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备战2023年高考数学常考题型分类讲义 第19讲 椭圆中6种常考基础题型
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这是一份备战2023年高考数学常考题型分类讲义 第19讲 椭圆中6种常考基础题型，文件包含第19讲椭圆中6种常考基础题型解析版docx、第19讲椭圆中6种常考基础题型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共79页， 欢迎下载使用。
高考二轮数学复习策略
第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，构建出高中数学知识的结构图。下面，小编给大家带来高考数学二轮复习策略，效果是十分显著的哦！
1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
第19讲 椭圆中6种常考基础题型
【考点分析】
考点一：椭圆的通径
过椭圆的焦点与椭圆的长轴垂直的直线被椭圆所截得的线段称为椭圆的通径，其长为．
考点二：椭圆中有关三角形的周长问题
图一 图二
如图一所示：的周长为
如图一所示：的周长为
考点三：椭圆上一点的有关最值
①椭圆上到中心距离最小的点是短轴的两个端点，到中心距离最大的点是长轴的两个端点．
②椭圆上到焦点距离最大和最小的点是长轴的两个端点．
距离的最大值为，距离的最小值为．
考点四：椭圆的离心率
椭圆的离心率，
考点五：椭圆焦点三角形的面积为（为焦距对应的张角）
考点六：中点弦问题（点差法）
中点弦问题：若椭圆与直线交于两点，为中点，且与斜率存在时，则；（焦点在x轴上时），当焦点在轴上时，
若过椭圆的中心，为椭圆上异于任意一点，（焦点在x轴上时），当焦点在轴上时，
【题型目录】
题型一：椭圆的定义有关题型
题型二：椭圆的标准方程
题型三：椭圆的离心率
题型四：椭圆中焦点三角形面积
题型五：椭圆中中点弦问题
题型六：椭圆中的最值问题
【典型例题】
题型一：椭圆的定义有关题型
【例1】已知△ABC的周长为10，且顶点，，则顶点的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】∵△ABC的周长为10，顶点，，
∴，，
∴点A到两个定点的距离之和等于定值，
∴点A的轨迹是椭圆，∵，∴，
又因为三点构成三角形，
∴椭圆的方程是.
故选：A．
【例2】如果点在运动过程中，总满足关系式，则点的轨迹是（ ）．
A．不存在 B．椭圆 C．线段 D．双曲线
【答案】B
【解析】表示平面由点到点的距离之和为，而，所以点的轨迹是椭圆，故选：B
【例3】设，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因，所以，所以
【例4】、是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，，过作的角平分线的垂线，垂足为，则的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【详解】如图，直线与直线相交于点N，由于PM是的平分线，且PM⊥，
所以三角形是等腰三角形，所以，点M为中点，因为O为的中点，
所以OM是三角形的中位线，所以，其中，
因，所以，所以，所以选
【例5】已知椭圆，点与的焦点不重合，若关于的焦点的对称点分别为，，线段的中点在上，则（ ）
A．10 B．15 C．20 D．25
【答案】C
【解析】设的中点为，椭圆的左右焦点分别为，则为的中点，为的中点，所以，同理，所以
【例6】方程x2＋ky2＝2表示焦点在x轴上的椭圆的一个充分但不必要条件是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】方程x2＋ky2＝2可变形为：，表示焦点在x轴上的椭圆，则有：，
解得.易知当时，，当时未必有，所以是的充分但不必要条件.故选B.
【例7】点，为椭圆：的两个焦点，点为椭圆内部的动点，则周长的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由椭圆：，得：，
当点在椭圆上时，周长最大，为，
当点在轴上时，去最小值，为，
又因点为椭圆内部的动点，
所以周长的取值范围为.
故选：C.
【例8】椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，如果的中点在轴上，那么是的（ ）
A．7倍 B．6倍 C．5倍 D．4倍
【答案】C
【解析】由题意知：，所以，因，所以，所以
【题型专练】
1.已知△ABC的周长为20，且顶点B （0，﹣4），C （0，4），则顶点A的轨迹方程是（ ）
A．（x≠0） B．（x≠0）
C．（x≠0） D．（x≠0）
【答案】B
【解析】∵△ABC的周长为20，顶点B （0，﹣4），C （0，4），
∴BC＝8，AB+AC＝20﹣8＝12，
∵12＞8∴点A到两个定点的距离之和等于定值，∴点A的轨迹是椭圆，
∵a＝6，c＝4∴b2＝20，
∴椭圆的方程是故选B．
2.焦点在x轴上的椭圆 焦距为8，两个焦点为，弦AB过点，则的周长为（ ）
A．20 B．28 C． D．
【答案】D
【解析】由题意知 ，因为，所以，解得，所以的周长为，故选：D
3.（2021新高考1卷） 已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A. 13 B. 12 C. 9 D. 6
【答案】C
【解析】因，所以
4.已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据椭圆方程求得，由椭圆的定义，得，求得，所以，在中，再由余弦定理列出方程，求得，即可求解．
【详解】
解：由题意，椭圆方程，可得，
所以焦点，
又由椭圆的定义，可得，因为，所以，
在中，由余弦定理可得,
所以，解得，
又由，所以.
故选:C．
5.设，为椭圆的两个焦点，点P在椭圆上，若线段的中点在y轴上，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由中位线定理以及椭圆方程得出，再由椭圆的定义得出，再求的值.
【详解】
由椭圆的定义可知，，由中位线定理可知，，将代入中，解得，即，，故
故选：C
6.已知曲线
A．若，则是椭圆，其焦点在轴上
B．若，则是椭圆，其焦点在轴上
C．若，则是圆，其半径为
D．若，，则是两条直线
【答案】AD
【解析】由题意得：，所以当，则，所以表示焦点在轴上的椭圆，所以对，错，当时，曲线为，所以表示圆，半径为，当时，曲线为，所以，所以表示两条直线，故选：AD
7.已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设线段的中点为，连接、，利用圆的几何性质可得出，求得，利用椭圆的定义可求得，可判断出的形状，即可得解.
【详解】
在椭圆中，，，，
设线段的中点为，连接、，则为圆的一条直径，则，
因为为的中点，则，则，
所以，为等边三角形，由图可知，直线的倾斜角为.
故选：C.
8.在平面直角坐标系中，若△ABC的顶点和，顶点B在椭圆上，则的值是（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】A
【解析】
【分析】
由题设易知为椭圆的两个焦点，结合椭圆定义及焦点三角形性质有，，最后应用正弦定理的边角关系即可求目标式的值.
【详解】
由题设知：为椭圆的两个焦点，而B在椭圆上，
所以，，
由正弦定理边角关系知：.
故选：A
9.已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
【答案】C
【解析】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．故选：C．
10.已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上且在轴的下方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设线段的中点为，连接、，利用圆的几何性质可得出，求得，利用椭圆的定义可求得，可判断出的形状，即可得解.
【详解】
在椭圆中，，，，
设线段的中点为，连接、，则为圆的一条直径，则，
因为为的中点，则，则，
所以，为等边三角形，由图可知，直线的倾斜角为.
故选：C.
11．已知A为椭圆上一点，F为椭圆一焦点，的中点为，为坐标原点，若则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】不妨设椭圆左焦点为，右焦点为，
因为的中点为，的中点为，所以，
又由，可得.故选：B.
12.已知椭圆C：的左右焦点分别是，过的直线与椭圆C交于A，B两点，且，则（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】A
【解析】由椭圆知：a=3，
由椭圆的定义得：，
所以，
又因为，
所以，
故选：A
题型二：椭圆的标准方程
【例1】已知椭圆：右焦点为，其上下顶点分别为，，点，，则该椭圆的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由椭圆的几何性质可知上下顶点坐标，再由向量数量积可得，即可得到答案.
【详解】根据题意可知，，；
所以，，
又，所以，可得
在椭圆中，，又，所以
即椭圆的标准方程为.
故选：D.
【例2】已知椭圆C：，椭圆C的一顶点为A，两个焦点为，，的面积为，焦距为2，过，且垂直于的直线与椭圆C交于D，E两点，则的周长是（ ）
A． B．8 C． D．16
【答案】B
【分析】先根据的面积为，焦距为2，求得椭圆方程为，然后根据已知条件及等边三角形的性质，再利用等腰三角形的三线合一定理及椭圆的定义，结合三角形的周长公式即可求解.
【详解】因为的面积为，焦距为2，所以，
所以，故椭圆方程为，
假设为椭圆C的上顶点，因为两个焦点为，，
所以，，故,
所以为等边三角形，又因为过，且垂直于的直线与椭圆C交于D，E两点，
所以，,
由椭圆的定义可知：，
，
所以的周长为
，
故选：.
【例3】如图，已知椭圆C的中心为原点O，为椭圆C的左焦点，P为椭圆C上一点，满足，且，则椭圆C的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设椭圆的右焦点为，连接，由可得，可求得，由椭圆的定义可求得，利用之间的关系可求得，即可得到答案
【详解】如图，设椭圆的右焦点为，则，连接，
因为，所以，
所以，
由椭圆的定义可得，则，
又因为，所以，
所以椭圆的方程为，
故选：D
【例4】阿基米德（公元前287年—公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，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与短半轴的乘积．若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为，面积为，则椭圆C的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用待定系数法求椭圆的标准方程.
【详解】可设椭圆的方程为，
由题意可得：，解得：，
所以椭圆的方程为.
故选：C
【例5】过椭圆：右焦点的直线：交于，两点，为的中点，且的斜率为，则椭圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由与x轴交点横坐标可得半焦距c，设出点A，B坐标，利用点差法求出的关系即可计算作答.
【详解】依题意，焦点，即椭圆C的半焦距，设，，
则有，两式相减得：，
而，且，即有，
又直线的斜率，因此有，而，解得，经验证符合题意，
所以椭圆的方程为.
故选：A
【例6】已知分别是椭圆的左､右焦点，A，B分别为椭圆的上，下顶点，过椭圆的右焦点的直线交椭圆于C，D两点，的周长为8，且直线，的斜率之积为，则椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由△的周长为8，可得，解得．设，，可得，由于直线，的斜率之积为，可得，代入化简可得．即可得出．
【详解】解：△的周长为8，，解得．
设，，则，
直线，的斜率之积为，，，
化为，可得．
椭圆的标准方程为：．
故选：C
【例7】已知椭圆C的焦点为，，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，从而可求解．
【详解】如图，由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在中，由余弦定理推论得．
所以，则.
得，所以，又，得
故C的方程为
故选：A
【题型专练】
1．已知、是椭圆C：的左、右焦点，A为椭圆的上顶点，B在x轴上，且.若坐标原点O到直线AB的距离为3，则椭圆C的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题干条件得到，为的中点，作出辅助线，利用相似得到，即，结合直角三角形的性质得到，求出，得到椭圆方程.
【详解】因为，所以，
因为，所以，即，
所以为的中点，
又因为，所以，
过点O作OM⊥AB于点M，则，
根据，可得，所以，
因为A为上顶点，所以
根据双曲线定义可知：，所以，
由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得：，即，
所以，故，
所以椭圆方程为：
故选：D
2．已知椭圆，其左､右焦点分别为，，离心率为，点P为该椭圆上一点，且满足，若的内切圆的面积为，则该椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由离心率的值，可得的关系，由三角形的内切圆的面积，求出内切圆的半径，再由及余弦定理可得的值，进而求出的面积，再由，可得的值，进而求出椭圆的方程．
【详解】由离心率，得，即．
因为的内切圆的面积为，设内切圆的半径为，所以，解得，
由椭圆的定义可知，
在中，，由余弦定理得，
即，
∴，
∴，可得，
所以，
而，
所以可得，解得，，
由，得，
所以该椭圆的方程为．
故选：A．
3．已知椭圆的两个焦点为，，M是椭圆上一点，若，，则该椭圆的方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先设，，再利用焦点三角形是直角三角形，列式求，即可求得的值.
【详解】设，，因为，，，所以，，所以，所以，所以．因为，所以．所以椭圆的方程是．
故选：C
4．已知，是椭圆C的两个焦点，过且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，，则椭圆C的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】方法一：构造并利用，从而求出，得出椭圆C的标准方程；方法二：若椭圆的标准方程为，则过焦点且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的线段为椭圆的通径，其长为，并利用，求出，从而得出椭圆C的标准方程.
【详解】方法一：由题意，设椭圆C的标准方程连接，如图所示．
由题意，得，．在中，①．
又②．由①②，得a＝2，所以，所以椭圆C的标准方程为．
方法二：由题意，设椭圆C的标准方程为，则，即，又，所以a＝2或（舍去），所以，，
故椭圆C的标准方程为．
故选：C.
5．已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，O为坐标原点，过OA的中点且与坐标轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点，若四边形OMAN是正方形，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】待定系数法去求椭圆C的方程
【详解】由椭圆方程可知，由四边形OMAN是正方形可知，
又点M在椭圆C上，则有，解得，
又椭圆C的右焦点为，则，
结合椭圆中，解得，，则椭圆C的方程为.
故选：A
6．已知椭圆的左焦点为，过点的直线与椭圆相交于不同的两点，若为线段的中点，为坐标原点，直线的斜率为，则椭圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先求得焦点，也即求得，然后利用点差法求得，从而求得，也即求得椭圆的方程.
【详解】直线过点，所以，
设，
由两式相减并化简得，
即，
所以，
所以椭圆的方程为.
故选：B
7．阿基米德既是古希腊著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近”的方法得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C：的左，右焦点分别是，，P是C上一点，，，C的面积为12π，则C的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由，根据椭圆的定义及余弦定理可得的关系，根据“逼近法”求椭圆的面积公式，及，即可求得的值，进而可得的标准方程.
【详解】由椭圆的定义可知，又，所以，.又，，所以，所以，.又椭圆的面积为12π，所以，解得，，.
故选：C.
8．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（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先利用周长为求得值，得到M，N坐标，再设点，利用直线AM与AN的斜率之积构建关系，结合满足已知方程，解得，即得结果.
【详解】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．
故选：D．
9．已知椭圆C的焦点为，，过的直线交于C与A，B，若，，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件利用椭圆定义及余弦定理列出方程求出即可得解.
【详解】依题意，设椭圆方程为，
由椭圆定义知，，因，，则，解得，
于是得，，，显然点A在y轴上，如图，
在中，，，在中，，
由余弦定理得，即，解得，，
所以椭圆C的方程为.
故选：B
题型三：椭圆的离心率
【例1】已知，为椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点，以原点O为圆心，半焦距为半径的圆与椭圆相交于四个点，设位于y轴右侧的两个交点为A，B，若为等边三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A．﹣1 B．﹣1 C． D．
【答案】B
【分析】由为等边三角形，及椭圆的对称性可得：，又，可得，利用椭圆的定义可得：，即可得出．
【详解】由为等边三角形，及椭圆的对称性可得：，
又，
∴，
∴，可得．
故选：B．
【例2】已知椭圆C：的左焦点为，直线与C交于点M，N.若，，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由椭圆的对称性可知：四边形为平行四边形，结合椭圆的定义并在中利用余弦定理求出关于的值，进而可求出离心率.
【详解】设椭圆C的右焦点为，如图，连接，
因为为的中点，所以四边形为平行四边形，
所以，，由椭圆的定义可得：，
又因为，所以，
又因为，所以，
在中，由余弦定理可得：，
也即，因为，所以，所以椭圆的离心率，
故选：.
【例3】已知椭圆上存在两点关于直线对称，且线段中点的纵坐标为，则椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据两点关于直线对称点的特征可求得，并得到中点坐标；利用点差法可构造等式求得，根据椭圆离心率可求得结果.
【详解】关于直线对称，，
又中点纵坐标为，中点横坐标为；
设，，则，
两式作差得：，即，
；
又，，，解得：，
椭圆的离心率.
故选：A.
【例4】已知椭圆C：的左右焦点分别为，，过点做倾斜角为的直线与椭圆相交于A，B两点，若，则椭圆C的离心率e为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意写出直线方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理与构建出关于a、b、c的齐次方程，根据离心率公式即可解得.
【详解】设，，，过点做倾斜角为的直线，
直线方程为：，联立方程，可得
根据韦达定理：，
因为，即，所以
所以
即，所以，联立，可得
故选：D.
【例5】设B是椭圆的上顶点，若C上的任意一点P都满足，则C的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设点利用两点间距离公式及点与椭圆的位置关系求出关于的函数关系式，利用函数思想求得a，b，c的不等关系，从而得出离心率的取值范围.
【详解】解：由题意知，设，则， ，
，
上任意一点都满足，，
当时，取得最大值，
①当，即时，
，即，符合题意；
此时，即，
又，
，
②当，即时，
化简得，，显然该不等式不成立，
综上所述，离心率的取值范围，
故选：C.
【例6】是椭圆的两个焦点，P是椭圆C上异于顶点的一点，I是的内切圆圆心，若的面积等于的面积的3倍，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设出点的坐标，根据内切圆半径公式表示出，然后再根据两个三角形的面积关系求出.
【详解】设椭圆方程为：
如图，设三角形的周长为，
由椭圆的定义可得
，
又，解之：
故选：B
【例7】用平面截圆柱面，当圆柱的轴与所成角为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆.著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论.如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切.给出下列三个结论：
①两个球与的切点是所得椭圆的两个焦点；
②椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等；
③当圆柱的轴与所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．① B．②③ C．①② D．①③
【答案】C
【分析】根据切线长定理可以证明椭圆上任意一点到 的距离之和为定值，即是焦点再运用勾股定理证明短轴长，最后构造三角形，运用三角函数表示离心率即可.
【详解】如图：
在椭圆上任意一点P作平行于 的直线，与球 交于F点，与球 交于E点，
则 ， 是过点P作球 的两条公切线， ，同理 ，
，是定值，所以 是椭圆的焦点；①正确；
由以上的推导可知： ， ，
平面 ， 是直角三角形， ，即 ， ，②正确；
就是平面 与轴线的夹角 ，在 中，椭圆的离心率 ，
由余弦函数的性质可知当锐角 变大时， 变小，③错误；
故选：C.
【例8】国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设内层椭圆方程为，则外层椭圆方程为（），分别列出过和的切线方程，联立切线和内层椭圆，由分别转化出的表达式，结合可求与关系式，齐次化可求离心率.
【详解】解：设内层椭圆方程为（），因为内、外层椭圆离心率相同，
所以外层椭圆方程可设成（），
设切线方程为，与联立得，
，
由，则，
设切线方程为，
同理可求得，
所以，，
所以，因此.
故选：C.
【题型专练】
1．直线与椭圆交于两点，是椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据对称关系和垂直关系可知四边形为矩形，结合直线倾斜角大小可确定，由此利用表示出，结合椭圆定义可构造齐次方程求得离心率.
【详解】
记椭圆的左焦点为，
由对称性可知：四边形为平行四边形，，
；
，，四边形为矩形，，
又，，又，，
，，，
椭圆的离心率.
故选：C.
2．设分别是椭圆的左、右焦点，若椭圆上存在点，使且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用椭圆的定义求出，然后在中利用余弦定理即可求解.
【详解】由椭圆的定义可知：，因为，
所以，在中，由余弦定理可得：
，
化简整理可得：，所以，
故选：.
3.设椭圆的左、右焦点分别为，点M，N在C上（M位于第-象限），且点M，N关于原点O对称，若，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】易判断四边形是矩形，设，由勾股定理得，求得结合椭圆第一定义得与关系，进而得解.
【详解】∵四边形是平行四边形，又，
∴四边形是矩形，∴，
设，
∴，∴，
∴，
∴．
故选：B
4．如图，直径为4的球放地面上，球上方有一点光源P，则球在地面上的投影为以球与地面切点F为一个焦点的椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于地面且与球相切，，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，结合球的性质作出截面，再结合三角形内切圆性质求出长即可作答.
【详解】依题意，平面截球O得球面大圆，如图，是球O大圆的外切三角形，其中切圆O于点E，F，
显然，而，则，又，有，
由圆的切线性质知，，
在中，，则，于是得椭圆长轴长，即，
又F为椭圆的一个焦点，令椭圆半焦距为c，即有，因此，
所以椭圆的离心率.
故选：A
5．如图圆柱的底面半径为1，母线长为6，以上下底面为大圆的半球在圆柱内部，现用一垂直于轴截面的平面去截圆柱，且与上下两半球相切，求截得的圆锥曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】A
【分析】根据题意作出截面图，分析出平面与底面夹角余弦值为，再利用立体图形得到，，再计算出值得到离心率.
【详解】作出截面图，显然平面经过中点，设中点为，切点分别为，，
半径为1，，则，，，则，作出以下立体图，则平面与底面夹角余弦值为，
圆柱的底面半径为椭圆的短轴,得，
又椭圆所在平面与圆柱底面所成角余弦值为,
以为原点建立上图所示平面直角坐标系，
，则椭圆标准方程为，
，故离心率,
故选：A.
6．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，P为坐标平面上一点，且满足的点P均在椭圆C的内部，则椭圆C的离心率的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题意知点P的轨迹为以为直径的圆，且该圆在椭圆C的内部，得到，再利用计算可得到离心率的范围.
【详解】
所以点P的轨迹为以为直径的圆，且该圆在椭圆C的内部，
所以，所以，
所以，即，
所以．
故选：A．
7．已知点，，为椭圆：上不重合的三点，且点，关于原点对称，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设点，，的坐标，将和用，，坐标表示，代入化简运算可得的值，进一步可求出椭圆的离心率.
【详解】方法一：
设不重合的点，，（），
∵点，关于原点对称，∴，
∴，， （），
由已知，（），
∵点，均在椭圆上，
∴，
，
∴，
∴，（），
∴，
∴椭圆的离心率为.
方法二：
由题意，可取，为特殊点，不妨取，为椭圆左右顶点，
依据椭圆第三定义，有，
∴，.
故选：A.
8．已知椭圆的一个焦点为，椭圆上存在点，使得，则椭圆的离心率取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】不妨设，设，表示出，，依题意可得有解，根据数量积的坐标表示得到方程在上有解，根据得到关于的不等式，解得即可.
【详解】解：依题意不妨设为椭圆的左焦点，则，
设，则，，，则，
若存在点使得，则存在点使得，
即在上有解，
即在上有解，
令，显然，，
所以，即且，
由，即，解得或，
由，即，解得或，
又，所以，即.
故选：B
题型四：椭圆中焦点三角形面积
【例1】已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上一点， ，若的面积为，则的短袖长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】利用椭圆的定义，余弦定理以及面积公式即可求解.
【详解】由椭圆的定义知，所以，
又，即，
两式相减，得，因为的面积为，
即，所以，解得，所以短轴长为6．
故选:D．
【例2】（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．
【答案】
【解析】因为为上关于坐标原点对称的两点，
且，所以四边形为矩形，
设，则，
所以，
，即四边形面积等于.
故答案为：.
【题型专练】
1.设P为椭圆上一点，为左右焦点，若，则P点的纵坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据椭圆中焦点三角形的面积公式求解即可.
【详解】
由题知.设P点的纵坐标为则
.
故选：B
2．已知是椭圆E的两个焦点，P是E上的一点，若，且，则E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由得焦点三角形为直角三角形，结合勾股定理与椭圆定义可得，再由面积公式可得齐次方程，进而求出离心率
【详解】由得，则，
由椭圆定义可知：，
所以，即，
所以，
又，所以，即，
故E的离心率为.
故选：C.
3．已知是椭圆上的点，、分别是椭圆的左、右焦点，若，则的面积为（ ）
A． B． C． D．9
【答案】A
【分析】由已知可得，然后利用余弦定理和椭圆定义列方程组可解.
【详解】因为，
所以，
又
记，则，
②2-①整理得：，所以
故选：A
题型五：椭圆中中点弦问题
【例1】已知椭圆C：（）的长轴为4，直线与椭圆C相交于A、B两点，若线段的中点为，则椭圆C的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设的中点坐标为，代入椭圆方程相减，利用，，，得出等量关系，即可求解.
【详解】设，直线交椭圆于，两点，
若的中点坐标为，所以直线斜率，
代入椭圆方程得，
两式相减得
，
又，所以
所求的椭圆方程为.
故选:B.
【例2】平行四边形内接于椭圆，椭圆的离心率为，直线的斜率为1，则直线的斜率为（ ）
A． B．
C． D．-1
【答案】A
【分析】利用对称关系转化为中点弦问题即可求解.
【详解】
，
设
设为中点，由于为中点，所以,所以,
因为在椭圆上，
所以两式相减得,
所以，即.
故选:A.
【例3】椭圆内有一点，过点的弦恰好以为中点，那么这条弦所在的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】结合点差法求得弦所在直线方程.
【详解】，即，
设弦为，，
则，
两式相减并化简得，，
所以弦所在直线方程为.
故选：B
【例4】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】B
【分析】采用点差法，设，，代入椭圆方程化简可得，即，同理求出，，结合即可求解
【详解】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．
【例5】离心率为的椭圆与直线的两个交点分别为A，B，P是椭圆不同于A、B、P的一点，且、的倾斜角分别为，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设、、，根据点差法和两点坐标表示斜率公式可得
，进而可得，利用两角和与差的余弦公式、切弦互化化简计算即可.
【详解】设，，，
∴，，相减整理得，
即，，
∵，
∴，
故选：A.
【例6】（2022·全国·高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
【例7】（2022·全国甲（理）T10） 椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】解：，
设，则，
则，
故，
又，则，
所以，即，
所以椭圆的离心率.
故选：A.
【例8】椭圆上一点A关于原点的对称点为B，F为椭圆的右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率的最大值为__________．
【答案】
【解析】因为关于原点对称，所以B也在椭圆上，设左焦点为，根据椭圆的定义：，因为，所以，O是直角三角形斜边的中点，所以，
所以，所以，
由于，所以当时，离心率的最大值为，故答案为．
【题型专练】
1．已知椭圆，，过点P的直线与椭圆交于A，B，过点Q的直线与椭圆交于C，D，且满足，设AB和CD的中点分别为M，N，若四边形PMQN为矩形，且面积为，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】不妨设，两条直线的斜率大于零，连结，由题意知，求出，，求出，的斜率，设，，，，利用点差法，转化推出椭圆的离心率即可．
【详解】解：如图，不妨设，两条直线的斜率大于零，连结，
由题意知，
解得，，或，（舍），
所以，，
在中，因为，所以，
故此时，，
设，，，，则，
两式相减得，
即，即，
因此离心率，所以，
故选：D．
2.椭圆的左、右顶点分别为,点在上且直线的斜率的取值范围是，那么直线斜率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由题意，椭圆：的左、右顶点分别为，
设，则，
又由，可得，
因为，即，可得，
所以直线斜率的取值范围.
故选：B
3．已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为，则的斜率与直线的斜率的乘积（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】根据题意设直线方程为，，进而联立方程求解中点的坐标，计算斜率乘积即可.
【详解】解：根据题意设直线方程为，
由得，
，
故选：D
4．点，在椭圆上，点，，则直线的方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用点差法可求直线的方程.
【详解】因为，故为的中点.
设，故，
因此，故，
故，故即直线的斜率为-1，
故直线的方程为：，
故选：C.
5．已知椭圆上有三个点､､，，，的中点分别为､､，，，的斜率都存在且不为0，若(为坐标原点)，则（ ）
A．1 B．-1 C． D．
【答案】A
【分析】设，利用点差法把的斜率转化为的斜率，结合题设条件，即可求解.
【详解】设，则，
两式作差，可得，
所以，即，
同理可得，
所以.
故选：A.
6．直线经过椭圆的左焦点，且与椭圆交于两点，若为线段中点，，则椭圆的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由已知求得，得到M的横坐标为,进而求得M的纵坐标，然后得出OM的斜率，由,得到，即可判定结论.
【详解】易得直线l的与x轴的交点横坐标为,∴椭圆的半焦距,
又∵，∴M的横坐标为,代入直线方程得到M的纵坐标为，
∴OM的斜率,
由于直线l的斜率,
,
,,∴,
∴,∴,
逐项检验，即可判定只有C符合，
故选：C.
【点睛】是应当熟记的结论.检验法是快速求解选择题的重要思想方法.
7．已知三角形的三个顶点都在椭圆：上，设它的三条边，，的中点分别为，，，且三条边所在线的斜率分别为，，，且，，均不为0.为坐标原点，若直线，，的斜率之和为1.则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设，，，，，，利用，在椭圆上，代入椭圆方程，两式相减得：，同理可得：，，再利用已知条件即可得出结果.
【详解】设，，，，，，
因为，在椭圆上，
所以，
，
两式相减得：
，
即，
同理可得，，
所以
因为直线､､的斜率之和为1，
所以，
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题主要考查椭圆的简单性质的应用.利用平方差法转化求解斜率是解决本题的关键.
8．已知过点的直线与椭圆交于两点，且满足则直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，直线斜率为，根据，即点为中点，由，利用点差法求解.
【详解】设，直线斜率为，
则有，
①-②得，
因为，
所以点为中点，则，
，
即，
所以直线的方程为，
整理得
故选：D
题型六：椭圆中的最值问题
【例1】已知椭圆的上、下焦点分别是，，点P在椭圆C上则下列结论正确的是（ ）
A．有最大值无最小值 B．无最大值有最小值
C．既有最大值也有最小值 D．既无最大值也无最小值
【答案】C
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合椭圆的范围进行求解判断即可.
【详解】设，，，，
，
由，
所以，
因为，
所以当时，有最小值，当时，有最大值，
故选：C
【例2】若点O和点F分别为椭圆的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据数量积的坐标表示求出的表达式，结合椭圆方程和椭圆上的点的坐标的范围求其最值即可.
【详解】因为点F为椭圆的左焦点，所以，设点的坐标为，
则
∵P为椭圆上一点，∴，
∴
，
因为，对称轴为，故当时取得最大值．
故选：A.
【例3】已知点是椭圆+=1上的动点（点不在坐标轴上），为椭圆的左，右焦点，为坐标原点；若是的角平分线上的一点，且丄，则丨丨的取值范围为（ ）
A．（0，） B．（0，2）
C．（l，2） D．（，2）
【答案】A
【分析】延长、相交于点，连接，利用椭圆的定义分析得出，设点，求出的取值范围，利用椭圆的方程计算得出，由此可得出结果.
【详解】如下图，延长、相交于点，连接，
因为，
因为为的角平分线，所以，，则点为的中点，
因为为的中点，所以，，
设点，由已知可得，，，
则且，且有，
，
故，
所以，.
故选：A.
【例4】已知点在椭圆上运动，点在圆上运动，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出点到圆心的距离的最小值，然后减去圆的半径可得答案
【详解】设点，则，得，
圆的圆心，半径为，
则
，
令，对称轴为，
所以当时，取得最小值，
所以的最小值为，
所以的最小值为，
故选：D
【例5】已知动点在椭圆上，若点坐标为，，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题设条件，结合向量的性质，得到，越小，越小，结合图形可知，当点为椭圆的右顶点时，即可得到最小值．
【详解】解：，，
，
点的轨迹为以为以点为圆心，1为半径的圆，
，越小，越小，
结合图形知，当点为椭圆的右顶点时，
取最小值，
最小值是．
故选：B．
【点睛】本题主要考查椭圆上的线段长的最小值的求法，考查平面向量的数量积的性质和运用，解题时要认真审题，要熟练掌握椭圆的性质，属于中档题．
【例6】设、满足则的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【分析】由得出，表示椭圆，写出椭圆的参数方程，利用三角函数求的最大值.
【详解】由题可得：则，
有
.
因为，
则： ，
所以的最大值为4.
故选：C.
【点睛】本题主要考查与椭圆上动点有关的最值问题，利用椭圆的参数方程，转化为三角函数求最值.
【例7】设，分别是椭圆的左，右焦点，为椭圆上任一点，点的坐标为，则的最大值为（ ）
A．9 B．1 C．2 D．0
【答案】A
【分析】根据在椭圆的外，数形结合解决即可.
【详解】由题知，椭圆，，分别是的左，右焦点，
所以，
所以，
因为在椭圆的外部，
所以
，
当且仅当三点共线时取等号，
故选：A
【题型专练】
1．已知点是椭圆上的任意一点，过点作圆：的切线，设其中一个切点为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，得到，利用椭圆的范围求解.
【详解】解：设，
则，
，
，
因为，
所以，即，
故选：B
2．已知点满足，点A，B关于点对称且，则的最大值为（ ）
A．10 B．9 C．8 D．2
【答案】C
【分析】利用向量的加法运算求出，根据向量数量积基底模式求出，
再用两点间的距离公式及点在椭圆上即可求解.
【详解】由椭圆定义可得点在椭圆上，因为点A，B关于点对称，所以，而，因为，
所以当时取得最大值3，所以的最大值为.
故选:C．
3．设分别为圆和椭圆上的点,则两点间的最大距离是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】转化为圆心到椭圆上点的距离的最大值加（半径）.
【详解】设，圆心为，
则，
当时，取到最大值，∴最大值为．
故选：D.
【点睛】本题考查圆上点与椭圆上点的距离的最值问题，解题关键是圆上的点转化为圆心，利用圆心到动点距离的最值加（或减）半径得出结论．
4．椭圆上任一点到点的距离的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【解析】设点的坐标为，结合两点间的距离公式，化简得到，即可求解.
【详解】设点的坐标为，其中，
由，可得，
又由，
当时，取得最小值，最小值为.
故选：B.
5．若点，分别在椭圆和直线上运动，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意可知，利用点到直线的距离公式转化为三角函数的最值，即可求解
【详解】由椭圆方程可设，
则到直线的距离为
，
当时，，
所以的最小值为，
故选：A
6．已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于两点，若的最大值为10，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的几何性质求解.
【详解】，
根据椭圆的几何性质可知，当轴时，有最小值，
此时的最大值为10，
此时在中，令则，
所以，
所以的值是.
故选:D.
7．已知点M为椭圆上一点，椭圆的长轴长为，离心率，左、右焦点分别为，，其中，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出椭圆的方程，借助于椭圆的定义把，结合三角形中的两边之差小于第三边得答案
【详解】由题意可得：，解得，所以
椭圆方程为：
由，则
当三点不共线时，
当三点共线时，
所以,且
故
当且仅当共线时（如图点在处）取得最小值．
故选: D．
8．设是椭圆上一点，，分别是圆和上的点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合题意画出图形，对，由三角形三边关系可得①，同理对，可得②，两式作和，结合椭圆第一定义即可求解.
【详解】根据题意作出如图所示的图象，其中、是椭圆的左，右焦点，在中可得：
①，
当且仅当、、三点共线时，等号成立，
在中可得：②，
当且仅当、、三点共线时，等号成立，
由①②得：，
由椭圆方程可得：，即，
由椭圆定义可得：，
所以，.
故选：A.
高考二轮数学复习策略
第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，构建出高中数学知识的结构图。下面，小编给大家带来高考数学二轮复习策略，效果是十分显著的哦！
1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
第19讲 椭圆中6种常考基础题型
【考点分析】
考点一：椭圆的通径
过椭圆的焦点与椭圆的长轴垂直的直线被椭圆所截得的线段称为椭圆的通径，其长为．
考点二：椭圆中有关三角形的周长问题
图一 图二
如图一所示：的周长为
如图一所示：的周长为
考点三：椭圆上一点的有关最值
①椭圆上到中心距离最小的点是短轴的两个端点，到中心距离最大的点是长轴的两个端点．
②椭圆上到焦点距离最大和最小的点是长轴的两个端点．
距离的最大值为，距离的最小值为．
考点四：椭圆的离心率
椭圆的离心率，
考点五：椭圆焦点三角形的面积为（为焦距对应的张角）
考点六：中点弦问题（点差法）
中点弦问题：若椭圆与直线交于两点，为中点，且与斜率存在时，则；（焦点在x轴上时），当焦点在轴上时，
若过椭圆的中心，为椭圆上异于任意一点，（焦点在x轴上时），当焦点在轴上时，
【题型目录】
题型一：椭圆的定义有关题型
题型二：椭圆的标准方程
题型三：椭圆的离心率
题型四：椭圆中焦点三角形面积
题型五：椭圆中中点弦问题
题型六：椭圆中的最值问题
【典型例题】
题型一：椭圆的定义有关题型
【例1】已知△ABC的周长为10，且顶点，，则顶点的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】∵△ABC的周长为10，顶点，，
∴，，
∴点A到两个定点的距离之和等于定值，
∴点A的轨迹是椭圆，∵，∴，
又因为三点构成三角形，
∴椭圆的方程是.
故选：A．
【例2】如果点在运动过程中，总满足关系式，则点的轨迹是（ ）．
A．不存在 B．椭圆 C．线段 D．双曲线
【答案】B
【解析】表示平面由点到点的距离之和为，而，所以点的轨迹是椭圆，故选：B
【例3】设，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因，所以，所以
【例4】、是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，，过作的角平分线的垂线，垂足为，则的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【详解】如图，直线与直线相交于点N，由于PM是的平分线，且PM⊥，
所以三角形是等腰三角形，所以，点M为中点，因为O为的中点，
所以OM是三角形的中位线，所以，其中，
因，所以，所以，所以选
【例5】已知椭圆，点与的焦点不重合，若关于的焦点的对称点分别为，，线段的中点在上，则（ ）
A．10 B．15 C．20 D．25
【答案】C
【解析】设的中点为，椭圆的左右焦点分别为，则为的中点，为的中点，所以，同理，所以
【例6】方程x2＋ky2＝2表示焦点在x轴上的椭圆的一个充分但不必要条件是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】方程x2＋ky2＝2可变形为：，表示焦点在x轴上的椭圆，则有：，
解得.易知当时，，当时未必有，所以是的充分但不必要条件.故选B.
【例7】点，为椭圆：的两个焦点，点为椭圆内部的动点，则周长的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由椭圆：，得：，
当点在椭圆上时，周长最大，为，
当点在轴上时，去最小值，为，
又因点为椭圆内部的动点，
所以周长的取值范围为.
故选：C.
【例8】椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，如果的中点在轴上，那么是的（ ）
A．7倍 B．6倍 C．5倍 D．4倍
【答案】C
【解析】由题意知：，所以，因，所以，所以
【题型专练】
1.已知△ABC的周长为20，且顶点B （0，﹣4），C （0，4），则顶点A的轨迹方程是（ ）
A．（x≠0） B．（x≠0）
C．（x≠0） D．（x≠0）
【答案】B
【解析】∵△ABC的周长为20，顶点B （0，﹣4），C （0，4），
∴BC＝8，AB+AC＝20﹣8＝12，
∵12＞8∴点A到两个定点的距离之和等于定值，∴点A的轨迹是椭圆，
∵a＝6，c＝4∴b2＝20，
∴椭圆的方程是故选B．
2.焦点在x轴上的椭圆 焦距为8，两个焦点为，弦AB过点，则的周长为（ ）
A．20 B．28 C． D．
【答案】D
【解析】由题意知 ，因为，所以，解得，所以的周长为，故选：D
3.（2021新高考1卷） 已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A. 13 B. 12 C. 9 D. 6
【答案】C
【解析】因，所以
4.已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据椭圆方程求得，由椭圆的定义，得，求得，所以，在中，再由余弦定理列出方程，求得，即可求解．
【详解】
解：由题意，椭圆方程，可得，
所以焦点，
又由椭圆的定义，可得，因为，所以，
在中，由余弦定理可得,
所以，解得，
又由，所以.
故选:C．
5.设，为椭圆的两个焦点，点P在椭圆上，若线段的中点在y轴上，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由中位线定理以及椭圆方程得出，再由椭圆的定义得出，再求的值.
【详解】
由椭圆的定义可知，，由中位线定理可知，，将代入中，解得，即，，故
故选：C
6.已知曲线
A．若，则是椭圆，其焦点在轴上
B．若，则是椭圆，其焦点在轴上
C．若，则是圆，其半径为
D．若，，则是两条直线
【答案】AD
【解析】由题意得：，所以当，则，所以表示焦点在轴上的椭圆，所以对，错，当时，曲线为，所以表示圆，半径为，当时，曲线为，所以，所以表示两条直线，故选：AD
7.已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设线段的中点为，连接、，利用圆的几何性质可得出，求得，利用椭圆的定义可求得，可判断出的形状，即可得解.
【详解】
在椭圆中，，，，
设线段的中点为，连接、，则为圆的一条直径，则，
因为为的中点，则，则，
所以，为等边三角形，由图可知，直线的倾斜角为.
故选：C.
8.在平面直角坐标系中，若△ABC的顶点和，顶点B在椭圆上，则的值是（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】A
【解析】
【分析】
由题设易知为椭圆的两个焦点，结合椭圆定义及焦点三角形性质有，，最后应用正弦定理的边角关系即可求目标式的值.
【详解】
由题设知：为椭圆的两个焦点，而B在椭圆上，
所以，，
由正弦定理边角关系知：.
故选：A
9.已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
【答案】C
【解析】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．故选：C．
10.已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上且在轴的下方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设线段的中点为，连接、，利用圆的几何性质可得出，求得，利用椭圆的定义可求得，可判断出的形状，即可得解.
【详解】
在椭圆中，，，，
设线段的中点为，连接、，则为圆的一条直径，则，
因为为的中点，则，则，
所以，为等边三角形，由图可知，直线的倾斜角为.
故选：C.
11．已知A为椭圆上一点，F为椭圆一焦点，的中点为，为坐标原点，若则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】不妨设椭圆左焦点为，右焦点为，
因为的中点为，的中点为，所以，
又由，可得.故选：B.
12.已知椭圆C：的左右焦点分别是，过的直线与椭圆C交于A，B两点，且，则（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】A
【解析】由椭圆知：a=3，
由椭圆的定义得：，
所以，
又因为，
所以，
故选：A
题型二：椭圆的标准方程
【例1】已知椭圆：右焦点为，其上下顶点分别为，，点，，则该椭圆的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由椭圆的几何性质可知上下顶点坐标，再由向量数量积可得，即可得到答案.
【详解】根据题意可知，，；
所以，，
又，所以，可得
在椭圆中，，又，所以
即椭圆的标准方程为.
故选：D.
【例2】已知椭圆C：，椭圆C的一顶点为A，两个焦点为，，的面积为，焦距为2，过，且垂直于的直线与椭圆C交于D，E两点，则的周长是（ ）
A． B．8 C． D．16
【答案】B
【分析】先根据的面积为，焦距为2，求得椭圆方程为，然后根据已知条件及等边三角形的性质，再利用等腰三角形的三线合一定理及椭圆的定义，结合三角形的周长公式即可求解.
【详解】因为的面积为，焦距为2，所以，
所以，故椭圆方程为，
假设为椭圆C的上顶点，因为两个焦点为，，
所以，，故,
所以为等边三角形，又因为过，且垂直于的直线与椭圆C交于D，E两点，
所以，,
由椭圆的定义可知：，
，
所以的周长为
，
故选：.
【例3】如图，已知椭圆C的中心为原点O，为椭圆C的左焦点，P为椭圆C上一点，满足，且，则椭圆C的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设椭圆的右焦点为，连接，由可得，可求得，由椭圆的定义可求得，利用之间的关系可求得，即可得到答案
【详解】如图，设椭圆的右焦点为，则，连接，
因为，所以，
所以，
由椭圆的定义可得，则，
又因为，所以，
所以椭圆的方程为，
故选：D
【例4】阿基米德（公元前287年—公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，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与短半轴的乘积．若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为，面积为，则椭圆C的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用待定系数法求椭圆的标准方程.
【详解】可设椭圆的方程为，
由题意可得：，解得：，
所以椭圆的方程为.
故选：C
【例5】过椭圆：右焦点的直线：交于，两点，为的中点，且的斜率为，则椭圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由与x轴交点横坐标可得半焦距c，设出点A，B坐标，利用点差法求出的关系即可计算作答.
【详解】依题意，焦点，即椭圆C的半焦距，设，，
则有，两式相减得：，
而，且，即有，
又直线的斜率，因此有，而，解得，经验证符合题意，
所以椭圆的方程为.
故选：A
【例6】已知分别是椭圆的左､右焦点，A，B分别为椭圆的上，下顶点，过椭圆的右焦点的直线交椭圆于C，D两点，的周长为8，且直线，的斜率之积为，则椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由△的周长为8，可得，解得．设，，可得，由于直线，的斜率之积为，可得，代入化简可得．即可得出．
【详解】解：△的周长为8，，解得．
设，，则，
直线，的斜率之积为，，，
化为，可得．
椭圆的标准方程为：．
故选：C
【例7】已知椭圆C的焦点为，，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，从而可求解．
【详解】如图，由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在中，由余弦定理推论得．
所以，则.
得，所以，又，得
故C的方程为
故选：A
【题型专练】
1．已知、是椭圆C：的左、右焦点，A为椭圆的上顶点，B在x轴上，且.若坐标原点O到直线AB的距离为3，则椭圆C的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题干条件得到，为的中点，作出辅助线，利用相似得到，即，结合直角三角形的性质得到，求出，得到椭圆方程.
【详解】因为，所以，
因为，所以，即，
所以为的中点，
又因为，所以，
过点O作OM⊥AB于点M，则，
根据，可得，所以，
因为A为上顶点，所以
根据双曲线定义可知：，所以，
由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得：，即，
所以，故，
所以椭圆方程为：
故选：D
2．已知椭圆，其左､右焦点分别为，，离心率为，点P为该椭圆上一点，且满足，若的内切圆的面积为，则该椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由离心率的值，可得的关系，由三角形的内切圆的面积，求出内切圆的半径，再由及余弦定理可得的值，进而求出的面积，再由，可得的值，进而求出椭圆的方程．
【详解】由离心率，得，即．
因为的内切圆的面积为，设内切圆的半径为，所以，解得，
由椭圆的定义可知，
在中，，由余弦定理得，
即，
∴，
∴，可得，
所以，
而，
所以可得，解得，，
由，得，
所以该椭圆的方程为．
故选：A．
3．已知椭圆的两个焦点为，，M是椭圆上一点，若，，则该椭圆的方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先设，，再利用焦点三角形是直角三角形，列式求，即可求得的值.
【详解】设，，因为，，，所以，，所以，所以，所以．因为，所以．所以椭圆的方程是．
故选：C
4．已知，是椭圆C的两个焦点，过且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，，则椭圆C的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】方法一：构造并利用，从而求出，得出椭圆C的标准方程；方法二：若椭圆的标准方程为，则过焦点且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的线段为椭圆的通径，其长为，并利用，求出，从而得出椭圆C的标准方程.
【详解】方法一：由题意，设椭圆C的标准方程连接，如图所示．
由题意，得，．在中，①．
又②．由①②，得a＝2，所以，所以椭圆C的标准方程为．
方法二：由题意，设椭圆C的标准方程为，则，即，又，所以a＝2或（舍去），所以，，
故椭圆C的标准方程为．
故选：C.
5．已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，O为坐标原点，过OA的中点且与坐标轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点，若四边形OMAN是正方形，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】待定系数法去求椭圆C的方程
【详解】由椭圆方程可知，由四边形OMAN是正方形可知，
又点M在椭圆C上，则有，解得，
又椭圆C的右焦点为，则，
结合椭圆中，解得，，则椭圆C的方程为.
故选：A
6．已知椭圆的左焦点为，过点的直线与椭圆相交于不同的两点，若为线段的中点，为坐标原点，直线的斜率为，则椭圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先求得焦点，也即求得，然后利用点差法求得，从而求得，也即求得椭圆的方程.
【详解】直线过点，所以，
设，
由两式相减并化简得，
即，
所以，
所以椭圆的方程为.
故选：B
7．阿基米德既是古希腊著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近”的方法得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C：的左，右焦点分别是，，P是C上一点，，，C的面积为12π，则C的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由，根据椭圆的定义及余弦定理可得的关系，根据“逼近法”求椭圆的面积公式，及，即可求得的值，进而可得的标准方程.
【详解】由椭圆的定义可知，又，所以，.又，，所以，所以，.又椭圆的面积为12π，所以，解得，，.
故选：C.
8．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（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先利用周长为求得值，得到M，N坐标，再设点，利用直线AM与AN的斜率之积构建关系，结合满足已知方程，解得，即得结果.
【详解】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．
故选：D．
9．已知椭圆C的焦点为，，过的直线交于C与A，B，若，，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件利用椭圆定义及余弦定理列出方程求出即可得解.
【详解】依题意，设椭圆方程为，
由椭圆定义知，，因，，则，解得，
于是得，，，显然点A在y轴上，如图，
在中，，，在中，，
由余弦定理得，即，解得，，
所以椭圆C的方程为.
故选：B
题型三：椭圆的离心率
【例1】已知，为椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点，以原点O为圆心，半焦距为半径的圆与椭圆相交于四个点，设位于y轴右侧的两个交点为A，B，若为等边三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A．﹣1 B．﹣1 C． D．
【答案】B
【分析】由为等边三角形，及椭圆的对称性可得：，又，可得，利用椭圆的定义可得：，即可得出．
【详解】由为等边三角形，及椭圆的对称性可得：，
又，
∴，
∴，可得．
故选：B．
【例2】已知椭圆C：的左焦点为，直线与C交于点M，N.若，，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由椭圆的对称性可知：四边形为平行四边形，结合椭圆的定义并在中利用余弦定理求出关于的值，进而可求出离心率.
【详解】设椭圆C的右焦点为，如图，连接，
因为为的中点，所以四边形为平行四边形，
所以，，由椭圆的定义可得：，
又因为，所以，
又因为，所以，
在中，由余弦定理可得：，
也即，因为，所以，所以椭圆的离心率，
故选：.
【例3】已知椭圆上存在两点关于直线对称，且线段中点的纵坐标为，则椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据两点关于直线对称点的特征可求得，并得到中点坐标；利用点差法可构造等式求得，根据椭圆离心率可求得结果.
【详解】关于直线对称，，
又中点纵坐标为，中点横坐标为；
设，，则，
两式作差得：，即，
；
又，，，解得：，
椭圆的离心率.
故选：A.
【例4】已知椭圆C：的左右焦点分别为，，过点做倾斜角为的直线与椭圆相交于A，B两点，若，则椭圆C的离心率e为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意写出直线方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理与构建出关于a、b、c的齐次方程，根据离心率公式即可解得.
【详解】设，，，过点做倾斜角为的直线，
直线方程为：，联立方程，可得
根据韦达定理：，
因为，即，所以
所以
即，所以，联立，可得
故选：D.
【例5】设B是椭圆的上顶点，若C上的任意一点P都满足，则C的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设点利用两点间距离公式及点与椭圆的位置关系求出关于的函数关系式，利用函数思想求得a，b，c的不等关系，从而得出离心率的取值范围.
【详解】解：由题意知，设，则， ，
，
上任意一点都满足，，
当时，取得最大值，
①当，即时，
，即，符合题意；
此时，即，
又，
，
②当，即时，
化简得，，显然该不等式不成立，
综上所述，离心率的取值范围，
故选：C.
【例6】是椭圆的两个焦点，P是椭圆C上异于顶点的一点，I是的内切圆圆心，若的面积等于的面积的3倍，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设出点的坐标，根据内切圆半径公式表示出，然后再根据两个三角形的面积关系求出.
【详解】设椭圆方程为：
如图，设三角形的周长为，
由椭圆的定义可得
，
又，解之：
故选：B
【例7】用平面截圆柱面，当圆柱的轴与所成角为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆.著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论.如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切.给出下列三个结论：
①两个球与的切点是所得椭圆的两个焦点；
②椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等；
③当圆柱的轴与所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．① B．②③ C．①② D．①③
【答案】C
【分析】根据切线长定理可以证明椭圆上任意一点到 的距离之和为定值，即是焦点再运用勾股定理证明短轴长，最后构造三角形，运用三角函数表示离心率即可.
【详解】如图：
在椭圆上任意一点P作平行于 的直线，与球 交于F点，与球 交于E点，
则 ， 是过点P作球 的两条公切线， ，同理 ，
，是定值，所以 是椭圆的焦点；①正确；
由以上的推导可知： ， ，
平面 ， 是直角三角形， ，即 ， ，②正确；
就是平面 与轴线的夹角 ，在 中，椭圆的离心率 ，
由余弦函数的性质可知当锐角 变大时， 变小，③错误；
故选：C.
【例8】国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设内层椭圆方程为，则外层椭圆方程为（），分别列出过和的切线方程，联立切线和内层椭圆，由分别转化出的表达式，结合可求与关系式，齐次化可求离心率.
【详解】解：设内层椭圆方程为（），因为内、外层椭圆离心率相同，
所以外层椭圆方程可设成（），
设切线方程为，与联立得，
，
由，则，
设切线方程为，
同理可求得，
所以，，
所以，因此.
故选：C.
【题型专练】
1．直线与椭圆交于两点，是椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据对称关系和垂直关系可知四边形为矩形，结合直线倾斜角大小可确定，由此利用表示出，结合椭圆定义可构造齐次方程求得离心率.
【详解】
记椭圆的左焦点为，
由对称性可知：四边形为平行四边形，，
；
，，四边形为矩形，，
又，，又，，
，，，
椭圆的离心率.
故选：C.
2．设分别是椭圆的左、右焦点，若椭圆上存在点，使且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用椭圆的定义求出，然后在中利用余弦定理即可求解.
【详解】由椭圆的定义可知：，因为，
所以，在中，由余弦定理可得：
，
化简整理可得：，所以，
故选：.
3.设椭圆的左、右焦点分别为，点M，N在C上（M位于第-象限），且点M，N关于原点O对称，若，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】易判断四边形是矩形，设，由勾股定理得，求得结合椭圆第一定义得与关系，进而得解.
【详解】∵四边形是平行四边形，又，
∴四边形是矩形，∴，
设，
∴，∴，
∴，
∴．
故选：B
4．如图，直径为4的球放地面上，球上方有一点光源P，则球在地面上的投影为以球与地面切点F为一个焦点的椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于地面且与球相切，，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，结合球的性质作出截面，再结合三角形内切圆性质求出长即可作答.
【详解】依题意，平面截球O得球面大圆，如图，是球O大圆的外切三角形，其中切圆O于点E，F，
显然，而，则，又，有，
由圆的切线性质知，，
在中，，则，于是得椭圆长轴长，即，
又F为椭圆的一个焦点，令椭圆半焦距为c，即有，因此，
所以椭圆的离心率.
故选：A
5．如图圆柱的底面半径为1，母线长为6，以上下底面为大圆的半球在圆柱内部，现用一垂直于轴截面的平面去截圆柱，且与上下两半球相切，求截得的圆锥曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】A
【分析】根据题意作出截面图，分析出平面与底面夹角余弦值为，再利用立体图形得到，，再计算出值得到离心率.
【详解】作出截面图，显然平面经过中点，设中点为，切点分别为，，
半径为1，，则，，，则，作出以下立体图，则平面与底面夹角余弦值为，
圆柱的底面半径为椭圆的短轴,得，
又椭圆所在平面与圆柱底面所成角余弦值为,
以为原点建立上图所示平面直角坐标系，
，则椭圆标准方程为，
，故离心率,
故选：A.
6．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，P为坐标平面上一点，且满足的点P均在椭圆C的内部，则椭圆C的离心率的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题意知点P的轨迹为以为直径的圆，且该圆在椭圆C的内部，得到，再利用计算可得到离心率的范围.
【详解】
所以点P的轨迹为以为直径的圆，且该圆在椭圆C的内部，
所以，所以，
所以，即，
所以．
故选：A．
7．已知点，，为椭圆：上不重合的三点，且点，关于原点对称，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设点，，的坐标，将和用，，坐标表示，代入化简运算可得的值，进一步可求出椭圆的离心率.
【详解】方法一：
设不重合的点，，（），
∵点，关于原点对称，∴，
∴，， （），
由已知，（），
∵点，均在椭圆上，
∴，
，
∴，
∴，（），
∴，
∴椭圆的离心率为.
方法二：
由题意，可取，为特殊点，不妨取，为椭圆左右顶点，
依据椭圆第三定义，有，
∴，.
故选：A.
8．已知椭圆的一个焦点为，椭圆上存在点，使得，则椭圆的离心率取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】不妨设，设，表示出，，依题意可得有解，根据数量积的坐标表示得到方程在上有解，根据得到关于的不等式，解得即可.
【详解】解：依题意不妨设为椭圆的左焦点，则，
设，则，，，则，
若存在点使得，则存在点使得，
即在上有解，
即在上有解，
令，显然，，
所以，即且，
由，即，解得或，
由，即，解得或，
又，所以，即.
故选：B
题型四：椭圆中焦点三角形面积
【例1】已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上一点， ，若的面积为，则的短袖长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】利用椭圆的定义，余弦定理以及面积公式即可求解.
【详解】由椭圆的定义知，所以，
又，即，
两式相减，得，因为的面积为，
即，所以，解得，所以短轴长为6．
故选:D．
【例2】（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．
【答案】
【解析】因为为上关于坐标原点对称的两点，
且，所以四边形为矩形，
设，则，
所以，
，即四边形面积等于.
故答案为：.
【题型专练】
1.设P为椭圆上一点，为左右焦点，若，则P点的纵坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据椭圆中焦点三角形的面积公式求解即可.
【详解】
由题知.设P点的纵坐标为则
.
故选：B
2．已知是椭圆E的两个焦点，P是E上的一点，若，且，则E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由得焦点三角形为直角三角形，结合勾股定理与椭圆定义可得，再由面积公式可得齐次方程，进而求出离心率
【详解】由得，则，
由椭圆定义可知：，
所以，即，
所以，
又，所以，即，
故E的离心率为.
故选：C.
3．已知是椭圆上的点，、分别是椭圆的左、右焦点，若，则的面积为（ ）
A． B． C． D．9
【答案】A
【分析】由已知可得，然后利用余弦定理和椭圆定义列方程组可解.
【详解】因为，
所以，
又
记，则，
②2-①整理得：，所以
故选：A
题型五：椭圆中中点弦问题
【例1】已知椭圆C：（）的长轴为4，直线与椭圆C相交于A、B两点，若线段的中点为，则椭圆C的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设的中点坐标为，代入椭圆方程相减，利用，，，得出等量关系，即可求解.
【详解】设，直线交椭圆于，两点，
若的中点坐标为，所以直线斜率，
代入椭圆方程得，
两式相减得
，
又，所以
所求的椭圆方程为.
故选:B.
【例2】平行四边形内接于椭圆，椭圆的离心率为，直线的斜率为1，则直线的斜率为（ ）
A． B．
C． D．-1
【答案】A
【分析】利用对称关系转化为中点弦问题即可求解.
【详解】
，
设
设为中点，由于为中点，所以,所以,
因为在椭圆上，
所以两式相减得,
所以，即.
故选:A.
【例3】椭圆内有一点，过点的弦恰好以为中点，那么这条弦所在的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】结合点差法求得弦所在直线方程.
【详解】，即，
设弦为，，
则，
两式相减并化简得，，
所以弦所在直线方程为.
故选：B
【例4】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】B
【分析】采用点差法，设，，代入椭圆方程化简可得，即，同理求出，，结合即可求解
【详解】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．
【例5】离心率为的椭圆与直线的两个交点分别为A，B，P是椭圆不同于A、B、P的一点，且、的倾斜角分别为，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设、、，根据点差法和两点坐标表示斜率公式可得
，进而可得，利用两角和与差的余弦公式、切弦互化化简计算即可.
【详解】设，，，
∴，，相减整理得，
即，，
∵，
∴，
故选：A.
【例6】（2022·全国·高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
【例7】（2022·全国甲（理）T10） 椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】解：，
设，则，
则，
故，
又，则，
所以，即，
所以椭圆的离心率.
故选：A.
【例8】椭圆上一点A关于原点的对称点为B，F为椭圆的右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率的最大值为__________．
【答案】
【解析】因为关于原点对称，所以B也在椭圆上，设左焦点为，根据椭圆的定义：，因为，所以，O是直角三角形斜边的中点，所以，
所以，所以，
由于，所以当时，离心率的最大值为，故答案为．
【题型专练】
1．已知椭圆，，过点P的直线与椭圆交于A，B，过点Q的直线与椭圆交于C，D，且满足，设AB和CD的中点分别为M，N，若四边形PMQN为矩形，且面积为，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】不妨设，两条直线的斜率大于零，连结，由题意知，求出，，求出，的斜率，设，，，，利用点差法，转化推出椭圆的离心率即可．
【详解】解：如图，不妨设，两条直线的斜率大于零，连结，
由题意知，
解得，，或，（舍），
所以，，
在中，因为，所以，
故此时，，
设，，，，则，
两式相减得，
即，即，
因此离心率，所以，
故选：D．
2.椭圆的左、右顶点分别为,点在上且直线的斜率的取值范围是，那么直线斜率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由题意，椭圆：的左、右顶点分别为，
设，则，
又由，可得，
因为，即，可得，
所以直线斜率的取值范围.
故选：B
3．已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为，则的斜率与直线的斜率的乘积（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】根据题意设直线方程为，，进而联立方程求解中点的坐标，计算斜率乘积即可.
【详解】解：根据题意设直线方程为，
由得，
，
故选：D
4．点，在椭圆上，点，，则直线的方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用点差法可求直线的方程.
【详解】因为，故为的中点.
设，故，
因此，故，
故，故即直线的斜率为-1，
故直线的方程为：，
故选：C.
5．已知椭圆上有三个点､､，，，的中点分别为､､，，，的斜率都存在且不为0，若(为坐标原点)，则（ ）
A．1 B．-1 C． D．
【答案】A
【分析】设，利用点差法把的斜率转化为的斜率，结合题设条件，即可求解.
【详解】设，则，
两式作差，可得，
所以，即，
同理可得，
所以.
故选：A.
6．直线经过椭圆的左焦点，且与椭圆交于两点，若为线段中点，，则椭圆的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由已知求得，得到M的横坐标为,进而求得M的纵坐标，然后得出OM的斜率，由,得到，即可判定结论.
【详解】易得直线l的与x轴的交点横坐标为,∴椭圆的半焦距,
又∵，∴M的横坐标为,代入直线方程得到M的纵坐标为，
∴OM的斜率,
由于直线l的斜率,
,
,,∴,
∴,∴,
逐项检验，即可判定只有C符合，
故选：C.
【点睛】是应当熟记的结论.检验法是快速求解选择题的重要思想方法.
7．已知三角形的三个顶点都在椭圆：上，设它的三条边，，的中点分别为，，，且三条边所在线的斜率分别为，，，且，，均不为0.为坐标原点，若直线，，的斜率之和为1.则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设，，，，，，利用，在椭圆上，代入椭圆方程，两式相减得：，同理可得：，，再利用已知条件即可得出结果.
【详解】设，，，，，，
因为，在椭圆上，
所以，
，
两式相减得：
，
即，
同理可得，，
所以
因为直线､､的斜率之和为1，
所以，
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题主要考查椭圆的简单性质的应用.利用平方差法转化求解斜率是解决本题的关键.
8．已知过点的直线与椭圆交于两点，且满足则直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，直线斜率为，根据，即点为中点，由，利用点差法求解.
【详解】设，直线斜率为，
则有，
①-②得，
因为，
所以点为中点，则，
，
即，
所以直线的方程为，
整理得
故选：D
题型六：椭圆中的最值问题
【例1】已知椭圆的上、下焦点分别是，，点P在椭圆C上则下列结论正确的是（ ）
A．有最大值无最小值 B．无最大值有最小值
C．既有最大值也有最小值 D．既无最大值也无最小值
【答案】C
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合椭圆的范围进行求解判断即可.
【详解】设，，，，
，
由，
所以，
因为，
所以当时，有最小值，当时，有最大值，
故选：C
【例2】若点O和点F分别为椭圆的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据数量积的坐标表示求出的表达式，结合椭圆方程和椭圆上的点的坐标的范围求其最值即可.
【详解】因为点F为椭圆的左焦点，所以，设点的坐标为，
则
∵P为椭圆上一点，∴，
∴
，
因为，对称轴为，故当时取得最大值．
故选：A.
【例3】已知点是椭圆+=1上的动点（点不在坐标轴上），为椭圆的左，右焦点，为坐标原点；若是的角平分线上的一点，且丄，则丨丨的取值范围为（ ）
A．（0，） B．（0，2）
C．（l，2） D．（，2）
【答案】A
【分析】延长、相交于点，连接，利用椭圆的定义分析得出，设点，求出的取值范围，利用椭圆的方程计算得出，由此可得出结果.
【详解】如下图，延长、相交于点，连接，
因为，
因为为的角平分线，所以，，则点为的中点，
因为为的中点，所以，，
设点，由已知可得，，，
则且，且有，
，
故，
所以，.
故选：A.
【例4】已知点在椭圆上运动，点在圆上运动，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出点到圆心的距离的最小值，然后减去圆的半径可得答案
【详解】设点，则，得，
圆的圆心，半径为，
则
，
令，对称轴为，
所以当时，取得最小值，
所以的最小值为，
所以的最小值为，
故选：D
【例5】已知动点在椭圆上，若点坐标为，，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题设条件，结合向量的性质，得到，越小，越小，结合图形可知，当点为椭圆的右顶点时，即可得到最小值．
【详解】解：，，
，
点的轨迹为以为以点为圆心，1为半径的圆，
，越小，越小，
结合图形知，当点为椭圆的右顶点时，
取最小值，
最小值是．
故选：B．
【点睛】本题主要考查椭圆上的线段长的最小值的求法，考查平面向量的数量积的性质和运用，解题时要认真审题，要熟练掌握椭圆的性质，属于中档题．
【例6】设、满足则的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【分析】由得出，表示椭圆，写出椭圆的参数方程，利用三角函数求的最大值.
【详解】由题可得：则，
有
.
因为，
则： ，
所以的最大值为4.
故选：C.
【点睛】本题主要考查与椭圆上动点有关的最值问题，利用椭圆的参数方程，转化为三角函数求最值.
【例7】设，分别是椭圆的左，右焦点，为椭圆上任一点，点的坐标为，则的最大值为（ ）
A．9 B．1 C．2 D．0
【答案】A
【分析】根据在椭圆的外，数形结合解决即可.
【详解】由题知，椭圆，，分别是的左，右焦点，
所以，
所以，
因为在椭圆的外部，
所以
，
当且仅当三点共线时取等号，
故选：A
【题型专练】
1．已知点是椭圆上的任意一点，过点作圆：的切线，设其中一个切点为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，得到，利用椭圆的范围求解.
【详解】解：设，
则，
，
，
因为，
所以，即，
故选：B
2．已知点满足，点A，B关于点对称且，则的最大值为（ ）
A．10 B．9 C．8 D．2
【答案】C
【分析】利用向量的加法运算求出，根据向量数量积基底模式求出，
再用两点间的距离公式及点在椭圆上即可求解.
【详解】由椭圆定义可得点在椭圆上，因为点A，B关于点对称，所以，而，因为，
所以当时取得最大值3，所以的最大值为.
故选:C．
3．设分别为圆和椭圆上的点,则两点间的最大距离是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】转化为圆心到椭圆上点的距离的最大值加（半径）.
【详解】设，圆心为，
则，
当时，取到最大值，∴最大值为．
故选：D.
【点睛】本题考查圆上点与椭圆上点的距离的最值问题，解题关键是圆上的点转化为圆心，利用圆心到动点距离的最值加（或减）半径得出结论．
4．椭圆上任一点到点的距离的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【解析】设点的坐标为，结合两点间的距离公式，化简得到，即可求解.
【详解】设点的坐标为，其中，
由，可得，
又由，
当时，取得最小值，最小值为.
故选：B.
5．若点，分别在椭圆和直线上运动，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意可知，利用点到直线的距离公式转化为三角函数的最值，即可求解
【详解】由椭圆方程可设，
则到直线的距离为
，
当时，，
所以的最小值为，
故选：A
6．已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于两点，若的最大值为10，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的几何性质求解.
【详解】，
根据椭圆的几何性质可知，当轴时，有最小值，
此时的最大值为10，
此时在中，令则，
所以，
所以的值是.
故选:D.
7．已知点M为椭圆上一点，椭圆的长轴长为，离心率，左、右焦点分别为，，其中，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出椭圆的方程，借助于椭圆的定义把，结合三角形中的两边之差小于第三边得答案
【详解】由题意可得：，解得，所以
椭圆方程为：
由，则
当三点不共线时，
当三点共线时，
所以,且
故
当且仅当共线时（如图点在处）取得最小值．
故选: D．
8．设是椭圆上一点，，分别是圆和上的点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合题意画出图形，对，由三角形三边关系可得①，同理对，可得②，两式作和，结合椭圆第一定义即可求解.
【详解】根据题意作出如图所示的图象，其中、是椭圆的左，右焦点，在中可得：
①，
当且仅当、、三点共线时，等号成立，
在中可得：②，
当且仅当、、三点共线时，等号成立，
由①②得：，
由椭圆方程可得：，即，
由椭圆定义可得：，
所以，.
故选：A.
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