高考数学真题专项练习 专题26 椭圆（解析版）

这是一份高考数学真题专项练习 专题26 椭圆（解析版），共43页。试卷主要包含了【2018·全国Ⅰ文】已知椭圆等内容，欢迎下载使用。
专题26 椭 圆
十年大数据*全景展示
年 份
题 号
考 点
考 查 内 容
2011[来源:Zxxk.Com]
理14[来源:学&科&网][来源:学科网]
椭圆方程
椭圆的定义、标准方程及其几何性质[来源:学#科#网][来源:学+科+网Z+X+X+K]
文4
椭圆的几何性质
椭圆离心率的计算
2012
文理4
椭圆的几何性质
椭圆离心率的计算
2013
卷1
理10
椭圆方程
直线与椭圆的位置关系，椭圆方程的求法
文理20
椭圆定义、标准方程及其几何性质
椭圆的定义、标准方程及其几何性质，直线与椭圆位置关系
卷2
理20
直线与椭圆位置关系
椭圆的方程求法，直线与椭圆位置关系，椭圆最值问题的解法
文5
椭圆定义、几何性质
椭圆的定义，椭圆离心率的求法
2014
卷1
理20
椭圆方程及几何性质
椭圆的标准方程及其几何性质，直线与椭圆位置关系
卷2
理20
椭圆方程及几何性质
椭圆的标准方程及其几何性质，直线与椭圆位置关系
2015
卷1
理14
圆与椭圆
椭圆的标准方程及其几何性质，过三点圆的方程的求法
卷2
理20
直线与椭圆
直线和椭圆的位置关系，椭圆的存在型问题的解法
文20
直线与椭圆
椭圆方程求法，直线和椭圆的位置关系，椭圆的定值问题的解法
2016
卷1
理20
圆、直线与椭圆
椭圆定义、标准方程及其几何性质，直线与圆、椭圆的位置关系
卷2
理20
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系
文21
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系
2017
卷1
理20
直线与椭圆
椭圆标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系，椭圆的定点问题
文12
直线与椭圆
椭圆的标准方程及其几何性质
卷3
文11理10
直线与圆，椭圆的几何性质
直线与圆的位置关系，椭圆的几何性质
2018
卷1
理19
直线与椭圆
椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系
文4
椭圆
椭圆的几何性质
2019
卷1
理10文12
椭圆
椭圆的定义、标准方程及其几何性质，椭圆标准方程的求法
卷2
理8文9
椭圆与抛物线
抛物线与椭圆的几何性质
理21
椭圆
椭圆的标准方程及其几何性质，直线与椭圆的位置关系，椭圆的最值问题的解法

文20
椭圆
椭圆的定义、标准方程及其几何性质
卷3
文理15
椭圆
椭圆的定义、标准方程及其几何性质
2020
卷1
理20文21
椭圆
椭圆的标准方程及其几何性质，椭圆定点问题
卷2
理19
椭圆、抛物线
椭圆、抛物线方程的求法，椭圆离心率的求法，抛物线的定义
文19
椭圆、抛物线
椭圆、抛物线方程的求法，椭圆离心率的求法，抛物线的定义
卷3
理20文21
椭圆
椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，椭圆方程的求法
大数据分析*预测高考
考点
出现频率
2021年预测
考点89椭圆的定义及标准方程
37次考7次
命题角度：（1）椭圆的定义及应用；（2）椭圆的标准方程；（3）椭圆的几何性质；（4）直线与椭圆的位置关系．
核心素养：直观想象、逻辑推理、数学运算
考点90椭圆的几何性质
37次考32次
考点91直线与椭圆的位置关系
37次考35次
十年试题分类*探求规律
考点89 椭圆的定义及标准方程
1．（2019全国Ⅰ文12）已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】法一：如图，由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在中，由余弦定理推论得．
在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．

法二：由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在和中，由余弦定理得，
又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
2．（2018高考上海13）设P是椭圆+=1上的动点，则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为 （ ）
A．2 B．2 C．2 D．4
【答案】C
【解析】由椭圆的定义可知椭圆上任意点到两个焦点的距离之和为，故选C．
【考点分析】椭圆的定义，考查考生的识记及基本运算能力．
3．（2013广东文）已知中心在原点的椭圆C的右焦点为，离心率等于，则C的方程是
A． B． C． D．
【答案】D【解析】∵，故选D．
4．（2015新课标1理）一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在的正半轴上，则该圆的标准方程为_________．
【答案】 【解析】 由题意圆过三个点，设圆心为，其中，由，解得，所以圆的方程为．
5．【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2：交于点A，与椭圆C交于点D．连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．
已知DF1=．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求点E的坐标．

【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）设椭圆C的焦距为2c．
因为F1(−1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1．
又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=，
因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2．
由b2=a2−c2，得b2=3．
因此，椭圆C的标准方程为．
（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，a=2，
因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1．
将x=1代入圆F2的方程(x−1) 2+y2=16，解得y=±4．
因为点A在x轴上方，所以A(1，4)．
又F1(−1，0)，所以直线AF1：y=2x+2．
由，得，解得或．
将代入，得 ，
因此．
又F2(1，0)，所以直线BF2：．
由，得，解得或．
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以．
将代入，得．
因此．

解法二：由（1）知，椭圆C：．
如图，连结EF1．
因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，
从而∠BF1E=∠B．
因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，
所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A．
因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴．
因为F1(−1，0)，由，得．
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以．
因此．

【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力．
考点90 椭圆的几何性质
6．【2019年高考全国Ⅰ理】已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】法一：如图，由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在中，由余弦定理推论得．
在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．

法二：由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在和中，由余弦定理得，
又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
7．【2019年高考北京理】已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则
A．a2=2b2 B．3a2=4b2
C．a=2b D．3a=4b
【答案】B
【解析】椭圆的离心率，化简得，
故选B．
8．【2018·全国Ⅰ文】已知椭圆：的一个焦点为，则的离心率为
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由题可得，因为，所以，即，所以椭圆的离心率，故选C．
9．【2018·全国Ⅱ文】已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】在中，，设，则，
又由椭圆定义可知，则，故选D．
10．（2018上海理）设是椭圆上的动点，则到该椭圆的两个焦点的距离之和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【解析】由题意，．由椭圆的定义可知，到该椭圆的两个焦点的距离之和为，故选C．
11．【2017·全国Ⅰ文】设A，B是椭圆C：长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB=120°，则m的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】当时，焦点在轴上，要使C上存在点M满足，则，即，得；
当时，焦点在轴上，要使C上存在点M满足，则，即，得，故的取值范围为，故选A．
12．【2017·浙江卷】椭圆的离心率是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】椭圆的离心率，故选B．
13．（2015新课标1文）已知椭圆的中心为坐标原点，离心率为，的右焦点与抛物线：的焦点重合，是的准线与的两个交点，则
A． B． C． D．
【答案】B【解析】∵抛物线：的焦点坐标为，准线的方程为 ①，设椭圆的方程为，所以椭圆的半焦距，又椭圆的离心率为，所以，椭圆的方程为②，联立①②，
解得或，所以，故选B．
14．（2015广东文）已知椭圆（）的左焦点为，则
A． B． C． D．
【答案】B【解析】由题意得：，因为，所以，故选C．
15．(2014福建文理)设分别为和椭圆上的点，则两点间的最大距离是
A． B． C． D．
【答案】D【解析】由题意可设，圆的圆心坐标为，圆心到的距离为，当且仅当时取等号，所以，所以两点间的最大距离是．
16．（2012新课标文理）设、是椭圆：的左、右焦点，为直线上一点， 是底角为的等腰三角形，则的离心率为
A． B． C． D．
【答案】C【解析】是底角为的等腰三角形，故选C．
17．【2019·全国Ⅲ文】设为椭圆C：的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若为等腰三角形，则M的坐标为___________．
【答案】
【解析】由已知可得，
，∴．
设点的坐标为，则，
又，解得，
，解得（舍去），的坐标为．
18．【2019·浙江卷】已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是___________．
【答案】
【解析】方法1：如图，设F1为椭圆右焦点．由题意可知，
由中位线定理可得，设，可得，
与方程联立，可解得（舍），
又点在椭圆上且在轴的上方，求得，所以．

方法2：（焦半径公式应用）由题意可知，由中位线定理可得，即，从而可求得，所以．
19．（2012江西文理）椭圆的左、右顶点分别是，左、右焦点分别是．若成等比数列，则此椭圆的离心率为_________．
【答案】【解析】由椭圆的性质可知：，，．又已知，，成等比数列，故，即，
则．故．即椭圆的离心率为．
20．（2011浙江文理）设分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，若；则点的坐标是 ．
【答案】【解析】设点的坐标为，点的坐标为．
，可得，，
∵，∴，又点在椭圆上，∴，，解得，∴点的坐标是．
21．【2019年高考全国Ⅱ文】已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．
（1）若为等边三角形，求C的离心率；
（2）如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围．
【答案】（1）；（2），a的取值范围为．
【解析】（1）连结，由为等边三角形可知在中，，，，于是，故的离心率是．
（2）由题意可知，满足条件的点存在．当且仅当，，，即，①
，②
，③
由②③及得，又由①知，故．
由②③得，所以，从而故．
当，时，存在满足条件的点P，所以，的取值范围为．
22．（2015安徽理）设椭圆的方程为，点为坐标原点，点的坐标为，点的坐标为，点在线段上，满足，直线的斜率为．
（Ⅰ）求的离心率；
（Ⅱ）设点的坐标为，为线段的中点，点关于直线的对称点的纵坐标为，求的方程．
【解析】（1）由题设条件知，点的坐标为，又，从而，进而得，故．
（2）由题设条件和（I）的计算结果可得，直线的方程为，点的坐标为，设点关于直线的对称点的坐标为，则线段的中点的坐标为．又点在直线上，且，从而有，解得，所以，
故椭圆的方程为．
23．（2013安徽文理）如图，分别是椭圆：+=1（）的左、右焦点，是椭圆的顶点，是直线与椭圆的另一个交点，=60°．

（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）已知△的面积为40，求a， b 的值．
【解析】（Ⅰ）
（Ⅱ）设；则，在中， ，
面积．
考点91 直线与椭圆的位置关系
24． 【2018高考全国2理12】已知是椭圆的左、右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，等腰三角形，，则的离心率为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】试题分析：先根据条件得，再利用正弦定理得关系，即得离心率．
试题解析：因为为等腰三角形，，
由斜率为得，，由正弦定理得，故选D．
25．（2017新课标Ⅲ文理）已知椭圆：的左、右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相切，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【解析】以线段为直径的圆是，直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，整理为，即，即 ，，故选A． 
26．【2016·新课标1文数】直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为（ ）
（A） （B） （C） （D）
【答案】B
【解析】如图，在椭圆中，，

在中，，且，代入解得
，所以椭圆的离心率为，故选B．
27．（2016年全国III文理）已知O为坐标原点，F是椭圆C：的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E．若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意设直线的方程为，分别令与得，，设OE的中点为H，由，得，即，整理得，所以椭圆离心率为，故选A．
28．（2016江苏理）如图，在平面直角坐标系中，是椭圆的右焦点，直线与椭圆交于两点，且，则该椭圆的离心率是 ．

【答案】【解析】由题意得，直线与椭圆方程联立可得，，由可得，，，则，由可得，
则．
29．（2015福建文）已知椭圆的右焦点为．短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点．若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】A【解析】设椭圆的左焦点为，半焦距为，连结，，则四边形为平行四边形，所以，根据椭圆定义，
有，所以，解得．因为点到直线：的距离不小于，即，所以，
所以，解得，所以，所以椭圆的离心率的取值范围为．
30．（2013新课标1文理）已知椭圆的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交椭圆于A．B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为
A．＋＝1 B．＋＝1 C．＋＝1 D．＋＝1
【答案】D【解析】设，则=2，=－2，
① ②
①－②得，∴===，又==，∴=，又9==，解得=9，=18，∴椭圆方程为，故选D．
31．【2020年高考上海卷10】已知椭圆，直线经过椭圆右焦点，交椭圆于两点（点在第二象限），若关于轴对称的点为，且满足，则直线的方程为 ．
【答案】
【解析】由条件可知是等腰直角三角形，所以直线的倾斜角是，所以直线的斜率是，且过点，得到直线的方程为，即．故答案为：．
32．（2018浙江理）已知点，椭圆（）上两点，满足，则当=___时，点横坐标的绝对值最大．
【答案】5
【解析】设，，由得，，所以，
因为，在椭圆上，所以，，所以，
所以，与对应相减得，，
当且仅当时取最大值．
33．（2018浙江文）已知点，椭圆()上两点，满足，则当=___时，点横坐标的绝对值最大．
【答案】5【解析】设，，由，得，
即，．因为点，在椭圆上，所以，得，所以，
所以当时，点横坐标的绝对值最大，最大值为2．
34．（2015浙江文）椭圆（）的右焦点关于直线的对称点在椭圆上，则椭圆的离心率是 ．
【答案】【解析】设左焦点为，由关于直线的对称点在椭圆上，得，又，所以，不妨设，则，，因此，又，由以上二式可得，即，即，所以，．
35．（2014江西文理）过点作斜率为的直线与椭圆：相交于两点，若是线段的中点，则椭圆的离心率等于 ．
【答案】【解析】设，，分别代入椭圆方程相减得
，根据题意有，
且，所以，得，整理，所以．
36．（2014辽宁文）已知椭圆：，点与的焦点不重合，若关于的焦点的对称点分别为，，线段的中点在上，则 ．
【答案】12【解析】设交椭圆于点，连接和，利用中位线定理可得
．
37．（2014江西文）设椭圆的左右焦点为，作作轴的垂线与交于两点，与轴相交于点，若，则椭圆的离心率等于________．
【答案】【解析】由题意可得，，由题意可知点为的中点，所以点的坐标为，由，所以，整理得，解得．
38．（2014安徽文）设分别是椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆于两点，若轴，则椭圆的方程为____．
【答案】【解析】由题意得通径，∴点B坐标为
将点B坐标带入椭圆方程得，
又，解得，
∴椭圆方程为．
39．（2013福建文）椭圆的左、右焦点分别为，焦距为．若直线与椭圆的一个交点满足，则该椭圆的离心率等于 ．
【答案】【解析】由题意可知，中，，
所以有，整理得，故答案为．
40．【2020年高考全国Ⅲ文21理数20】已知椭圆的离心率为，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；
（2）若点在上，点在直线上，且，求△的面积．
【解析】解法一：（1）由，得，即，∴，故的方程为．
（2）设点的坐标为，点的坐标为，根据对称性，只需考虑的情形，此时，．
∵，∴有 ①．
又∵，∴ ②．
又③．
联立①、②、③，可得，或．
当时，，，∴．
同理可得，当时，．综上所述，可得的面积为．
解法二：（1），，，
根据离心率，解得或(舍)，
的方程为：，即．
（2）点在上，点在直线上，且，，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为，根据题意画出图形，如图，

，，，又，，，根据三角形全等条件“”，可得：，，，．
设点为，可得点纵坐标为，将其代入，可得：，
解得：或，点为或，
①当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图，

，，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，面积为：．
②当点为时，故，，，
可得：点为，画出图象，如图，

，，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为：．
综上所述，面积为：．
41．【2020年高考天津卷18】已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程．
【解析】（Ⅰ）椭圆的一个顶点为，，
由，得，又由，得，所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）直线与以为圆心的圆相切于点，所以，
根据题意可知，直线和直线的斜率均存在，
设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
，消去，可得，解得或．
将代入，得，所以点的坐标为，
因为为线段的中点，点的坐标为，所以点的坐标为，
由，得点的坐标为，所以直线的斜率为，
又因为，所以，整理得，解得或．
所以，直线的方程为或．
42．【2019年高考天津理】设椭圆的左焦点为，上顶点为．已知椭圆的短轴长为4，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）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（为原点），且，求直线的斜率．
【解析】（1）设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，．
所以，椭圆的方程为．
（2）由题意，设．设直线的斜率为，
又，则直线的方程为，
与椭圆方程联立整理得，
可得，代入得，
进而直线的斜率．
在中，令，得．
由题意得，所以直线的斜率为．
由，得，化简得，从而．
所以，直线的斜率为或．
43．【2019年高考天津文】设椭圆的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B．已知（O为原点）．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x=4上，且，求椭圆的方程．
【解析】（1）设椭圆的半焦距为c，由已知有，又由，消去得，解得，所以椭圆的离心率为．
（2）由（1）知，，故椭圆方程为．
由题意，，则直线的方程为，
点P的坐标满足消去并化简，得到，解得．
代入到的方程，解得．
因为点在轴上方，所以．
由圆心在直线上，可设．
因为，且由（1）知，故，解得．
因为圆与轴相切，所以圆的半径长为2，又由圆与相切，得，可得．
所以，椭圆的方程为．
44．【2018高考全国III文20】（12分）
已知斜率为的直线与椭圆交于两点，线段的中点为．
（1）证明：；
（2）设为的右焦点，为上一点，且．证明：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】试题分析：（1）设而不求，利用点差法进行证明；（2）解出，进而求出点的坐标，得到，再由两点间距离公式表示出，得到直l的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．
试题解析：（1）设，，则，．
两式相减，并由得．
由题设知，，于是．由题设得，故．
（2）由题意得F（1，0）．设，则．
由（1）及题设得，．
又点P在C上，所以，从而，．
于是．同理．
所以，故．
45．【2018高考天津文19】（本小题满分14分）
设椭圆 的右顶点为，上顶点为．已知椭圆的离心率为，．
（I）求椭圆的方程；
（II）设直线与椭圆交于两点，与直线交于点，且点均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求的值．
【解析】试题分析：（I）由题意结合几何关系可求得．则椭圆的方程为．
（II）设点的坐标为，点的坐标为 ，由题意可得．
易知直线的方程为，由方程组可得．由方程组可得．结合，可得，或．经检验k的值为．
试题解析：（I）设椭圆的焦距为，由已知得，又由，可得．由，从而．所以，椭圆的方程为．
（II）设点的坐标为，点的坐标为 ，由题意，，
点Q的坐标为．由的面积是面积的2倍，可得，
从而，即．
易知直线的方程为，由方程组消去，可得．由方程组消去，可得．由，可得，两边平方，整理得，解得，或．
当时，，不合题意，舍去；当时，，符合题意．
所以，的值为．
46．【2018高考江苏18】如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，焦点，圆的直径为．
（1）求椭圆及圆的方程；
（2）设直线与圆相切于第一象限内的点．
①若直线与椭圆有且只有一个公共点，求点的坐标；
②直线与椭圆交于两点．若的面积为，求直线的方程．

【解析】试题分析：（1）根据条件易得圆的半径，即得圆的标准方程，再根据点在椭圆上，解方程组可得，即得椭圆方程；（2）第一问先根据直线与圆相切得一方程，再根据直线与椭圆相切得另一方程，解方程组可得切点坐标．第二问先根据三角形面积得三角形底边边长，再结合①中方程组，利用求根公式以及两点间距离公式，列方程，解得切点坐标，即得直线方程．
试题解析：（1）因为椭圆的焦点为，
可设椭圆的方程为．
又点在椭圆C上，，解得
因此，椭圆的方程为．因为圆的直径为，所以其方程为．
（2）①设直线与圆相切于，则，
所以直线的方程为，即．
由，消去y，得．（*）
直线与椭圆有且只有一个公共点，
．
．因此，点的坐标为．
②的面积为，所以，从而．
设，由（*）得，
．
，，即，
解得舍去），则，因此的坐标为．
综上，直线的方程为．

47．【2018高考全国1理19】（本小题满分12分）
设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为．
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：．
【解析】试题分析：（1）首先根据与轴垂直，且过点，求得直线的方程为，代入椭圆方程求得点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程；（2）分直线与轴重合、与轴垂直、与轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果．
试题解析：（1）由已知得，的方程为．由已知可得，点的坐标为或．所以的方程为或．
（2）当与轴重合时，．
当与轴垂直时，为的垂直平分线，．
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，
则，直线的斜率之和为．
由得．
将代入得．
．
从而，故的倾斜角互补，．
综上，．
48．【2018高考全国3理20】（12分）
已知斜率为的直线与椭圆交于两点，线段的中点为．
（1）证明：；
（2）设为的右焦点，为上一点，且．证明：成等差数列，并求该数列的公差．
【解析】试题分析：（1）设而不求，利用点差法进行证明；（2）解出，进而求出点的坐标，得到，再由两点间距离公式表示出，得到直l的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．
试题解析：（1）设，则．
两式相减，并由得．
由题设知，于是．①
由题设得，故．
（2）由题意得，设，则．
由（1）及题设得．
又点在上，，从而．
于是．
同理，．
，即成等差数列．
设该数列的公差为，则②
将代入①得，
的方程为，代入的方程，并整理得．
故，代入②解得．所以该数列的公差为或．
49．【2018高考天津理19】(本小题满分14分)
设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B． 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且．
（I）求椭圆的方程；
（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q．
若(O为原点)，求k的值．
【解析】试题分析：（Ⅰ）由题意结合椭圆的性质可得．则椭圆的方程为．
（Ⅱ）设点的坐标为，点的坐标为．由题意可得．由方程组可得．由方程组可得．据此得到关于的方程，解方程可得的值为或
试题解析：（Ⅰ）设椭圆的焦距为，由已知有，
又由，可得．由已知可得，，，
由，可得，从而，椭圆的方程为．
（Ⅱ）设点的坐标为，点的坐标为．
由已知有，故．
又，而∠OAB=，故．
由，可得．由方程组消去，可得．
易知直线的方程为，由方程组消去，可得．
由，可得，两边平方，整理得，
解得，或，的值为或
50．（2017天津文）已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点 的坐标为，的面积为．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点， 在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为．
（i）求直线的斜率；
（ii）求椭圆的方程．
【解析】（Ⅰ）设椭圆的离心率为e．由已知，可得．
又由，可得，即．
又因为，解得．
所以，椭圆的离心率为．
（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线FP的方程为，则直线FP的斜率为．
由（Ⅰ）知，可得直线AE的方程为，即，与直线FP的方程联立，可解得，即点Q的坐标为．
由已知|FQ|=，有，整理得，所以，即直线FP的斜率为．
（ii）由，可得，故椭圆方程可以表示为．
由（i）得直线FP的方程为，与椭圆方程联立消去，整理得，解得（舍去），或．
因此可得点，进而可得，
所以．由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离，故直线和都垂直于直线．
因为，所以，所以的面积为，同理的面积等于，由四边形的面积为，得，整理得，又由，得，所以椭圆的方程为．
51．（2017天津理）设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为．已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为．
（Ⅰ）求椭圆的方程和抛物线的方程；
（Ⅱ）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点．若的面积为，求直线的方程．
【解析】（Ⅰ）设的坐标为．依题意，，，，解得，，，于是．
所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为．
（Ⅱ）设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故．将与联立，消去，
整理得，解得，或．
由点异于点，可得点．
由，可得直线的方程为，令，解得，
故．所以．
又因为的面积为，故，
整理得，解得，所以．
所以，直线的方程为或．
52．（2017江苏）如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，两准线之间的距离为8．点在椭圆上，且位于第一象限，过点作直线的垂线，过点作直线的垂线．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线，的交点在椭圆上，求点的坐标．

【解析】（1）设椭圆的半焦距为．
因为椭圆的离心率为，两准线之间的距离为8，所以，，
解得，于是，
因此椭圆的标准方程是．
（2）由（1）知，，．
设，因为点为第一象限的点，故．
当时，与相交于，与题设不符．
当时，直线的斜率为，直线的斜率为．
因为，，所以直线的斜率为，直线的斜率为，
从而直线的方程：， ①
直线的方程：． ②
由①②，解得，所以．
因为点在椭圆上，由对称性，得，即或．
又在椭圆上，故，由，解得；，无解．
因此点的坐标为．
53．（2016年全国II卷文）已知是椭圆：的左顶点，斜率为的直线交 与，两点，点在上，．
（Ⅰ）当时，求的面积；
（Ⅱ）当时，证明：．
【解析】（Ⅰ）设，则由题意知．
由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为，
又，因此直线的方程为．
将代入得，
解得或，所以．
因此的面积．
（Ⅱ）将直线的方程代入得
．
由得，
故．
由题设，直线的方程为，
故同理可得．
由得，即．
设，则是的零点，
，
所以在单调递增，又，
因此在有唯一的零点，且零点在内，所以．
54．（2016年天津文）设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率．
【解析】（Ⅰ）设，由，即，
可得，又，所以，因此，
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）设直线的斜率为，则直线的方程为，
设，由方程组 消去，
整理得，解得或，
由题意得，从而，
由（Ⅰ）知，设，有，，
由，得，所以，
解得，因此直线的方程为，
设，由方程组消去，得，
在中，，
即，化简得，即，
解得或，所以直线的斜率为或．
55．（2015天津文）已知椭圆的上顶点为，左焦点为，离心率为．
（Ⅰ）求直线的斜率；
（Ⅱ）设直线与椭圆交于点（异于点），故点且垂直于的直线与椭圆交于点（异于点）直线与轴交于点，．
（i）求的值；
（ii）若，求椭圆的方程．
【解析】（Ⅰ）设，由已知离心率及，又因为 ，故直线BF的斜率．
（Ⅱ）设点，（i）由（Ⅰ）可得椭圆方程为
，直线BF的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，
消去y，得，解得．因为，所以直线BQ方程为
，与椭圆方程联立，消去，整得，
解得．又因为 ，及，可得．
（ii）由（i）有，所以，即，又因为
，所以=．
又因为，所以，因此，，所以椭圆方程为．
56．（2014新课标2文理）设，分别是椭圆：的左，右焦点，是上一点且与轴垂直，直线与的另一个交点为．
（Ⅰ）若直线的斜率为，求的离心率；
（Ⅱ）若直线在轴上的截距为2，且，求．
【解析】（Ⅰ）根据及题设知，
将代入，解得（舍去），故C的离心率为．
（Ⅱ）由题意，原点为的中点，∥轴，所以直线与轴的交点 是线段的中点，故，即 ①
由得．
设，由题意知，则，即代入C的方程，得．②
将①及代入②得，解得，故．
57．（2014安徽文理）设，分别是椭圆：的左、右焦点，过点 的直线交椭圆于两点，
（Ⅰ）若的周长为16，求；
（Ⅱ）若，求椭圆的离心率．
【解析】：（Ⅰ）由得．
因为的周长为16，所以由椭圆定义可得
故．
（Ⅱ）设，则且，由椭圆定义可得

在中，由余弦定理可得

即
化简可得，而，故
于是有，
因此，可得
故为等腰直角三角形．从而，所以椭圆的离心率．
58．（2013天津文理）设椭圆的左焦点为F， 离心率为， 过点F且与x 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为．
(Ⅰ) 求椭圆的方程；
(Ⅱ) 设A，B分别为椭圆的左、右顶点， 过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点．若， 求k的值．
【解析】(Ⅰ)设F(－c，0)，由，知．过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，代入椭圆方程有，
解得，于是，解得，
又A2－c2＝B2，从而A＝，c＝1，
所以椭圆的方程为．
(Ⅱ)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1，0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)，
由方程组消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0．
求解可得x1＋x2＝，x1x2＝．
因为A(，0)，B(，0)，
所以·＋·＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)
＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝．
由已知得＝8，解得k＝．
59．（2012北京文理）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为．直线与椭圆交于不同的两点M，N．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）当△AMN得面积为时，求的值．
【解析】（Ⅰ）由题意得解得．所以椭圆C的方程为．
（Ⅱ）由得．
设点M，N的坐标分别为，，则，，
，．
所以|MN|==
=．
由因为点A(2，0)到直线的距离，
所以△AMN的面积为． 由，解得．
60．（2011陕西理）设椭圆C： 过点（0，4），离心率为
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标．
【解析】（Ⅰ）将（0，4）代入C的方程得，∴=4，又 得，
即，∴A=5， ∴C的方程为．
（ Ⅱ）过点且斜率为的直线方程为，
设直线与C的交点为A，B，将直线方程代入C的方程，得，
即，解得，，AB的中点坐标，
，即中点为．