求橢圓C的方程；
設(shè)不過原點O且斜率為的直線l與橢圓C交于不同的兩點P，Q，線段PQ的中點為T，直線OT與橢圓C交于兩點M，N，證明：
2.(2024河西一模）已知橢圓的上、下頂點為B、C，左焦點為F，定點，
求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
過點B作斜率為的直線l交橢圓E于另一點D，直線l與x軸交于點在B，D之間，直線PM與y軸交于點N，若，求k的值．
3.（2024南開一模）已知橢圓C：的一個焦點與拋物線的焦點F重合，拋物線的準(zhǔn)線被C截得的線段長為
求橢圓C的方程；
過點F作直線l交C于A，B兩點，試問：在x軸上是否存在一個定點M，使為定值？若存在，求出M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.
4.（2024九校聯(lián)考一模）已知橢圓C：的長軸長為4，離心率為
Ⅰ求橢圓C的方程；
Ⅱ設(shè)橢圓C的左焦點為F，右頂點為G，過點G的直線與y軸正半軸交于點S，與橢圓交于點H，且軸，過點S的另一直線與橢圓交于M，N兩點，若，求直線MN的方程.
5.（2024濱海新區(qū)三模）已知橢圓的離心率為分別為橢圓的左頂點和上頂點，為左焦點，且的面積為
Ⅰ求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；
Ⅱ設(shè)橢圓M的右頂點為C，P是橢圓M上不與頂點重合的動點.
若點，點D在橢圓M上且位于x軸下方，設(shè)和的面積分別為，若，求點D的坐標(biāo)；
若直線AB與直線CP交于點Q，直線BP交x軸于點N，設(shè)直線QN和直線QC的斜率為，，求證：為定值，并求出此定值.
6.（2024部分區(qū)二模）設(shè)橢圓的左、右焦點分別為，，左、右頂點分別為，，且，離心率為．
Ⅰ求橢圓的方程；
Ⅱ過點的直線與橢圓交于點，與軸交于點，且滿足，若三角形為坐標(biāo)原點的面積是三角形的面積的倍，求直線的方程．
7.（2024耀華一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓的離心率，且經(jīng)過點
求橢圓C的方程；
設(shè)F為橢圓C的右焦點，直線l與橢圓C相切于點點P在第一象限，過原點O作直線l的平行線與直線PF相交于點Q，問：線段PQ的長是否為定值？若是，求出定值；若不是，說明理由.
8（2024河?xùn)|二模）已知橢圓的左焦點為，且過點
求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
過作一條斜率不為O的直線PQ交橢圓于P、Q兩點，D為橢圓的左頂點，若直線DP、DQ與直線l：分別交于M、N兩點，l與x軸的交點為R，則是否為定值？若為定值，請求出該定值；若不為定值，請說明理由.
9.（2024河西三模）已知橢圓C：的離心率為，長軸的左端點為
Ⅰ求C的方程；
Ⅱ過橢圓c的右焦點的任一直線l與橢圓C分別相交于M，N兩點，且AM，AN與直線，分別相交于D，E兩點，求證：以DE為直徑的圓恒過x軸上定點，并求出定點.
10.（2024紅橋一模）已知橢圓C：過點，且橢圓C的離心率為
Ⅰ求橢圓C的方程；
Ⅱ若動點P在直線上，過P作直線交橢圓C于M，N兩點，且P為線段MN中點，再過P作直線證明：直線l恒過定點，并求出該定點的坐標(biāo).
11.（2024北辰三模）已知橢圓：的離心率為，左?右焦點分別為，，上?下頂點分別為，，且四邊形的面積為.
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）直線：與橢圓交于P，Q兩點，且P，Q關(guān)于原點的對稱點分別為M，N，若是一個與無關(guān)的常數(shù)，則當(dāng)四邊形面積最大時，求直線的方程.
12.（2024耀華二模） 已知橢圓經(jīng)過點，下頂點為拋物線的焦點．
（1）求橢圓的方程；
（2）若點均在橢圓上，且滿足直線與的斜率之積為，
（ⅰ）求證：直線過定點；
（ⅱ）當(dāng)時，求直線的方程．
13.（2024河北二模）設(shè)橢圓經(jīng)過點，長軸長是短軸長的2倍，上頂點為.
（1）求橢圓的方程；
（2）過點且斜率為的直線與橢圓交于另一點，過點作與垂直的直線，交直線于點，過點作直線的垂線，垂足為，若，求的值.
14. （2024南開二模）已知橢圓C：（）的離心率為，且C的左、右焦點與短軸的兩個端點構(gòu)成的四邊形的面積為.
（1）求橢圓C的方程；
（2）過點的直線l與橢圓C交于A，B兩點，過點A與x軸垂直的直線與橢圓C的另一個交點為.當(dāng)?shù)拿娣e取得最大值時，求直線l的方程.
15.（2024河西二模）已知橢圓：的離心率為，左、右焦點分別為，，直線：交橢圓C于M，N兩點，當(dāng)直線過點時，的周長為8.
（I）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)P為x軸上一點，是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，求直線的方程及點P的坐標(biāo).
16.（2024紅橋二模）已知橢圓過點，長軸長為
求橢圓C的方程；
直線與橢圓C交于不同的兩點M、N，直線AM、AN分別與直線交于點P、Q，O為坐標(biāo)原點且，求證：直線l過定點，并求出定點坐標(biāo)．
2024天津各區(qū)高考數(shù)學(xué)模擬卷分類匯編—專題十八橢圓綜合答案
1.【答案】解：
由橢圓的離心率為，且過點F且與x軸垂直的直線截得的線段長為3，
可得，解得，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為
證明：設(shè)直線AB所在的直線方程為，
聯(lián)立方程組，整理得，
所以，解得，
設(shè)，則，
所以，則，即，
所以O(shè)T的方程為，
聯(lián)立，解得或，所以，
則，
又由
，
又因為T的中點，
可得，
所以


【解析】根據(jù)題意，列出方程組，求得的值，即可求解；
設(shè)AB的方程為，聯(lián)立方程組，求得，得到，再由OT的方程為，聯(lián)立方程組，求得，進(jìn)而求得，再由弦長公式，求得，結(jié)合，即可得證.
方法點睛：解決直線與圓錐曲線問題的方法與策略：
1、涉及圓錐曲線的定義問題：拋物線的定義是解決曲線問題的基礎(chǔ)，它能將距離進(jìn)行等量轉(zhuǎn)化．如果問題中涉及圓錐曲線的焦點和準(zhǔn)線，又能與距離聯(lián)系起來，那么用圓錐曲線定義就能解決問題．因此，涉及圓錐曲線的焦半徑、焦點弦問題，可以優(yōu)先考慮利用圓錐曲線的定義轉(zhuǎn)化為點到準(zhǔn)線的距離，這樣就可以使問題簡單化．
2、涉及直線與圓錐曲線的綜合問題：通常設(shè)出直線方程，與圓錐曲線方程聯(lián)立方程組，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系，合理進(jìn)行轉(zhuǎn)化運算求解，同時注意向量、基本不等式、函數(shù)及導(dǎo)數(shù)在解答中的應(yīng)用.
2.【答案】解：
由題意，，則F為P、C的中點，
所以，，
，，即，
，
所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為
設(shè)直線l的方程為，
與橢圓E的方程聯(lián)立，，整理得，
，
所以，
直線l與x相交于點M，令，
所以直線PM的斜率為，
直線PM的方程為，
令，，
由，
又，
，
，即，
所以，
所以，
所以，解得或，
所以k的值為或

【解析】依題意可得F為P、C的中點，即可求出c、b，再求出a，即可得到橢圓方程；
設(shè)直線l的方程為，聯(lián)立直線與橢圓方程，求出，，從而表示出PM的方程，即可得到，再求出，最后由三角形的面積得到，從而得到關(guān)于k的方程，解得即可.
關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵是推導(dǎo)出，從而得到
3.【答案】解：拋物線的焦點，準(zhǔn)線方程為，由題意得，
解得，所以橢圓C的方程為
假設(shè)存在符合條件的點，設(shè)，
則，，
①當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l的方程為，
由，得，則，
所以，
因此，若對于任意的t值，上式為定值，
則，解得，此時，為定值.
②當(dāng)直線l的斜率為0時，
綜合①②知，符合條件的點M存在，其坐標(biāo)為


【解析】本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，圓錐曲線中的定點定值問題，屬于較難題.
由拋物線方程可得焦點坐標(biāo)和準(zhǔn)線方程，進(jìn)而可得橢圓的焦點坐標(biāo)以及長半軸a與短半軸b之間的等量關(guān)系，則橢圓方程可求；
分直線l斜率為0和不為0兩種情況討論，通過聯(lián)立直線方程與拋物線方程，結(jié)合韋達(dá)定理進(jìn)行化簡即可求得定值.
方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點坐標(biāo)，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個關(guān)于定點坐標(biāo)的方程組，以這個方程組的解為坐標(biāo)的點即為所求點．
4.【答案】解：Ⅰ根據(jù)題意可得，
解得，，，
所以橢圓C的方程為
Ⅱ由Ⅰ知，，
因為軸，所以，
因為S在y軸的正半軸，
所以H在x軸上方，
因為點H在橢圓上，
所以，解得，
所以，即，
因為，即，解得，
所以，
所以，
當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)直線MN的方程為，
設(shè)，，
聯(lián)立，，
所以①，②，
因為，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
即③，
由①②③，解得，
所以直線MN的方程為，，
當(dāng)直線MN的斜率不存在時，直線MN的方程為，
此時，不合題意．
綜上可得，直線MN的方程為，
【解析】本題考查橢圓的方程，直線與橢圓的相交問題，解題中需要一定的計算能力．
Ⅰ由橢圓的長軸長為4，離心率為，列方程組，解得a，b，c，進(jìn)而可得答案．
Ⅱ由Ⅰ知，代入橢圓的方程可得，進(jìn)而可得H點坐標(biāo)，HF的長，又由于，解得OS，進(jìn)而可得S點坐標(biāo)，推出，分兩種情況當(dāng)直線MN的斜率存在時，當(dāng)直線MN的斜率不存在時，討論直線MN的方程，即可得出答案．
5.【答案】解：Ⅰ由題意得，
又，
解得，
橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為；
Ⅱ由Ⅰ可得，點在橢圓M上，代入橢圓方程得，
連接PC，如下圖所示：
因為，
所以，
所以，所以，
所以直線OD的方程為，
聯(lián)立，解得或舍去，
所以；
證明：ⅱ設(shè)直線QC的斜率為k，則直線QC的方程為：，
因為，，
所以直線AB的方程為，
由，解得，
所以，
由，得，
由，則，
所以，
則，所以，
依題意B、P不重合，所以，即，
所以，
直線BP的方程為，
令，即，
解得，所以，
所以，
所以為定值．
【解析】Ⅰ根據(jù)題意列出關(guān)于a，b，c的方程組，解出a，b，c的值，進(jìn)而得到橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；
Ⅱ先求出點P的坐標(biāo)，由可得，進(jìn)而得到直線OD的方程，與橢圓方程聯(lián)立求出點D的坐標(biāo)即可；
設(shè)直線QC的斜率為k，則直線QC的方程為：，與直線AB方程聯(lián)立求出點Q的坐標(biāo)，再聯(lián)立直線QC與橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理求解即可．
本題主要考查了橢圓的性質(zhì)，考查了直線與橢圓的位置關(guān)系，屬于中檔題．
6.【答案】解：Ⅰ由題意，，
又，，
，
橢圓的方程為．
Ⅱ由題可知：斜率存在且不為零，
設(shè)直線的方程為，，，
聯(lián)立方程組，消去整理得，
，，，
，由題意得：，，
又，
，
解得，
直線的方程為．
【解析】Ⅰ由橢圓的性質(zhì)結(jié)合已知條件可求出，，的值，從而可得橢圓方程；
Ⅱ由題可知：斜率存在且不為零，設(shè)直線的方程為，與橢圓方程聯(lián)立，由根與系數(shù)的關(guān)系可得點的橫縱坐標(biāo)，由可求得的值，從而可得直線方程．
本題主要考查橢圓的性質(zhì)及標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的綜合，考查運算求解能力，屬于中檔題．
7.【答案】解：由題意可得，解得，，，
橢圓C的方程為；
設(shè)，直線l的方程為，
過原點O且與直線l平行的直線方程，
則直線PF的方程為，即，
聯(lián)立，且，
解得，，
坐標(biāo)為，
為定值．
【解析】本題考查了橢圓的方程，直線和橢圓的位置關(guān)系，考查了運算能力和轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．
由題意可得，解得即可，
設(shè)，可得直線l的方程為，過原點O且與直線l平行的直線方程，直線PF的方程為，聯(lián)立方程組，求出點Q的坐標(biāo)，利用兩點之間的距離公式即可求出．
8.【答案】解：易知橢圓的右焦點，
因為橢圓經(jīng)過點，
所以，
解得，
因為，
所以，
則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
不妨設(shè)直線PQ的方程為，，
聯(lián)立，消去x并整理得，
此時恒成立，
由韋達(dá)定理得，，
易知直線DP的方程為，
令，
解得，
同理可得，
所以
故為定值，定值為
【解析】由題意，結(jié)合題目所給信息以及a，b，c之間的關(guān)系，列出等式求出a和b的值，進(jìn)而即可求解；
設(shè)出直線PQ的方程和P，Q兩點的坐標(biāo)，將直線PQ的方程以橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理得到，，寫出直線DP的方程，進(jìn)而求點M的縱坐標(biāo)，同理得到點N的縱坐標(biāo)，根據(jù)化簡即可．
本題考查橢圓的方程以及直線與圓錐曲線的綜合問題，考查了邏輯推理和運算能力，屬于中檔題．
9.【答案】解：Ⅰ因為橢圓C：的離心率為，長軸的左端點為，
所以，得，
所以橢圓C的方程：；
Ⅱ證明：橢圓右焦點坐標(biāo)為，由題直線斜率不為零，設(shè)直線l方程為，
設(shè)，，
由題，聯(lián)立方程組，消去x得，
所以，
直線，得，
同理，直線，得，
設(shè)x軸上一點，則，同理得：，
所以，
因為，
所以，
解得：，即或，
所以以DE為直徑的圓恒過x軸上定點，定點分別為，
【解析】Ⅰ由離心率及頂點坐標(biāo)得a，b，c的值，從而求得橢圓的方程；
Ⅱ設(shè)，，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，求得，由垂直關(guān)系利用數(shù)量積等于零，求得圓與x軸的交點．
本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程以及橢圓中的定點問題，屬于中檔題．
10.【答案】Ⅰ解：點在橢圓上，
，解得，
橢圓C的離心率為，，
，解得，
橢圓C的方程為
Ⅱ證明：設(shè)，，
①當(dāng)直線MN的斜率存在時，
設(shè)直線MN的方程為，，，
由，
得：，
，
為MN中點，，即，
，，
直線l的方程為，
即，
直線l恒過定點
②當(dāng)直線MN的斜率不存在時，
直線MN的方程為，
此時直線l為x軸，也過點
綜上所述，直線l恒過定點
【解析】本題考查橢圓方程的求法，考查直線恒過定點的證明，屬于較難題.
Ⅰ點在橢圓上，將其代入橢圓方程，又因為，解方程組得到a，b，由此能求出橢圓方程．
Ⅱ點P在直線上，則可得，當(dāng)直線MN的斜率存在時設(shè)斜率為k，得到直線MN中點，根據(jù)點P的橫坐標(biāo)解得k，由可得直線l的斜率及其含參數(shù)的方程，分析得直線是否恒過定點，注意還要討論直線MN的斜率不存在的情況．
11.【答案】（1）
（2）答案見解析
【解析】
【分析】（1）由橢圓的性質(zhì)及已知條件可得a，b，c的關(guān)系，從而可求出a，b，c的值，從而可得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）直線l方程與橢圓方程聯(lián)立，可得根與系數(shù)的關(guān)系，從而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一個與m無關(guān)的常數(shù)，可求出k的值，表示出四邊形PQMN面積，求出當(dāng)四邊形PQMN面積最大時m的值，即可求解直線l的方程．
【小問1詳解】
，
，所以，
因為a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1，
所以橢圓方程為．
小問2詳解】
如圖，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），

，
聯(lián)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，. ，

，
因為|OP|2+|OQ|2是一個與m無關(guān)的常數(shù)，所以32k2﹣24＝0，，，
，，
點O到直線l的距離，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)，即m2＝3，
因為m＞0，所以時，取得最大值為，
因為S四邊形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大時，S四邊形MNPQ最大，
所以或．
12.【答案】（1）
（2）（?。┳C明見解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）首先求出拋物線的焦點坐標(biāo)，即可得到，再由橢圓過點，求出；
（2）（?。┰O(shè)直線的方程為，、，直線方程代入橢圓方程后應(yīng)用韋達(dá)定理得，代入后化簡得的值，代入直線方程可得定點坐標(biāo)；
（ⅱ）設(shè)直線恒過定點為，由，可得，結(jié)合（?。┲许f達(dá)定理求出、，即可求出，從而求出直線方程.
【小問1詳解】
拋物線的焦點為，所以橢圓的下頂點，則，
又橢圓經(jīng)過點，所以，解得，
所以橢圓方程為；
【小問2詳解】
（?。┊?dāng)直線的斜率不存在時，設(shè)，則，
所以，則，與矛盾，
所以直線的斜率存在，
由已知直線斜率同號，因此直線的斜率存在且不為，
設(shè)直線的方程為，設(shè)，
由得，
由，可得，
所以，，
則
，
，
所以，
即，
所以，解得或，
當(dāng)時直線方程為，令，可得，所以直線恒過定點，不合題意，
當(dāng)時直線方程為，令，可得，所以直線恒過定點，符合題意．
綜上可得直線恒過定點.
（ⅱ）設(shè)直線恒過定點為，
此時，解得，
由，可得，
又，，
所以，，
所以，解得，滿足，
所以，
所以直線方程為.
【點睛】方法點睛：處理圓錐曲線上直線過定點問題的方法．
設(shè)出直線方程為，設(shè)交點坐標(biāo)為，直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立方程組，消元后應(yīng)用韋達(dá)定理得，代入題中關(guān)于交點的滿足的的條件可得出關(guān)系，從而代入直線方程后得定點坐標(biāo)．
13.【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由橢圓經(jīng)過點和長軸長是短軸長的2倍，得到和求解；
（2）設(shè)直線的方程為，與橢圓方程聯(lián)立，求得點P的橫坐標(biāo)，再由，設(shè)直線的方程為與直線聯(lián)立，求得Q的坐標(biāo)，然后根據(jù)由 即求解.
【小問1詳解】
解：橢圓經(jīng)過點，即，
將點坐標(biāo)代入方程，得，
解得
橢圓的方程為 .
【小問2詳解】
如圖所示：
，由題意可知，直線的斜率存在，且不為0.
直線的方程為
聯(lián)立消去，得，
解得或，
點與點不同， ，

直線的方程為
直線
聯(lián)立，解得

垂直于直線
在直角和直角中，

即



代入
化簡得
解得

值為.
【點睛】思路點睛：本題第二問的基本思路是根據(jù)點B坐標(biāo)設(shè)出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，求得點P的坐標(biāo)，再由，設(shè)直線的方程，與直線聯(lián)立，求得Q的坐標(biāo)，通過由而得解.
14.【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由橢圓焦點與頂點的坐標(biāo)與離心率的定義計算即可得答案；
（2）設(shè)出直線l的方程，聯(lián)立曲線方程后可得與坐標(biāo)有關(guān)的韋達(dá)定理表達(dá)式，結(jié)合三角形面積公式表示出面積后借助基本不等式計算即可得答案.
【小問1詳解】
設(shè)橢圓C的焦距為2c，依題意，，，又，
解得，，，
所以橢圓C的方程為；
【小問2詳解】
由題意可得直線的斜率不為，故可設(shè)直線l的方程為，
，，則，
聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，得，
由于直線過橢圓內(nèi)一點，故必有，則．
又，，
易知與同號，
所以
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，
所以面積的最大值為，此時直線l的方程為．
15.【答案】（I）解：的周長為8，由橢圓的定義，所以，，
橢圓C的離心率為，所以，∴，
∴，
橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為.
（Ⅱ）解：設(shè)，，的中點為，
聯(lián)立整理得，
因為直線與橢圓C交于M，N兩點，故，解得，
，，
則，代入，∴，
故，
由題意，是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，∴，
故，
解得，故，
由，故，
整理得，
代入，
經(jīng)計算，，
因為，所以，
直線的方程為，點的坐標(biāo)為.
16.【答案】解：因為橢圓C的長軸為，可得，
將點A的坐標(biāo)代入橢圓C的方程可的，可得，
因此，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為
如圖，

直線與橢圓方程聯(lián)立，
化簡得，
，即
設(shè)、，由題意可知都不為，
則，
直線MA的方程為，則，
直線NA的方程為，則，
，所以，
，
，
把韋達(dá)定理代入整理得，
，或，
①當(dāng)時，直線方程為，
此時，直線l過定點，不符合題意，所以舍去；
②當(dāng)時，直線方程為，直線l過定點，符合題意.
綜上所述，直線l經(jīng)過定點，且定點坐標(biāo)為

【解析】本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及橢圓中定點的問題，屬于較難題.
根據(jù)已知條件長軸長為與橢圓過點求出a，b的值，由此可得出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
設(shè)、，聯(lián)立直線和橢圓方程求出點P、Q的坐標(biāo)，根據(jù)已知條件可得到，再把韋達(dá)定理代入化簡分開討論，易可證明.

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