高考数学2025 椭圆综合 专项练习18（天津专用）

这是一份高考数学2025 椭圆综合 专项练习18（天津专用），共39页。试卷主要包含了已知椭圆C，【答案】解等内容，欢迎下载使用。
求椭圆C的方程；
设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，线段PQ的中点为T，直线OT与椭圆C交于两点M，N，证明：
2.(2024河西一模）已知椭圆的上、下顶点为B、C，左焦点为F，定点，
求椭圆E的标准方程；
过点B作斜率为的直线l交椭圆E于另一点D，直线l与x轴交于点在B，D之间，直线PM与y轴交于点N，若，求k的值．
3.（2024南开一模）已知椭圆C：的一个焦点与抛物线的焦点F重合，抛物线的准线被C截得的线段长为
求椭圆C的方程；
过点F作直线l交C于A，B两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使为定值？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由.
4.（2024九校联考一模）已知椭圆C：的长轴长为4，离心率为
Ⅰ求椭圆C的方程；
Ⅱ设椭圆C的左焦点为F，右顶点为G，过点G的直线与y轴正半轴交于点S，与椭圆交于点H，且轴，过点S的另一直线与椭圆交于M，N两点，若，求直线MN的方程.
5.（2024滨海新区三模）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左顶点和上顶点，为左焦点，且的面积为
Ⅰ求椭圆M的标准方程；
Ⅱ设椭圆M的右顶点为C，P是椭圆M上不与顶点重合的动点.
若点，点D在椭圆M上且位于x轴下方，设和的面积分别为，若，求点D的坐标；
若直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点N，设直线QN和直线QC的斜率为，，求证：为定值，并求出此定值.
6.（2024部分区二模）设椭圆的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，且，离心率为．
Ⅰ求椭圆的方程；
Ⅱ过点的直线与椭圆交于点，与轴交于点，且满足，若三角形为坐标原点的面积是三角形的面积的倍，求直线的方程．
7.（2024耀华一模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率，且经过点
求椭圆C的方程；
设F为椭圆C的右焦点，直线l与椭圆C相切于点点P在第一象限，过原点O作直线l的平行线与直线PF相交于点Q，问：线段PQ的长是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
8（2024河东二模）已知椭圆的左焦点为，且过点
求椭圆的标准方程；
过作一条斜率不为O的直线PQ交椭圆于P、Q两点，D为椭圆的左顶点，若直线DP、DQ与直线l：分别交于M、N两点，l与x轴的交点为R，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
9.（2024河西三模）已知椭圆C：的离心率为，长轴的左端点为
Ⅰ求C的方程；
Ⅱ过椭圆c的右焦点的任一直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，且AM，AN与直线，分别相交于D，E两点，求证：以DE为直径的圆恒过x轴上定点，并求出定点.
10.（2024红桥一模）已知椭圆C：过点，且椭圆C的离心率为
Ⅰ求椭圆C的方程；
Ⅱ若动点P在直线上，过P作直线交椭圆C于M，N两点，且P为线段MN中点，再过P作直线证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.
11.（2024北辰三模）已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程.
12.（2024耀华二模） 已知椭圆经过点，下顶点为抛物线的焦点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若点均在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，
（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）当时，求直线的方程．
13.（2024河北二模）设椭圆经过点，长轴长是短轴长的2倍，上顶点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且斜率为的直线与椭圆交于另一点，过点作与垂直的直线，交直线于点，过点作直线的垂线，垂足为，若，求的值.
14. （2024南开二模）已知椭圆C：（）的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点A与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为.当的面积取得最大值时，求直线l的方程.
15.（2024河西二模）已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，直线：交椭圆C于M，N两点，当直线过点时，的周长为8.
（I）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）设P为x轴上一点，是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，求直线的方程及点P的坐标.
16.（2024红桥二模）已知椭圆过点，长轴长为
求椭圆C的方程；
直线与椭圆C交于不同的两点M、N，直线AM、AN分别与直线交于点P、Q，O为坐标原点且，求证：直线l过定点，并求出定点坐标．
2024天津各区高考数学模拟卷分类汇编—专题十八椭圆综合答案
1.【答案】解：
由椭圆的离心率为，且过点F且与x轴垂直的直线截得的线段长为3，
可得，解得，所以椭圆的标准方程为
证明：设直线AB所在的直线方程为，
联立方程组，整理得，
所以，解得，
设，则，
所以，则，即，
所以OT的方程为，
联立，解得或，所以，
则，
又由
，
又因为T的中点，
可得，
所以


【解析】根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解；
设AB的方程为，联立方程组，求得，得到，再由OT的方程为，联立方程组，求得，进而求得，再由弦长公式，求得，结合，即可得证.
方法点睛：解决直线与圆锥曲线问题的方法与策略：
1、涉及圆锥曲线的定义问题：抛物线的定义是解决曲线问题的基础，它能将距离进行等量转化．如果问题中涉及圆锥曲线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用圆锥曲线定义就能解决问题．因此，涉及圆锥曲线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用圆锥曲线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
2.【答案】解：
由题意，，则F为P、C的中点，
所以，，
，，即，
，
所以椭圆E的标准方程为
设直线l的方程为，
与椭圆E的方程联立，，整理得，
，
所以，
直线l与x相交于点M，令，
所以直线PM的斜率为，
直线PM的方程为，
令，，
由，
又，
，
，即，
所以，
所以，
所以，解得或，
所以k的值为或

【解析】依题意可得F为P、C的中点，即可求出c、b，再求出a，即可得到椭圆方程；
设直线l的方程为，联立直线与椭圆方程，求出，，从而表示出PM的方程，即可得到，再求出，最后由三角形的面积得到，从而得到关于k的方程，解得即可.
关键点点睛：本题关键是推导出，从而得到
3.【答案】解：抛物线的焦点，准线方程为，由题意得，
解得，所以椭圆C的方程为
假设存在符合条件的点，设，
则，，
①当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，
由，得，则，
所以，
因此，若对于任意的t值，上式为定值，
则，解得，此时，为定值.
②当直线l的斜率为0时，
综合①②知，符合条件的点M存在，其坐标为


【解析】本题考查椭圆的标准方程，圆锥曲线中的定点定值问题，属于较难题.
由抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，进而可得椭圆的焦点坐标以及长半轴a与短半轴b之间的等量关系，则椭圆方程可求；
分直线l斜率为0和不为0两种情况讨论，通过联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理进行化简即可求得定值.
方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：“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；“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．
4.【答案】解：Ⅰ根据题意可得，
解得，，，
所以椭圆C的方程为
Ⅱ由Ⅰ知，，
因为轴，所以，
因为S在y轴的正半轴，
所以H在x轴上方，
因为点H在椭圆上，
所以，解得，
所以，即，
因为，即，解得，
所以，
所以，
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为，
设，，
联立，，
所以①，②，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
即③，
由①②③，解得，
所以直线MN的方程为，，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为，
此时，不合题意．
综上可得，直线MN的方程为，
【解析】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力．
Ⅰ由椭圆的长轴长为4，离心率为，列方程组，解得a，b，c，进而可得答案．
Ⅱ由Ⅰ知，代入椭圆的方程可得，进而可得H点坐标，HF的长，又由于，解得OS，进而可得S点坐标，推出，分两种情况当直线MN的斜率存在时，当直线MN的斜率不存在时，讨论直线MN的方程，即可得出答案．
5.【答案】解：Ⅰ由题意得，
又，
解得，
椭圆M的标准方程为；
Ⅱ由Ⅰ可得，点在椭圆M上，代入椭圆方程得，
连接PC，如下图所示：
因为，
所以，
所以，所以，
所以直线OD的方程为，
联立，解得或舍去，
所以；
证明：ⅱ设直线QC的斜率为k，则直线QC的方程为：，
因为，，
所以直线AB的方程为，
由，解得，
所以，
由，得，
由，则，
所以，
则，所以，
依题意B、P不重合，所以，即，
所以，
直线BP的方程为，
令，即，
解得，所以，
所以，
所以为定值．
【解析】Ⅰ根据题意列出关于a，b，c的方程组，解出a，b，c的值，进而得到椭圆M的标准方程；
Ⅱ先求出点P的坐标，由可得，进而得到直线OD的方程，与椭圆方程联立求出点D的坐标即可；
设直线QC的斜率为k，则直线QC的方程为：，与直线AB方程联立求出点Q的坐标，再联立直线QC与椭圆方程，结合韦达定理求解即可．
本题主要考查了椭圆的性质，考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
6.【答案】解：Ⅰ由题意，，
又，，
，
椭圆的方程为．
Ⅱ由题可知：斜率存在且不为零，
设直线的方程为，，，
联立方程组，消去整理得，
，，，
，由题意得：，，
又，
，
解得，
直线的方程为．
【解析】Ⅰ由椭圆的性质结合已知条件可求出，，的值，从而可得椭圆方程；
Ⅱ由题可知：斜率存在且不为零，设直线的方程为，与椭圆方程联立，由根与系数的关系可得点的横纵坐标，由可求得的值，从而可得直线方程．
本题主要考查椭圆的性质及标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】解：由题意可得，解得，，，
椭圆C的方程为；
设，直线l的方程为，
过原点O且与直线l平行的直线方程，
则直线PF的方程为，即，
联立，且，
解得，，
坐标为，
为定值．
【解析】本题考查了椭圆的方程，直线和椭圆的位置关系，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．
由题意可得，解得即可，
设，可得直线l的方程为，过原点O且与直线l平行的直线方程，直线PF的方程为，联立方程组，求出点Q的坐标，利用两点之间的距离公式即可求出．
8.【答案】解：易知椭圆的右焦点，
因为椭圆经过点，
所以，
解得，
因为，
所以，
则椭圆的标准方程；
不妨设直线PQ的方程为，，
联立，消去x并整理得，
此时恒成立，
由韦达定理得，，
易知直线DP的方程为，
令，
解得，
同理可得，
所以
故为定值，定值为
【解析】由题意，结合题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式求出a和b的值，进而即可求解；
设出直线PQ的方程和P，Q两点的坐标，将直线PQ的方程以椭圆方程联立，利用韦达定理得到，，写出直线DP的方程，进而求点M的纵坐标，同理得到点N的纵坐标，根据化简即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
9.【答案】解：Ⅰ因为椭圆C：的离心率为，长轴的左端点为，
所以，得，
所以椭圆C的方程：；
Ⅱ证明：椭圆右焦点坐标为，由题直线斜率不为零，设直线l方程为，
设，，
由题，联立方程组，消去x得，
所以，
直线，得，
同理，直线，得，
设x轴上一点，则，同理得：，
所以，
因为，
所以，
解得：，即或，
所以以DE为直径的圆恒过x轴上定点，定点分别为，
【解析】Ⅰ由离心率及顶点坐标得a，b，c的值，从而求得椭圆的方程；
Ⅱ设，，将直线方程与椭圆方程联立，求得，由垂直关系利用数量积等于零，求得圆与x轴的交点．
本题考查了椭圆的标准方程以及椭圆中的定点问题，属于中档题．
10.【答案】Ⅰ解：点在椭圆上，
，解得，
椭圆C的离心率为，，
，解得，
椭圆C的方程为
Ⅱ证明：设，，
①当直线MN的斜率存在时，
设直线MN的方程为，，，
由，
得：，
，
为MN中点，，即，
，，
直线l的方程为，
即，
直线l恒过定点
②当直线MN的斜率不存在时，
直线MN的方程为，
此时直线l为x轴，也过点
综上所述，直线l恒过定点
【解析】本题考查椭圆方程的求法，考查直线恒过定点的证明，属于较难题.
Ⅰ点在椭圆上，将其代入椭圆方程，又因为，解方程组得到a，b，由此能求出椭圆方程．
Ⅱ点P在直线上，则可得，当直线MN的斜率存在时设斜率为k，得到直线MN中点，根据点P的横坐标解得k，由可得直线l的斜率及其含参数的方程，分析得直线是否恒过定点，注意还要讨论直线MN的斜率不存在的情况．
11.【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由椭圆的性质及已知条件可得a，b，c的关系，从而可求出a，b，c的值，从而可得椭圆C的标准方程；
（2）直线l方程与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，可求出k的值，表示出四边形PQMN面积，求出当四边形PQMN面积最大时m的值，即可求解直线l的方程．
【小问1详解】
，
，所以，
因为a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1，
所以椭圆方程为．
小问2详解】
如图，设P（x1，y1），Q（x2，y2），

，
联立，消去y整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即m2＜3+4k2，
所以，. ，

，
因为|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，所以32k2﹣24＝0，，，
，，
点O到直线l的距离，
所以，
当且仅当，即m2＝3，
因为m＞0，所以时，取得最大值为，
因为S四边形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大时，S四边形MNPQ最大，
所以或．
12.【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，即可得到，再由椭圆过点，求出；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，、，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，代入后化简得的值，代入直线方程可得定点坐标；
（ⅱ）设直线恒过定点为，由，可得，结合（ⅰ）中韦达定理求出、，即可求出，从而求出直线方程.
【小问1详解】
抛物线的焦点为，所以椭圆的下顶点，则，
又椭圆经过点，所以，解得，
所以椭圆方程为；
【小问2详解】
（ⅰ）当直线的斜率不存在时，设，则，
所以，则，与矛盾，
所以直线的斜率存在，
由已知直线斜率同号，因此直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，设，
由得，
由，可得，
所以，，
则
，
，
所以，
即，
所以，解得或，
当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，不合题意，
当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，符合题意．
综上可得直线恒过定点.
（ⅱ）设直线恒过定点为，
此时，解得，
由，可得，
又，，
所以，，
所以，解得，满足，
所以，
所以直线方程为.
【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线上直线过定点问题的方法．
设出直线方程为，设交点坐标为，直线方程与圆锥曲线方程联立方程组，消元后应用韦达定理得，代入题中关于交点的满足的的条件可得出关系，从而代入直线方程后得定点坐标．
13.【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆经过点和长轴长是短轴长的2倍，得到和求解；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，求得点P的横坐标，再由，设直线的方程为与直线联立，求得Q的坐标，然后根据由 即求解.
【小问1详解】
解：椭圆经过点，即，
将点坐标代入方程，得，
解得
椭圆的方程为 .
【小问2详解】
如图所示：
，由题意可知，直线的斜率存在，且不为0.
直线的方程为
联立消去，得，
解得或，
点与点不同， ，

直线的方程为
直线
联立，解得

垂直于直线
在直角和直角中，

即



代入
化简得
解得

值为.
【点睛】思路点睛：本题第二问的基本思路是根据点B坐标设出直线的方程，与椭圆方程联立，求得点P的坐标，再由，设直线的方程，与直线联立，求得Q的坐标，通过由而得解.
14.【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆焦点与顶点的坐标与离心率的定义计算即可得答案；
（2）设出直线l的方程，联立曲线方程后可得与坐标有关的韦达定理表达式，结合三角形面积公式表示出面积后借助基本不等式计算即可得答案.
【小问1详解】
设椭圆C的焦距为2c，依题意，，，又，
解得，，，
所以椭圆C的方程为；
【小问2详解】
由题意可得直线的斜率不为，故可设直线l的方程为，
，，则，
联立直线l与椭圆C的方程，得，
由于直线过椭圆内一点，故必有，则．
又，，
易知与同号，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以面积的最大值为，此时直线l的方程为．
15.【答案】（I）解：的周长为8，由椭圆的定义，所以，，
椭圆C的离心率为，所以，∴，
∴，
椭圆C的标准方程为.
（Ⅱ）解：设，，的中点为，
联立整理得，
因为直线与椭圆C交于M，N两点，故，解得，
，，
则，代入，∴，
故，
由题意，是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，∴，
故，
解得，故，
由，故，
整理得，
代入，
经计算，，
因为，所以，
直线的方程为，点的坐标为.
16.【答案】解：因为椭圆C的长轴为，可得，
将点A的坐标代入椭圆C的方程可的，可得，
因此，椭圆C的标准方程为
如图，

直线与椭圆方程联立，
化简得，
，即
设、，由题意可知都不为，
则，
直线MA的方程为，则，
直线NA的方程为，则，
，所以，
，
，
把韦达定理代入整理得，
，或，
①当时，直线方程为，
此时，直线l过定点，不符合题意，所以舍去；
②当时，直线方程为，直线l过定点，符合题意.
综上所述，直线l经过定点，且定点坐标为

【解析】本题考查了椭圆的标准方程及椭圆中定点的问题，属于较难题.
根据已知条件长轴长为与椭圆过点求出a，b的值，由此可得出椭圆C的标准方程；
设、，联立直线和椭圆方程求出点P、Q的坐标，根据已知条件可得到，再把韦达定理代入化简分开讨论，易可证明.