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压轴专题：椭圆-2026届高考数学押题专项
1．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的右顶点为，点、分别是轴负半轴、轴正半轴上的动点.
（1）若是的左焦点，且，求的值；
（2）设，上存在轴上方一点.若，求的坐标；
（3）设，过的直线与交于、两点(、两点不重合)，与轴交于且的纵坐标，记与到直线的距离分别为、.若存在直线，满足成立，求的取值范围.
2．已知椭圆的离心率是椭圆的离心率的倍，的短轴长比的长轴长小2.
（1）分别求，的方程；
（2）直线与交于，两点，与相切于点.
（i）若为的中点，求的方程；
（ii）直线过交于，两点，，证明：.
3．已知椭圆经过点，左、右焦点分别为，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若椭圆的左顶点为，下顶点为，是椭圆在第一象限上的一点，直线与轴相交于点，直线与轴相交于点.
（ⅰ）求证：四边形的面积为定值；
（ⅱ）求面积的最大值.
4．已知椭圆，、分别为它的左、右焦点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若点是椭圆上任意一点，求的内切圆半径的最大值；
（3）过点分别作直线与椭圆交于、两点，作直线与椭圆交于、两点，其中点、位于第一象限，直线过点且与轴垂直，直线、与直线分别交于点、，证明：点为中点．
5．已知中心在原点的椭圆C的一个焦点为，且过点.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知，，在C上，
①若A是C与x轴的一个交点，B是C与y轴的一个交点，求的面积的最大值；
②记线段中点为M， ，记的面积为，判断是否为定值，并说明理由.
6．已知椭圆的左、右顶点分别为，其离心率为，且上的点到其中一个焦点的距离的最小值为，过点的直线交椭圆于两点，直线分别交直线于点．
（1）求椭圆的方程；
（2）证明：三点共线；
（3）试问以为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由．
7．在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求面积的最大值；
（3）若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
8．已知椭圆的焦距为，上的点到两焦点的距离之和为6．
（1）求的方程；
（2）记的左顶点为，过点的直线与交于两点（异于点）．
（i）求的面积的取值范围；
（ii）直线分别与直线交于两点，证明：以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标．
9．已知椭圆（）的左顶点为A，左、右焦点分别为，，离心率为，P为椭圆上任一点，且的面积的最大值为．
（1）求C的方程；
（2）若直线l与C有两个不同的交点M，N（均不与点A重合），且，判断直线l是否恒过一个定点，若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，求△AMN面积的最大值．
10．已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为.
（1）求的方程；
（2）记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：易知，，
由，可得，解得；
（2）解：因为，，
所以，代入解得，
若在第一象限，则，则在第二象限，
设，而，整理可得，
代入椭圆方程，可得：，
所以解得(增根舍去)，所以，
因此；
（3）解：由题意可知：直线的方程为，
设直线的解析式为()，且、，
联立，消元整理可得，，
根据韦达定理，，，
因为、两点均在直线的左侧，故，
又因为，，因此，
代入化简可得方程，
设，又因为，故，
① 若 ，此时直线与存在两个交点. 若存在，使得，
而，故，
可得，故，因此，
② 若，而此时在的外部，，故，
若存在，使得，
而，
故，可得，故，
综上所述，的取值范围为.
2．【答案】（1）解：由题意，得椭圆，
所以，椭圆的离心率为，
因为椭圆的离心率是椭圆的离心率的倍，
所以，
整理得①，
又因为椭圆的短轴长比椭圆的长轴长小2，
所以②，
联立①②，解得，，
所以，椭圆的方程为，椭圆的方程为.
（2）（i）解：联立
得，
所以，
化简得，且，
所以，
则，即，
设，，
联立
得，
所以，
化简得，且，，
所以，
则，
所以的中点坐标为，
则
解得
则此时直线或.
（ii）证明：
当时，为的短轴端点，为的短轴，
所以，，
则；
当时，由（ⅰ）可得：
，
设直线，
因为点在上，
所以，
解得，
同理可得：
，
所以
因为，
所以，
则，当且仅当时取等号，
所以，
则.
综上所述，.
3．【答案】（1）解：易知，由题意可得，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）解：（ⅰ）由（1）可得：，，设，，，
且，即，
则，令，，，
则，令，，，
则，，
，
故求证四边形面积为定值2；
（ⅱ）直线，到直线的距离为且，
，
当且仅当时等号成立，
故的面积.
4．【答案】（1）解：由题意可知，解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：设的内切圆半径为，的面积为，
因为点是椭圆上任意一点，所以结合椭圆的定义可得，
又，所以的面积，
易知当位于短轴的端点时，最大，，
所以，解得，即的最大值为；
（3）解：易知直线、均不与轴重合，
设直线的方程为，直线的方程为，
设点、、、，
联立，消去并整理可得，
则，
由韦达定理可得，，
同理可得，，
直线的方程为，
令，得
同理可得，
则
，
所以点为的中点．
5．【答案】（1）解：因为椭圆C的一个焦点为，所以，所以，
设椭圆的标准方程为，
又因为椭圆C过点，所以，解方程可得或（舍去），
则椭圆C的标准方程为；
（2）解：①、由椭圆的对称性，不妨取，
则直线的方程为，即，
设，则到直线的距离，
所以当时，，
又因为，所以的面积的最大值为；
②、为定值，且定值为，理由如下：
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，得，
整理得，由韦达定理可得，，
因为线段中点为M，所以，所以，
因为，所以，所以，
又因为在C上，所以，
整理得，则，
又
，
又点到直线的距离，
所以，
又因为线段中点为M，所以，
又，所以，所以，
所以是否为定值，定值为；
当直线的斜率不存在时，线段的中点在轴上，
由对称性不妨取，此时，此时，；
综上所述：为定值，且定值为.
6．【答案】（1）解：设点P是上任意一点，是其左、右焦点，由椭圆的定义可得，
又，即，
结合以上两式可得，
当且仅当三点共线时取等号，
则点P到其中一个焦点的距离的最小值为，故，
，解得，，
故椭圆的方程为；
（2）证明：设直线的方程为，
代入的方程消去x得存在两个不相等的实数根，
设，则，
故直线的方程为，令，可得，
又因为，
所以，
所以，故三点共线；
（3）解：是．
由（2）易得，直线的方程为，令，可得，
设为以为直径的圆上一点，则有，即，
由对称性可知，若存在定点，则定点必须在x轴上，
令，得，解得，
则以为直径的圆恒过两定点．
7．【答案】（1）解：易知，
设，由题意可得，化简可得，，
则，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）解：由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为，，
联立，代入可得，
由韦达定理可知，
则，
而，
代入可得，
根据点到直线距离公式，
则，
令则，所以，
函数在上单调递增，当，即时，，
则的面积最大，最大值为；
（3）解：假设存在使得，分别求出，
因为在直线上，所以，
故，
化简可得，
由（2）知，
则，所以可得，
整理化简可得，
要对任意的都成立，需系数满足，解得，
故存在，使得.
8．【答案】（1）解：设的焦距为，由题意可知，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）（i）解：由（1）得，设，
由题得直线的斜率不为零，设，由，得，
所以，，
则，
令，则，
因为在上单调递增，所以，
所以的面积的取值范围为；
（ii）证明：由题意可得直线的斜率均存在且均不为0，
由直线和，得，即，同理，
易得以为直径的圆的方程为，
即，
而
，
，
故以为直径的圆的方程为，
令，得，
故以为直径的圆恒过定点和．
9．【答案】（1）解：设椭圆C的焦距为．
当P在短轴的端点处时，的面积最大，所以，
又C的离心率，所以，结合，
得，，所以椭圆C的方程为．
（2）解：由题意知直线的斜率不为0，否则，
所以可设直线的方程为，
联立得，
所以，
，
所以，
，
由（1）知，
因为，所以，
所以，即，
即，解得或（舍去），
又满足，故存在定点.
（3）解：由（2）知，，，
所以A到的距离，
所以面积
，
令，
，因为，
所以当时，，此时，满足，故．
10．【答案】（1）解：由题意得，，故，，
又，解得，
所以椭圆方程为；
（2）解：（i），
当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点，
设，
则，即，
又，所以，
所以，解得或，
当时，，此时与重合，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，直线方程为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
，解得，
设，则，
所以，
由得
，化简得，
，解得或，
当时，，过定点，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，，过定点，
显然此时满足，
其中也过点，
综上，直线过定点；
（ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下：
在轴上方，故在轴下方，即，，
由椭圆定义可知，，
又的圆心为，半径为4，
故，所以，
由于，，
所以，
令，
当直线斜率不存在时，，此时，
解得，令中得，
又在轴上方，故，满足要求，
当直线斜率存在时，设，
在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
同理可得，
由可得，
解得或，均不合要求，舍去，
综上，存在点，使得与的面积之比为3：5
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