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2023届北京新高考复习 专题5 圆锥曲线解答题30题专项提分计划解析版
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这是一份2023届北京新高考复习 专题5 圆锥曲线解答题30题专项提分计划解析版，共30页。试卷主要包含了已知椭圆经过点.，已知椭圆的左右焦点分别为，椭圆C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
1．（2022·北京·北大附中校考三模）已知椭圆经过点.
(1)求椭圆的方程及其离心率；
(2)若为椭圆上第一象限的点，直线交轴于点，直线交轴于点，且有，求点的坐标.
【答案】(1)，离心率为；
(2)
【分析】（1）由题意可得，继而求出，即可得方程和离心率；
（2）设，则，又由可得，继而得到，联立即可解得，的值.
【详解】（1）依题知：，所以.
所以椭圆方程为，离心率.
（2）如图：
设，第一象限有，①；
由得：，
又，，
因此②，
联立①②解得，故.
2．（2022·北京·北京育才学校校考模拟预测）已知椭圆：（）上一点到两个焦点的距离之和为4，离心率为.
(1)求椭圆的方程和短轴长；
(2)已知点，过左焦点且与不垂直坐标轴的直线交椭圆于，，设直线与椭圆的另一个交点为，连接，求证：平分.
【答案】(1)，短轴长；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由椭圆定义、离心率可得，进而求得，即可得椭圆方程和短轴长；
（2）将问题化为证明，令为联立椭圆，应用韦达定理、斜率两点式并化简，即可证结论.
【详解】（1）由题意，则，故，则，
所以，短轴长.
（2）要证平分，即，如下图示，
所以，只需证即可，，
由题意，设为，联立椭圆并整理得：，
所以，且，即，
而，
又，
所以，故平分，得证.
3．（2022·北京·人大附中校考模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为．过点的直线与椭圆交于两点，过点作的垂线交椭圆于两点，的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得，再通过的周长为求出，即可计算得到椭圆方程；
（2）先讨论直线与轴重合和垂直的情况，再计算一般情况，得到的表达式，然后计算范围.
【详解】（1）由题，
由椭圆定义，的周长为，所以
所以椭圆的方程为.
（2）当轴时，MN与x轴重合，不符合题意，
当直线与轴重合时，，所以；
当直线斜率存在且不为0时，设
，
由韦达定理
所以
同理
所以
综上所述，的取值范围是.
4．（2022·北京海淀·校考模拟预测）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】（1）由题意得，，再由求出，从而可求得椭圆方程；
（2）设直线AD的方程：，，，将直线方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，求出直线BD的方程，可表示出点，的坐标，从而可求出直线BG的斜率，求出直线BG的方程 代入椭圆方程可求出坐标，从而可求出G点坐标.
【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
5．（2022·北京西城·统考一模）已知椭圆C: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)直线与椭圆交于、两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与交于点，与轴交于点，为坐标原点，如果，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出线段的中点的坐标，求出线段的垂直平分线的方程，可求得点的坐标，分析可得，利用两点间的距离公式可求得的值.
【详解】（1）由题设得，解得，，，
所以椭圆的方程为.
（2）由，得，
由，得.
设、，则，，
所以点的横坐标，纵坐标，
所以直线的方程为.
令，则点的纵坐标，则，
因为，所以点、点在原点两侧.
因为，所以，所以.
又因为，，
所以，解得，所以.
6．（2022·北京·景山学校校考模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别是A，B，且．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知M，N是椭圆E上异于A，B的不同两点，若直线AM与直线AN的斜率之积等于-1，判断直线MN是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)过定点；
【分析】（1）由离心率可得，的关系，再由长轴长的值，求出的值，进而求出的值，求出椭圆的方程；
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线的方程、，，与椭圆的方程联立，消元、列出韦达定理，求出直线，的斜率之积，将、代入，由题意可得参数的关系，进而求出直线恒过的定点的坐标．
【详解】（1）解：由离心率可得，
又由左、右顶点可得，所以，，
所以椭圆的方程为：；
（2）解：由（1）可得，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，
联立，整理可得：，
，即，可得，
且，，
，
整理可得，可得或，符合，
所以直线的方程为：或，
所以直线恒过或（舍去），
所以直线的方程为：，可得直线恒过点；
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，代入椭圆的方程，可得，
设，，则，解得或（舍，
所以直线恒过定点，
综上所述：直线恒过定点．
7．（2022·北京东城·统考三模）已知椭圆的左焦点为，长轴长为.过右焦点的直线交椭圆C于两点，直线分别交直线于点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设线段中点为，当点位于轴异侧时，求到直线的距离的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题可知，求解即可；（2）利用韦达定理求斜率的范围以及线段中点T的横坐标为，注意讨论直线斜率是否存在．
（1）
由题可知解得.
故椭圆C的方程为.
（2）
当直线l的斜率不存在时，T到直线的距离为1.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为.
联立消y，得.
由及题意，可得.
设，则.
直线的方程为，
令，得，则.
同理，.
因为点M，N位于x轴异侧，所以.
即
，
解得.
线段中点T的横坐标为t，则.
T到直线的距离为.
由，得，故.
综上，T到直线的距离的取值范围为.
8．（2022·北京·北京工业大学附属中学校考三模）已知椭圆，点，分别是椭圆C短轴的端点，椭圆C的焦点F也是抛物线的焦点，且．
(1)求椭圆C的方程：
(2)设过点F且斜率不为0的直线交椭圆C于A，B两点，问x轴上是否存在定点P，使点F到直线BP的距离与点F到直线的距离相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）先根据椭圆的焦点也是抛物线的焦点可以求出，再根据可以得到是等腰直角三角形，所以 ，计算即可得到答案；
（2）先假设存在，根据可以得到，即直线的倾斜角互补，得到，然后联立直线和椭圆方程，求出 ，代入中整理即可得到关于的等式，即可求出点坐标.
(1)
椭圆C的焦点F也是抛物线的焦点
又，是等腰直角三角形
所以椭圆的方程为：
(2)
如图所示，假设点存在，设分别为点到直线的距离
由题意
接下来只需要说明存在点，使得即可
设 ,直线的方程为
将直线与椭圆方程联立，消去整理得到：
由题意，平分 ，则直线的倾斜角互补，所以
设，则
将代入上式，整理得：
将代入上式整理得：
由于上式对任意实数都成立，所以
即存在点使得点F到直线BP的距离与点F到直线的距离相等
9．（2022·北京·清华附中校考模拟预测）已知椭圆的焦距为2，一个顶点为A（0，2）.
(1)求椭圆E的标准方程及离心率；
(2)过点P（0，3）的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B、C，直线AB、AC分别交直线于点M、N.求|的值.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）由已知及椭圆参数关系求出椭圆参数，即可得标准方程和离心率；
（2）由题意可得、且，联立椭圆方程，应用韦达定理及，即可求值.
（1）
由题设，则，故E标准方程为且.
（2）
由题设，，则，同理，
而，联立椭圆可得，
所以，可得或，
且，，
所以.
10．（2022·北京通州·潞河中学校考三模）已知椭圆的一个顶点为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点，过原点的直线交椭圆于两点.若，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到，结合离心率求得的值，即可求解；
（2）当直线的斜率不存在时，求得；当的斜率存在时，则的方程为，直线的方程为，设，联立方程组，结合根与系数的关系和弦长公式，求得，即可求解.
（1）
解：因为椭圆的一个顶点为，离心率为
可得，且，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）
证明：当直线的斜率不存在时，可得，则；
当直线的斜率存在时，依题意知，
则直线的方程为，直线的方程为，
设，
联立方程组，整理得，
则，
所以
又由，可得，则，
所以，
所以，
综上可得：.
11．（2022·北京海淀·统考二模）椭圆的左顶点为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知经过点的直线交椭圆于两点，是直线上一点.若四边形为平行四边形，求直线的方程.
【答案】(1)；
(2)或
【分析】（1）直接由顶点和离心率求出椭圆方程即可；
（2）设，由表示出直线的斜率，进而写出直线的方程，联立椭圆求出弦长，由求出，即可求得直线的方程.
【详解】（1）由题意知：，则，故椭圆的方程为；
（2）
设，又，故，又直线经过点，故的方程为，
联立椭圆方程可得，显然，，
则，
又，由，可得，
解得或，
故直线的方程为或.
12．（2022·北京·校考三模）已知椭圆的离心率为，上下顶点分别为，且.过点的直线与椭圆相交于不同的两点（不与点重合）.
(1)求椭圆的方程；
(2)若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）根据椭圆的离心率为和，由求解；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，由直线的方程为，令，得到，再结合韦达定理，判断即可.
（1）
解：根据题意，
解得.
所以椭圆C的方程为：. ...
（2）
（2）
由（1）知，.
根据题意，直线的斜率一定存在，设直线的方程为.
由，得.
根据题意，恒成立，设
则.
直线的方程为，
令，得，所以.
因为，
则直线的斜率分别为，
.
又，
，
，
.
所以，
所以三点共线.
13．（2022·北京东城·统考二模）已知椭圆的右顶点为，离心率为．过点与x轴不重合的直线l交椭圆E于不同的两点B，C，直线，分别交直线于点M，N．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为原点．求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题得到关于的方程组，解方程组即得解；
（2）设，只需证明.设直线l的方程为，联立椭圆方程得韦达定理，根据三点共线得到，，求出即得证.
【详解】（1）解：由题得
所以椭圆E的方程为.
（2）解：要证，只需证，
只需证明只需证明
只需证明
设，只需证明只需证明.
设直线l的方程为，
联立椭圆方程得，
设，所以，
又三点共线，所以，同理，
所以，
所以
所以.
所以.
14．（2022·北京延庆·统考模拟预测）已知椭圆的长轴长为，离心率为，其中左顶点为，右顶点为，为坐标原点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与直线交于点，. 求证：为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的离心率的公式，结合椭圆长轴的定义、椭圆之间的关系进行求解即可；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根的判别式和根与系数关系进行求解即可.
【详解】（1）由已知得．所以．
又因为椭圆的离心率为，所以．所以．
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）由得，
设，．
因为直线与椭圆交于不同的两点，，
所以．解得，
所以，，
直线的方程为.
令得．
直线的方程为.
令得.
又因为
，
所以.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.
15．（2022·北京丰台·统考二模）已知椭圆C：经过点，P到椭圆C的两个焦点的距离和为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设，R为PQ的中点，作PQ的平行线l与椭圆C交于不同的两点A，B，直线AQ与椭圆C交于另一点M，直线BQ与椭圆C交于另一点N，求证：M，N，R三点共线．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆定义，可求得a值，将P点坐标代入，即可求得，即可得答案.
（2）由题意可得R点坐标和直线PQ的斜率，即可设直线l的方程为，，可得直线AQ的方程为，与椭圆联立，即可求得表达式，同理可得表达式，即可求导直线MN的斜率，再求得直线MR的斜率，分析即可得证.
（1）
根据椭圆的定义可得，解得，
又过点，所以，解得，
所以椭圆C的方程为.
（2）
因为，，
所以，，
设直线l的方程为，，
所以，
所以直线AQ的方程为，直线BQ的方程为，
联立直线AQ与椭圆，消去x可得，
所以，又代入，
整理可得，代入直线AQ，可得
同理可得，，
所以
又，
所以M，N，R三点共线
16．（2022·北京通州·统考一模）已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设点D为线段AB上的动点，过D作线段AB的垂线交椭圆C于不同的两点E和F，N为线段AE上一点，．是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，使得
【分析】（1）由左右顶点间距离得，再由离心率得，然后计算出得椭圆方程；
（2）假设存在满足题意的实数，设，，，用表示出点坐标，用正切表示后结合直线的斜率得出的关系式，由在椭圆上可求得．
(1)
由已知得，，．
因为，所以．
因为，所以．
所以椭圆C的方程为．
(2)
假设存在满足题意的实数，
由已知得，．
设，，，则
，
因为，
所以，
即．
所以，，
即．
因为，
所以．
所以，
即，
化简得．
因为，
所以，
所以，
解得（舍），或．
所以存在，使得．
17．（2022·北京顺义·统考二模）已知椭圆过定点，离心率.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)斜率为的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，求面积的最大值及此时直线的方程.
【答案】(1)
(2)1，
【分析】（1）由题意得出后写标准方程
（2）待定系数法设直线方程，与椭圆方程联立后由韦达定理表示弦长与面积，转化为函数求最值
【详解】（1）依题意可得
所以可解得，，
所以椭圆的标准方程为
（2）设直线的方程为，
联立方程组，消去得，化简得
所以，即
所以==
又原点到直线的距离
所以=
当且仅当即时取等号
所以，面积的最大值为，此时直线的方程为
18．（2022·北京东城·统考一模）已知椭圆的离心率为，焦距为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率为的直线与椭圆交于，两点.是否存在常数，使得直线与直线的交点在，之间，且总有？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，.
【分析】（1）由求出，再根据求出，可得结果；
（2）设，，联立直线与椭圆方程，由韦达定理得到与，将化为，即，再结合韦达定理可得对恒成立，从而可得.
(1)
由题意可知，，解得，
所以，
所以椭圆的方程为.
(2)
直线的方程为，
联立，消去并整理得，
则，得，
设，，
则，，
依题意可得，
因为在，之间，所以，所以,
因为，
所以 得，
得，
得，
将，代入上式并整理得，对恒成立，
所以，即，
故存在常数，使得直线与直线的交点在，之间，且总有.
【点睛】关键点点睛：利用平面集合知识将化为后，再结合韦达定理求解是解题关键.
19．（2022·北京海淀·统考一模）已知椭圆的下顶点和右顶点都在直线上.
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)不经过点的直线交椭圆于两点，过点作轴的垂线交于点，点关于点的对称点为.若三点共线，求证：直线经过定点.
【答案】(1)，离心率为.
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出顶点坐标后可求椭圆的方程和离心率；
（2）设，则可用此两点坐标表示，根据三点共线可得，利用点在直线可得，再联立直线方程和椭圆方程，消元后利用韦达定理可得定点.
（1）
因为下顶点和右顶点都在直线上，
故，故椭圆方程为：.
其离心率为
（2）
设，则.
则，故，
因为三点共线，故，整理得到：
，
即.
由可得，
故且，
故，
整理得到：，
若，则，故过，与题设矛盾；
若，则，故过定点.
20．（2022·北京房山·统考一模）已知椭圆C的离心率为，长轴的两个端点分别为，.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线与椭圆C交于M，N（不与A，B重合）两点，直线AM与直线交于点Q，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，再根据离心率求出，最后根据，求出，即可求出椭圆方程；
（2）设直线l的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，在表示出直线的方程，即可求出点坐标，再表示出、，即可得到，即、、三点共线，即可得证；
【详解】（1）解：由长轴的两个端点分别为，，可得，
由离心率为，可得，所以，
又，解得，
所以椭圆C的标准方程为；
（2）解：设直线l的方程为，
由得
设，，则，
所以，直线的方程为，所以
所以，
所以
，即，
所以、、三点共线，所以；
21．（2022·北京·北京市第九中学校考模拟预测）已知椭圆：的一个焦点为，且过点.
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)过点且与轴不重合的直线与椭圆交于，两点，与直线交于点，点满足轴，轴，试求直线的斜率与直线的斜率的比值.
【答案】(1)，
(2)2
【分析】（1）利用待定系数法求出后可得椭圆方程并可求离心率.
（2）设，，则可用诸参数表示，再联立直线方程和椭圆方程，并利用韦达定理化简后可得斜率的比值.
(1)
由题设有，故，故椭圆的方程为，
故离心率为.
(2)
由题设可得的斜率必存在且不为零，
设，，则，
由可得，
故，
，
由可得，
故即，且，
又，
故
，
22．（2023·北京顺义·统考一模）已知椭圆经过点，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．若以为邻边的平行四边形的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形的面积是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得关于，，的方程组，求得，的值，则椭圆方程可求；
（2）联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及四边形是平行四边形，可得点坐标，把点坐标代入椭圆方程，得到，利用弦长公式求得，再由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，代入三角形面积公式即可证明平行四边形的面积为定值．
【详解】（1）由题意，可得，解得，，，
所以椭圆为.
（2）证明：把代入椭圆方程，
得，
所以，即，
设，，则，，
所以，
因为四边形是平行四边形，
所以，
所以点坐标为.
又因为点在椭圆上，
所以，即.
因为，
即.
又点到直线的距离，
所以平行四边形的面积
，
即平行四边形的面积为定值.
23．（2022·北京·北京市第十二中学校考三模）已知椭圆过点，离心率为.
(1)求椭圆M的方程；
(2)已知直线在x轴上方交椭圆M于B，C（异于点A）两个不同的点，直线AB，AC分别与y轴交于点P､Q，O为坐标原点，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接由点坐标及离心率求得椭圆方程即可；
（2）联立直线与椭圆求得，再表示出直线AB，AC的方程，求得P､Q坐标，再计算即可.
(1)
由题意知：，则，，则椭圆M的方程为；
(2)
联立直线与椭圆，整理得，，
即，又直线在x轴上方交椭圆M于B，C（异于点A）两点，则；
设，则，，，
易得直线AB，AC斜率必然存在，则，令，得，则，同理可得，且，
则.
24．（2022·北京海淀·北航实验学校校考模拟预测）已知椭圆C：.
(1)求椭圆C的离心率和长轴长；
(2)已知直线与椭圆C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点.是否存在实数k，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由.
1．（2022·北京·北大附中校考三模）已知椭圆经过点.
(1)求椭圆的方程及其离心率；
(2)若为椭圆上第一象限的点，直线交轴于点，直线交轴于点，且有，求点的坐标.
【答案】(1)，离心率为；
(2)
【分析】（1）由题意可得，继而求出，即可得方程和离心率；
（2）设，则，又由可得，继而得到，联立即可解得，的值.
【详解】（1）依题知：，所以.
所以椭圆方程为，离心率.
（2）如图：
设，第一象限有，①；
由得：，
又，，
因此②，
联立①②解得，故.
2．（2022·北京·北京育才学校校考模拟预测）已知椭圆：（）上一点到两个焦点的距离之和为4，离心率为.
(1)求椭圆的方程和短轴长；
(2)已知点，过左焦点且与不垂直坐标轴的直线交椭圆于，，设直线与椭圆的另一个交点为，连接，求证：平分.
【答案】(1)，短轴长；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由椭圆定义、离心率可得，进而求得，即可得椭圆方程和短轴长；
（2）将问题化为证明，令为联立椭圆，应用韦达定理、斜率两点式并化简，即可证结论.
【详解】（1）由题意，则，故，则，
所以，短轴长.
（2）要证平分，即，如下图示，
所以，只需证即可，，
由题意，设为，联立椭圆并整理得：，
所以，且，即，
而，
又，
所以，故平分，得证.
3．（2022·北京·人大附中校考模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为．过点的直线与椭圆交于两点，过点作的垂线交椭圆于两点，的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得，再通过的周长为求出，即可计算得到椭圆方程；
（2）先讨论直线与轴重合和垂直的情况，再计算一般情况，得到的表达式，然后计算范围.
【详解】（1）由题，
由椭圆定义，的周长为，所以
所以椭圆的方程为.
（2）当轴时，MN与x轴重合，不符合题意，
当直线与轴重合时，，所以；
当直线斜率存在且不为0时，设
，
由韦达定理
所以
同理
所以
综上所述，的取值范围是.
4．（2022·北京海淀·校考模拟预测）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】（1）由题意得，，再由求出，从而可求得椭圆方程；
（2）设直线AD的方程：，，，将直线方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，求出直线BD的方程，可表示出点，的坐标，从而可求出直线BG的斜率，求出直线BG的方程 代入椭圆方程可求出坐标，从而可求出G点坐标.
【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
5．（2022·北京西城·统考一模）已知椭圆C: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)直线与椭圆交于、两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与交于点，与轴交于点，为坐标原点，如果，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出线段的中点的坐标，求出线段的垂直平分线的方程，可求得点的坐标，分析可得，利用两点间的距离公式可求得的值.
【详解】（1）由题设得，解得，，，
所以椭圆的方程为.
（2）由，得，
由，得.
设、，则，，
所以点的横坐标，纵坐标，
所以直线的方程为.
令，则点的纵坐标，则，
因为，所以点、点在原点两侧.
因为，所以，所以.
又因为，，
所以，解得，所以.
6．（2022·北京·景山学校校考模拟预测）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别是A，B，且．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知M，N是椭圆E上异于A，B的不同两点，若直线AM与直线AN的斜率之积等于-1，判断直线MN是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)过定点；
【分析】（1）由离心率可得，的关系，再由长轴长的值，求出的值，进而求出的值，求出椭圆的方程；
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线的方程、，，与椭圆的方程联立，消元、列出韦达定理，求出直线，的斜率之积，将、代入，由题意可得参数的关系，进而求出直线恒过的定点的坐标．
【详解】（1）解：由离心率可得，
又由左、右顶点可得，所以，，
所以椭圆的方程为：；
（2）解：由（1）可得，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，
联立，整理可得：，
，即，可得，
且，，
，
整理可得，可得或，符合，
所以直线的方程为：或，
所以直线恒过或（舍去），
所以直线的方程为：，可得直线恒过点；
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，代入椭圆的方程，可得，
设，，则，解得或（舍，
所以直线恒过定点，
综上所述：直线恒过定点．
7．（2022·北京东城·统考三模）已知椭圆的左焦点为，长轴长为.过右焦点的直线交椭圆C于两点，直线分别交直线于点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设线段中点为，当点位于轴异侧时，求到直线的距离的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题可知，求解即可；（2）利用韦达定理求斜率的范围以及线段中点T的横坐标为，注意讨论直线斜率是否存在．
（1）
由题可知解得.
故椭圆C的方程为.
（2）
当直线l的斜率不存在时，T到直线的距离为1.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为.
联立消y，得.
由及题意，可得.
设，则.
直线的方程为，
令，得，则.
同理，.
因为点M，N位于x轴异侧，所以.
即
，
解得.
线段中点T的横坐标为t，则.
T到直线的距离为.
由，得，故.
综上，T到直线的距离的取值范围为.
8．（2022·北京·北京工业大学附属中学校考三模）已知椭圆，点，分别是椭圆C短轴的端点，椭圆C的焦点F也是抛物线的焦点，且．
(1)求椭圆C的方程：
(2)设过点F且斜率不为0的直线交椭圆C于A，B两点，问x轴上是否存在定点P，使点F到直线BP的距离与点F到直线的距离相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）先根据椭圆的焦点也是抛物线的焦点可以求出，再根据可以得到是等腰直角三角形，所以 ，计算即可得到答案；
（2）先假设存在，根据可以得到，即直线的倾斜角互补，得到，然后联立直线和椭圆方程，求出 ，代入中整理即可得到关于的等式，即可求出点坐标.
(1)
椭圆C的焦点F也是抛物线的焦点
又，是等腰直角三角形
所以椭圆的方程为：
(2)
如图所示，假设点存在，设分别为点到直线的距离
由题意
接下来只需要说明存在点，使得即可
设 ,直线的方程为
将直线与椭圆方程联立，消去整理得到：
由题意，平分 ，则直线的倾斜角互补，所以
设，则
将代入上式，整理得：
将代入上式整理得：
由于上式对任意实数都成立，所以
即存在点使得点F到直线BP的距离与点F到直线的距离相等
9．（2022·北京·清华附中校考模拟预测）已知椭圆的焦距为2，一个顶点为A（0，2）.
(1)求椭圆E的标准方程及离心率；
(2)过点P（0，3）的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B、C，直线AB、AC分别交直线于点M、N.求|的值.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）由已知及椭圆参数关系求出椭圆参数，即可得标准方程和离心率；
（2）由题意可得、且，联立椭圆方程，应用韦达定理及，即可求值.
（1）
由题设，则，故E标准方程为且.
（2）
由题设，，则，同理，
而，联立椭圆可得，
所以，可得或，
且，，
所以.
10．（2022·北京通州·潞河中学校考三模）已知椭圆的一个顶点为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点，过原点的直线交椭圆于两点.若，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到，结合离心率求得的值，即可求解；
（2）当直线的斜率不存在时，求得；当的斜率存在时，则的方程为，直线的方程为，设，联立方程组，结合根与系数的关系和弦长公式，求得，即可求解.
（1）
解：因为椭圆的一个顶点为，离心率为
可得，且，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）
证明：当直线的斜率不存在时，可得，则；
当直线的斜率存在时，依题意知，
则直线的方程为，直线的方程为，
设，
联立方程组，整理得，
则，
所以
又由，可得，则，
所以，
所以，
综上可得：.
11．（2022·北京海淀·统考二模）椭圆的左顶点为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知经过点的直线交椭圆于两点，是直线上一点.若四边形为平行四边形，求直线的方程.
【答案】(1)；
(2)或
【分析】（1）直接由顶点和离心率求出椭圆方程即可；
（2）设，由表示出直线的斜率，进而写出直线的方程，联立椭圆求出弦长，由求出，即可求得直线的方程.
【详解】（1）由题意知：，则，故椭圆的方程为；
（2）
设，又，故，又直线经过点，故的方程为，
联立椭圆方程可得，显然，，
则，
又，由，可得，
解得或，
故直线的方程为或.
12．（2022·北京·校考三模）已知椭圆的离心率为，上下顶点分别为，且.过点的直线与椭圆相交于不同的两点（不与点重合）.
(1)求椭圆的方程；
(2)若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）根据椭圆的离心率为和，由求解；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，由直线的方程为，令，得到，再结合韦达定理，判断即可.
（1）
解：根据题意，
解得.
所以椭圆C的方程为：. ...
（2）
（2）
由（1）知，.
根据题意，直线的斜率一定存在，设直线的方程为.
由，得.
根据题意，恒成立，设
则.
直线的方程为，
令，得，所以.
因为，
则直线的斜率分别为，
.
又，
，
，
.
所以，
所以三点共线.
13．（2022·北京东城·统考二模）已知椭圆的右顶点为，离心率为．过点与x轴不重合的直线l交椭圆E于不同的两点B，C，直线，分别交直线于点M，N．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为原点．求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题得到关于的方程组，解方程组即得解；
（2）设，只需证明.设直线l的方程为，联立椭圆方程得韦达定理，根据三点共线得到，，求出即得证.
【详解】（1）解：由题得
所以椭圆E的方程为.
（2）解：要证，只需证，
只需证明只需证明
只需证明
设，只需证明只需证明.
设直线l的方程为，
联立椭圆方程得，
设，所以，
又三点共线，所以，同理，
所以，
所以
所以.
所以.
14．（2022·北京延庆·统考模拟预测）已知椭圆的长轴长为，离心率为，其中左顶点为，右顶点为，为坐标原点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与直线交于点，. 求证：为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的离心率的公式，结合椭圆长轴的定义、椭圆之间的关系进行求解即可；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根的判别式和根与系数关系进行求解即可.
【详解】（1）由已知得．所以．
又因为椭圆的离心率为，所以．所以．
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）由得，
设，．
因为直线与椭圆交于不同的两点，，
所以．解得，
所以，，
直线的方程为.
令得．
直线的方程为.
令得.
又因为
，
所以.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.
15．（2022·北京丰台·统考二模）已知椭圆C：经过点，P到椭圆C的两个焦点的距离和为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设，R为PQ的中点，作PQ的平行线l与椭圆C交于不同的两点A，B，直线AQ与椭圆C交于另一点M，直线BQ与椭圆C交于另一点N，求证：M，N，R三点共线．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆定义，可求得a值，将P点坐标代入，即可求得，即可得答案.
（2）由题意可得R点坐标和直线PQ的斜率，即可设直线l的方程为，，可得直线AQ的方程为，与椭圆联立，即可求得表达式，同理可得表达式，即可求导直线MN的斜率，再求得直线MR的斜率，分析即可得证.
（1）
根据椭圆的定义可得，解得，
又过点，所以，解得，
所以椭圆C的方程为.
（2）
因为，，
所以，，
设直线l的方程为，，
所以，
所以直线AQ的方程为，直线BQ的方程为，
联立直线AQ与椭圆，消去x可得，
所以，又代入，
整理可得，代入直线AQ，可得
同理可得，，
所以
又，
所以M，N，R三点共线
16．（2022·北京通州·统考一模）已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设点D为线段AB上的动点，过D作线段AB的垂线交椭圆C于不同的两点E和F，N为线段AE上一点，．是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，使得
【分析】（1）由左右顶点间距离得，再由离心率得，然后计算出得椭圆方程；
（2）假设存在满足题意的实数，设，，，用表示出点坐标，用正切表示后结合直线的斜率得出的关系式，由在椭圆上可求得．
(1)
由已知得，，．
因为，所以．
因为，所以．
所以椭圆C的方程为．
(2)
假设存在满足题意的实数，
由已知得，．
设，，，则
，
因为，
所以，
即．
所以，，
即．
因为，
所以．
所以，
即，
化简得．
因为，
所以，
所以，
解得（舍），或．
所以存在，使得．
17．（2022·北京顺义·统考二模）已知椭圆过定点，离心率.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)斜率为的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，求面积的最大值及此时直线的方程.
【答案】(1)
(2)1，
【分析】（1）由题意得出后写标准方程
（2）待定系数法设直线方程，与椭圆方程联立后由韦达定理表示弦长与面积，转化为函数求最值
【详解】（1）依题意可得
所以可解得，，
所以椭圆的标准方程为
（2）设直线的方程为，
联立方程组，消去得，化简得
所以，即
所以==
又原点到直线的距离
所以=
当且仅当即时取等号
所以，面积的最大值为，此时直线的方程为
18．（2022·北京东城·统考一模）已知椭圆的离心率为，焦距为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率为的直线与椭圆交于，两点.是否存在常数，使得直线与直线的交点在，之间，且总有？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，.
【分析】（1）由求出，再根据求出，可得结果；
（2）设，，联立直线与椭圆方程，由韦达定理得到与，将化为，即，再结合韦达定理可得对恒成立，从而可得.
(1)
由题意可知，，解得，
所以，
所以椭圆的方程为.
(2)
直线的方程为，
联立，消去并整理得，
则，得，
设，，
则，，
依题意可得，
因为在，之间，所以，所以,
因为，
所以 得，
得，
得，
将，代入上式并整理得，对恒成立，
所以，即，
故存在常数，使得直线与直线的交点在，之间，且总有.
【点睛】关键点点睛：利用平面集合知识将化为后，再结合韦达定理求解是解题关键.
19．（2022·北京海淀·统考一模）已知椭圆的下顶点和右顶点都在直线上.
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)不经过点的直线交椭圆于两点，过点作轴的垂线交于点，点关于点的对称点为.若三点共线，求证：直线经过定点.
【答案】(1)，离心率为.
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出顶点坐标后可求椭圆的方程和离心率；
（2）设，则可用此两点坐标表示，根据三点共线可得，利用点在直线可得，再联立直线方程和椭圆方程，消元后利用韦达定理可得定点.
（1）
因为下顶点和右顶点都在直线上，
故，故椭圆方程为：.
其离心率为
（2）
设，则.
则，故，
因为三点共线，故，整理得到：
，
即.
由可得，
故且，
故，
整理得到：，
若，则，故过，与题设矛盾；
若，则，故过定点.
20．（2022·北京房山·统考一模）已知椭圆C的离心率为，长轴的两个端点分别为，.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线与椭圆C交于M，N（不与A，B重合）两点，直线AM与直线交于点Q，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，再根据离心率求出，最后根据，求出，即可求出椭圆方程；
（2）设直线l的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，在表示出直线的方程，即可求出点坐标，再表示出、，即可得到，即、、三点共线，即可得证；
【详解】（1）解：由长轴的两个端点分别为，，可得，
由离心率为，可得，所以，
又，解得，
所以椭圆C的标准方程为；
（2）解：设直线l的方程为，
由得
设，，则，
所以，直线的方程为，所以
所以，
所以
，即，
所以、、三点共线，所以；
21．（2022·北京·北京市第九中学校考模拟预测）已知椭圆：的一个焦点为，且过点.
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)过点且与轴不重合的直线与椭圆交于，两点，与直线交于点，点满足轴，轴，试求直线的斜率与直线的斜率的比值.
【答案】(1)，
(2)2
【分析】（1）利用待定系数法求出后可得椭圆方程并可求离心率.
（2）设，，则可用诸参数表示，再联立直线方程和椭圆方程，并利用韦达定理化简后可得斜率的比值.
(1)
由题设有，故，故椭圆的方程为，
故离心率为.
(2)
由题设可得的斜率必存在且不为零，
设，，则，
由可得，
故，
，
由可得，
故即，且，
又，
故
，
22．（2023·北京顺义·统考一模）已知椭圆经过点，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．若以为邻边的平行四边形的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形的面积是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得关于，，的方程组，求得，的值，则椭圆方程可求；
（2）联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及四边形是平行四边形，可得点坐标，把点坐标代入椭圆方程，得到，利用弦长公式求得，再由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，代入三角形面积公式即可证明平行四边形的面积为定值．
【详解】（1）由题意，可得，解得，，，
所以椭圆为.
（2）证明：把代入椭圆方程，
得，
所以，即，
设，，则，，
所以，
因为四边形是平行四边形，
所以，
所以点坐标为.
又因为点在椭圆上，
所以，即.
因为，
即.
又点到直线的距离，
所以平行四边形的面积
，
即平行四边形的面积为定值.
23．（2022·北京·北京市第十二中学校考三模）已知椭圆过点，离心率为.
(1)求椭圆M的方程；
(2)已知直线在x轴上方交椭圆M于B，C（异于点A）两个不同的点，直线AB，AC分别与y轴交于点P､Q，O为坐标原点，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接由点坐标及离心率求得椭圆方程即可；
（2）联立直线与椭圆求得，再表示出直线AB，AC的方程，求得P､Q坐标，再计算即可.
(1)
由题意知：，则，，则椭圆M的方程为；
(2)
联立直线与椭圆，整理得，，
即，又直线在x轴上方交椭圆M于B，C（异于点A）两点，则；
设，则，，，
易得直线AB，AC斜率必然存在，则，令，得，则，同理可得，且，
则.
24．（2022·北京海淀·北航实验学校校考模拟预测）已知椭圆C：.
(1)求椭圆C的离心率和长轴长；
(2)已知直线与椭圆C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点.是否存在实数k，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由.
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