专题 26 椭 圆（解答题）
1．已知椭圆C ：
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
的离心率为 3
2
，左、右焦点分别为 1F 、 2F ．设 P
是椭圆C 上一点，满足 2PF ⊥ x 轴， 2
1
2PF ．
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）过 1F 且倾斜角为 45°的直线l 与椭圆C 相交于 A， B 两点，求 AOB 的面积．
【试题来源】江西省贵溪市实验中学 2021 届高三上学期一模考试数学（三校生）试题
【答案】（1）
2
2 14
x y ；（2） 2 6
5
【解析】（1）由条件可知
2
2 2 2
3
2
1
2
c
a
b
a
a b c
，解得 2a ， 1b ， 3c
所以椭圆C 的标准方程是
2
2 14
x y ；
（2）设直线 :l 3x y ， 1 1,A x y ， 2 2,B x y ，直线l 与椭圆方程联立
2
2
3
14
x y
x y
，得 25 2 3 1 0y y ， 1 2
2 3
5y y ， 1 2
1
5y y ，
2
1 1 2 1 2 1 2
1 3 24 62 2 5AOBS OF y y y y y y
．
2．已知椭圆 ：
2
2
2 1 1yx aa
与抛物线 C ： 2 2 0x py p 有相同的焦点 F ，抛
物线C 的准线交椭圆于 A， B 两点，且 1AB ．
（1）求椭圆 与抛物线C 的方程；
（2）O 为坐标原点，过焦点 F 的直线l 交椭圆 于 M ， N 两点，求 OMN 面积的最大
值．
【试题来源】陕西省榆林市 2020-2021 学年高三上学期第一次高考模拟测试（文）
【答案】（1） 的方程为
2
2 14
yx ，C 的方程为 2 4 3x y ；（2）最大值为 1．
【解析】（1）因为 1AB ，所以不妨设 A的坐标为 1( , )2 2
p ， B 的坐标为 1( , )2 2
p ，
所以有：
2
2
2
2
1 14 4
1 4
p
a
pa
，所以 2 4a ， 2 3p ，
所以椭圆 的方程为
2
2 14
yx ，抛物线C 的方程为 2 4 3x y ；
（2）由（1）可知 F 的坐标为 (0, 3) ，
设直线l 的方程为 3y kx ，O 到 MN 的距离为 d ，
则
2 2 2
0 0 ( 1) 3 3
( 1) 1
k
d
k k
，联立 2
2
3
14
y kx
yx
，
可得 2 24 2 3 1 0k x kx ，则 22
2
2 2
4 14 11 4 4
kkk k kMN
，
2
2
2 2
2 2
2 3 1 2 3 2 3 134 31 2 11 1
OMN
kS k k kk k
，
当且仅当 2 2k 时取等号，故 OMN 面积的最大值为 1．
3．已知椭圆
2 2
2 2: 1 0x yW a ba b
的离心率为 3
2
，且经过点 2, 3C ．
（1）求椭圆W 的方程及其长轴长；
（2） A ， B 分别为椭圆W 的左、右顶点，点 D 在椭圆W 上，且位于 x 轴下方，直线 CD
交 x 轴于点Q ，若 ACQ 的面积比 BDQ△ 的面积大 2 3 ，求点 D 的坐标．
【试题来源】北京市海淀区 2021 届高三年级第一学期期末练习
【答案】（1）
2 2
116 4
x y ， 2 8a ；（2） 2, 3 ．
【解析】（1）因为椭圆W 经过点 2, 3C ，所以 2 2
4 3 1a b
．
因为椭圆W 的离心率为 3
2
，所以 3
2
c
a
，其中 2 2 2a b c ．所以 4
2
a
b
．
所以椭圆W 的方程为
2 2
116 4
x y ，长轴长 2 8a ．
（2）因为点 D 在 x 轴下方，所以点 Q 在线段 AB （不包括端点）上．
由（1）可知 4,0A ， 4,0B ．所以 AOC△ 的面积为 1 4 3 2 32
．
因为 ACQ 的面积比 BDC 的面积大 2 3 ，
所以点Q 在线段 OB （不包括端点）上，且 OCQ△ 的面积等于 BDQ△ 的面积．
所以 OCB 的面积等于 BCD△ 的面积．所以 //OD BC ．
设 ,D m n ， 0n ，则 0 3 3
4 2 2
n
m
①．
因为点 D 在椭圆W 上，所以
2 2
116 4
m n ②．
由①②解得
2
3
m
n
，所以 D 的坐标为 2, 3 ．
4．已知椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
经过点 0,1M 和 13, 2N
．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）若直线 :l y kx m 与椭圆 C 交于 A 、 B 两点，且坐标原点 O 到直线 l 的距离为
2 5
5
．求证：以 AB 为直径的圆经过点O ．
【试题来源】北京市顺义区 2021 届高三上学期期末考试
【答案】（1）
2
2 14
x y ；（2）证明见解析．
【解析】（1）将点 M 、 N 的坐标代入椭圆C 的方程，可得
2
2 2
1 1
1
3 4 1
0
b
a b
a b
，解得 2
1
a
b
，
因此，椭圆C 的方程为
2
2 14
x y ；
（2）设点 1 1,A x y 、 2 2,B x y ，
由于原点O 到直线l 的距离为 2 5
5
，即
2
2 5
51
m
k
，可得 2 24 15m k ，
联立 2
2 14
y kx m
x y
，消去 x 并整理得 2 2 24 1 8 4 4 0k x kmx m ，
2
2 2 2 2 2 2 16 4 1
64 4 4 1 4 4 16 4 1 05
k
k m k m k m
，
由根与系数关系可得 1 2 2
8
4 1
kmx x k
，
2
1 2 2
4 4
4 1
mx x k
，
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21OA OB x x y y x x kx m kx m k x x km x x m
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
1 4 4 8 4 1 5 4 4
04 1 4 1
k m k m m k m k
k k
，
所以，OA OB ，即以 AB 为直径的圆经过点 O ．
5．在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C1：
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
的左焦点为 F1(－2，
0)，且点 P(0，2)在椭圆 C1 上．
（1）求椭圆 C1 的方程；
（2）设直线 l 同时与椭圆 C1 和抛物线 C2：y2＝8x 相切，求直线 l 的方程
【试题来源】宁夏固原市隆德县 2021 届高三上学期期末考试（文）
【答案】（1）
2 2
18 4
x y ；（2） 2 2 22y x 或 2 2 22y x ．
【解析】（1）因为椭圆 1C 的左焦点为 1( 2,0)F ，所以 2c ，
点 (0,2)P 代入椭圆
2 2
2 2 1x y
a b
，得 2
4 1b
，即 2b ，
所以 2 2 2 8a b c ，所以椭圆 1C 的方程为
2 2
18 4
x y ；
（2）直线l 的斜率显然存在，设直线l 的方程为 y kx m ，
由
2 2
18 4
x y
y kx m
，消去 y 并整理得 2 2 2(1 2 ) 4 2 8 0k x kmx m ，
因为直线l 与椭圆 1C 相切，所以
△
2 2 2 216 4(1 2 )(2 8) 0k m k m
整理得 2 28 4 0k m ①，由
2 8y x
y kx m
，消去 y 并整理得 2 2 2(2 8) 0k x km x m ，
因为直线l 与抛物线 2C 相切，所以
△
2 2 2(2 8) 4 0km k m ，整理得 2km ②，
综合①②，解得
2
2
2 2
k
m
或
2
2
2 2
k
m
，
所以直线l 的方程为 2 2 22y x 或 2 2 22y x ．
6．已知椭圆C ：
2 2
2 2 1x y
a b
（ 0a b ）过点 2,0A ， 2,0B ，且离心率为 1
2
．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）设直线 l 与椭圆 C 有且仅有一个公共点 E ，且与 x 轴交于点 G （ E ， G 不重合），
ET x 轴，垂足为T ，求证： TA GA
TB GB
．
【试题来源】北京市东城区 2021 届高三上学期期末考试
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ；（2）证明见解析．
【解析】（1）由题意可得，
2 2 2
2
1
2
a
ce a
a b c
，解得 2 4a ， 2 3b ，
所以椭圆C 的方程为
2 2
14 3
x y ；
（2）由题设知直线l 的斜率存在且不为零，设直线l 的方程为 y kx m （ 0k ）．
由 2 2
14 3
y kx m
x y
消去 y ，整理得 2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m ．
依题意，有 2 2 2 264 16 3 4 3 0k m k m ，解得 2 23 4m k ．
设 1,0G x ， 0 0,E x y ，则 1
mx k
， 0 2
4 4
3 4
km kx k m
．
因为 ET x 轴，所以 4 ,0kT m
，所以
4 2 4 2 2
2 4 242
k
TA k m m km
TB m k m kk
m
，
因为
2 2
22
m
GA m kk
mGB m k
k
，所以 TA GA
TB GB
．
【名师点睛】求解直线与圆锥曲线相关问题时，一般需要联立直线与圆锥曲线方程，消元后
得到关于 x（或 y ）的一元二次方程，结合根与系数关系与判别式，以及题中条件，利用圆
锥曲线的相关性质，即可求解．
7．椭圆C ：
2 2
2 2 1x y
a b
( 0a b )的左焦点为 2,0 ，且椭圆 C 经过点 0,1P ，直线
2 1y kx k ( 0k )与C 交于 A， B 两点（异于点 P ）．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）证明：直线 PA 与直线 PB 的斜率之和为定值，并求出这个定值．
【试题来源】四川省凉山州 2020-2021 学年高三第一次诊断性检测（理）
【答案】（1）
2
2 13
x y ；（2）证明见解析，定值为 1．
【解析】（1）由题意得 2, 1c b ，则 2 2 2 3a b c ，椭圆方程为
2
2 13
x y ；
（2）解法一（常规方法)：设 1 1 2 2, , ,A x y B x y ，联立 2
2
2 1
13
y kx k
x y
化简可得 2 23 1 6 2 1 12 1 0k x k k x k k ，
直线 1 )2 0(y kx k k 与椭圆C 交于 A B、 两点， 0,
即 2212 3 1 2 1 48 1 0k k k k ，解得 0 1k ，
由根与系数关系
1 2 1 22 2
6 2 1 12 1, 3
( )
3 1 1
k k k kx x x xk k
，
1 2
1 2 2 1 1 2
1 2
1 1
PA PB
y yk k x y x y x xx x
1 2 1 2
1 2
2 2 2kx x k x x
x x
2
2
6 6 2 1 12 12 112 1 12 12
k k k k k
k k k k
，直线 PA PB、 得斜率和为定值1．
解法二（构造齐次式)：由题直线 1 )2 0(y kx k k 恒过定点 2, 1
①当直线 AB 不过原点时，设直线 AB 为 1 1 *mx n y ，
则 2 2 1mx n ，即 1
2m n 有 1
2m n ，
由
2
2 13
x y 有 22 3 1 6 1 0yx y ，
则 22 3 1 6 1 1 0x y y mx n y ，
整理成关于 , 1x y 的齐次式： 2 23 6 1 6 1 0n y mx y x ，
进而两边同时除以 2x ，则
2 13 6 6 11 0ymxn y
x
，令 1y kx
，
则 1 2
1 2
161 1 6 2 13 6 3 6PA PB
ny y mk k x x n n
，
②当直线 AB 过原点时，设直线 AB 的方程为 0 0 0 0
1 , , , ,2y x A x y B x y ，
0 0 0
0 0 0
1 1 2 12 12PA PB
y y yk k x x x
，
综合 ①② 直线 PA 与直线 PB 的斜率之和为定值1．
【名师点睛】该题考查的是有关直线与椭圆的问题，解题方法如下：
（1）根据题中所给的条件，确定出 ,b c 的值，进而求得 2a 的值，得到椭圆方程；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，根与系数关系求得两根和与两根积，利用斜率公式证得
结果．
8．已知椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
的离心率为 2
2
，且过点 2,1A ．
（1）求C 的方程；
（2）点 ,M N 在C 上，且 AM AN ，证明：直线 MN 过定点．
【试题来源】河南省郑州市 2020-2021 学年高三上学期第一次质量检测（理）
【答案】（1）
2 2
16 3
x y ；（2）证明见解析．
【解析】（1）由题意得
2 2 2
2 2
2
2
4 1 1
a b c
ce a
a b
，解得
2
2
6
3
a
b
，椭圆C 的方程为
2 2
16 3
x y ．
（2）设点 1 1,M x y ， 2 2,N x y ，
AM AN ， 1 2 1 22 2 1 1 0AM AN x x y y ，
整理可得 1 2 1 2 1 2 1 21 2 4y y y y x x x x …①
当直线 MN 斜率 k 不存在时，显然 AM AN 不成立，则可设 :MN y kx m ，
联立 2 22 6
y kx m
x y
得 2 2 21 2 4 2 6 0k x kmx m ，
由 2 2 2 216 4 1 2 2 6 0k m k m 得 2 26 3 0k m ，
则 1 2 2
4
1 2
kmx x k
，
2
1 2 2
2 6
1 2
mx x k
， 1 2 1 2 2
22 1 2
my y k x x m k
，
2 2
2 2
1 2 1 2 1 2 2
6
1 2
m ky y k x x km x x m k
，
代入①式化简可得 24 8 1 3 1 0k km m m ，
即 2 1 2 3 1 0k m k m ， 1 2m k 或 2 1
3
km
则直线方程为 1 2 2 1y kx k x k 或 2 1 2 1
3 3 3
ky kx x k
，
直线过定点 2,1 或 2 1,3 3
，又 2,1 和 A点重合，故舍去，直线 MN 过定点 2 1,3 3
．
【名师点睛】本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，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 x 或 y 的一元二次方程的形式；
②利用 0 求得变量之间的关系，同时得到根与系数关系的形式；
③利用根与系数关系表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定点．
9．已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
的离心率为 1
2
，左顶点为 A，右焦点 F， 3AF ．过
F 且斜率存在的直线交椭圆于 P，N 两点，P 关于原点的对称点为 M．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）设直线 AM， AN 的斜率分别为 1k ， 2k ，是否存在常数 ，使得 1 2k k 恒成立？若
存在，请求出 的值，若不存在，请说明理由．
【试题来源】安徽省淮北市 2020-2021 学年高三上学期第一次模拟考试（理）
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ，（2） 3
【解析】（1）因为离心率为 1
2
，所以 1
2
ce a
，又 3AF ，所以 3a c ，解得 2a ，
1c ，又 2 2 2c a b ，所以 2 3b ，所以椭圆方程为
2 2
14 3
x y ；
（2）由（1）知 1,0F ， 2,0A ，设直线 PN 的方程为 1x my ， 1 1,P x y ， 2 2,N x y ，
因为 M 与 P 关于原点对称，所以 1 1,M x y ，所以 1
1
1 2
y
xk ， 2
2
2 2
yk x
，
若存在 ，使得 1 2k k 恒成立，所以 1 2
1 22 2
y y
x x
，
所以 1 2 2 12 2y x y x ，两边同乘 1y 得 2
1 2 2 1 12 2y x y y x ，
因为 1 1,P x y 在椭圆上，所以
2 2
1 1 14 3
x y ，所以 2
1 12 1
1
3 2 23 1 4 4
x xxy
，
所以 1 1
2 2 1 1
3 2 2 2 24
x x x y y x ，
当 1 2x 时，则 1 2 2 1
3 2 24 x x y y ，所以 2 1 2 1 2 13 6 12 4x x x x y y ①；
当 1 2x 时， M 与 A重合，联立方程 2 2
1
14 3
x my
x y
，消元得 2 23 4 6 9 0m y my ，
所以
2 1 2
2 1 2
9
3 4
6
3 4
y y m
my y m
，所以 2 1 2 1 2
82 3 4x x m y y m
，
2
2
2 1 2 1 2 1 2
4 121 3 4
mx x m y y m y y m
，
代入①得
2
2 2 2
12 36 48 912 43 4 3 4 3 4
m
m m m
，整理得 108 36 ，解得 3
10．已知椭圆 C ：
2 2
2 2 1 0x y a ba b
的左右焦点分别为 1F ， 2F ，过 2F 的直线 l 与椭
圆交于 A ， B 两点， P 为椭圆的下顶点， 2OPF 为等腰三角形，当l x 轴时， OAB 的
面积为 2
2
．
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）若直线l 不与坐标轴垂直，线段 AB 的中垂线 l与 y 轴交于点 M ，若直线 1F M 的斜率
为 1
3
，求直线l 的方程．
【试题来源】江西省吉安市 2021 届高三大联考数学（理）（3-2）试题
【答案】（1）
2
2 12
x y ；（2） 1 0x y 或 2 1 0x y ．
【解析】（1）由题设知， 2 ,0F c ， 0,P b ，因为 2OPF 为等腰三角形，所以b c ，
又直线l 过 2F ，当l x 轴时，
22bAB a
，
所以 OAB 的面积为
2
21 1 2 2 2 22 2 2
bAB c c b c aa
，
由 2
2 2 2
2 2
b c
b c a
a b c
解得， 2a ， 1b c ；故椭圆C 的标准方程为
2
2 12
x y ．
（2）由（1）知， 1 1,0F ， 2 1,0F ，设直线l 的方程为 1 0x ty t ，
由 2 2
1
2 2
x ty
x y
得， 2 22 2 1 0t y ty ，设 1 1,A x y ， 2 2,B x y ，
所以 1 2 2
2
2
ty y t
， 1 2 2
1
2y y t
，设线段 AB 的中点为 0 0,N x y ，
则 1 2
0 22 2
y y ty t
， 0 0 2
21 2x ty t
，即 2 2
2 ,2 2
tN t t
．
设 0,M m ，因为 MN AB ，所以
2
2
12 12
2
tm t
t
t
，解得， 2 2
tm t
，
即 20, 2
tM t
，因为直线 1F M 的斜率为 1
3
，所以
2 0 12
0 1 3
t
t
，即 2 3 2 0t t ，
解得， 1t 或 2t ，故直线l 的方程为 1 0x y 或 2 1 0x y ．
11．已知椭圆
2 2
2 2: 1 0x yE a ba b
的离心率为 2
2
， 1F 、 2F 分别为椭圆 E 的左、右
焦点，M 为 E 上任意一点， 1 2F MFS△ 的最大值为 1，椭圆右顶点为 A．
（1）求椭圆 E 的方程；
（2）若过 A 的直线 l 交椭圆于另一点 B，过 B 作 x 轴的垂线交椭圆于 C（C 异于 B 点），连
接 AC 交 y 轴于点 P．如果 1
2PA PB 时，求直线 l 的方程．
【试题来源】天津市滨海七校 2020-2021 学年高三上学期期末联考
【答案】（1）
2
2 12
x y ；（2） 2: 2 2
xl y 或 2
2 2
xy ．
【解析】（1）当 M 为椭圆的短轴端点时， 1 2F MFS△ 取得最大值即 1 2 12S c b ，
因为 2
2
c
a
， 2 2 2a b c ，解得 2a ， 1b ， 1c ，所以椭圆方程为
2
2 12
x y ．
（2） 2,0A ，根据题意，直线 l 斜率存在且不为 0，
设直线 : 2l y k x ， 0 0,B x y ，联立
2
2
2
12
y k x
x y
，
得 2 2 2 21 2 4 2 4 2 0k x k x k ，
2
0 2
4 22 1 2
kx k
，
2
20
4 22 1 2
kx k
即 2
2 2
2 2 1 2 2,1 2 1 2
k kB k k
，
由题意得 2
2 2
2 2 1 2 2,1 2 1 2
k kC k k
，
又直线 : 2AC y k x ，故 0, 2P k ，
2
2 2
2 2 1 2 22, 2 , 21 2 1 2
k kPA PB k kk k
4 2
2
4 10 2 1
1 2 2
k k
k
，
即 4 28 18 5 0k k 解得 2 5
2k （舍） 2 1
4k ，故 1
2k ，
直线 2: 2 2
xl y 或 2
2 2
xy ．
12．已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
的离心率为 1
2
，且过点 (2,3)A ，右顶点为 B ．
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）过点 A 作两条直线分别交椭圆于点 M ， N 满足直线 AM， AN 的斜率之和为 3 ，
求点 B 到直线 MN 距离的最大值．
【试题来源】江苏省常州市四校联考 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1）
2 2
116 12
x y ；（2）最大值为 2 ．
【解析】（1）由题
2 2 2
2 2
1
2
4 9 1
b c a
ce a
a b
，解得
4
2 3
2
a
b
c
，所以C 的标准方程为
2 2
116 12
x y ；
（2）若直线 MN 斜率不存在，设 0 0 0 0( , ), ( , )M x y N x y ，
则
2 2
0 0
0 0
0 0
116 12
3 3 32 2
x y
y y
x x
，解得 0
0
4
0
x
y
，此时 ,M N 重合，舍去．
若直线 MN 斜率存在，设直线 1 1 2 2( , ), ( , )MN y kx t M x y N x y ： ， ，
联立
2 2
116 12
x y
y kx t
，得 2 2 2(4 3) 8 4 48 0k x ktx t ，
所以
2
1 2 1 22 2
8 4 48,4 3 4 3
kt tx x x xk k
，
由题意 1 2
1 2
3 3 32 2
y y
x x
，即 1 2
1 2
3 3 32 2
kx t kx t
x x
化简得 1 2 1 2(2 3) ( 2 9)( ) 4 24 0.k x x t k x x t
因此
2
2 2
4 48 8(2 3) ( 2 9)( ) 4 24 0.4 3 4 3
t ktk t k tk k
化简得 2 28 6 8 6 0k kt t k t ，即 (2 3)(4 2) 0k t k t
若 2 3 0k t ，则 2 3t k ，直线 MN 过点 (2,3)A ，舍去，
所以 4 2 0k t ，即 4 2t k ，因此直线 MN 过点 (4, 2)P ．
又点 (4,0)B ，所以点 B 到直线 MN 距离最大值即 2BP ，
此时 2MN y ： ，符合题意．所以点 B 到直线 MN 距离最大值为 2
【名师点睛】易错点为需讨论直线 MN 斜率是否存在，解题的关键是联立直线与曲线方程，
根据根与系数关系，求得 1 2 1 2,x x x x 的表达式，再代入题干条件，化简整理，才能求得
答案，考查分析理解，计算化简的能力，属中档题．
13．已知椭圆C ：
2 2
2 2 1x y
a b
（ 0a b ）的离心率为 2
2
，右顶点、上顶点分别为 A、
B ，原点O 到直线 AB 的距离为 6
6 ab ．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）若 P ，Q 为椭圆C 上两不同点，线段 PQ 的中点为 M ．
①当 M 的坐标为 1,1 时，求直线 PQ 的直线方程
②当三角形 OPQ 面积等于 2 时，求 OM 的取值范围．
【试题来源】江苏省连云港市 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1）
2 2
14 2
x y （2）① 2 3 0x y ，② 1, 2OM ．
【解析】（1）设直线 : 1x yAB a b
，即 0bx ay ab ，
所以O 到直线 AB 的距离为
2 2 2 2
6
6
ab ab ab
a b a b
，所以 2 2 6a b ，
因为 2 2 2
2 2
2
2
6
ce a
a b c
a b
，所以
2
2
4
2
a
b
，所以椭圆C 的方程为
2 2
14 2
x y ；
（2）①因为 PQ 的中点为 1,1M ，且 PQ 的斜率存在，设 1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，
所以
2 2
1 1
2 2
2 2
2 4
2 4
x y
x y
，所以 2 2 2 2
1 2 1 22x x y y ，所以 1 2 1 2
1 2 1 2
2x x y y
y y x x
，
因为 1 2 1 22, 2x x y y ，所以 1 2
1 2
1
2PQ
y yk x x
，
所以 PQ 的直线方程为 11 12y x ，即 2 3 0x y ；
②若直线 PQ 垂直于 x 轴，则
2
2 21 2 2 2 2 22 2
p
p p p p
xx y x x
2 2Mx ， 0My ，所以 2OM
若直线 PQ 不垂直于 x 轴，设直线 PQ 方程： 0y kx m m ， 1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，
2 2 22 2 1 2 4 2 4 0
14 2
y kx m
k x kmx mx y
，
所以 1 2 2
4
1 2
kmx x k
，
2
1 2 2
2 4
1 2
mx x k
， 2 2 24 4 1 2 2 4 0km k m ，
即 2 24 2k m ，因为O 到 PQ 的距离为
21
md
k
，
所以
2 2
22
1 2 1 2 22
4 8 21 1 4 22 1 21OPQ
m m k mS k x x x x kk
，
222 2 2 2 2 2 2 22 4 1 2 1 2 0 1 2m k m k k m k m ，
且此时 2 24 2k m ，即 0 满足，而 1 2
2
2 2
2 1 2M
x x km kx k m
，
1
M My kx m m
，所以
2 2
2 2 2
4 1 2 1 12k mOM m m m
，
因为 2 21 2k m ，所以 2 1m ，所以 2
11 2 2m
，所以1 2OM ，
综上可知 1, 2OM ．
14．已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
的离心率 3
2e ，且经过点 (0,1)D ．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）已知点 ( 1,0)A 和点 ( 4,0)B ，过点 B 的动直线l 交椭圆C 于 ,M N 两点（ M 在 N 左
侧），试讨论 BAM 与 OAN 的大小关系，并说明理由．
【试题来源】北京市石景山区 2021 届高三上学期数学期末试题
【答案】（1）
2
2 14
x y ；（2） BAM OAN ，理由见解析．
【解析】（1）由已知 1b ， 3
2
ce a
， 又 2 2 2a b c ，解得 2, 1a b ．
所以椭圆C 的方程为
2
2 14
x y ．
（2）依题意设直线l 的方程为 ( 4)y k x ，设 1 1 2 2( , ) , ( , )M x y N x y ．
联立
2
2 1,4
( 4),
x y
y k x
消去 y ，得 2 2 2 2(4 1) 32 64 4 0k x k x k ，
则 216(1 12 ) 0k ，解得 3 3
6 6k ． （*）
则
2
1 2 2
32
4 1
kx x k
，
2
1 2 2
64 4
4 1
kx x k
．
若 1 1x ，则 1
3
2y ， 3
6k 与（*）式矛盾，所以 1 1x ．
同理 2 1x ．所以直线 AM和 AN 的斜率存在，分别设为 AMk 和 ANk ．
因为 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
( 4) ( 4) 3 321 1 1 1 1 1AM AN
y y k x k x k kk k kx x x x x x
1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
3 ( 2) 3 ( 2)2 2( 1)( 1) 1
k x x k x xk kx x x x x x
2
22
2 2 2
2 2
323 ( 2) 3 ( 24 2)1 42 2 064 4 32 36 311 4 1 4
kk k kkk kk k k
k k
，
所以 AM ANk k ．所以 BAM OAN ．
15．已知椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
的右焦点为 2 2,0F ，且过点 2, 2 ．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）若直线 y x m 与椭圆 C 交于不同的两点 ,A B ，且线段的中点 M 在圆 2 2 1x y 上，
求 m 的值．
【试题来源】宁夏 2021 届高三上学期期末考试（文）
【答案】（1）
2 2
18 4
x y ；（2） 3 5
5
．
【解析】（1）因为椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
的右焦点为 2 2,0F ，且过点 2, 2 ，
所以
2 2
2 2
2
4 2 1
a b
a b
，解得 2 2
2
a
b
，因此椭圆C 的方程为
2 2
18 4
x y ；
（2）设 1 1,A x y ， 2 2,B x y ，由 2 2
18 4
y x m
x y
消去 y ，整理得 2 23 4 2 8 0x mx m ，
由 2 216 12 2 8 0m m 解得 2 12m ，
又 1 2
4
3
mx x ，则 1 2 1 2
4 22 23 3
m my y x x m m ，
所以 AB 的中点坐标为 2 ,3 3
m mM
，
又点 M 在圆 2 2 1x y 上，所以
2 22 13 3
m m
，
解得 2 9
5m 满足 2 12m ，所以 3 5
5m ．
【名师点睛】求解本题的关键在于用 m 表示出点 M 的坐标；利用题中条件，联立直线与椭
圆方程，消去 x（ y ）得到关于 y （或 x ）的一元二次方程，根据根与系数关系及中点坐标
公式，求出 M 坐标，即可求解．
16．已知椭圆
2 2
: 14 2
x yC ．
（1）求椭圆C 的离心率和长轴长；
（2）已知直线 2y kx 与椭圆C 有两个不同的交点 ,A B ， P 为 x 轴上一点． 是否存在
实数 k ，使得 PAB△ 是以点 P 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出 k 的值及点 P 的
坐标；若不存在，说明理由．
【试题来源】北京市西城区 2021 届高三上学期数学期末试题
【答案】（1） 2
2
， 4 ；（2）存在，当 1k 时， P 点坐标为 2( ,0)3
；当 1k 时， P 点坐
标为 2( ,0)3
．
【解析】（1）由题意： 2 4a ， 2 2b ，所以 2a ．
因为 2 2 2a b c ，所以 2 2c ， 2c ．所以 2
2
ce a
．
所以椭圆C 离心率为 2
2
，长轴长为 4 ．
（2）联立 2 2
2,
14 2
y kx
x y
消 y 整理得 2 2(2 1) 8 4 0k x kx ．
因为直线与椭圆交于 ,A B 两点，故 0 ，解得 2 1
2k ．
设 1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 1 2 2
8
2 1
kx x k
， 1 2 2
4
2 1x x k
．
设 AB 中点 0 0( , )G x y ，则 1 2
0 2
4
2 2 1
x x kx k
， 0 0 2
22 2 1y kx k
，故 2 2
4 2( , )2 1 2 1
kG k k
．
假设存在 k 和点 ( ,0)P m ，使得 PAB△ 是以 P 为直角顶点的等腰直角三角形，
则 PG AB ，故 1PG ABk k ，所以
2
2
2
2 1 14
2 1
k kk mk
，解得 2
2
2 1
km k
，
故 2
2( 0)2 +1
kP k
， ．因为
2APB ，所以 0PA PB ．
所以 1 1 2 2( , ) ( , ) 0x m y x m y ，即 1 1 1 2( )( ) 0x m x m y y ．
整理得 2 2
1 2 1 2( 1) (2 )( ) 4 0k x x k m x x m ．
所以 2 2
2 2
4 8( 1) (2 ) 4 02 1 2 1
kk k m mk k
，
代入 2
2
2 1
km k
，整理得 4 1k ，即 2 1k ．
当 1k 时， P 点坐标为 2( ,0)3
；当 1k 时， P 点坐标为 2( ,0)3
．
此时， PAB△ 是以 P 为直角顶点的等腰直角三角形．
【名师点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、
弦长、斜率、三角形的面积等问题．
17．已知椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
过点 31, 2
，且C 的离心率为 3
2
．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）过点 1,0P 的直线l 交椭圆 C 于 A、 B 两点，求 PA PB 的取值范围．
【试题来源】北京市朝阳区 2021 届高三上学期期末数学质量检测试题
【答案】（1）
2
2 14
x y ；（2） 3,34
．
【解析】（1）由题意得 2 2
2 2 2
3
2
1 3 14
c
a
a b
a b c
，解得 2
1
a
b
．所以椭圆C 的方程为
2
2 14
x y ；
（2）分以下两种情况讨论：
①若直线l 与 x 轴重合，则 21 1 1 3PA PB a a a ；
②若直线l 不与 x 轴重合，设直线l 的方程为 1x my ，设点 1 1,A x y 、 2 2,B x y ，
联立 2
2
1
14
x my
x y
，消去 x 可得 2 24 2 3 0m y my ，
则 2 2 24 12 4 16 3 0m m m 恒成立，
由根与系数关系可得 1 2 2
2
4
my y m
， 1 2 2
3
4y y m
，
由 弦 长 公 式 可 得
2
2 2 2
1 2 1 2 2
3 1
1 1 1 4
m
PA PB m y m y m y y m
2
2 2
3 4 9 934 4
m
m m
，
2 4 4m ，则 2
9 90 4 4m
，所以， 2
3 93 34 4m
．
综上所述， PA PB 的取值范围是 3,34
．
18．已知椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
的左､右顶点分别为点 A， B ，且 AB 4 ，椭圆
C 离心率为 1
2
．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）过椭圆C 的右焦点，且斜率不为 0 的直线l 交椭圆C 于 M ，N 两点，直线 AM，BN
的交于点Q ，求证：点Q 在直线 4x 上．
【试题来源】北京通州区 2021 届高三上学期数学摸底（期末）考试
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ；（2）证明见解析．
【解析】（1）因为 AB 4 ，椭圆C 离心率为 1
2
，
所以
2 2 2
2 4
1
2
a
c
a
a b c
，解得 2 4a ， 2 3b ．所以椭圆C 的方程是
2 2
14 3
x y ．
（2）①若直线l 的斜率不存在时，如图，
因为椭圆C 的右焦点为 1,0 ，所以直线l 的方程是 1x ．
所以点 M 的坐标是 31, 2
，点 N 的坐标是 31, 2
．
所以直线 AM的方程是 1 22y x ，直线 BN 的方程是 3 22y x ．
所以直线 AM， BN 的交点Q 的坐标是 4,3 ．所以点Q 在直线 4x 上．
②若直线l 的斜率存在时，如图．
设斜率为 k ．所以直线l 的方程为 1y k x ．联立方程组
2 2
1
14 3
y k x
x y
消去 y ，整理得 2 2 23 4 8 4 12 0k x k x k ．
显然 0 ．不妨设 1 1,M x y ， 2 2,N x y ，所以
2
1 2 2
8
3 4
kx x
k
，
2
1 2 2
4 12
3 4
kx x k
．
所以直线 AM的方程是 1
1
22
yy xx
．令 4x ，得 1
1
6
2
yy x ．
直线 BN 的方程是 2
2
22
yy xx
．
令 4x ，得 2
2
2
2
yy x
．所以 1 21 2
1 2 1 2
6 1 2 16 2
2 2 2 2
k x k xy y
x x x x
1 2 1 2
1 2
6 1 2 2 2 1
2 2
k x x k x x
x x
分子 1 2 1 26 1 2 2 2 1k x x k x x
1 2 2 1 1 2 1 22 3 2 2 2 2k x x x x x x x x 1 2 1 22 2 5 8k x x x x
2 2
2 2
2 4 12 5 82 83 4 3 4
k kk k k
2 2 2
2
8 24 40 24 322 03 4
k k kk k
．
所以点Q 在直线 4x 上．
【名师点睛】本题第二问解题的关键在于分类讨论直线斜率不存在和存在两种情况，当直线
斜率存在时，设 1 1,M x y ， 2 2,N x y ，写出直线 AM的方程是 1
1
22
yy xx
和直线
BN 的方程是 2
2
22
yy xx
，进而计算得 4x 时的纵坐标相等即可．考查运算求解能
力，是中档题．
19．椭圆 C：
2 2
2 2 1x y
a b
( 0)a b 的左、右焦点分别为 F1 、 2F ，过 1F 向圆 2F ：
2 2( 2) 1x y 引切线 F1T（T 为切点），切线 F1T 的长为 15 ，且椭圆的离心率为 2
3
，
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）设 ( , )M x y 为圆 2F 上的动点，O 为坐标原点，过 F2 作 OM 的平行线，交椭圆 C 于 G，
H 两点，求 MGH 的面积的最大值．
【试题来源】江西省新余市 2021 届高三上学期期末统考（理）
【答案】（1）
2 2
19 5
x y ；（2） 5
2
．
【解析】（1）连接 2F T，则 F1T⊥ 2F T，由题意得 1 2| | 15 1 4F F ，所以 c＝2．
因为 2
3
ce a
，则 a＝3， 2 2 5b a c ，故椭圆 C 的方程为
2 2
19 5
x y ；
（2）设 1 1 2 2( , ), ,( )G x y H x y ，直线 GH 的方程为 x＝my＋2，
由 2 2
2,
1,9 5
x my
x y
可得 2 2( 9 0 2)5 2 5 0m y my ，
2 2 2(20 ) 4(5 9)( 25) 900( 1) 0m m m
则 1 2 2
20
5 9
my y m
， 1 2 2
25
5 9y y m
．
所以 2
1 2 1 2 1 2| | ( ) 4y y y y y y 2
2 2
20 25( ) 4 ( )5 9 5 9
m
m m
2
2
30 15 9 mm
．
所以 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( ) 1 | |GH x x y y m y y y y m y y
2
2 2
2 2
30 30( 1)1 15 9 5 9
mm mm m
．
因为 / /GH OM ，所以点 M 到直线 GH 的距离等于原点 O 到直线 GH 的距离，距离为
2
2
1m
，故
△
MGH 的面积为
2 2
2 22
1 2 30(1 ) 30 1
2 5 9 5 91
m mS m mm
．
因为 / /GH OM ，所以直线 OM ： x my ，即 0x my ，
因为点 ( , )M x y 为圆 2F 上的动点，所以点 2F 到直线 OM 的距离 2
2 1
1
d
m
，
解得 2 3m ，令 2 1m t ，则 2 2 1( 2)m t t ，
所以 2 2
30 30 30
45( 1) 9 5 4 5
t tS t t t t
，因为 4( ) 5f t t t
在[2, ) 上单调递增，
所以当 t＝2 时， ( )f t 取得最小值，其值为 12，所以
△
MGH 的面积的最大值为 5
2
．
20．已知椭圆C ：
2 2
2 2 1x y
a b
( 0a b )的离心率 3
2e ，直线 3 1 0x y 被以椭圆
C 的短轴为直径的圆截得的弦长为 3 ．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）过点 (4,0)M 的直线l 交椭圆于 A， B 两个不同的点，且 | | | |
| | | |
MA MB
MA MB
，求 的
取值范围．
【试题来源】吉林省 2021 届高三上学期期末考试（文）
【答案】（1）
2
2 14
x y ；（2） 4 39 2( , ]13 3
．
【解析】（1）因为原点到直线 3 1 0x y 的距离为 1
2
，
所以
22
21 3
2 2 b
（ 0b ），解得 1b ．又
2 2
2
2 2
31 4
c be a a
，得 2a
所以椭圆C 的方程为
2
2 14
x y ．
（2）当直线l 的斜率为 0 时， 12MA MB ， 2 6 8MA MB ，
所以 | | | | 8 2
| | | | 12 3
MA MB
MA MB
，
当直线l 的斜率不为 0 时，设直线l ： 4x my ， 1 1A x y， ， 2 2B x y， ，
联立方程组 2
2
4
14
x my
x y
，得 2 24 8 12 0m y my ，
由 2 2=64 48 4 0m m ，得 2 12m ，
所以 1 2 2
12
4y y m
， 1 2 2
8
4
my y m
，
2
2 2
1 2 2
12 1
1 1 4
m
MA MB m y m y m
，
2 2 2
1 2 1 21 1 1MA MB m y m y m y y 2
2
81 4
mm m
，
2
22 2
8 1 2| | | | 2 11| | | | 3 112 1 3 1
m m mMA MB
MA MB mm m
由 2 12m ，得 211 113 1
2 1
m
，所以 2 12 2
3 13 3
．
综上可得 4 39 2
13 3
，即 4 39 2( , ]13 3
．
【名师点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 x(或 y)建立
一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）
涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为 0 或不存在等特殊情形．
21．如图，点 0, 1P 是椭圆 1C ：
2 2
2 2 1x y
a b
( 0a b )的一个顶点， 1C 的长轴是圆 2C ：
2 2 4x y 的直径． 1l ， 2l 是过点 P 且互相垂直的两条直线，其中 1l 交椭圆 1C 于另一点 D，
2l 交圆 2C 于 A，B 两点．
（1）求椭圆 1C 的方程；
（2）当 ABD△ 的面积取得最大值时，求直线 1l 的方程．
【试题来源】上学期江西省新余市 2021 届高三上学期期末质量检测（文）
【答案】（1）
2
2 14
x y ；（2） 10 12y x
【解析】（1）由题意可得 1b ， 2 4a ，即 2a ．椭圆 1C 的方程为
2
2 14
x y ；
（2）设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ， 0(D x ， 0 )y ．
由题意可知直线 1l 的斜率存在，设为 k ，则直线 1l 的方程为 1y kx ．
又圆 2 2
2 : 4C x y 的圆心 (0,0)O 到直线 1l 的距离 2
1
1
d
k
．
2
2
2
4 3| | 2 4 2 1
kAB d k
．又 2 1l l ，故直线 2l 的方程为 0x ky k ，
联立 2 2
0
4 4
x ky k
x y
，消去 y 得到 2 2(4 ) 8 0k x kx ，解得 0 2
8
4
kx k
，
2
2
8 1| | 4
kPD k
．三角形 ABD 的面积
2
2
1 8 4 3| || |2 4ABD
kS AB PD k
，
令 24 4k t ，则 2 4k t ， 2
2
4( 4) 3 4 13 1 2 4 4( ) 13( )13 13 13
t tf t t t t
，
16 13
13S ，当且仅 13
2t ，即 2 5
2k ，当 10
2k 时取等号，
故所求直线 1l 的方程为 10 12y x ．
22．已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
离心率为 2
3
，点 A，B，D，E 分别是 C 的左，右，
上，下顶点，且四边形 ADBE 的面积为 6 5 ．
（1）求椭圆 C 的标准方程；
（2）已知 F 是 C 的右焦点，过 F 的直线交椭圆 C 于 P，Q 两点，记直线 AP ， BQ 的交点
为 T，求证：点 T 横坐标为定值．
【试题来源】陕西省西安市 2020-2021 学年高三上学期第一次质量检测 （文）
【答案】（1）
2 2
19 5
x y ；（2）T 横坐标为定值 9
2
，证明见解析．
【解析】（1）设椭圆 C 的半焦距长为 c，根据题意
2 2 2
2
3
1 2 2 6 52
c
a
a b
c a b
，解得
3
5
2
a
b
c
，
故 C 的标准方程为
2 2
19 5
x y ．
（2）由（1）知 3 0A , ， 3,0B ， 2,0F ，设 0 0, ,( )T x y ， 1 1( , )P x y ， 2 2,Q x y ，
由 0 1
0 13 3TA PA
y yk k x x
'①， 0 2
0 23 3TB QB
y yk k x x
，②
①②两式相除得 0 1 2
0 1 2
3 3
3 3
x y x
x x y
，又
2 2
1 1 19 5
x y ，故
2 2
1 119 5
x y ，
所以
2
1 1 1( 3)( 3)
9 5
x x y ，故 1 1
1 1
35
3 9
y x
x y
．
所以 0 1 2
0 1 2
3 3
3 3
x y x
x x y
1 2
1 2
( 3)( 3)5
9
x x
y y
③
由题意知直线 PQ 不平行于 x 轴，由于直线 PQ 经过 F 点，
所以设直线 PQ 的方程为 2x my ，代入
2 2
19 5
x y ，得 2 2( 9 0 2)5 2 5 0m y my ，
把
1 2 2
1 2 2
20
5 9
25
5 9
my y m
y y m
代 入 ③ ， 所 以
0 1 2
0 1 2
3 ( 3)( 3)5
3 9
x x x
x y y
1 2
1 2
( 1)( 1)5
9
my my
y y
2
1 2 1 2
1 2
( ) 15
9
m y y m y y
y y
，
所以 0
0
3
3
x
x
2
2 2
2
25 20( ) ( ) 15 5 9 5 9
259
5 9
mm mm m
m
1
5
，解得 0
9
2x ．
所以点 T 横坐标为定值 9
2
．
【名师点睛】解题的关键是根据 A、P、T 和 B、Q、T 共线得到 TA PAk k ， TB QBk k ，化
简整理，结合根与系数关系求解，直线 PQ 的方程为 2x my ，可避免讨论直线 PQ 的斜
率是否存在，简化计算，提高正确率，考查分析理解，计算化简的能力，属中档题．
23．已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
的长轴长是焦距的 2 倍，且过点 (2, 2)．
（1）求椭圆 C 的标准方程；
（2）点 P 是圆心在原点 O，半径为 2 2a b 的圆 O 上的一个动点，过点 P 作椭圆的两条
切线，且分别交其圆 O 于点 E､F，求动弦 EF 长的取值范围．
【试题来源】安徽省黄山市 2020-2021 学年高三上学期第一次质量检测（理）
【答案】（1）
2 2
18 4
x y ；（2）{4 3}．
【解析】（1）由 2 2 2a c 得 2a c ，把点 (2, 2)代入椭圆方程得 2 2
4 2 1a b
，
又 2 2 2a b c ，所以 2 28, 4a b ，椭圆的标准方程为
2 2
18 4
x y ．
（2）设过点 P 作椭圆的两条切线分别为 1 2,l l ．
①当 1 2,l l 中有一条斜率不存在时，不妨设 1l 斜率不存在，
因为 1l 与椭圆只有一个公共点，则其方程为 2 2x 或 2 2x ，
当 1l 方程为 2 2x 时，此时 1l 与圆 O 交于点(2 2,2) 和 (2 2, 2) ，
此时经过点 (2 2,2) ， (2 2, 2) 且与椭圆只有一个公共点的直线是 2y 或 2y ，
即 2l 为 2y 或 1 22,y l l ，由题目知，圆 O 的方程为 2 2 12x y ，
所以线段 EF 应为圆 O 的直径，所以| | 4 3EF ．
②当 1 2,l l 斜率都存在时，设点 0 0,P x y ，其中 2 2
0 0 12x y ，且 2 2
0 08, 4x y ，
设经过点 0 0,P x y 与椭圆只有一个公共点的直线为 0 0y t x x y ，
则
0 0
2 2
18 4
y t x x y
x y
，消去 y 得到 22 2
0 0 0 01 2 4 2 8 0t x t y tx x y tx ，
所以 2 2 2
0 0 0 064 8 16 32 8 0x t x y t y ， 22
00
1 2 2 2
0 0
32 8 1232 8 164 8 64 8
xyt t x x
，
所以 1 2 1t t ，满足条件的两直线 1 2,l l 垂直．
所以线段 EF 应为圆 O 的直径，所以| | 4 3EF ，
综合①②知因为 1 2,l l 经过点 0 0,P x y ，又分别交圆于点 E，F，且 1 2,l l 垂直，
所以线段 EF 为圆 2 2
0 0 12x y 的直径，所以| | 4 3EF 为定值．
故 EF 的取值范围{4 3}．
24．椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
的右焦点为 F ，离心率为 1
2
，过 F 的直线l 与椭圆交
于 A， B 两点，当 AB x 轴时， 3AB ．
（1）求C 的方程；
（2）若直线 : 4m x 与 x 轴交于 M 点， AD 直线 m ，垂足为 D (不与 M 重合)，求证：
直线 BD 平分线段 FM ．
【试题来源】贵州省贵阳市普通中学 2021 届高三上学期期末监测考试（文）
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ；（2）证明见详解．
【解析】（1）记椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
的右焦点为 ,0F c ，
因为椭圆的离心率为 1
2
，即
2 2 1
2
c a b
a a
，所以
2
2
3
4
b
a
；
又过 F 的直线l 与椭圆交于 A， B 两点，当 AB x 轴时， 3AB ，
将 x c 代入
2 2
2 2 1x y
a b
可得
2 4
2 2
2 21 c by b a a
，则
2by a
，
所以
22 3b
a
，由
2
2
2
3
4
2 3
b
a
b
a
解得
2
2
4
3
a
b
，即椭圆C 的方程为
2 2
14 3
x y ；
（2）因为直线 : 4m x 与 x 轴交于 M 点，则 4,0M ；
又 AD 直线 m ，垂足为 D (不与 M 重合)，所以直线 AB 斜率不为 0 ，
不妨设直线 AB 的方程为 1x my ，设 1 1,A x y ， 2 2,B x y ，
由 2 2
1
14 3
x my
x y
消去 x 可得 2 23 1 4 12 0my y ，整理得 2 23 4 6 9 0m y my ，
则
1 2 2
1 2 2
6
3 4
9
3 4
my y m
y y m
，
2 2 2
22
6 36 36 3 4 3 6 1
3 42 3 4
m m m m my mm
，
不妨令
2
1 2
3 6 1
3 4
m my m
，
2
2 2
3 6 1
3 4
m my m
，
因为 AD 直线 m ，垂足为 D ，所以 14,D y ，
因此直线 BD 的方程为 2 1
1
2
44
y yy x yx
，
令 0y ，则 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1
4 3 34 4 4y x y my my y yx y y y y y y
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
9 9 18 1 18 1
3 53 4 3 4 3 44 4 4 2 23 6 1 3 6 1 12 1
3 4 3 4 3 4
m m m m
m m m
m m m m m
m m m
；
即直线 BD 与 x 轴的交点为 5 ,02
，
因为 1,0F ， 4,0M ，所以 5 ,02
是 FM 中点，即直线 BD 平分线段 FM ．
【名师点睛】求解本题第二问的关键在于求出直线 BD 与 x 轴交点的横坐标；解题时，需要
先设 AB 的方程，联立直线与椭圆方程，结合根与系数关系，以及题中条件，表示出直线 BD
的方程，即可求出与 x 轴交点的横坐标．
25．椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
过点 2,3M ，其上､下顶点分别为点 A，B，且直线 AM，
MB 的斜率之积为 3
4AM BMk k ．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）过椭圆 C 的左顶点 ,0Q a 作两条直线，分别交椭圆 C 于另一点 S，T．若 2QS QTk k ，
求证：直线 ST 过定点．
【试题来源】江西省、洪都中学、十七中三校 2021 届高三上学期期末联考
（理）
【答案】（1）
2 2
116 12
x y ；（2）证明见解析．
【解析】（1）因为 0,A b ， 0,B b ，所以 3 3 3
2 2 4MA MB
b bk k ，解得 2 12b ，
将 2 12b ， 2,3M 都代入椭圆方程，得 2 16a ，所以椭圆方程为
2 2
116 12
x y ；
（2）证明：设 1 1,S x y ， 2 2,T x y ，直线 ST 的方程为 y kx t ．
将 y kx t 代入椭圆方程，整理得 2 2 23 4 8 4 48 0k x ktx t ，
1 2 2
8
4 3
ktx x k
，
2
1 2 2
4 48
4 3
tx x k
，由 1 2
1 2
24 4
y y
x x
，得 1 2
1 2
24 4
kx t kx t
x x
．
整理，得 1 2 1 22 2 4 8 8 32 0k x x k t x x t ，
即
2
2 2
4 48 82 2 4 8 8 32 04 3 4 3
t ktk k t tk k
．
化简，得 2 28 3 16 12 0t k t k k ，即 4 4 3 0t k t k ．
当 4t k 时，直线 ST 的方程为 4 4y kx k k x ，恒过左顶点，不合题意
当 4 3t k 时，直线 ST 的方程为 4 3 4 3y kx k k x ，恒过点 4,3 ．
直线 ST 过定点 4,3 ．
26．椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
的左、右焦点分别为 1F 、 2F ，离心率 1
2e ，过 2F 的
直线 l 交 C 于点 A、B，且 1F AB 的周长为 8．
（1）求椭圆 C 的标准方程；
（2）点 O 为坐标原点，求 AOB 面积 S 的取值范围．
【试题来源】安徽省淮南市 2020-2021 学年高三上学期第一次模拟（文）
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ；（2） 30, 2S
．
【分析】（1）利用椭圆定义可得 1F AB 的周长为 2 2l a c ，列出两个方程 1
2
ce a
，
2 2 8l a c ，可计算出 ,a c ，从而得出标准方程．
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，表示出 1 2y y ， 1 2y y ．
把 AOB 的面积表示出来，用函数单调性求取值范围．
【解析】（1）因为 1F AB 的周长为 8，由椭圆的定义知 4 8a ，
故 2a ， 又 1
2
ce a
， 所 以 2 2 21 3c b a c ， 所 以 椭 圆 C 的 标 准 方 程 为
2 2
14 3
x y ．
（2）由题意可设直线 l 的方程为 1x my ， 1 1,A x y ， 2 2,B x y ，
由
2 2
2 21 3 4 6 9 04 3
1
x y
m y my
x my
，
显然 0 且 1 2 2
6
3 4
my y m
， 1 2 2
9
3 4y y m
，
所以 2 2
2
1 2 1 2 1 2
1 1 42 2OF A OF BS S S y y y y y y
2 2
2 2 2
1 6 6 1
2
3
3 3
6
3 4 4 4
m m
m m m
，令 2 1 ( 1)m t t ，
所以
2
2 2
6 1 6 6 ( 1)13 4 3 1 3
m tS tm t t t
．
易知 S 在 1,t 单调递减，从而 30, 2S
．
27．已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
的离心率为 5
3
，短轴的两个端点和右焦点构成的
三角形面积为 2 5 ．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）已知斜率为 k 的直线l 经过点 ( ,0)A a ，且直线l 与椭圆C 交于点 P（ P 不在 x 轴上），
若点Q 在 y 轴的负半轴上， APQ 是等边三角形，求 k 的值．
【试题来源】天津市和平区 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1）
2 2
19 4
x y ；（2） 4 3
9
【解析】（1）记椭圆的右焦点坐标为 ,0c ，
因为椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
的离心率为 5
3
，短轴的两个端点和右焦点构成的三角
形面积为 2 5 ，所以有
2 2 2
5
3
1 2 2 52
c
a
b c
a b c
，解得
3
2
5
a
b
c
，因此椭圆 C 的方程为
2 2
19 4
x y ；
（2）由（1）可得 3 0A , ，则直线l 的方程为 3y k x ，
因为直线l 与椭圆C 交于点 P （ P 不在 x 轴上），所以 0k ，
将 3y k x 代入
2 2
19 4
x y 可得 22 24 9 3 36x k x ，
整理得 2 2 2 24 9 54 81 36 0k x k x k ，
则
2
2
81 36
4 9P A
kx x k
，即
2
2
81 363 4 9P
kx k
，所以
2
2
27 12
4 9P
kx k
，
因此
2
2 2
27 12 243 34 9 4 9P P
k ky k x k k k
，即
2
2 2
27 12 24,4 9 4 9
k kP k k
，
则
2
2 2 2 2
27 12 24 24 243, ,4 9 4 9 4 9 4 9
k k kAP k k k k
uuur
所以
2 22 2
2 2 2
27 12 24 24 134 9 4 9 4 9
k kAP k k k
，
又点Q 在 y 轴的负半轴上，设 0, 0Q t t ，
则 3,AQ t
uuur ， 2 2 23 0 0 9AQ t t ，
又 APQ 是等边三角形，所以 cos cos60
AP AQ
AP AQPAQ
AP AQ
，
即
2
2
2
2 2
2
2
2
24 1 94 9
72 24
1 4 9 4 9
2 24 1 94 9
k tk
tk
k k
k tk
则
2 2
22 2
2 2 2
72 24
1 34 9 4 9
2 24 124 1 24 1
4 9 4 9 4 9
tk
tkk k
kk k
k k k
，
所以 2
2
12 1
34 9
k
tkk
，则
2 2
2
12 12 12 27
4 9
k k tkk
，整理得 2
15
4 9
k tk
，
代入
2
2
2
24 1 94 9
k tk
可得
2 2 2
2 22 2
24 1 2259
4 9 4 9
k k
k k
，
则 22 2 264 1 4 9 25k k k ，整理得 4 227 11 16 0k k ，
解得 2 16
27k ，所以 4 3
9k ，又 2
15 04 9
kt k
，所以 0k ，故 4 3
9k ．
【 名 师 点 睛 】 求 解 本 题 的 关 键 在 于 根 据 APQ 是 等 边 三 角 形 ， 列 出 方 程 组
cos cos60
AP AQ
PAQ
，结合直线与椭圆方程，已经两点间距离公式等，化简方程组，即可
求解；此类题目计算量较大，要求考生要具备较强的计算能力．
28．已知点 2, 1P 为椭圆
2 2
2 2: 1x yC a b
( 0)a b 上一点，且椭圆 C 的一个焦点与
抛物线 2 4 3y x 的焦点重合，过点 P 作直线 PA ， PB ，与椭圆 C 分别交于点 A， B ．
（1）求椭圆C 的标准方程与离心率；
（2）若直线 PA ， PB 的斜率之和为 0 ，证明：直线 AB 的斜率为定值．
【试题来源】广东省高州市 2021 届高三上学期第一次模拟
【答案】（1）
2 2
16 3
x y ，离心率为 2
2
；（2）证明见解析．
【解析】（1）由题设，得 2 2
4 1 1a b
，①且 2 2 3a b ，②
由①②解得 2 6a ， 2 3b ，所以椭圆C 的标准方程为
2 2
16 3
x y ，
椭圆C 的离心率为
2 2
2
2
2
c a be a a
．
（2）直线 AB 的斜率为定值 1．
证明：设直线 PA 的斜率为 k ，则直线 PB 的斜率为 k ，记 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ．
设直线 PA 的方程为 1 ( 2)y k x ，
与椭圆C 的方程联立，并消去 y 得 2 2 2 21 2 8 4 8 8 4 0k x k k x k k ，
则 2 ， 1x 是该方程的两根，则
2
1 2
8 8 42 1 2
k kx k
，即
2
1 2
4 4 2
1 2
k kx k
．
设直线 PB 的方程为 1 ( 2)y k x ，同理得
2
2 2
4 4 2
1 2
k kx k
．
因为 1 11 2y k x ， 2 21 2y k x ，
所以 21 2 1 21 2
1 2 1 2 1 2
2
8
2 2 4 1 2 18
1 2
AB
k
k x k x k x xy y kk kx x x x x x
k
，
因此直线 AB 的斜率为定值．
29．已知椭圆 C：
2 2
2 2 1x y
a b
（ 0a b ）的两个顶点分别为点 2,0A ， 2,0B ，离
心率为 3
2
．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）点 D 为 x 轴上一点，过 D 作 x 轴的垂线交椭圆 C 于不同的两点 M，N，过 D 作 AM的
垂线交 BN 于点 E．证明： BDE 与BDN 的面积之比为定值．
【试题来源】天津市河北区 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1）
2
2 14
x y ；（2）证明见解析．
【解析】（1） 焦点在 x 轴上，两个顶点分别为点 2,0A ， 2,0B ， 2a ，
3 32
ce ca
， 2 2 2 1b a c ， 椭圆 C 的方程为
2
2 14
x y ；
（2）设 0 0 0,0 , ,D x M x y ， 0 0 0, , 0N x y y ，可得
2
2 0
0 1 4
xy ，
直线 AM 的方程为 0
0
( 2)2
yy xx
，
DE AM ， 0
0
2
DE
xk y
，直线 DE 的方程： 0
0
0
2xy x xy
，
直线 BN 的方程： 0
0
( 2)2
yy xx
，
直线 DE 与直线 BN 的方程联立可得
0
0
0
0
0
2
( 2)2
xy x xy
yy xx
，
整理为 0 0
0
0 0
2 ( 2)2
x yx x xy x
，即 2 2
0 0 04 ( 2)x x x y x ，
2
2 0
0 0
44 ( 2)4
xx x x x ，计算可得 04 2
5E
xx ，
代入直线 DE 的方程可得
2
0 0 0
0
0 0
2 2 4 4
5 5 5E
x x xy yy y
，则 5
4
N
E
y
y
，
又
1 | | | | 42
1 5| | | |2
E
BDE E
BDN N
N
BD yS y
S yBD y
，所以 BDE 与BDN 的面积之比为定值 4
5
．
30．已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
的长轴长为 4，且离心率为 1
2
．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）设过点 (1,0)F 且斜率为 k 的直线l 与椭圆 C 交于 A B， 两点，线段 AB 的垂直平分线
交 x 轴于点 D，判断 AB
DF
是否为定值？如果是定值，请求出此定值；如果不是定值，请说
明理由．
【试题来源】北京市昌平区 2021 届高三年级上学期期末质量抽测
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ；（2）是，4．
【解析】（1）依题意得
2 2 2
2 4,
1 ,2
.
a
c
a
a b c
解得 2 4a ， 2 3b ，故椭圆 C 的方程为
2 2
14 3
x y ；
（2） AB
DF
是定值．
由已知得直线 : ( 1)l y k x ． 由 2 2
( 1)
3 4 12 0
y k x
x y
，
消去 y ，
整理得 2 2 2 24 3 8 4 12 0k x k x k ．
所以 22 2 2 28 4 4 3 4 12 144 144 0k k k k ，
设 1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则
2
1 2 2
8
4 3
kx x k
，
2
1 2 2
4 12
4 3
kx x k
，
所以 2 2 2 22
2 1 2 1 1 2 1 21 4AB x x y y k x x x x
22 2 22
2
2 2 2
4 4 12 12 181 4 3 4 3 4 3
k kkk k k k
，
则 2
2
12 1
4 3
k
AB k
，因为
2
1 2 1 2 2 2
8 62 24 3 4 3
k ky y k x x k k k
，
所以线段 AB 的中点为
2
2 2
4 3,4 3 4 3
k k
k k
．
（1）当 0k 时， AB 4 ， 1DF ．所以 4AB
DF
．
（2）当 0k 时，线段 AB 的垂直平分线方程为
2
2 2
3 1 4
4 3 4 3
k ky xk k k
，
令 0y ，得
2
24 3
kx k
，即
2
2 ,04 3
kD k
，所以 22
2 2
3 1
1 4 3 4 3
kkDF k k
，
所以
2
2
2
2
12 1
4 3 4
3 1
4 3
k
AB k
DF k
k
，综上所述， AB
DF
为定值 4．
【名师点睛】求解本题第二问的关键在于联立直线l 与椭圆方程，根据根与系数关系以及弦
长公式表示出 AB ，再由题中条件，求出 DF ，即可得出 AB
DF
的值．（求解时要注意讨论
斜率 k 的取值）
31．已知椭圆 C：
2
2
x
a
＋
2
2
y
b
＝1(a＞b＞0)的长轴长为 4，离心率为 1
2
．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）已知点 A(a，0)，B(0，b)，直线 l 交椭圆 C 于 P，Q 两点(点 A，B 位于直线 l 的两侧)．
①若直线 l 过坐标原点 O，设直线 AP，AQ，BP，BQ 的斜率分别为 k1，k2，k3，k4．求证：
k1k2＋k3k4 为定值；
②若直线 l 的斜率为 3
2
，求四边形 APBQ 的面积的最大值．
【试题来源】2021 届高三新高考统一适应性考试江苏省 2020-2021 学年高三上学
期 12 月考前热身练
【答案】（1）
2
4
x ＋
2
3
y ＝1；（2）①证明见解析；②2 6 ．
【解析】（1）由题意得 2 2
2 4
1
2
a
a b
a
，
，
解得 a2＝4，b2＝3．
所以椭圆 C 的方程为
2
4
x ＋
2
3
y ＝1．
（2）①点 A，B 的坐标分别为(2，0)，(0， 3 )．
设点 P 的坐标为(m，n)，由对称性知点 Q 的坐标为(－m，－n)．
所以 k1＝
2
n
m
，k2＝
2
n
m
．所以 k1k2＝
2
n
m · 2
n
m
＝
2
2 4
n
m
．
因为点 P 在椭圆 C：
2
4
x ＋
2
3
y ＝1 上，所以
2
4
m ＋
2
3
n ＝1，即 m2－4＝－ 4
3 n2，
所以 k1k2＝
2
24
3
n
n ＝－ 3
4
．
同理 k3k4＝－ 3
4
．所以 k1k2＋k3k4＝ 3
4
＋ 3
4
＝－ 3
2
，为定值．
②由题意，A(2，0)，B(0， 3 )．设 l：y＝ 3
2
x＋t．
由点 A(2，0)，B(0， 3 )位于直线 l 的两侧，得 3 32 0 0 32 2t t
－ ＋ － ＋ ＜0，
解得－ 3 ＜t＜ 3 ．由
2 2
3
2
14 3
y x t
x y
，
，
，消去 y 并整理，得 3x2＋2 3 tx＋2t2－6＝0．
由判别式 ＝(2 3 t)2－4×3×(2t2－6)＞0，得 t2＜6．
当－ 3 ＜t＜ 3 时，显然，判别式 ＞0．设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
由根与系数的关系得，x1＋x2＝－ 2 3
3
t ，x1x2＝
22 6
3
t ．
|PQ| ＝
2
31 2
· 2
1 2 1 24x x x x ＝ 7
2
·
2 22 3 2 643 3
t t
＝
7
3
· 218 3t ．点 A(2，0)到直线 l：y＝ 3
2
x＋t 的距离 d1＝
3 2 02
31 4
t
－ ＋
＝ 2 3
7
t ．
因为－ 3 ＜t＜ 3 ，所以 d1＝ 2 3
7
t ．
点 B(0， 3 )到直线 l：y＝ 3
2
x＋t 的距离 d2＝
3 0 32
31 4
t
－ ＋
＝ 2 3
7
t ．
因为－ 3 ＜t＜ 3 ，所以 d2＝ 2 3
7
t ．
因此，四边形 APBQ 的面积 APQ BPQAPBQS S S 四边形 ＝ 1
2 ·|PQ|·(d1＋d2)
＝ 1
2 × 7
3
× 218 3t ×
2 3 2 3
7 7
t t
＝2 26 t ．
因为－ 3 ＜t＜ 3 ，显然，当 t＝0 时，(S 四边形 APBQ)max＝2 6 ．
32．已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yG a ba b
的离心率为 2 2
3
，且过 (0,1) 点．
（1）求椭圆G 的方程；
（2）设不过原点 O 且斜率为 1
3
的直线l 与椭圆 G 交于不同的两点 ,C D ，线段 CD 的中点
为 M ，直线 OM 与椭圆G 交于 ,E F ，证明： MC MD ME MF ．
【试题来源】北京房山区 2021 届高三上学期数学期末试题
【答案】（1）
2
2 19
x y ；（2）证明见解析．
【解析】（1）根据题意： 2 2 2
2
2 2
33
1
1 2 2
c
aa
b a c b
b c
，所以椭圆 G 的方程为
2
2 19
x y ．
（2）设直线 l 的方程为 1 ( 0)3y x m m ，
由
2
2 19
1
3
x y
y x m
消去 y 得
2
2 19 9 03x x m
，即 2 22 6 9 9 0x mx m ，
需 2 2=36 8(9 9) 0m m 即 20 2m ，
设 1 1 2 2( , ), ( , )C x y D x y ， CD 中点 0 0( , )M x y ，则 2
1 2 1 2
93 , ( 1)2x x m x x m ，
1 2
0 0 0
3 1 1,2 2 3 2
x xx m y x m m ，那么直线 OM 的方程为 0
0
yy xx
即 1
3y x ，
由
2
2 3 21 29
1 2=3 2
x xy
y x y
，不妨令 3 2 2 3 2 2( , ), ( , )2 2 2 2E F ，
那么 2 2
1 2 1 2
1 1 1| |= | | (1 ) ( ) 44 4 9MC | | MD CD x x x x
2 25 9( 3 ) 4 ( 1)18 2m m
25 (2 )2 m ，
2 2 2 23 3 2 2 3 3 2 2| | | | ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2
m mME MF m m
2 25 55 2 5 5 2 52 2m m m m
2 2
2 2 2 25 5 55 (5 2 ) = 5 = (2 )2 2 2m m m m
，所以 |MC|·|MD|=|ME|·|MF|．
【名师点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是直线方程与椭圆方程联立，
利用根与系数关系可得CD 中点 0 0( , )M x y ，从而求出直线 OM 方程，将直线与椭圆再次联
立，求出点 ,E F ，考查了分析问题、解决问题能力，以及计算能力．
33．已知圆 1C ： 2 2 24x c y a ( 0a c> > )，O 为平面直角坐标系的原点，点 2 ,0C c ，
M 是圆 1C 上的任意一点，线段 2MC 的垂直平分线与直线 1MC 交于点 P
（1）求点 P 的轨迹 E 的方程．
（2）已知点 A 为轨迹 E 上异于顶点的任意一点，连接 AO 并延长交轨迹 E 与于点 B，点 N
是点 B 在 x 轴上的投影，连接 AN 并延长交轨迹 E 于点 C，若 0BA BC
uur uuur ，判断 c
a
是否为
定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【试题来源】江苏省宿迁中学、如东中学、阜宁中学三校 2020-2021 学年高三上学期八省联
考前适应性考试
【答案】（1）
2 2
2 2 2 1x y
a a c
；（2）为定值， 2
2
【解析】（1）由题可得 1 2MC a ， 1 1 2MP PC MC a ，
P 是线段 2MC 的垂直平分线上的点， 2PM PC ， 1 2 2PC PC a ，
点 P 的轨迹是以 1 2,C C 为焦点， 2a 为长轴长的椭圆，方程为
2 2
2 2 2 1x y
a a c
；
（2）由题可知直线 AO 的斜率存在且不为 0，设为 k ，则直线 AO 方程为 y kx ，
设 2 2 2a c b ，设 0 0,A x y ，则
2 2
0 0
2 2 1x y
a b
①，
由题可得 0 0,B x y ， 0 ,0N x ，设 1 1,C x y ，
设 NC AN ，即 1 0 1 0 0, 2 ,x x y x y ，可得 1 0 1 01 2 ,x x y y ，
C 在椭圆上，则
2 2
1 1
2 2 1x y
a b
，即 2 2 2
0 0
2 2
22 11 x y
a b
②，
0 0 1 0 1 02 ,2 , 0BA BC x y x x y y
uur uuur
Q ，即 0 0 0 0 02 ,2 2 , 0x y x y y ，
即 2 2
0 02 1 0x y ③，
联立①②可得 2 2
2 2
0 0
1 4,1 3 1 3
a bx y
，代入③，
则
2 21 42 1 01 3 1 3
a b
，整理可得 2 22a b ，
2 2
2
2
2
c a b
a a
，为定值．
【名师点睛】本题考查椭圆中的定值问题，解题的关键是根据点的特征结合条件分别得出
2 2
0 0
2 2 1x y
a b
， 2 2 2
0 0
2 2
22 11 x y
a b
和 2 2
0 02 1 0x y ．
34．已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
的左､右焦点分别为 1F ， 2F ，过点 2F 作直线l 交椭
圆C 于 M ， N 两点(l 与 x 轴不重合)， 1F MN△ ， 1 2F F M△ 的周长分别为 12 和 8．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）在 x 轴上是否存在一点T ，使得直线TM 与TN 的斜率之积为定值？若存在，请求出
所有满足条件的点T 的坐标；若不存在，请说明理由．
【试题来源】海南省 2021 届高三年级第二次模拟考试
【答案】（1）
2 2
19 8
x y+ = ；（2）存在，坐标为 ( 3,0) 和 (3,0) ．
【解析】（1）设椭圆 C 的焦距为 2 ( 0)c c ，由题意可得 4 12
2 2 8
a
a c
，
解得 3
1
a
c
，所以 2 2 2 2b a c ，因此椭圆C 的方程为
2 2
19 8
x y+ = ．
（2）因为直线l 过点 2 (1,0)F 且不与 x 轴重合，所以设l 的方程为 1x my ，
联立方程 2 2
1
19 8
x my
x y
，消去 x 并整理得 2 28 9 16 64 0m y my ，
设 1 1,M x y ， 2 2,N x y ，则
1 2 2
1 2 2
16
8 9
64
8 9
my y m
y y m
，
所以 1 2 1 2 2
182 8 9x x m y y m
，
2
2
1 2 1 2 1 2 1 2 2
72 91 1 1 8 9
mx x my my m y y m y y m
．
设 ( ,0)T t ，则直线TM 与TN 的斜率分别为 1
1
TM
yk x t
， 2
2
TN
yk x t
，
则
1 2
1 2
TM TN
y yk k x t x t
21 2
22
21 2 1 2
2 2
64
8 9
72 9 18
8 9 8 9
y y m
mx x t x x t t tm m
2 2 2
64
8 72 9 18 9t m t t
．所以当 28 72 0t ，即
当 3t 时， m R ， 4
9TM TNk k ；当 3t 时， m R ， 16
9TM TNk k ．
因此，所有满足条件的T 的坐标为 ( 3,0) 和 (3,0) ．
【名师点睛】定点问题解决步骤：
（1）设直线代入二次曲线方程，整理成一元二次方程；
（2）根与系数关系列出两根和及两根积；
（3）写出定点满足的关系，整体代入两根和及两根积；
（4）整理（3）所得表达式探求其恒成立的条件．
35．已知椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，离心率为 3
2
，过 1F
作直线 1l ， 2l 分别与椭圆 C 交于 A，B，C，D 四点，且 1 2l l ， 2ABF 的周长为 8．
（1）求椭圆 C 的标准方程；
（2）若 M，N 分别是 AB ， CD 的中点，求证：直线 MN 过定点，并求出该定点的坐标．
【试题来源】宁夏六盘山市高级中学 2021 届高三上学期期末考试（文）
【答案】（1）
2
2 14
x y ；（2）证明见解析， 4 3 ,05
．
【解析】（1）因为椭圆的离心率 3
2
ce a
，
因为三角形 2ABF 的周长为 8，则 4 8a ，所以 2a ， 3c ，
所以 2 2 2 1b a c ，故椭圆的标准方程为
2
2 14
x y ．
（2）设点 1 1,A x y ， 2 2,B x y ，设直线 AB 的方程为 3x ky ，与椭圆方程联立可得
2 24 2 3 1 0k y ky ，则 1 2 2
2 3
4
ky y k
， 1 2 2
1
4y y k
，
故 1 2 1 2 2
8 32 3 4x x k y y k
，故 AB 的中点 M 的坐标为 2 2
4 3 3,4 4
k
k k
，
由 AB CD ，它们的斜率乘积为-1，可得 CD 的中点坐标为
2
2 2
4 3 3,1 4 1 4
k kN k k
，
令
2
2 2
4 3 4 3
4 1 4
k
k k
，解得 2 1k ，此时
2
2 2
4 3 4 3 4 3
4 1 4 5
k
k k
，
故直线 MN 过点 4 3 ,05G
，当 2 1k 时，
2
2
2
3
54
4 14 3 4 3
5 4
MG
k
kkk
k
k
，
2
22
2
3
51 4
4 14 3 4 3
5 1 4
NG
k
kkk
kk
k
，所以 MG NGk k ，即 M，N，G 三点共线，
所以直线 MN 过定点 4 3 ,05
，
若 1l ， 2l 有一个斜率不存在时，则必有一直线为 y 轴，也过定点 4 3 ,05
，
综上，直线 MN 过定点 4 3 ,05
．
36．已知中心在坐标原点的椭圆 C ，其焦点分别为 1( 1,0)F ， 2 (1,0)F ，点 2 2 6( , )3 3P 为
椭圆 C 上一点．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）过点 (6, 4)Q 的直线 1l 与 x 轴交于点 ( , 0)T t ，由点 ( , 0)T t 引另一直线 2l 交椭圆 C 于
,A B 两点．是否存在实数 t ，使得直线 , ,QA QT QB 的斜率成等差数列，若存在，求出t 的
值；若不存在，说明理由．
【试题来源】浙江省嘉兴市 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ；（2）存在， 2
3t ．
【解析】（1）设椭圆 C 的方程为
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
，由题意可求得 1
5
3PF ， 2
7
3PF ，
由椭圆定义可知 1 22 | | | | 4a PF PF ，所以 2a ，而 1c ，故 2 2 2 3b a c ，
故所求椭圆 C 的方程为
2 2
14 3
x y ；
（2）假设存在实数t ，使得直线 , ,QA QT QB 的斜率成等差数列，即满足 2QA QB QTk k k ，
①当直线 2l 的斜率为零时，此时直线 2l 与椭圆 C 的交点是椭圆 C 长轴的端点，
不妨设 ( 2, 0)A ， (2 0)B , ，此时 1
2QAk ， 1QBk ， 4
6QTk t
，
由于 2QA QB QTk k k ，故 1 41 22 6t
，解得 2
3t ，
②当直线 2l 斜率不为零时，可设直线 2l 的方程为 x ny t ，
1 1( , )A ny t y ， 2 2( , )B ny t y ，联立方程组
2 2
14 3
x y
x ny t
，
整理得 2 2 2(3 4) 6 3 12 0n y nty t ，
2 2 2 2 2(6 ) 4(3 4)(3 12) 0 3 4nt n t t n ，故
1 2 2
2
1 2 2
6
3 4 ( )
3 12
3 4
nty y n
ty y n
，
而 1
1
4
6QA
yk ny t
， 2
2
4
6QB
yk ny t
， 4
6QTk t
，
又 2QA QB QTk k k ，故 1 2
1 2
4 4 8
6 6 6
y y
ny t ny t t
，
整理得 2
1 2 1 2(2 12 8 ) ( 6)( 6 4 )( ) 0nt n n y y t t n y y ，
将 ( ) 代入上式可得，整理得 ( 6 4 )(6 4) 0n t n t ，对于任意 n 该等式恒成立.
故 6 4 0t ，解得 2
3t ，
综合①②，可知存在实数 2
3t ，使得直线 , ,QA QT QB 的斜率成等差数列．
37．已知在平面直角坐标系中，圆 A： 2 2 2 7 57 0x y x 的圆心为 A，过点 ( 7,0)B
任作直线l 交圆 A于点C D、 ，过点 B 作与 AD 平行的直线交 AC 于点 E ．
（1）求动点 E 的轨迹方程；
（2）设动点 E 的轨迹与 y 轴正半轴交于点 P ，过点 P 且斜率为 1, 2k k 的两直线交动点 E 的
轨迹于 M N、 两点（异于点 P ），若 1 2 6k k ，证明：直线 MN 过定点．
【试题来源】湖北省部分重点中学 2020-2021 学年高三上学期期末联考
【答案】（1）
2 2
116 9
x y ；（2）直线 MN 过定点 1, 3 ，证明见解析．
【解析】（1）由圆 A： 2 2 2 7 57 0x y x 可得 2 27 64x y ，
所以圆心 7,0A ，圆的半径 8r ，
因为 8AC AD r ，所以 ADC ACD ，
因为 //BE AD ，所以 ADC EBC ，可得 EBC ECB ，所以 EB EC ，
所以 8 2 7EB EA EC EA r AB ，
由椭圆的定义可得点 E 的轨迹是以 7,0A 、 ( 7,0)B 为焦点， 2 8a 的椭圆，
即 4a ， 7c ，所以 2 2 2 16 7 9b a c ，
所以动点 E 的轨迹方程为
2 2
116 9
x y ；
（2）由（1）知， 0,3P ，设 1 1,M x y ， 2 2,N x y ，
当直线 MN 的斜率存在时，设直线 MN 的方程为 y kx m ，
由 2 2
116 9
y kx m
x y
可得( )2 2 29 16 32 16 144 0k x kmx m+ + + - = ，
所以 1 2 2
32
9 16
kmx x k
，
2
1 2 2
16 144
9 16
mx x k
-= +
，
因为 1 2 21 2
1 2
1 2 1 2
13 3 33 kx m x kx m xy yk k x x x x
1 2 1 2
1 2
62 3kx x m x x
x x
，所以 1 2 1 22 6 3 0k x x m x x ，
即
2
2 2
16 144 322 6 3 09 16 9 16
m kmk mk k
，
整理可得 3 3 0m k m ，所以 3k m 或 3m ，
当 3m 时，直线 MN 的方程为 3y kx ，此时过点 0,3P 不符合题意，所以 3k m ，
所以直线 MN 的方程为 3 1 3y kx m kx k k x ，
此时直线 MN 过点 1, 3 ，当直线 MN 的斜率不存在时 1 2x x ， 2 1y y ，
1 2 1 1
1 2
1 2 1 1 1
3 3 3 3 6 6y y y yk k x x x x x
，解得 1 1x ，
此时直线 MN 的方程为 1x ，过点 1, 3 ，
综上所述：直线 MN 过定点 1, 3 ．
38．如图，已知椭圆
2 2
: 14 2
x y ，矩形 ABCD 的顶点 A，B 在 x 轴上，C，D 在椭圆 上，
点 D 在第一象限．CB 的延长线交椭圆 于点 E，直线 AE 与椭圆 ､y 轴分别交于点 F､G，
直线 CG 交椭圆 于点 H，DA 的延长线交 FH 于点 M．
（1）设直线 AE､CG 的斜率分别为 1k ､ 2k ，求证： 1
2
k
k 为定值；
（2）求直线 FH 的斜率 k 的最小值；
（3）证明：动点 M 在一个定曲线上运动．
【试题来源】江苏省泰州市 2020-2021 学年高三上学期期未
【答案】（1）证明见解析；（2） 6
2
；（3）M 在曲线
2
22 14
x y 上运动，证明见解析．
【解析】（1）由对称性，设 0( ,0)A x ， 0( ,0)B x ， 0 0,E x y ， 0 0,C x y
则 0
0: ( )2
yAE y x xt
，得 00, 2
yG
，故 0
1
02
yk x
， 0
2
0
3
2
yk x
，则 1
2
1
3
k
k
，
（2）由 0
2: 2
yCG y k x ，联立 20
2 22 0
2 2 0
2 2
1 2 2 4 02 22 4 0
yy k x yk x k y x
x y
，
由根与系数的关系可得
2
0
0 2
2
42
1 2H
y
x kx
，所以
2
0
2
0 2
42
1 2H
y
x
x k
，
所以
2
0
2
0
2
0 2
42
21 2H
yk
yy
x k
，可得
22 00 2
0
2 2
0 2 0 2
44 22 , 21 2 1 2
yy k
yH
x k x k
，
又 0
1: 2
yAE y k x ，联立 20
2 21 0
1 1 0
2 2
1 2 2 4 02 22 4 0
yy k x yk x k y x
x y
，
由根与系数的关系可得
2
0
0 2
1
42
1 2F
y
x kx
，所以
2
2
0 1
0 42
1 2F
y
x
x k
，
所以
2
0
0
2
1
10
42
21 2F
yk
yy
x k
可得
22 00 1
0
2 2
0 1 0 1
44 22 , 21 2 1 2
yy k
yF
x k x k
，
所以
1 2
2 2
1 11 2 1 2
1 2 1 1
2 2
1 2
2 3 11 2 1 2 2 1
1 1 2 2 3
1 2 1 2
H F
FH
H F
k k
k ky y k k k kk x x k k k k
k k
2
1 1 1
1 1 1
1 6 6 61 1 624 4 4 4 4 2
k k k
k k k
，
由图知 1 0k ，所以 1 1
1 1
6 61 1 624 4 4 4 2
k k
k k
即 6
2FHk ，
当且仅当 1
1
61
4 4
k
k
即 1
6
6k 取等．所以直线 FH 的斜率 k 的最小值为 6
2
．
（3）易知
22 00 12
01
2 2
1 0 1 0 1
44 21 6 2: 4 21 2 1 2
yy k
ykFH y xk x k x k
，
令 0x x 可得
22 00 12
01
0 2 2
1 0 1 0 1
44 21 6 2
4 21 2 1 2
yy k
yky xk x k x k
，
所以
22 00 12
01
0 2 2
1 0 1 0 1
44 21 6 2
4 21 2 1 2M
yy k
yky xk x k x k
，
2
02
01
0
1 1 0
41 6 2
4 2 4
y
yk xk k x
2 22
1 01
0 1 0
1 1 0
2 41 6
4 4
k xk x k xk k x
2 2 2 2 2
0 1 0 0 0 0
1 0 0
4 4 4
4 . 2 2
x k x x y y
k x y
，所以 0
0 2
M
M
x x
y y
，
因为
2 2
0 0 14 2
x y ，所以 22 2 14 2
MM yx ，即 M 在曲线
2
22 14
x y 上．
【名师点睛】求轨迹方程的常用方法
（1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，
或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为 ,x y 的等式，就能得到曲线的轨迹
方程；
（2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设
方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；
（3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则
可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可；
（4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称
之为相关点）的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用
动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；
（5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常
通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数参数求出所求轨迹的方程．
39．已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
的离心率为 3
3
，且椭圆 C 过点 3 2,2 2
．
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）过椭圆 C 右焦点的直线l 与椭圆C 交于 ,A B 两点，且与圆 2 2: 2O x y 交于 E F、 两
点，求 2| | | |AB EF 的取值范围．
【试题来源】云南省曲靖市第二中学、大理新世纪中学 2021 届高三第一次模拟考试（理）
【答案】（1）
2 2
13 2
x y ；（2） 16 3 ,16 33
．
【分析】（1）先利用离心率得到 ,a b 的关系，再利用点在椭圆上得到 ,a b 另一个关系，解方
程即得椭圆方程；（2）先讨论斜率不存在时 2| | | |AB EF 的值，再设斜率存在时的直线方程，
联立椭圆方程，利用根与系数关系求弦长| |AB ，再利用几何法求圆中的弦| |EF 的长，最
后计算 2| | | |AB EF 的取值范围即可．
【解析】（1）由已知可得 3
3
c
a
，所以 22 1
3c a ，故 2 2 2 22
3b a c a ，即 2 23
2a b ，
所以椭圆的方程为
2 2
2
2
13
2
x y
bb
，将点 3 2,2 2
带入方程得 2 2b ，即 2 3a ，
所以椭圆C 的标准方程为
2 2
13 2
x y ；
（2）由（1）知， 2 1c ，故椭圆的右焦点为 (1,0) ，
①若直线l 的斜率不存在，直线l 的方程为 1x ，
则 2 3 2 31, , 1, , (1,1), (1, 1)3 3A B E F
，
所以 2 24 3 16 3| | ,| | 4,| | | |3 3AB EF AB EF ；
②若直线l 的斜率存在，设直线l 方程为 ( 1)y k x ，设 1 1 2 2, , ,A x y B x y ，
联立直线l 与椭圆方程
2 2
13 2
1
x y
y k x
，可得 2 2 2 22 3 6 3 6 0k x k x k ，
则
2
1 2 2
6
2 3
kx x k
，
2
1 2 2
3 6
2 3
kx x k
，
所以 2 22 2
22 2
1 2 2 2 2
4 3 16 3 61 1 42 3 2 3 2 3
kk kAB k x x k k k k
，
因为圆心 0,0 到直线l 的距离
2 1
kd
k
，
所以在圆 2 2: 2O x y 中由
2
2 21 | |2 EF r d
知，
22
2 2 2
2 2
4 2
| | 4 4 2 1 1
kkEF r d k k
，
所以 2 2 2
2
2 2 2
4 3 1 4 2 16 3 2
2 3 1 2 3
k k k
AB EF k k k
2
4
16 3 31 23
3k
，
因 为 2 0k ， ， 则 2 2 2 ,3 3k
， 2
30,2 2
1
3k
， 故
2
0,22
4
3
3
k
，
2
4
31 1,32
3k
，故
2
4
16 3 16 331 ,16 323 3
3k
，
即 2 16 3| | ,16 33AB EF
，综上， 2 16 3| | ,16 33AB EF
．
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