于点 ，
，点 关于 轴的对称点为 ，求证：四边形 为菱形.
【答案】(1) ；
(2)证明见解析
【分析】
【详解】（1）因椭圆顶点为 ，离心率为 ，
则 ，所以 ，故椭圆方程为： ；
（2）由题，设直线方程为 ，将直线方程与椭圆方程联立，可得 .
即得
化简得
因直线与椭圆 交于不同的两点 ，则 .
设 ，由韦达定理 .
又设 ，令 得 ；
设 ，令 得 ；
又因为
.
所以 ， ，所以 平分 ，所以四边形 为菱形.
35．（2022·北京·模拟预测）椭圆C： 的右顶点为 ，离心率为
(1)求椭圆C的方程及短轴长；
(2)已知：过定点 作直线l交椭圆C于D，E两点，过E作AB的平行线交直线DB于点F，设EF中点
为G，直线BG与椭圆的另一点交点为M，若四边形BEMF为平行四边形，求G点坐标．【答案】(1) ；
(2)
【分析】
【详解】（1）由题意可得 ， ，所以 ，
，短轴长
所以椭圆C的方程： ；
（2）设直线AD的方程： ，即 ， ， ，
由 ，消去y，整理得 ，
则 ，
所以 ， ，
则直线BD的方程： ，令 ，则 ，所以 ，所以，
，
则直线BG的斜率，
所以直线BG的斜率为 ，所以直线BG的方程： ，
因此 ，则 ，解得 或 ，
所以 ，
当BEMF为平行四边形时，G为BM的中点，则 ，所以
题型08最值范围问题
刷经典 · 通方法
36．（2025·26高三下·北京·月考）已知椭圆 经过点 ， 为 的右
焦点．
(1)求 的标准方程；
(2)过点 的直线 与 交于 ， 两点（ 的斜率存在且不为0），设点 关于 轴的对称点为 ，求
面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】
【详解】（1）由题意可得 ，且有 ，解得 ，即 的标准方程为 ；
（2）设 ， ， ，则 ，
联立 ，消去 可得 ，
则 ， ，且 ，
，
点 到 的距离 ，
则
，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
故 面积的最大值为 .37．（2025·26高三上·北京·月考）椭圆 分别为左右焦点， 为坐标原点，直
线 过 与椭圆 交于 两点， 的周长为 ， 的周长为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)过 作直线 交抛物线 于点 ，求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】
【详解】（1）由题意可得 的周长 ，
的周长 ，
联立可得 ，解得 ，则 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）由椭圆 ，即 ，则 ，易知直线 的斜率 存在，设 ，
联立 ，化简可得 ，
显然 ，设 ，则 ，
可得 ，
由 ，且垂足为 ，则 ，
联立可得 ，化简可得 ，
显然 ，设 ，则 ，
可得 ，
设直线 的倾斜角为 ，则 ，可得 ，
，令 ，可得 ，
由 ，则令 ，求导可得 ，
易知当 时， ，所以函数 在 上单调递增，故 ，
即 ，可得
所以 .
38．（2025·26高三上·北京昌平·月考）已知椭圆 ： 的离心率为 ，长轴长为4．
过点 的直线 与椭圆 交于 ， 两点， 为坐标原点．
(1)求椭圆 的方程；
(2)若 的面积为 ，求 ；
(3)求 的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】
【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）当直线AB的斜率不存在时，此时 三点共线，不合要求，舍去，
当直线AB的斜率存在时，
设直线AB的方程为： ，
联立 消去 得， ，
由 ，解得 ，
设 ，
，
，
解得 ，
所以 ．
（3）当直线AB的斜率不存在时，此时 三点共线，不合要求，舍去，
当直线AB的斜率存在时，
设直线AB的方程为： ，联立 消去 得， ，
由 ，解得 ，
设 ，
，
设 ，则 ，
，
当且仅当 ，即 时等号成立，即 ，
解得 时取等号，满足 ，
所以 的面积最大为 .
39．（2025·北京·二模）已知椭圆 ，直线 经过椭圆 的左顶点
和下顶点 ．
(1)求椭圆 的方程和离心率；
(2)设过点 且斜率不为0的直线交椭圆 于 两点，直线 与直线 的交点分别为
，线段 的中点分别为 ．若直线 经过坐标原点，求 的取值范围．
【答案】(1) ，离心率
(2)
【分析】【详解】（1）因为直线 与坐标轴交点为 和 ，
所以 ．
由 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 ，离心率 ．
（2）
由题意，直线 的斜率存在，故设其方程为 ，
设点 ，
由 得 ，
所以 ．
所以点 的横坐标 ，纵坐标 ．
结合直线 过坐标原点，可得直线 的方程为 ．
令 ，得点 的坐标为 ．
当 时，显然点 不在 轴上．
则直线 ： ，直线 ： ．
令 ，得点 ．由线段 的中点为 ，得 ，
整理，得 ，
即 ，
化简，得 ．
由 ，得 ．
当 时，由题意，点 中有一个与点 重合（不妨设点 与点 重合），
处 为 中点，且 ，
在 中， ，则直线 的方程为 ，
由 的中点为 ，则 ，即 ，故 ，
所以 ，当且仅当 时等号成立．
综上， 的取值范围为 .
40．（2022·北京西城·二模）已知椭圆 的左顶点为 ，圆 经过
椭圆 的上、下顶点．
(1)求椭圆 的方程和焦距；
(2)已知P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点（P，Q不在坐标轴上），且直线PQ与x轴平行，线段 的
垂直平分线与y轴交于点 ，圆 在点 处的切线与y轴交于点 ．求线段 长度的最小值．
【答案】(1)椭圆C的方程为 ，焦距2
(2)
【分析】
【详解】（1）由题意知， ，∴ ，∴椭圆 的方程为 ，焦距为 ．
（2）由直线 与 轴平行，可设 ，
则 ， ，
根据椭圆与圆的对称性，不妨取 ，
∵ ， ，
∴直线 的斜率为 ，线段 的中点为 ，
∴线段 的垂直平分线为 ，
令 ，则 ，
而 ，则 ，
圆 在点 处的切线方程为 ，
令 ，则 ，
∴线段 长度为 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
故线段 长度的最小值为 ．
题型09存在性问题刷经典 · 通方法
41．（2025·26高三下·北京·开学考试）已知椭圆 的长轴长为4，短轴长为 ．
(1)求椭圆 的方程及离心率：
(2)过点 且与 轴不重合的直线 与椭圆 交于不同的两点B，C，点 关于 轴的对称点为 ．问：
平面内是否存在定点 ，使得 恒在直线 上？若存在，求出点 的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1) ，
(2)存在，定点
【分析】
【详解】（1）因为椭圆 的长轴长为4，短轴长为 ，
所以 ， ，则 ，
所以椭圆 的方程为 ，离心率 .
（2）存在定点 ，使得 恒在直线 上.
设直线 为 ， ， ，则 ，
联立 ，消去 得 ，
，解得 ，
则 ， ，
又直线 的方程为 ，又 ，
，恒过定点 ，
故存在定点 ，使得 恒在直线 上.
42．（2023·北京·三模）已知椭圆 经过点 ，且其离心率为 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)直线 与 轴交于点 ，与椭圆 交于 两点，直线 分别与直线 交于 两点．是否存
在定点 ，使得 与 的面积之比为定值？若存在，求出 的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】
【详解】（1）由题意 ，解得 ，
故椭圆方程为： ．（2）设直线 与 轴交点为 ，则由题意 斜率存在，
设 ，与椭圆方程联立得 ，
由 得 ．设 ，
由韦达定理得 ，
直线 为 ，令 ，
则 点横坐标为 ，同理 ．
设 ，
则
所以
.
若 存在定值，即不随 变化而改变，
则 ，解得 ，
但此时 过点 ，不合题意．所以定点 不存在．43．（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】
【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.
44．（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】
【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．
45．（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】
【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 .
