2023-2025北京高三（上）期末数学汇编：椭圆

第1页/共1页2023-2025北京高三（上）期末数学汇编椭圆一、单选题1．（2025北京海淀高三上期末）已知椭圆的焦点在轴上，点，则（

）A．在外 B．的长轴长为C．在内 D．的焦距为二、填空题2．（2025北京丰台高三上期末）已知曲线（、为常数），给出下列四个结论：①曲线关于坐标原点对称；②当时，曲线恒过两个定点；③设、为曲线上的两个动点，则存在，，使得有最大值；④记曲线在第一象限的部分与坐标轴围成的图形的面积为，则对任意，存在，使得.其中所有正确结论的序号为.三、解答题3．（2025北京昌平高三上期末）已知椭圆的离心率为，且经过点.(1)求椭圆的方程；(2)若过点，斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，且与直线交于点，点在线段（不包括两端点）上，为坐标原点，直线与直线，分别交于点．求证：点关于原点对称.4．（2025北京丰台高三上期末）已知椭圆的上顶点为，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)设B为椭圆C的下顶点，动点M到坐标原点O的距离等于1（M与A，B不重合），直线AM与椭圆C的另一个交点为N.记直线BM，BN的斜率分别为，，问：是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.5．（2025北京海淀高三上期末）已知椭圆的左顶点为，离心率.(1)求的标准方程；(2)设点为上异于顶点的一点，点关于轴的对称点为，过作的平行线，与的另一个交点为.当与不重合时，求证：.6．（2025北京房山高三上期末）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.7．（2025北京石景山高三上期末）已知椭圆的离心率为，且椭圆的左、右焦点和短轴的两个端点构成的四边形的面积为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆的上顶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.8．（2025北京通州高三上期末）已知椭圆，以椭圆的一个焦点和短轴端点为顶点的三角形是边长为2的等边三角形.(1)求椭圆的方程及离心率；(2)斜率存在且不为0的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点.在轴上是否存在定点，使得（为坐标原点）？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.9．（2025北京西城高三上期末）已知椭圆的左右顶点分别为，离心率为，点，的面积为2.(1)求椭圆的方程；(2)过点且斜率为的直线交椭圆于点，线段的垂直平分线交轴于点，点关于直线的对称点为.若四边形为正方形，求的值.10．（2025北京东城高三上期末）已知椭圆的一个顶点为，且焦距为2，为第一象限内上的动点，过点作斜率为，的直线分别与交于点，（均异于点），直线与轴交于点，为线段的中点，直线与轴交于点．(1)求的方程；(2)当时，求点的横坐标．11．（2025北京朝阳高三上期末）已知椭圆的离心率为，右顶点为．(1)求椭圆的方程；(2)过原点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点．已知点，直线与椭圆的另一个交点分别为．证明：直线过定点．12．（2025北京一六六中高三上期末）设椭圆，离心率为，长轴长为4.过点的直线l与椭圆交于，两点，直线l与轴不重合.(1)求椭圆的方程；(2)已知点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于，若，求直线的斜率.13．（2025北京顺义高三上期末）已知椭圆的一个顶点为，离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)不经过点的直线与椭圆交于不同的两点，，且．记，的面积分别为，，求的值．14．（2024北京丰台高三上期末）已知椭圆．(1)求椭圆的离心率和焦点坐标；(2)设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值．15．（2024北京顺义高三上期末）已知椭圆过点，且．(1)求椭圆的方程；(2)设斜率为的直线与交于A，B两点（异于点P），直线，分别与轴交于点M，N，求的值．16．（2024北京通州高三上期末）已知椭圆的短轴长为2，且离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的上､下顶点分别为点，过点的直线与椭圆交于不同两点，且，直线与直线交于点，求证：点在一条定直线上.17．（2024北京石景山高三上期末）已知椭圆，离心率为，短轴长为.(1)求椭圆的方程；(2)过坐标原点且不与坐标轴重合的直线交椭圆于，两点，过点作轴的垂线，垂足为，直线与椭圆的另一个交点为．求证：为直角三角形．18．（2024北京朝阳高三上期末）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，原点到直线的距离为，的面积为.(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，过点作轴的垂线分别与直线交于点.判断点是否为线段的中点，说明理由.19．（2024北京昌平高三上期末）已知椭圆经过点，离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)设过点的直线与椭圆有两个不同的交点（均不与点重合），若以线段为直径的圆恒过点，求的值．20．（2024北京西城高三上期末）已知椭圆：的离心率为，且经过点.(1)求的方程；(2)过点的直线交于点（点与点不重合）.设的中点为，连接并延长交于点.若恰为的中点，求直线的方程.21．（2024北京东城高三上期末）已知椭圆的右焦点为，左､右顶点分别为，.(1)求椭圆的方程；(2)设是坐标原点，是椭圆上不同的两点，且关于轴对称，分别为线段的中点，直线与椭圆交于另一点.证明：三点共线.22．（2024北京海淀高三上期末）已知椭圆过点，焦距为.(1)求椭圆的方程，并求其短轴长；(2)过点且不与轴重合的直线交椭圆于两点，，连接并延长交椭圆于点，直线与交于点，为的中点，其中为原点.设直线的斜率为，求的最大值.23．（2024北京房山高三上期末）设椭圆：的左、右顶点分别为，，右焦点为，已知，离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知点是椭圆上的一个动点（不与顶点重合），直线交轴于点，若的面积是面积的4倍，求直线的方程.24．（2024北京大兴高三上期末）已知椭圆的两个顶点分别为，焦点在轴上，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)设为原点，过点的直线交椭圆于点，直线与直线相交于点，直线与轴相交于点.求证：与的面积之比为定值.25．（2024北京一六六中高三上期末）已知椭圆的离心率是，点在上．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．26．（2023北京通州高三上期末）已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)设是椭圆上不同于的一点，直线，与直线分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.27．（2023北京朝阳高三上期末）已知椭圆的右顶点，P为椭圆C上的动点，且点P不在x轴上，O是坐标原点，面积的最大值为1．(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)过点的直线与椭圆C交于另一点Q，直线分别与y轴相交于点E，F．当时，求直线的方程．28．（2023北京海淀高三上期末）已知椭圆过点和.(1)求椭圆的方程；(2)过点作直线交椭圆于不同的两点，直线交轴于点，直线交轴于点.若，求直线的方程.29．（2023北京西城高三上期末）如图，已知椭圆的一个焦点为，离心率为．(1)求椭圆E的方程；(2)过点作斜率为k的直线交椭圆E于两点A，B，的中点为M．设O为原点，射线交椭圆E于点C．当与的面积相等时，求k的值．30．（2023北京昌平高三上期末）已知椭圆过点，且离心率是.(1)求椭圆的方程和短轴长；(2)已知点，直线过点且与椭圆有两个不同的交点，问：是否存在直线，使得是以点为顶点的等腰三角形，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.31．（2023北京房山高三上期末）已知椭圆：经过点，且点到两个焦点的距离之和为8.(1)求椭圆的方程；(2)直线：与椭圆分别相交于两点，直线，分别与轴交于点，.试问是否存在直线，使得线段的垂直平分线经过点，如果存在，写出一条满足条件的直线的方程，并证明；如果不存在，请说明理由.32．（2023北京石景山高三上期末）已知椭圆的一个顶点为，焦距为2．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右焦点分别为，P为椭圆C上一动点，射线分别交椭圆C于点A，B，求证：为定值．

参考答案1．A【分析】根据椭圆方程及焦点位置求出的范围，即可判断.【详解】因为椭圆的焦点在轴上，所以，则的长轴长为，焦距为，故B、D错误；因为，所以，所以，所以，所以点在外，故A正确，C错误.故选：A2．①②④【分析】利用曲线的对称性可判断①；当时，化简曲线方程，求出定点坐标，可判断②；将曲线的方程视为关于的二次方程，利用判别式求出的范围后可判断断③；化简方程得可判断曲线在线段上方，数形结合可判断④.【详解】对于①，在曲线上任取一点，则，点关于原点的对称点为，则，即点在曲线上，所以，曲线关于坐标原点对称，①对；对于②，当时，则，曲线的方程为，由，解得或，所以，当时，曲线恒过两个定点、，②对；对于③，当，时，将曲线的方程视为关于的二次方程，则，故，故或，故无最值.对于④，当，时，由题设可得，当时，，即曲线在第一象限的部分在直线的上方，如图，则，④对.故答案为：①②④.【点睛】关键点点睛：本题关键是求出曲线方程，后运用性质，如对称性，面积借助放缩成三角形即可求解.3．(1)(2)证明见解析【分析】（1）依题意知，结合求出，即可得椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，再表示出直线，的方程、求得坐标，并分别将直线，与直线联立求得，通过化简证明，得到点关于原点对称，即可得证.【详解】（1）∵椭圆的离心率为，且经过点，∴解得.∴椭圆的方程为.（2）过点，斜率为的直线方程为.由得..

设，则.

直线，

直线，在直线方程中，令，得.直线.由得.同理得.所以，即点为线段中点.所以点关于原点对称.4．(1)(2)存在【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，表示出直线BN的斜率与直线AM的斜率，从而得到，然后代入计算，即可得到结果.【详解】（1）由题意得解得，.所以椭圆C的方程为.（2）因为B为椭圆C的下顶点，所以.设（且），则直线BN的斜率.由点M到坐标原点O的距离等于1，可知点M在以AB为直径的圆上，所以直线AM与直线BM垂直.由题意得直线AM的斜率，所以直线BM的斜率.所以.因为点N在椭圆C上，所以，故，所以，所以存在，使得恒成立.5．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据离心率及左顶点，求出、，即可得解；（2）设，，则，从而得到直线的方程，联立直线与椭圆方程，消元，求出，即可得到，得到，即可得证.【详解】（1）依题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）设，，则，，得直线的斜率.由得直线的斜率.由经过点得直线的方程.由，得，由韦达定理得.所以.因为，，由于不重合，所以，所以所以.因为两条直线不重合，所以.6．(1)(2)是，定点坐标为【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的等式组，求出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）对直线的位置进行分类讨论，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，根据线段的中点横坐标为可得出参数的关系，化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.【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.7．(1)(2)【分析】（1）根据椭圆的离心率，参数的几何意义，以及可解得的值，进而得椭圆的标准方程；（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.【详解】（1）由题意，得，又，解得，，，故椭圆的标准方程为：.（2）因为，由题意可知，直线的斜率存在，且不为0.所以直线的方程为.联立，消去，得，解得或，因为点与点不同，所以，因为，所以，则直线的方程为.因为，所以直线.联立，解得，所以.因为垂直于直线，所以.在直角和直角中，，所以，即.因为，，，，代入，得，化简得，解得，.因为，所以的值为.【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，即，即可得解.8．(1)；(2)存在，或【分析】(1)由题可知，进而得到椭圆方程和离心率；(2)假设存在定点，使得，原问题等价于满足，表示直线、的方程，可表示出，，据此计算可得点的坐标.【详解】（1）因为以椭圆的一个焦点和短轴端点为顶点的三角形是边长为2的等边三角形，所以，即，，故椭圆的方程：，，故离心率；（2）假设轴上存在点，使得，当时，所以，设，，所以满足，设，，由题意可知直线斜率存在且不为0，故,,直线的方程为，所以当时，即，因为点与点关于轴对称，所以．同理可得，因为，，所以，因为，在椭圆上，即，，，所以或，故在轴上存在点，使得，点的坐标为或．9．(1)(2)【分析】（1）根据椭圆的性质，离心率（为椭圆半焦距），三角形面积公式，再结合椭圆中来确定椭圆方程.（2）先求出直线与椭圆的交点坐标关系，再根据垂直平分线的性质、正方形的性质来求解的值.【详解】（1）已知，，，则的面积，解得.因为离心率，，所以.又因为，，，所以.所以椭圆的方程为.（2）将直线与椭圆联立得.根据韦达定理，，.计算，从而得到线段中点坐标为.

然后求线段垂直平分线方程：垂直平分线的斜率为，根据点斜式可得垂直平分线方程为，进而得到点.

最后根据四边形为正方形时：则展开得进一步化简为将，代入得，，整理得，解得.10．(1)；(2)点的横坐标为.【分析】（1）借助顶点及焦距计算即可得；（2）设，、，则可表示出直线与，分别联立曲线后计算可用、表示、坐标，则可求出直线并得到，再借助点坐标得到直线方程，即可得，则可由计算点的横坐标.【详解】（1）由题意可得，，则，故；（2）设，则有，设、，则、，联立，有，则，故，则，即，联立，有，则，故，则，即，则，令，则，又，则，令，则，则，则或，即或，解得或，即或或或，因为，所以.所以点的横坐标为.【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，注意的判断；（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.11．(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据离心率及椭圆参数关系求参数，即可得方程；（2）设点，进而可得，联立椭圆方程并应用韦达定理求出坐标，同理得坐标，进而写出直线，即可证结论.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆的方程为．（2）设点，则，且．直线，即．由，得．所以，则．所以．所以．同理．依题意，所以．所以直线的方程为，整理得．所以直线过定点．12．(1)(2).【分析】（1）根据根据椭圆的离心率和长轴求得即可；（2）设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，，，，由可得，表示点，建立方程，解之即可求解.【详解】（1）因为椭圆的长轴长为4，所以，解得；又，所以，得，所以.（2）因为过点的直线l与椭圆交于两点，直线l与轴不重合，所以直线l的斜率不为0.设直线，，，即，即或，；，；，；，直线，直线，令，，，令，，，则，即也即则，，斜率为；综上，直线的斜率为.

13．(1)(2)【分析】（1）求出椭圆的基本量后可求椭圆方程；（2）设直线的斜率为，直线的斜率为，则利用同构可求直线过定点，据此可求面积的比值.【详解】（1）由题设有，而，故，所以，故椭圆方程为：.（2）由题设的斜率存在且不为零，设其斜率为，则，由可得，故，故，，设的斜率为，同理，，由题设与轴不平行，故设方程为：故，整理得到：，而，故，故，故恒过定点，所以，所以，所以即.14．(1)离心率为，焦点坐标分别为，(2)【分析】（1）根据椭圆方程直接求出离心率与焦点坐标；（2）根据直线与椭圆相切求出坐标并得到，法一：设直线的方程为，由韦达定理求出证得结论．法二：记，由点差法求可证得结论．【详解】（1）由题意得，解得．所以椭圆E的离心率为，焦点坐标分别为，．（2）由消去y并整理得：

①其判别式得，化简为．此时方程①可化为，解得，(由条件知异号)．记，则，所以，即点．所以OP的斜率．法一：因为，所以可设直线的方程为．由消去y并整理得：．当其判别式大于零时，有两个不相等的实根，设，则．因为C是A关于原点O的对称点，所以点C的坐标为．所以直线BC的斜率．所以．法二：记，因为点C与点A关于原点对称，所以．因为，所以直线AB的斜率为，所以．因为点在椭圆上，所以，．两式相减得：．所以，即，所以．所以．【点睛】方法点睛：将P视为与椭圆相交弦中点，由中点弦定理得，设中点为M，由中点弦定理得，由得，故.15．(1)(2)1【分析】（1）根据，把点代入，即可求出椭圆方程．（2）设直线的方程为，代入椭圆方程，得，所以，，计算直线的斜率与直线的斜率的和，即可根据对称求解.【详解】（1）由于，设所求椭圆方程为，把点代入，得，，椭圆方程为．（2）设直线的方程为，代入椭圆方程，整理得，设，，，，所以,直线直线斜率为，直线直线斜率为，则所以，，即直线的斜率与直线的斜率互为相反数，故直线与直线关于对称，因此．故【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.16．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由短轴长及离心率和之间的关系求出的值，进而求出椭圆的方程；（2）由（1）可得的坐标，设直线的方程，与椭圆联立得到韦达定理，求出直线，再求两条直线的交点的坐标；【详解】（1）因为椭圆的短轴长为2，所以.所以.因为离心率为，所以.所以，解得.所以椭圆的方程为.（2）①若直线的斜率不存在，不符合题意.②若直线的斜率存在，设为，所以直线的方程为.联立方程组消去，化简得.所以，得，或.因为，且，所以.直线的方程为，即.直线的方程为，即.因为直线与直线交于点，所以点的纵坐标.所以.所以点在直线上.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定直线.17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意可计算出、、，即可得方程；（2）设出直线的斜率、、的坐标，由轴，可得点坐标，从而得到直线的方程，联立曲线，即可得、两点的横坐标的关系，作出的中点，由，从而得到，可得，即可得证.【详解】（1）由题意知，解得,所以椭圆的方程为；（2）设直线的方程为，交椭圆于，，由题意知，所以，直线的方程为，联立，消去得，，所以，设的中点为，则，，所以，因为在中，，所以．所以，即，所以为直角三角形.18．(1)(2)是，理由见解析【分析】（1）利用点到直线距离和三角形面积构造方程组可解得，可得椭圆的方程为；（2）设出直线的方程为，与椭圆方程联立并设，，求出直线和的方程，解得和，利用韦达定理化简可证明，即可得出结论.【详解】（1）由题可知.因为的面积为，所以.因为点到直线的距离为，所以.所以，解得，所以椭圆的方程为.（2）点为线段的中点，理由如下：由题知直线的斜率存在，如下图所示：设过点的直线的方程为，即.联立，整理得.由，得.设，，则.直线的方程为，令，得点的纵坐标.直线的方程为，令，得点的纵坐标.要证点为线段的中点，只需证明，即.因为，即，所以点为线段的中点.【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，注意的判断；（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.19．(1)；(2).【分析】（1）利用椭圆的性质计算即可；（2）设点坐标及设直线方程，利用结合韦达定理计算即可.【详解】（1）由题意可知，又离心率为，即椭圆方程为：；（2）设直线，，则，因为以线段为直径的圆恒过点，所以，联立直线与椭圆，所以，则，由，，整理得或，易知时不符题意，所以.20．(1)(2)【分析】（1）根据已知条件列方程组，求得，进而求得的方程.（2）根据直线与轴是否重合进行分类讨论，当直线与轴不重合时，设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，利用根与系数关系来确定直线的方程.【详解】（1）依题意，解得，所以椭圆的方程为.（2）若直线与轴重合，则与原点重合，符合题意，此时直线的方程为.若直线与轴不重合，设其方程为，由消去并化简得，，设，则，则.因为是的中点，所以.因为，所以，整理得，解得，此时直线经过点，不符合题意，舍去.综上所述，直线的方程为.21．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意得，结合平方关系即可得解.（2）由题意不妨设，则，将直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理得点坐标，要证三点共线，只需证明即可，在化简时注意利用，由此即可顺利得证.【详解】（1）由题意，所以，所以椭圆的方程为.（2）由题意不妨设，其中，即，则，且直线的方程为，将其与椭圆方程联立得，消去并化简整理得，由韦达定理有，所以，，即点，而，，所以三点共线.22．(1)，4(2)【分析】（1）由题意根据长轴顶点坐标、焦距以及平方关系列方程即可求解.（2）不妨设直线的方程为，，，则.联立直线的方程与椭圆方程，由韦达定理得，联立直线与直线的方程得点的坐标，由中点坐标公式得点的坐标，由斜率公式以及韦达定理可得斜率的表达式（只含有参数），对分类讨论即可求解.【详解】（1）由题意知，.所以，.所以椭圆的方程为，其短轴长为4.（2）设直线的方程为，，，则.由，得.所以.由得直线的方程为.由得.因为，所以，.所以.因为为的中点，且，所以.所以直线的斜率.当时，.当时，因为，当且仅当时，等号成立.所以.所以当时，取得最大值.23．(1)(2)【分析】（1）由题意计算即可得；（2）设出直线，联立曲线，得到、两点的纵坐标，结合面积公式计算即可得.【详解】（1）由，，解得，，故，即椭圆的标准方程为；（2）由椭圆的标准方程为，则、、，由题意可得直线斜率存在且不为，设，令，则，故，联立，消去得，即，故或，由，故，则，又，即，即，若，则，即，即，即，则，若，则，即，不符，故舍去，即，故，即直线的方程为.24．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据顶点得到，根据离心率得到，则得到椭圆方程；（2）设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理式，求出两直线方程，得到面积表达式，化积为和，代入化简即可.【详解】（1）由题意得，，则，则，则椭圆的方程为.（2）显然当直线的斜率为0和不存在时，不合题意，则可设直线的方程为，，，则联立椭圆方程有，化简得，则，解得或，则，，，，，则，则直线的方程为，令，则，，则直线的方程为，令，则，则，，因为，则同号，则.25．(1)(2)证明见详解【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．26．(1)(2)以为直径的圆过定点，.【分析】（1）根据椭圆的标准方程和离心率列方程组求解即可；（2）设，由题意可得，，设定点为，利用即可得到结论.【详解】（1）由题意可知，解得，所以求椭圆的方程为.（2）设，由（1）可知，斜率存在且不为0，依题意可知的直线方程为，的直线方程为，令，可得，，假设以为直径的圆过定点，不妨设定点为，依题意可知，，所以，，因为，所以.因为，所以，令，可得，解得，，所以以为直径的圆过定点，.【点睛】判断以为直径的圆过定点时，常用向量法，根据向量数量积为0，代入相关点的坐标化简后即可得到结论.27．(1),(2)或【分析】(1)由椭圆的右顶点可得，若要面积最大，则需最长，此时点P在轴上，面积可得，从而求得椭圆C的方程，再由可求得，从而可得离心率；(2)设直线的方程为：，与椭圆联立方程组可解得一元二次方程，从而可得出韦达定理的表达式，再通过直线，的方程得出点E，F坐标，进而表达出，从而可解得，求得直线的方程.【详解】（1）椭圆，，，P为椭圆C上的动点，且点P不在x轴上，O是坐标原点，过点P作轴，垂足为，故面积为，若要面积最大，则需最长，此时点P在轴上，即时，使得面积最大，,,.椭圆C的方程为，离心率为.（2）P为椭圆C上的动点，过点的直线与椭圆C交于另一点Q，可记，，当直线的斜率不存在时，即轴时，，此时直线分别与y轴相交于点E，F．此时，不符合题意.当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，联立，消去可得,化简得，由韦达定理可得，所以，由，，，则直线的方程为：，直线的方程为：，因为直线分别与y轴相交于点E，F，令分别代入直线,直线可得：点，，又，在直线方程上，所以有，分别代入并化简可得，，，则，解得，，故直线的方程为：或，即或.28．(1)(2)或【分析】（1）两个点代入解方程即可.(2)斜率不存在单独算出是否成立；斜率存在时把设出来与椭圆联立，韦达定理求出两根之和与两根之积用斜率来表示，然后用两个根表示，化简求值即可.【详解】（1）将点坐标代入椭圆的方程，得解得,所以椭圆的方程为：（2）若直线的斜率不存在，即直线为时，和重合，和点重合，分别为椭圆的上下顶点，此时，符合题意.若直线斜率存在，设直线的方程为，且，联立方程得，，即或，所以直线的方程为，取得，同理可得由得，即，所以，即，即即，因为，所以得，即，经检验符合题意，此时直线为综上所述，直线的方程为或.29．(1)；(2).【分析】（1）由题意得到，解出即可.（2）的方程为，联立椭圆方程得，设,得到两根之和式，设,根据，从而，结合其在椭圆上得到，解出即可.【详解】（1）由题设,，解得.所以椭圆的方程为.（2）直线的方程为.由得.设,则.因为与的面积相等,所以点和点到直线的距离相等.所以为线段的中点,即四边形为平行四边形.设,则.所以.将上述两式代入，得.解得.【点睛】关键点睛：本题第二问得到两根之和式，通过面积相等则得到为线段的中点，则为线段的中点，利用向量加法得到，从而用表示出点坐标，最后结合其在椭圆上，代入椭圆方程即可.30．(1),.(2)存在,直线.【分析】（1）由题意椭圆过点可得，根据离心率求得c,继而求得b，可得答案.