2023-2025北京高三（上）期末数学汇编：椭圆及其方程（人教B版）

第1页/共1页2023-2025北京高三（上）期末数学汇编椭圆及其方程（人教B版）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、解答题2．（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.3．（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：.4．（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.5．（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.6．（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．7．（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.8．（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．9．（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.10．（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．(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.3．(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.4．(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.5．(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.

6．(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.7．(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.8．(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.9．(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.（2）假设存在直线，使得是以点为顶点的等腰三角形，讨论直线斜率是否存在的情况，存在时设出直线方程并联立椭圆方程，可得根与系数的关系，设的中点为点D，根据题意可得，化简计算，求得k的值，进行判断，可得结论.【详解】（1）由题意知椭圆过点，且离心率是，则，且，故椭圆的方程为，短轴长为.（2）假设存在直线，使得是以点为顶点的等腰三角形,由于直线过点,当直线斜率不存在时,直线l为，此时为椭圆的短轴上的两顶点，此时是以点为顶点的等腰三角形；当直线斜率存在时，设直线方程为，联立，得，当直线与椭圆C有两个不同的交点时，

该方程，整理得，设，则，所以，设的中点为点D，则，即，则,当时，斜率不存在，此时的斜率k为0，不满足，故，由题意可知,即，解得或，由于，故或不适合题意，综合以上，存在直线，使得是以点为顶点的等腰三角形.【点睛】关键点点睛：解决直线和椭圆的位置关系中是否存在的问题时，一般是先假设存在，然后设直线方程，联立椭圆方程，结合根与系数的关系化简求值，解答的关键点是要能根据题设即是以点为顶点的等腰三角形，设的中点为点D，得到，然后结合根与系数关系化简求值，即可解决问题.10．(1)；(2)证明过程见解析.【分析】（1）根据椭圆的顶点和焦距定义进行求解即可；（2）利用转化法，结合一元二次方程根与系数的关系，分类讨论进行求解即可.【详解】（1）因为椭圆的一个顶点为，焦距为2，所以，所以椭圆的标准方程为；（2）根据椭圆的对称性，不妨设当直线不存在斜率时，且，，把代入中，得，所以，于是，，直线的方