以椭圆为背景的弦长问题、面积问题、斜率问题专项训练含答案-2026届高考数学二轮复习

这是一份以椭圆为背景的弦长问题、面积问题、斜率问题专项训练含答案-2026届高考数学二轮复习，共13页。
(1)求的离心率；
(2)过的直线与交于两点，为坐标原点.若的面积为，求.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）依题可知，，，又点在椭圆上，故，
则椭圆的离心率.
（2）易知的方程为，且的斜率必然存在，否则不存在，
不妨设的方程为，且，
联立与的方程，消去可得，
，解得，
，
由弦长公式，得，
由点到直线的距离公式，得到边的距离为，
，
，解得，
，
又，
.
例2．（25-26高二上·山西晋城·期末）已知椭圆：的一个焦点，长轴长为8.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作两条互相垂直的直线，，直线与椭圆交于，两点，直线与椭圆交于，两点，设：.
（ⅰ）若，求；
（ⅱ）若，使得，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【详解】（1）由题意可知，，，则，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）（ⅰ）联立，得，
设，，显然，所以，，
则；
同理，当时，把中的换成可得，
若时，直线，直线，此时，
所以对时也成立，
因为，所以，解得，
即；
（ⅱ）若，则，即，
整理得.
若，使得，即关于的方程有解，
当时，方程无解；
当时，，因为，则，所以
，解得.
综上，实数的取值范围为.

例3．（25-26高三上·广西河池·期末）已知是椭圆的右顶点，且椭圆经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于，两点，且，求弦的长.
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）由题意知，
代入点，即，解得，
可得椭圆的方程为；
（2）联立与，
化简得，
可得，
由可得，
即解得，
所以，
可得，
即弦的长为.
变式1．（25-26高三上·山西运城·月考）已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率，点在椭圆上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过的直线l与椭圆C相交于两点，设的中点为，
①若直线的斜率为1，求；
②若点，判断与的大小，并证明你的结论．
【答案】(1)
(2)① ；②，证明见解析
【详解】（1）设椭圆C的半焦距为c，则依题意有，解得，
所以椭圆C的方程为：．
（2）①由题意可知直线l的方程为：，
设，联立，消去并整理可得，
即，解得，
即；
②，证明如下：
因为点，
当直线斜率等于0时，直线的方程为，此时，
即；
当斜率不等于0时，设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
，
设，则，，
则
故，即点在以为直径的圆内，
又的中点为，故，
综上所述．
变式2．（25-26高二上·浙江·月考）已知椭圆的长轴长为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交于两点，为坐标原点，若的面积为，求.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意得，
解得，所以，
所以椭圆方程为.
（2）当直线斜率不存在时，，此时，
故面积，故舍去；
当直线斜率存在时，设，
联立方程，
因为，所以，
此时，点到直线距离，
所以面积，
化简得，所以或（舍去），
所以，综上所述.
变式3．（25-26高二上·贵州·期中）已知椭圆：的长轴长为8，短轴长为．
(1)求椭圆的方程．
(2)若点，过点作两条直线分别与椭圆相交于A，B两点，且直线，关于直线对称．
①求直线的斜率；
②若，求弦的长；
【答案】(1)
(2)① ；②
【详解】（1）根据题意，得，．则，．
所以椭圆C的方程为．
（2）①因为直线和直线关于直线对称，且，，
所以直线轴，
所以直线与直线关于直线对称，且它们的斜率互为相反数．
设直线的斜率为，则直线的斜率为．
所以直线：，直线：．
将代入椭圆方程整理，
得．
该方程的一个根为2，设另一根为．
所以，所以．
同理，直线与椭圆交点B的横坐标为．
所以点A，B的纵坐标分别为，，
所以直线的斜率．
②不妨设直线，的倾斜角分别为．
由，则．
则，
即，解得或-3（舍去）．
所以．
所以由①可知，．，
所以．
即弦的长为．
考点二 以椭圆为背景的面积问题
例1．（25-26高三上·河南驻马店·期末）已知椭圆的右顶点为，上顶点为，离心率为，为坐标原点，且的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)不过点的直线与椭圆相交于两点，点在轴上方，点在轴下方，记直线的斜率分别为，且．
（i）证明：直线过定点；
（ii）记（i）中定点为，的面积为，的面积为，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析（ii）
【详解】（1）由题意知，解得，
所以椭圆方程为．
（2）（i）由题意得如图所示：
依题意，设的方程为，
联立，消去整理得：，
由，
设，
则，
由，则，
则
，又，
所以，解得：，或，
当时，直线的方程为：
则直线过定点，
当时，直线的方程为过点，不合题意，
所以直线过定点；
（ii）如图所示：
由（i）知，设直线：，
联立方程，得，
且．
由，
则，
又，所以，
，
故，令，
由，
又，
所以
令
由，
所以即，
等价于：
，
即，
当时，，
当时，，
故．
例2．（25-26高二上·云南迪庆·期末）已知椭圆，点在椭圆上，且点到两焦点和的距离之和为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点的坐标为，过点的直线与椭圆交于（异于点）两点，且直线的斜率为，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由已知可得，化简可得，
，
则椭圆方程为；
（2）设，，
由已知可得直线，即，
联立直线与椭圆，消去可得，
则，，
则，
又点到直线的距离，
所以；
例3．（25-26高二上·四川成都·期末）已知椭圆经过两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若是椭圆上异于的两动点，若，且直线的斜率均存在，并分别记为.
①求证：为定值；
②若，求三角形的面积.
【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②.
【详解】（1）设椭圆方程为，则，得，则；
（2）①设直线的倾斜角分别为，
因为，则，即，故，
因为，所以，所以，
所以，，
所以为常数1；
②若，因为，则，且
设直线，，
联立，得，
由，而，且，
代入整理得，解得（因直线不过点，舍）或，
所以，且，则到直线的距离，
则.
变式1．（25-26高二上·贵州遵义·期末）椭圆（）与轴正半轴交于点，与轴正半轴交于点，为坐标原点，若椭圆的离心率，三角形的面积.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若是第一象限内椭圆上一点，直线与轴正半轴相交于点，直线与轴正半轴相交于点.
（ⅰ）求证：等于定值；
（ⅱ）求三角形面积的最小值.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见详解
（ⅱ）
【详解】（1）椭圆的离心率，，又三角形的面积，，
又，，
故椭圆的标准方程为.
（2）（ⅰ）由（1）得，设，
，即直线的方程为：，令，得，
故，
又，即直线的方程为：，令，得，
故，
，
又，得，
，
，
，
故等于定值为.
（ⅱ）由以上可知，，
则，
设，由，设，，，
则，
，，
，
令，，则，
则，
当取最大值时，取得最小值为.
变式2．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知椭圆长轴长为4，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆右焦点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于，，，，求四边形面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可知，，所以，，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，，此时的长即为椭圆长轴长，，
从而；
当直线的斜率为零时，可得，；
设直线的斜率为，且，直线的方程为：，
直线的方程为，
设，，，，
由，消去得，显然成立，
所以，，从而，
由，消去得，显然成立，
所以，，从而，
所以，
因为，则，，则，
所以，
当且仅当，即时取得最小值，所以四边形面积的最小值为.
变式3．（25-26高二上·云南德宏·期末）设椭圆的左右焦点分别为，且，离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设动直线与坐标轴不垂直，动直线与椭圆交于不同的M、N两点，且直线和的斜率互为相反数．
（i）证明：动直线恒过轴上的某个定点，并求出该定点的坐标；
（ii）求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析，定点的坐标；（ii）
【详解】（1）因为，所以，
离心率，得 ，
由
所以椭圆的标准方程为.
（2）（i）设直线 l：，
联立方程，
得到，
由已知方程的判别式，
由韦达定理：.
因为直线和的斜率互为相反数．
所以，
即，
化简得到，
即，
即，
化简得到.
故直线 l: ，恒过轴上的定点.
（ii）点 O 到直线的距离为：；
由，代入，
得到
则，又，故；
因为.
由弦长公式得：，
则，
令，即，则，
设，则，
令，得到，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
因此是 在上的极大值点，也是最大值点.
因为，所以.
考点三 以椭圆为背景的斜率问题
例1．（25-26高二上·天津南开·月考）已知椭圆的离心率为为椭圆的左顶点，为椭圆的上顶点，为椭圆的左焦点，且的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线的倾斜角为，交该椭圆于两点，求弦长；
(3)设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上．若（为坐标原点），且，求直线的斜率．
【答案】(1)；
(2)；
(3)或.
【详解】（1）由题可知，，可解得，
故椭圆的方程为：；
（2）设，由过点的直线的倾斜角为，
可知直线的斜率为，因此直线，
联立直线与椭圆，消去得，
，由韦达定理可知，，
由弦长公式可得
，
（3）由题意，设.设直线的斜率为，
又，则直线的方程为，
直线与椭圆方程联立，
整理得，可得，
代入得，
进而得直线的斜率，
在中，令，得.所以
由得，
所以直线的斜率为，
由，得，
整理化简得，从而.
因此直线的斜率为或.
例2．（25-26高二上·江苏南京·期末）已知椭圆的左、右顶点为，离心率为，椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合.过点且斜率不为的直线交椭圆于点，直线与直线交于点.
(1)求椭圆的方程；
(2)记，的面积分别为，，若，求直线的斜率；
(3)记直线、的斜率分别为、，则是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)，证明见详解
【详解】（1）抛物线的焦点为，故椭圆右焦点，即.
椭圆离心率，得.
，因此椭圆的方程为：
（2），，.
面积，
面积.
由，得：
因为在两侧，故异号，不妨设.
设直线，与椭圆联立得：
设，，
则
代入，得：
消去得：
所以，斜率.
（3）直线，
令得：
直线的斜率.
于是：
代入，
，
由韦达定理得：，，
可得：
代入上式，分子：，
分母：.
所以：
例3．（25-26高二上·广西南宁·期末）已知动点在运动过程中总满足关系式
(1)请说明动点的轨迹是什么曲线，并求出轨迹的标准方程；
(2)记点的轨迹为曲线，且曲线与轴交于两个不同的点，当动点与两点均不重合时，证明直线的斜率之积为定值，并求出此定值．
【答案】(1)动点的轨迹是椭圆，椭圆的标准方程为.
(2)直线的斜率之积为定值.
【详解】（1）设，，，
则动点到定点，的距离之和为
，
又，满足，
所以动点的轨迹是以，为焦点的椭圆.
因为焦点在轴上，设的轨迹方程为，
，，，所以，
则椭圆的标准方程为.
（2）令，解得，
所以，，
直线的斜率为，
直线的斜率为，
.
因为点在椭圆上，满足，
所以，
将代入得：，
所以直线的斜率之积为定值.
变式1．（2026·安徽合肥·一模）已知椭圆的离心率为，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于，两点．
（i）求证：以为直径的圆过定点；
（ii）当直线的斜率存在时，记的外接圆和内切圆的半径分别为，且，求直线的斜率．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）0或．
【详解】（1）由题意得，解得，所以的方程为．
（2）（i）因为椭圆关于y轴对称，过点E的任意一条直线均有一条直线与之关于y轴对称，
所以以为直径的任意一个圆都存在另一个圆与之关于y轴对称，
所以为直径的圆过定点，则由对称性可知该定点必在轴上，设为点，
若直线的斜率存在，设其方程为，点，
联立，消去化简可得，
所以，
由得，
，
即，即，
所以，故以为直径的圆过
若直线斜率不存在，以为直径的圆显然过，
综上，以为直径的圆过定点；
（ii）由（i）知，，所以，，
因为，所以，
即，也即，
所以，取线段中点为，则，
因为，所以点的坐标为，
当时，，符合题意，
当时，，则，解得．
综上，或，即直线的斜率为0或．
变式2．（25-26高二上·安徽六安·期末）在平面直角坐标系中，已知椭圆，椭圆.以且代替椭圆得到椭圆的方程.
(1)求椭圆的离心率：
(2)设为上异于其左､右顶点的一点，当时，过分别作椭圆的两条切线，切点分别为，设直线的斜率为，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）对于椭圆，则为，
故椭圆中，，故，
则椭圆的离心率.
（2）由题解得，所以椭圆的方程为，
设，则直线的方程为，
即，记，则的方程为，
将其代入椭圆的方程，消去，得，
因为直线与椭圆有且只有一个公共点，
所以，即，
将代入上式，整理得，
同理可得，
所以，为关于的方程的两根，
所以，又点在椭圆上，所以，
故，为定值.
变式3．（2026·辽宁大连·一模）已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，过的直线（斜率存在且不为0）与椭圆相交于两点，的周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过两点分别作椭圆的切线，设与交点为.
（i）求点的轨迹方程；
（ii）记直线的斜率分别为，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)（i）;（ii）证明见解析.
【详解】（1）由题意可设，则，
根据椭圆的定义可知的周长为
，
所以，即椭圆方程为；
（2）设点在椭圆上，易知，
所以，
即，当且仅当时取得等号，
即椭圆上有且仅有一点在直线上，
所以过椭圆上一点的切线方程为：；
（i）由上知，可设l方程为，，
而直线斜率存在且不为0及椭圆的对称性可知，
则分别为，
联立可得是定值，
又作差可得，整理得，
即，所以M点在定直线上；
（ii）易知，
联立得，
所以，
则
，是定值，证毕.
考点目录
以椭圆为背景的弦长问题
以椭圆为背景的面积问题
以椭圆为背景的斜率问题