专题23 椭圆 常考点归纳与变式演练 作业 高中数学 一轮复习 人教版（2021年）

这是一份专题23 椭圆 常考点归纳与变式演练 作业 高中数学 一轮复习 人教版（2021年），共41页。
目录TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc88023535" 常考点01 椭圆的定义及其应用 PAGEREF _Tc88023535 \h 1
\l "_Tc88023536" 常考点02 椭圆的标准方程 PAGEREF _Tc88023536 \h 5
\l "_Tc88023537" 常考点03 椭圆的几何性质 PAGEREF _Tc88023537 \h 8
\l "_Tc88023538" 常考点04 弦长与中点弦问题 PAGEREF _Tc88023538 \h 13
\l "_Tc88023539" 常考点05 直线与椭圆的位置关系 PAGEREF _Tc88023539 \h 16
\l "_Tc88023540" 常考点06 椭圆的综合运用 PAGEREF _Tc88023540 \h 20
\l "_Tc88023541" 易错点01 忽略椭圆中x的取值范围致误 PAGEREF _Tc88023541 \h 27
\l "_Tc88023542" 易错点02 设直线的点斜式或斜截式方程忽略判断斜率是否存在 PAGEREF _Tc88023542 \h 28
\l "_Tc88023543" 专项训练 （全卷共22题） PAGEREF _Tc88023543 \h 30
专项训练：按新高考真题的试题量和难度标准编写
常考点01 椭圆的定义及其应用
【典例1】（1）（2021·全国高三期中）已知是椭圆上一点，，为椭圆的左，右焦点，且，则( )
A．1B．3C．5D．9
（2）（2021·广东珠海市·高三月考）已知点，且是椭圆的左焦点，是椭圆上任意一点，则的最小值是（ ）
A．6B．5C．4D．3
（3）（2021·广西·高三月考）已知，是椭圆C：的两个焦点，P为椭圆上的一点，且，则（ ）
A．1B．2C．4D．
【答案】（1）B（2）D（3）B
【解析】（1）对椭圆方程变形得，，易得椭圆长半轴的长为5，
由椭圆的定义可得，，又因为，所以.故选：B.
（2），设椭圆的右焦点为，
，当在的正上方时，等号成立.故选：D
（3）由可设，则，由椭圆的定义得，，，从而，
所以，故，所以.故选：B.
【典例2】（2021·全国高考真题）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13B．12C．9D．6
【答案】C
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．故选：C．
【技巧点拨】
1.应用椭圆的定义，可以得到结论：
（1）椭圆上任意一点P(x，y)(y≠0)与两焦点F1(－c,0)，F2(c,0)构成的△PF1F2称为焦点三角形，其周长为2(a＋c)．
(2)椭圆的一个焦点、中心和短轴的一个端点构成直角三角形，其中a是斜边，a2＝b2＋c2.
2.对焦点三角形的处理方法，通常是运用.
【变式演练1】（2021·浙江高三开学考试）已知为椭圆上一点，若到一个焦点的距离为1，则到另一个焦点的距离为（ ）
A．3B．5C．8D．12
【答案】B
【解析】椭圆的长轴长为，由椭圆的定义得：，
又因为到一个焦点的距离为1，即，所以到另一个焦点的距离为，故选：B
【变式演练2】（2021·湖南益阳高三模拟）如图，已知，为椭圆：（）的左、右焦点，过原点 的直线与椭圆交于两点（），若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由两边平方得，所以，
由椭圆的对称性知四边形为矩形，
又因为，所以，
又因为，由矩形的面积公式与椭圆的定义得，解得：，
所以，即是方程 的实数根，
又因为，所以所以，
所以 .故选：D.
【变式演练3】（2021·湖北高三模拟）已知椭圆的右焦点为，为椭圆上一动点，定点，则的最小值为（ ）
A．1B．－1C．D．
【答案】A
【分析】设椭圆的左焦点为，得到，得出，结合图象，得到当且仅当，，三点共线时，取得最小值，即可求解.
【详解】设椭圆的左焦点为，则，可得，所以，
如图所示，当且仅当，，三点共线（点在线段上）时，此时取得最小值，
又由椭圆，可得且，所以，
所以的最小值为1．故选：A．
常考点02 椭圆的标准方程
【典例1】（1）（2021·江苏省苏州中学园区校高三月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过的直线l交C于A，B两点，若的周长为，则椭圆C的方程为（ ）
A． B． C． D．
（2）（2021·山西高三期中）椭圆的焦点分别为，，直线与交于，两点，若，，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】（1）B（2）D
【解析】（1）由题知：，所以椭圆的标准方程为：.故选：B
（2）因为，所以，过作于，
由知，过点，且，如图，所以,
，
设，则,代入椭圆方程可得，，解得，
又，所以，所以椭圆的方程为，故选：D
【典例2】（2021·全国高三（理））设、为椭圆的左、右焦点，经过的直线交椭圆于、两点，若的面积为的等边三角形，则椭圆的方程为______________.
【答案】
【解析】设椭圆的焦距为，如下图所示：
由于是面积为的等边三角形，则，
得，即是边长为的等边三角形，
该三角形的周长为，可得，
由椭圆的对称性可知，点、关于轴对称，则且轴，
所以，，，，
，则，因此，椭圆的标准方程为.故答案为：.
【技巧点拨】
1.用待定系数法求椭圆标准方程的一般步骤是：
(1)作判断：根据条件判断焦点的位置．
(2)设方程：焦点不确定时，要注意分类讨论，或设方程为 ．
(3)找关系：根据已知条件，建立关于的方程组．
(4)求解，得方程．
2．(1)方程与有相同的离心率．
(2)与椭圆共焦点的椭圆系方程为，恰当运用椭圆系方程，可使运算简便．
【变式演练1】（2021·全国高三专项训练）阿基米德是古希腊著名的数学家､物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知在平面直角坐标系中，椭圆的面积为，两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，则椭圆的标准方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由椭圆的面积为和两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，得到求解.
【详解】由题意得，解得，所以椭圆的标准方程是.故选：A
【变式演练2】（2021·广东高三专题练习）已知椭圆的两个焦点分别为，，过的直线与交于，两点．若，，则椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，所以可得，
又因为，所以可得，即为短轴的顶点，
设为短轴的上顶点，，，所以，
所以直线的方程为：，由题意设椭圆的方程为：，则，
联立，整理可得：，即，可得，
代入直线的方程可得，所以，
因为，所以，整理可得：，
解得：，可得，所以椭圆的方程为：，故选：D．
【变式演练3】（2021·山西太原五中高三）已知两定点、和一动点，若是与的等差中项，则动点的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】、，，
是与的等差中项，则，即，
点在以、为焦点的椭圆上，
，，，，因此，椭圆的方程是.故选：B.
常考点03 椭圆的几何性质
【典例1】（2021·山东泰安高三模拟）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，点在圆上，且圆上的所有点均在椭圆外，若的最小值为，且椭圆的长轴长恰与圆的直径长相等，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的焦距为B．椭圆的短轴长为
C．的最小值为D．过点的圆的切线斜率为
【答案】AD
【解析】圆的圆心为，半径长为，
由于椭圆的长轴长恰与圆的直径长相等，则，可得，
设椭圆的左焦点为点，由椭圆的定义可得，，
所以，，
当且仅当、、、四点共线，且当、分别为线段与椭圆、圆的交点时，等号成立，
则，，解得，
所以，椭圆的焦距为，A选项正确；椭圆的短轴长为，B选项错误；
，
当且仅当、、、四点共线，且当、分别为线段与椭圆、圆的交点时，等号成立，C选项错误；若所求切线的斜率不存在，则直线方程为，圆心到该直线的距离为，则直线与圆相离，不合乎题意；若所求切线的斜率存在，可设切线的方程为，即，由题意可得，整理得，解得.
D选项正确.故选：AD.
【典例2】（1）（2021·浙江高三专题练习）如图是椭圆与双曲线的公共焦点分别是在第二、四象限的公共点，若四边形为矩形，则的离心率是（ ）
A．B．C．D．
（2）（2021·昆明市·云南师大附中高三月考）已知椭圆，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使得，则该椭圆离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】（1）D（2）D
【解析】（1）设，由点为椭圆上的点，
可得且，即，
又由四边形为矩形，所以，即，
联立方程组，解得，设双曲线的实轴长为，焦距为，
则，，即，
所以双曲线的离心率为.故选：D.
（2）所以，又，所以，，故选：D．
【技巧点拨】
1.利用椭圆几何性质的注意点及技巧
(1)注意椭圆几何性质中的不等关系
在求与椭圆有关的一些范围问题时，经常用到x，y的范围，离心率的范围等不等关系．
(2)利用椭圆几何性质的技巧
求解与椭圆几何性质有关的问题时，理清顶点、焦点、长轴、短轴等基本量的内在联系．
2.求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c和a的值，而是根据题目给出的椭圆的几何特征，建立关于参数c、a、b的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或范围．较多时候利用解题.
【变式演练1】（2021·山东高考真题）已知椭圆的中心在坐标原点，右焦点与圆的圆心重合，长轴长等于圆的直径，那么短轴长等于______．
【答案】
【分析】由于是圆，可得，通过圆心和半径计算，即得解
【详解】由于是圆，即：圆
其中圆心为，半径为4 那么椭圆的长轴长为8，即，，，
那么短轴长为，故答案为：
【变式演练2】（2021·陕西省洛南中学高三月考）椭圆（）的左右焦点分别为，，过垂直于轴的直线交椭圆于，两点，且，求椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
由椭圆方程，可知：
过垂直于轴的直线交椭圆于，两点，
因此将代入椭圆，可得
（舍负）
故选：A
【变式演练3】（2021·浙江高考模拟）已知是椭圈上的动点，过作椭圆的切线与轴、轴分别交于点、，当（为坐标原点）的面积最小时，（、是椭圆的两个焦点），则该椭圆的离心率为__________．
【答案】
【解析】如图所示，
设切点直线的方程为：．
联立，化为：．
由直线与椭圆相切，可得：．
化为：．，化为：．
由，可得：，解得，．
由直线的方程为：．．可得．
．
当且仅当时取等号．设，，．
，化为：．
，
代入化为：，．故答案为：．
常考点04 弦长与中点弦问题
【典例1】（1）（2021·广西河池·高三期末（理））在平面直角坐标系中，直线与椭圆相交于A、B两点，则的面积为（ ）
A．B．1C．D．
（2）（2021·福建高三模拟）以椭圆内一点为中点的弦所在的直线方程是（ ）
A． B． C． D．
（3）（2021·正阳县高级中学高三（理））已知椭圆：上有三点，，，线段，，的中点分别为，，，为坐标原点，直线，，的斜率都存在，分别记为，，，且，直线，，的斜率都存在，分别记为，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】（1）C(2）B（3）B
【解析】（1）联立方程，解得或，，点O到直线的距离为，则的面积为．故选：C．
（2）设过点的直线交椭圆于，两点，
则，两式相减得，因为，，
，两边同时除以得，得，
所以直线方程为，即.故选：B
（3）设，，代入椭圆方程可得，两式相减，可得，即，故，即，即，
同理可得：，．由，得，
故．故选：B．
【典例2】（2021·全国高三模拟）已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设，则，，则，
两式相减得：，∴===，
又==，∴，联立，得.∴椭圆方程为.故选：D．
【技巧点拨】中点弦问题处理方法：点差法（设而不求）。
【变式演练1】（2021·通辽新城第一中学高三）已知直线交椭圆于，两点，且线段的中点为，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设，因为都在椭圆上，所以，所以，
所以，所以，
又因为，，所以，故选：D.
【变式演练2】（2021·陕西宝鸡·高三月考）是圆的一条直径，若椭圆经过两点，则直线方程为______．
【答案】
【解析】是圆的直径，中点为，设，，则，
两式作差得：，，
所在直线方程为：，即.故答案为：.
【变式演练3】（2021·珠海市第二中学）已知椭圆：的左焦点为，过作一条倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，，，由题意得，，两式相减，得，因为为线段的中点，且直线的倾斜角为，
所以．设，则，过作轴，垂足为，
则，，由题易知位于第二象限，所以，
所以，得，所以，所以．故选：B
常考点05 直线与椭圆的位置关系
【典例1】（1）（2021·江苏南通市·高二月考）当k变化时，直线与椭圆总有公共点，则m的取值范围是___________
（2）（2021·全国高三模拟）已知为椭圆的右焦点，直线与椭圆交于，两点.若，则实数的值为___________.
【答案】（1）且（2）
【解析】（1）直线过定点，
因为直线与椭圆总有公共点，所以点P在椭圆上或在椭圆的内部，
即，且，解得且，故答案为：且
（2）依题意联立直线与椭圆方程，消去并整理得，解得或，不妨取，则，，，
所以，，又，所以，因为，所以，即，即所以，解得，故答案为：
【典例2】（2021·湖南高考真题）已知椭圆经过点，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于两点，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据题意得，，再结合即可求得答案；
（2）联立直线、椭圆方程可得两点坐标，由向量的数量积坐标运算公式可得答案.
【详解】（1）椭圆经过点，所以，
因为离心率为，所以，所以，所以椭圆的方程为.
（2）由得，解得，所以，或，
可得，，或者，，所以.
【技巧点拨】
1.涉及直线与椭圆的基本题型有：
（1）位置关系的判断（2）弦长问题（3）轨迹问题（4）定值、最值及参数范围问题（5）存在性问题
2．常用思想方法和技巧有：（1）设而不求（2）坐标法（3）根与系数关系
3. 若直线与椭圆有两个公共点可结合韦达定理，代入弦长公式或，求距离．
【变式演练1】（2019·江苏高考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）设椭圆C的焦距为2c.因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.
又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=，
因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.由b2=a2-c2，得b2=3.因此，椭圆C的标准方程为.
（2）由（1）知，椭圆C：，a=2，
因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.
因为点A在x轴上方，所以A(1，4).又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.
由，得，解得或.
将代入，得，因此.又F2(1，0)，所以直线BF2：.
由，得，解得或.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.将代入，得.因此.
【变式演练2】（2021·甘肃白银·（理））已知椭圆左焦点为，经过点的直线与圆相交于，两点，是线段与的公共点，且.
（1）求椭圆的方程；（2）与的交点为，，且恰为线段的中点，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由圆可得，
因为，所以，即，又，故，
所以椭圆的方程为；
（2）设，，，，为线段的中点，则，
，又，解得，，
若，则，直线的方程为，
由.解得，即，，所以的面积，
若，同理可求得的面积，综上所述，的面积为.
【变式演练3】（2020·北京高考真题）已知椭圆过点，且．（Ⅰ）求椭圆C的方程：（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【解析】(1)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，故椭圆方程为：.
(2)设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.很明显，且：，注意到：
，
而：
，
故.从而.
常考点06 椭圆的综合运用
【典例1】（1）（2021·广东深圳·高三月考）已知的两个顶点的坐标分别是，且所在直线的斜率之积等于且斜率之差等于，则正确的是（ ）
A．当时，点的轨迹是双曲线.
B．当时，点在圆上运动.
C．当时，点所在的椭圆的离心率随着的增大而增大.
D．无论n如何变化，点的运动轨迹是轴对称图形.
（2）（2021·湖南高三）已知焦点在轴上的椭圆过点且离心率为，则（ ）
A．椭圆的标准方程为B．椭圆经过点
C．椭圆与双曲线的焦点相同D．直线与椭圆恒有交点
【答案】（1）BD（2）ACD
【解析】（1）设，则 ，
所以，，
整理得，
所以对于A选项，时，点的轨迹是去除了两个点的双曲线上，故A选项错误；
对于B选项，当时，点的轨迹为圆，故在圆上运动，故B选项正确；
对于C选项，当时，点的轨迹为表示焦点在轴上的椭圆，离心率为，故当时，椭圆的离心率随着的增大而减小，故C选项错误；
对于D选项，由于，点的运动轨迹，对任意的点与均在，故曲线关于轴对称，点的运动轨迹为，可能为椭圆，双曲线，圆，但均为轴对称图形，故D选项正确.故选：BD
（2）对于A：由已知可得，，所以，可得，
所以椭圆的标准方程为，故选项A正确；
对于B：当时，，椭圆不经过点，故选项B错误；
对于C：双曲线的焦点为，椭圆的焦点为，故椭圆与双曲线的焦点相同，故选项C正确；
对于D：直线恒过点且该点在椭圆内部，所以直线与椭圆恒有交点，故选项D正确，
故选：ACD.
【典例2】（2020·全国高考真题）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.（2）设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程可得：， ，
，，椭圆方程为：
（2）证明：设，则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为
当时，直线的方程为：，
整理可得：
整理得：所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．故直线CD过定点．
【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
【技巧点拨】
【变式演练1】（2021·江苏省前黄高级中学高三月考）已知椭圆上有一点，､分别为其左右焦点，，的面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则；B．若，则满足题意的点有个；
C．若是钝角三角形，则；D．椭圆的内接矩形的周长的最小值为.
【答案】ABC
【解析】由椭圆可得，则，
对于A，设，，则，由此可得，
所以的面积为
所以，所以A正确，
对于B，因为，则，所以由椭圆的对称性可知满足题意的点有个，所以B正确，对于C，因为是钝角三角形，所以中有一个角大于，
当时，设，则，因为，所以解得，所以，所以是钝角三角形时，有，所以C正确，
对于D，令，，则椭圆内接矩形的周长为
（其中且满足），由得，所以椭圆内接矩形的周长的范围为，即，所以D错误，故选：ABC
【变式演练2】（2020·新高考1卷真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【答案】（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.
(2)设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，故，
于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是利用得 ，转化为坐标运算，需要设直线的方程，点，因此需要讨论斜率存在与不存在两种情况，当直线斜率存在时，设直线的方程为：，与椭圆方程联立消去可
，代入即可，当直线的斜率不存在时，可得，
利用坐标运算以及三角形的性质即可证明，本题易忽略斜率不存在的情况，属于难题.
【变式演练3】（2020·海南高考真题）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
【答案】（1）；（2）18.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
【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．
易错点01 忽略椭圆中x的取值范围致误
【例】已知点P是椭圆C: 上的动点,,求的最小值.
【错解】设,则
==,所以.
【错因分析】忽略
【正解】设,则=,
因为,所以当时时,
当时时,当时时.
【纠错笔记】椭圆中.
易错点02 设直线的点斜式或斜截式方程忽略判断斜率是否存在
【例】设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(3),2),左顶点M到直线eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1的距离d＝eq \f(4\r(5),5),O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与椭圆C相交于A,B两点,若以AB为直径的圆经过坐标原点,证明：点O到直线AB的距离为定值．
【错解】(1)解 由e＝eq \f(\r(3),2),得c＝eq \f(\r(3),2)a,又b2＝a2－c2,所以b＝eq \f(1,2)a,即a＝2b.
由左顶点M(－a,0)到直线eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1,即到直线bx＋ay－ab＝0的距离d＝eq \f(4\r(5),5),
得eq \f(|b－a－ab|,\r(a2＋b2))＝eq \f(4\r(5),5),即eq \f(2ab,\r(a2＋b2))＝eq \f(4\r(5),5),把a＝2b代入上式,得eq \f(4b2,\r(5)b)＝eq \f(4\r(5),5),解得b＝1.
所以a＝2b＝2,c＝eq \r(3).所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 设A(x1,y1),B(x2,y2),设直线AB的方程为y＝kx＋m,与椭圆方程联立有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y,得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0,所以x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2),x1x2＝eq \f(4m2－4,1＋4k2).
因为以AB为直径的圆过坐标原点O,所以OA⊥OB.所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0.
所以(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.所以(1＋k2)·eq \f(4m2－4,1＋4k2)－eq \f(8k2m2,1＋4k2)＋m2＝0.整理得5m2＝4(k2＋1),
所以点O到直线AB的距离d1＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \f(2\r(5),5).综上所述,点O到直线AB的距离为定值eq \f(2\r(5),5).
【错因分析】忽略直线AB斜率不存在的情况
【正解】(1)解 由e＝eq \f(\r(3),2),得c＝eq \f(\r(3),2)a,又b2＝a2－c2,所以b＝eq \f(1,2)a,即a＝2b.
由左顶点M(－a,0)到直线eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1,即到直线bx＋ay－ab＝0的距离d＝eq \f(4\r(5),5),
得eq \f(|b－a－ab|,\r(a2＋b2))＝eq \f(4\r(5),5),即eq \f(2ab,\r(a2＋b2))＝eq \f(4\r(5),5),把a＝2b代入上式,得eq \f(4b2,\r(5)b)＝eq \f(4\r(5),5),解得b＝1.
所以a＝2b＝2,c＝eq \r(3).所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 设A(x1,y1),B(x2,y2),①当直线AB的斜率不存在时,由椭圆的对称性,可知x1＝x2,y1＝－y2.
因为以AB为直径的圆经过坐标原点,故eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0,即x1x2＋y1y2＝0,也就是xeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,1)＝0,
又点A在椭圆C上,所以eq \f(x\\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1,解得|x1|＝|y1|＝eq \f(2\r(5),5).此时点O到直线AB的距离d1＝|x1|＝eq \f(2\r(5),5).
②当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y＝kx＋m,与椭圆方程联立有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y,得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0,所以x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2),x1x2＝eq \f(4m2－4,1＋4k2).
因为以AB为直径的圆过坐标原点O,所以OA⊥OB.所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0.
所以(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.所以(1＋k2)·eq \f(4m2－4,1＋4k2)－eq \f(8k2m2,1＋4k2)＋m2＝0.整理得5m2＝4(k2＋1),
所以点O到直线AB的距离d1＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \f(2\r(5),5).综上所述,点O到直线AB的距离为定值eq \f(2\r(5),5).
【纠错笔记】设直线的点斜式方程或斜截式方程要先判断斜率是否存在,若有可能不存在,要讨论．
满分：150分 完成时间：120分钟
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2021·江苏省如皋中学高三开学考试）椭圆与关系为（ ）
A．有相等的长轴长 B．有相等的离心率 C．有相同的焦点 D．有相等的焦距
【答案】D
【解析】由题意，对于椭圆，焦点在x轴上，a＝5，b＝3，
所以c＝＝4，则离心率e＝＝，
对于椭圆，因为25－k＞9－k＞0，所以焦点在y轴上，a＝≠5，b＝≠3，
所以c＝＝4，则离心率e＝＝≠，故选项D正确，其他选项错误.故选：D.
2．（2021·四川自贡·高三）古希腊数学家阿基米德用“逼近法”得到椭圆面积的4倍除以圆周率等于椭圆的长轴长与短轴长的积．已知椭圆C的中心在原点，焦点F1，F2在y轴上，其面积为8π，过点F1的直线l与椭圆C交于点A，B且△F2AB的周长为32，则椭圆C的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】∵焦点F1，F2在y轴上，∴可设椭圆标准方程为，
由题意可得，∴，即，
∵△F2AB的周长为32，∴4a＝32，则a＝8，∴，故椭圆方程为．故选：B．
3．（2021·山东济宁·高三）已知椭圆，过点的直线交椭圆于、两点，若为的中点，则直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设点、，由中点坐标公式可得，所以，
因为，两式作差得，即，
即，所以，，
因此，直线的方程为，即.故选：B.
4．（2021·全国高三专题练习）已知椭圆，直线，若椭圆C上存在两点关于直线l对称，则m的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，是椭圆C上关于l对称的两点，AB的中点为，
则，，.
又因为A，B在椭圆C上，所以，，两式相减可得，即.
又点M在l上，故，解得，.
因为点M在椭圆C内部，所以，解得.故选：C
5．（2021·全国高考真题（文））设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．
【详解】设点，因为，，
所以，
而，所以当时，的最大值为．故选：A．
【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．
6．（2021·江西上饶·（理））已知椭圆的焦点是，，点为椭圆上一点，且，则的内切圆半径为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【解析】，，由题意得，，
由余弦定理得，
得，，
设内切圆的半径为，则，所以.故选：B.
7．（2021·全国高考真题（理））设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．
【详解】设，由，因为，，所以
，
因为，当，即时，，即，符合题意，
由可得，即；当，即时，，
即，化简得，，显然该不等式不成立．故选：C．
【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．
8．（2021·辽宁高三（理））已知分别是椭圆的右顶点和上顶点，为椭圆上一点，若的面积是，则点的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由可得：， ，所以，，
所以直线的方程为：，即，
设过点与直线平行的直线：，则直线与直线的距离，
因为点为直线与椭圆的交点， 所以点到直线的距离为，因为的面积是，
可得：，解得：或，
当时，由可得：，解得，此时，
当时可得，
因为，
此时直线与椭圆有个交点，此时有个点，所以共有个点，故选：C
二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（2021·浙江温州·高二期中）椭圆C的方程为，焦点为，，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆C的焦距为3B．椭圆C的长轴长为10
C．椭圆C的离心率为D．椭圆C上存在点P，使得为直角
【答案】BC
【分析】由椭圆方程，计算，由焦距、长轴、离心率的定义可判断ABC，当点P为上顶点或者下顶点时，最大，分析可判断D
【详解】由题意， 椭圆的焦距为，A错误；
椭圆的长轴长为，B正确；椭圆的离心率，C正确；
当点P为上顶点或者下顶点时，最大，此时又为锐角，可得，故，因此椭圆C上不存在点P，使得为直角，D错误 故选：BC
10．（2021·湖南师大附中高三月考）若椭圆上存在点P，使得点P到椭圆的两个焦点的距离之比为2∶1，则称该椭圆为“倍径椭圆”．则下列椭圆中为“倍径椭圆”的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【解析】设点P到椭圆两个焦点的距离分别为m和，则，即．
因为，则，所以．对A，a=4,c=1，不满足；对B，a=3,c=1，满足；对C，a=5,c=2，满足；对D，a=6,，不满足.故选：BC．
11．（2021·重庆市万州第二高级中学高二期中）如图所示，某探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点变轨进入以月球球心为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在点第二次变轨进入仍以为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行，最终卫星在点第三次变轨进入以为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月飞行.若用和分别表示椭圆.轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长，用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的离心率，则下列式子正确的是（ ）
A．B．C． D．
【答案】BC
【分析】由，可判定A不正确；由，可判定B正确；由，得到，结合椭圆的性质，求得，而，所以，进而可判定C正确，D不正确.
【详解】解：由图象可知，所以，所以A不正确；
因为，所以，所以B正确；
由，可得，可得，
整理得，即，
因为，所以，所以，则，所以C正确，D不正确.故选：BC.
12．（2021·广东实验中学高二期中）已知椭圆C：的上下焦点分别为，，且焦距为2c，离心率为e.直线l：与椭圆交于A，B两点，则下列说法中正确的有（ ）
A．若AB的最小值为3c，则B．的周长为4a
C．若，则e的取值范围为 D．若AB的中点为M，则
【答案】ABC
【分析】易知的最小值为通径，则有，求出，A正确；，B正确；
设，，，，则有，可得，C正确；
设，，，，，有，D错误.
【详解】解：易知的最小值为通径，则有，即，解得，所以，A正确；，B正确；
设，，，，，
则有，可得，C正确；
设，，，，，有，，
由，作差得：，所以，则有，D错误.
故选：ABC
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2021·广东高三专题练习）已知椭圆C：(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为M，N，过F2的直线l交C于A，B两点(异于M、N)，△AF1B的周长为，且直线AM与AN的斜率之积为－，则椭圆C的标准方程为
【答案】
【解析】由△AF1B的周长为，可知，
解得，则，
设点，由直线AM与AN的斜率之积为－，可得，即 ①．
又，所以 ②，
由①②解得，所以椭圆C的标准方程为．
14.（2019·全国高考真题）设为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则的坐标为___________.
【答案】
【解析】由已知可得，
．∴．
设点的坐标为，则，
又，解得，
，解得（舍去），的坐标为．
15．（2021·渝中·重庆巴蜀中学高三月考）已知椭圆：的右焦点为，若过的直线与椭圆交于，两点，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】由椭圆性质可知，当，分别为椭圆的顶点时，取最值．
当为椭圆的右顶点时，最小，此时，
此时恰为椭圆的左顶点，最大，此时，此时的最小值为，
同理可得的最大值为2，即的取值范围是．故答案为：
16．（2021·广东广州市·高三月考）已知椭圆的左焦点为F，过点F且倾斜角为45°的直线l与椭圆交于A，B两点（点B在x轴上方），且，则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【解析】设，由题意知，的斜率为，则直线方程为，
设，联立直线和椭圆的方程得 ，
整理得，则，，
且，可得 ，则， ，
所以，可得，所以故答案为：．
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17．（2021·云南师大附中高三月考）椭圆C: 的离心率是，且点A(2，1)在椭圆C上，O是坐标原点.（1）求椭圆C的方程；（2）直线l过原点，且l⊥OA，若l与椭圆C交于B， D两点，求弦BD的长度.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用离心率和点在椭圆上可求出椭圆的标准方程；（2）先利用直线垂直的判定得到直线的斜率和方程，联立直线和椭圆的方程，消元得到关于的一元二次方程，进而求出交点坐标，再利用两点间的距离公式进行求解.
【详解】（1）由，得：，又点在椭圆上，所以，
得，，所以椭圆的方程是．
（2）直线的方程是，因为，且过点，所以直线的方程是，
与椭圆联立，得：，即，
所以，则．
18．（2021·南昌大学附属中学高二月考）已知是椭圆两个焦点，且.（1）求此椭圆的方程；（2）设点在椭圆上，且，求的面积.
【答案】（1）此椭圆的方程为；（2）的面积为.
【分析】（1）由已知条件求出椭圆中即可得到椭圆方程；（2）结合椭圆的定义以及余弦定理的知识求出的值，运用三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）因为是椭圆两个焦点，所以，①
又因为，②所以由①②可得，所以此椭圆的方程为.
（2）设，由椭圆定义可知，③
在中，由余弦定理得，即，④
由③④式可得，，所以.即的面积为.
19．（2021·江苏高考真题）已知椭圆的离心率为.（1）证明：；（2）若点在椭圆的内部，过点的直线交椭圆于、两点，为线段的中点，且.①求直线的方程；②求椭圆的标准方程.
【答案】（1）证明见解析；（2）①；②.
【分析】（1）由可证得结论成立；（2）①设点、，利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程；②将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，可求出的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】（1），，因此，；
（2）①由（1）知，椭圆的方程为，即，
当在椭圆的内部时，，可得.
设点、，则，所以，，
由已知可得，两式作差得，
所以，所以直线方程为，即.
所以直线的方程为；
②联立，消去可得.，
由韦达定理可得，，又，而，，
，
解得合乎题意，故，因此，椭圆的方程为.
20．（2020·全国高考真题1卷）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.（2）设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程可得：， ，
，，椭圆方程为：
（2）证明：设，则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为
当时，直线的方程为：，
整理可得：
整理得：所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
21.（2018·全国高考真题）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：.
【答案】（1）的方程为或；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先根据与轴垂直，且过点，求得直线的方程为，代入椭圆方程求得点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程；
（2）分直线与轴重合、与轴垂直、与轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果.
【详解】（1）由已知得，l的方程为.由已知可得，点的坐标为或.
所以的方程为或.
（2）当与轴重合时，.
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以.
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，
则，直线、的斜率之和为.
由得.
将代入得.
所以，.
则.
从而，故、的倾斜角互补，所以.
综上，.
【点睛】该题考查的是有关直线与椭圆的问题，涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与椭圆相交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量，在解题的过程中，第一问求直线方程的时候，需要注意方法比较简单，需要注意的就是应该是两个，关于第二问，在做题的时候需要先将特殊情况说明，一般情况下，涉及到直线与曲线相交都需要联立方程组，之后韦达定理写出两根和与两根积，借助于斜率的关系来得到角是相等的结论.
22．（2019·全国高考真题2（理））已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.
【解析】：（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．由得．
记，则．于是直线的斜率为，方程为．
由得．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，
所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．