第1頁/共1頁2025北京高三一模數學匯編第四道解答題（第19題）一、解答題1．（2025北京延慶高三一模）已知橢圓的左，右頂點分別為A，B，且，離心率為.(1)求橢圓E的標準方程；(2)設直線與x軸交于點Q，點P是直線上不同于點Q的一點，直線BP與橢圓E交于點M，直線AM與直線交于點N，判斷是否存在點P，使得？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由.2．（2025北京平谷高三一模）已知橢圓的離心率為，短軸長為2，斜率為的直線與橢圓交于兩點，與軸交于點，點關于軸的對稱點為點，直線與軸交于點為坐標原點.(1)求橢圓的方程；(2)求的值.3．（2025北京順義高三一模）已知橢圓：的一個頂點為，離心率為.(1)求的方程和短軸長；(2)直線：與E相交于不同的兩點B，C，直線，分別與直線交于點M，N.當時，求的值.4．（2025北京石景山高三一模）已知橢圓過點，短軸長為4．(1)求橢圓的方程；(2)橢圓與軸的交點為，（點位于點的上方），直線與橢圓交于不同的兩點，．設直線與直線相交于點．試問點是否在某定直線上？若是，求出該直線方程；若不是，說明理由．5．（2025北京門頭溝高三一模）已知橢圓的一個頂點為，離心率為.(1)求橢圓的方程；(2)過點作斜率為的直線與橢圓交于不同的兩點，，直線，分別與軸交于點，，點關于軸的對稱點為，求證：四邊形為菱形.6．（2025北京房山高三一模）已知橢圓的長軸長為4，一個焦點為.(1)求橢圓的方程及離心率；(2)過點且斜率存在的直線交橢圓于兩點，在軸上是否存在點，使得？若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.7．（2025北京西城高三一模）已知橢圓的離心率為，為橢圓上一點，且點到橢圓的兩個焦點的距離之和等于．(1)求橢圓的方程；(2)若關于原點的對稱點為，過點與垂直的直線與橢圓的另一個交點為，軸于點，直線與軸交于點．用與分別表示與的面積，證明：．8．（2025北京海淀高三一模）已知橢圓，，分別是的左、右頂點，是的上頂點，的面積為2，且．(1)求橢圓的方程及長軸長；(2)已知點，點在直線上，設直線與軸交于點，直線與直線交于點，判斷點是否在橢圓上，并說明理由．9．（2025北京朝陽高三一模）已知橢圓的右焦點為，離心率為．(1)求橢圓E的方程；(2)過點作直線l與橢圓E交于不同的兩點A，B．設，直線BC與直線交于點N，求證：直線AN的斜率為定值．10．（2025北京豐臺高三一模）已知橢圓，以的兩個焦點與短軸的一個端點為頂點的三角形是等腰直角三角形，且面積為.(1)求橢圓的方程；(2)過點的直線與橢圓交于不同的兩點.過作直線的垂線，垂足為.求證：直線過定點.11．（2025北京東城高三一模）已知橢圓過點，離心率為，上的點關于軸的對稱點為.設為原點，，過點與軸平行的直線交于點.(1)求橢圓的方程；(2)若點在以為直徑的圓上，求的值.

參考答案1．(1)(2)存在，點的坐標為或【分析】（1）由題意得，再結合求出，從而可求出橢圓E的標準方程；（2）假設存在點P，使得，則‖，設，由結合點在直線上，可求得，再由在橢圓上可求出，從而可求出，進而可求出點的坐標.【詳解】（1）由題意得，解得，所以，所以橢圓E的標準方程為；（2）假設存在點P，使得，則‖，所以，設，則，所以，直線的方程為，因為點在直線上，所以，所以，因為點P是直線上不同于點Q的一點，所以，所以，解得，因為點在橢圓上，所以，解得或，當時，，得，當時，，得，所以存在點P，使得，點的坐標為或【點睛】關鍵點點睛：此題考查橢圓方程的求解，考查直線與橢圓的位置關系，考查橢圓中的定點問題，第（2）問解題的關鍵是將問題轉化為，再結合直線的方程和橢圓方程可求得結果，考查數學轉化思想和計算能力，屬于中檔題.2．(1)(2)1【分析】（1）由短軸長的概念以及離心率的計算，解得的關系式，建立方程組，可得答案；（2）設出直線方程，聯立橢圓方程，寫出韋達定理，由直線方程求得交點坐標，可得答案.【詳解】（1）由題意可知：，解得，所以橢圓的標準方程為.（2）設直線的方程為，點.由得所以題意，即..直線與軸交于點，所以.點直線的方程為，令，得，①又因為，帶入①式所以.3．(1)橢圓的方程為，短軸長為(2)【分析】（1）由題意可得，，求解即可；（2）聯立直線與橢圓方程，設直線與橢圓的交點為和，利用韋達定理可得，求得的坐標，進而可得，求解即可.【詳解】（1）已知橢圓的標準方程為：，因為是橢圓的一個頂點，所以。又離心率為，解得，所以，解得，所以橢圓的方程為，短軸長為；（2）將直線的方程代入橢圓的方程得，可得，整理得，設直線與橢圓的交點為和，所以，直線的方程為：，與直線聯立求得交點的坐標為)，直線的方程為：，與直線聯立求得交點的坐標為，因為，即，所以，因為和，代入得，化簡，展開分子，所以，所以，又，所以，整理得，解得.4．(1)(2)在定直線上，理由見詳解.【分析】（1）依題意可得，即可求出、，從而得解；（2）由對稱性分析該定直線為平行于橫軸的直線，將直線與橢圓聯立消，設直線、的方程解出縱坐標，結合韋達定理化簡計算即可.【詳解】（1）依題意可得，解得，所以橢圓的方程為；（2）在定直線上，理由如下：設點與直線聯立消去整理得，由，且，所以，易知，，則，，兩式作商得，解得，故在定直線上.5．(1)；(2)證明見解析【分析】（1）由右頂點及離心率可得a，c，然后可得橢圓方程.（2）設直線l，將直線方程與橢圓方程聯立，利用韋達定理可化簡，得出四邊形對角線垂直平分即可得答案.【詳解】（1）因橢圓頂點為，離心率為，則，所以，故橢圓方程為：；（2）由題，設直線方程為，將直線方程與橢圓方程聯立，可得.即得化簡得因直線與橢圓交于不同的兩點，則.設，由韋達定理.又設，令得；設，令得；又因為.所以，，所以平分，所以四邊形為菱形.

6．(1)，離心率；(2)存在，.【分析】（1）由題意確定橢圓參數值，即可得橢圓方程，進而得到離心率；（2）設直線的方程為，，，聯立橢圓并應用韋達定理得，法一：根據面積比得到，即直線的斜率與直線的斜率互為相反數，列方程求得；法二：根據面積比得，結合兩點距離公式并整理求得，即得結論.【詳解】（1）由題意，得，所以.所以橢圓的方程為，離心率.（2）設直線的方程為（顯然），點，設，聯立方程，整理得.所以.法一：因為.又，所以.所以，直線的斜率與直線的斜率互為相反數.設直線的斜率為，直線的斜率為，，整理可得，，因為，所以，，即，解得.所以點的坐標.法二：因為，又，所以，即，，所以，且，整理得，則，而，顯然，所以，故，所以，解得.所以點的坐標.7．(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據橢圓性質，已知離心率、長軸以及，通過解方程組就能得出、的值，進而得到橢圓方程.（2）先設點、、坐標，再設直線方程，與橢圓方程聯立，利用韋達定理得到、表達式.因為，根據向量垂直性質得到，解出與的關系.排除直線過原點的情況后，確定時直線方程，求出點坐標，最后根據三角形面積公式得出.【詳解】（1）由題意，得解得，，所以橢圓的方程為．（2）由題意，設點，則點，．設直線的方程為，．由得．所以，，，故，．又因為，所以，去分母化簡得到，所以或．當時，直線過原點，不符合題意．當時，直線的方程為，則點坐標為，所以，．故.8．(1)橢圓的方程為：，其長軸長為；(2)在橢圓上，理由見解析.【分析】（1）根據題意，列出滿足的方程組，求得，即可求得橢圓方程和長軸長；（2）求出方程，設出點的坐標，進而寫出方程，從而求得的坐標；再結合已知條件，求得方程，聯立方程組，解得坐標，將其代入橢圓方程，即可檢驗和判斷.【詳解】（1）由題可知，，的面積為2，且，則，又，解得；故橢圓的方程為：，其長軸長.（2）由（1）可知，，又，故直線方程為：，又在直線上，故設點，當時，直線斜率不存在，此時與重合，也與重合，顯然在橢圓上；當時，直線的斜率為，與軸沒有交點，不滿足題意；當，且時，直線斜率為，直線方程為：，令，可得，故；直線斜率為：，直線方程為：；直線斜率為：，直線方程為：；聯立，消去可得，代入可得：，即，又，即，故點在橢圓上.綜上所述，在橢圓上.9．(1)(2)證明見解析【分析】（1）由題意可求得的值，可求得橢圓的方程；（2）設直線，，與橢圓方程聯立方程組由韋達定理可得，求得，進而計算可得，可得結論.【詳解】（1）由題意得，解得，所以橢圓的方程是．（2）由題可知直線斜率存在．設直線．由，得．由，得，即．設，則．直線的方程為．令，得的縱坐標為．因為，所以．．又．所以，即．所以直線的斜率為定值．10．(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據條件得到的關系式，解方程組可得結果.（2）設直線的方程為，表示直線的方程，借助韋達定理可得直線過定點.【詳解】（1）由題意得，解得，∴橢圓E的方程為.（2）由題意得，直線的斜率存在.設直線的方程為，點，，則，由得.由得，∴，.∵，∴直線的方程為：，令，得，即，當時，，∴，故直線過定點.當時，直線為x軸，過點.綜上，直線過定點.11．(1)(2)【分析】（1）由橢圓過點可求出，由離心率為及橢圓中，可求得，即可得到橢圓方程；（2）先由條件得到的坐標，再得到過的直線方程，代入雙曲線得到的坐標，進而得到以為直徑的圓的方程，再利用點既在圓上，又在橢圓上，化簡整