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2025北京高三二模数学汇编
第四道解答题（第19题）
一、解答题
1．（2025北京东城高三二模）已知椭圆的一个顶点为.且过点.
(1)求椭圆的方程及焦距
(2)过点的直线与椭圆交于不同的两点.直线的斜率分别记为与，当时，求的面积.
2．（2025北京西城高三二模）已知椭圆，直线经过椭圆的左顶点和下顶点．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)设过点且斜率不为0的直线交椭圆于两点，直线与直线的交点分别为，线段的中点分别为．若直线经过坐标原点，求的取值范围．
3．（2025北京海淀高三二模）已知椭圆．设直线交椭圆于不同的两点、，与轴交于点．
(1)当时，求的值；
(2)若点满足且，求的大小．
4．（2025北京朝阳高三二模）已知椭圆的焦距为2，且过点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线与椭圆E交于不同的两点A，B，直线与直线交于点N，若（O是坐标原点），求k的值．
5．（2025北京丰台高三二模）已知椭圆的左顶点为，焦距为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为原点，过点且斜率为的直线与椭圆的另一个交点为，线段的垂直平分线与轴交于点，与轴交于点．过点且与平行的直线与轴交于点．若与的面积之比为，求的值．
6．（2025北京昌平高三二模）已知椭圆的长轴长为，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为6．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，点与点关于轴对称．在轴上是否存在定点，使三点共线？若存在，求实数的值，若不存在，说明理由．
参考答案
1．(1)椭圆方程，焦距为
(2)
【分析】（1）根据椭圆过顶点和点构造方程求得，由此可得椭圆方程；
（2）设过点的直线为，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由解得，再由弦长公式求以及点到直线的距离，最后求即可.
【详解】（1）由题意，因为椭圆的一个顶点为,且过点，
所以，解得，
所以椭圆的方程为，焦距为.
（2）设过点的直线为，，
由，化简得，
则，即，
所以，
即，
则，
所以直线方程为，，
故，
且点到直线的距离，
所以.
2．(1)，离心率
(2)
【分析】（1）由直线方程确定，进而可求解；
（2）设方程为，点，联立椭圆方程，结合韦达定理得到的坐标为，再由直线：，直线：．得点．再由线段的中点为，得，化简得到，进而可求解.
【详解】（1）因为直线与坐标轴交点为和，
所以．
由，解得，
所以椭圆的方程为，离心率．
（2）
由题意，直线的斜率存在，故设其方程为，
设点，
由得，
所以．
所以点的横坐标，纵坐标．
结合直线过坐标原点，可得直线的方程为．
令，得点的坐标为．
当时，显然点不在轴上．
则直线：，直线：．
令，得点．
由线段的中点为，得，
整理，得，
即，
化简，得．
由，得．
当时，由题意，点中有一个与点重合（不妨设点与点重合），
处为中点，且，
在中，，则直线的方程为，
由的中点为，则，即，故，
所以，当且仅当时等号成立．
综上，的取值范围为.
3．(1)
(2)
【分析】（1）当时，将直线的方程与椭圆方程联立，求出交点的坐标，再利用弦长公式可求得的值；
（2）设点、，设线段的中点为，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出、，利用勾股定理求出，可求出的值，可得出的值，进而可得出的值.
【详解】（1）设点、，当时，直线的方程为，
联立可得或，
所以.
（2）设点、，设线段的中点为，
因为，则，且，
联立，可得，
则，
由韦达定理可得，，
则，故点，
所以，，
，
，
又因为，，
因为，则，故.
4．(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的几何性质易得结果；
（2）联立直线和椭圆方程，由及可得，设，由韦达定理得，由倾斜角的概念可得直线的倾斜角和直线的倾斜角满足，从而直线和的斜率和满足，代入的值，化简可得k的值.
【详解】（1）由题意得解得
所以椭圆E的方程为．
（2）由得．
由得．
又，所以．
设，则．
不妨设点A在点B的上方，
因为，又，
此时，直线的倾斜角为，
直线的倾斜角为，所以．
由题可知直线和的斜率都存在，分别设为和，则．
因为，
所以，即．
由得．
所以．整理得，
又，所以.
??
5．(1)
(2)或
【分析】（1）由已知及椭圆中的关系，解出，即可得到椭圆的方程；
（2）由题意，直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可由表示出线段的中点坐标，进而写出线段垂直平分线的方程，得到点和点坐标，表示出的面积，再由表示出的面积，再由面积之比为得到方程，即可求得的值．
【详解】（1）由题意，
解得．
所以椭圆的方程为．
（2）
??
由题意，直线的方程为，
由，得．
由题意，．
设，则，
解得，
所以线段的中点为．
线段垂直平分线的方程为：，
令得，所以．
令得，所以．
所以．
因为过点与直线平