新高考数学二轮复习讲义解密20 椭圆（2份，原卷版+解析版）

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1．椭圆的概念
平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆．这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距．
集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c0，c>0，且a，c为常数．
2．椭圆的标准方程和几何性质
【方法技巧】
1.椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见求法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
2.涉及与椭圆有关的轨迹方程及椭圆中的定点定值，.
求轨迹方程方法为直接法，即将题意转化为代数语言，化简即得轨迹方程；
对于定点问题，常可由对称性确定定点所在位置，后由三点共线结合向量共线或斜率相等可得定点坐标.
【核心题型】
题型一：利用椭圆的定义解决焦点三角形或者边长问题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C的焦点为，过的直线与C交于P，Q两点，若，则椭圆C的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由已知可设可求出所有线段用表示，在中由余弦定理得从而可求.
【详解】如图，由已知可设，又因为
根据椭圆的定义，
在中由余弦定理得，所以
故椭圆方程为：
故选：B
2．（2023·全国·高三专题练习）已知点P是椭圆C：上一点，点、是椭圆C的左、右焦点，若的内切圆半径的最大值为，若椭圆的长轴长为4，则的面积的最大值为（ ）
A．2B．2C．D．
【答案】A
【分析】设的内切圆半径为，则，结合
，，，，可得，再由即可求解.
【详解】由题意可得：，，
设的内切圆半径为，
所以，
因为的内切圆半径的最大值为，
所以
因为，所以，可得，
又椭圆的长轴长为4，即，
由，求得，所以的面积的
故选：A
3．（2022秋·黑龙江佳木斯·高三建三江分局第一中学校考期中）已知在平面直角坐标系中，，，，，，P为该平面上一动点，记直线PD，PE的斜率分别为和，且，设点P运动形成曲线F，点M是曲线F上位于x轴上方的点，则下列说法错误的有（ ）
A．动点P的轨迹方程为
B．面积的最大值为
C．的最大值为5
D．的周长为6
【答案】A
【分析】设，由两点求直线斜率公式化简可求点P的轨迹方程，即可判断A；结合焦点三角形的面积计算即可判断B；根据椭圆的定义和三角形三边的大小关系即可判断C；结合焦点三角形的周长为定值2a+2c，即可判断D.
【详解】由题意得，
设点，则，
由，得，
整理，得，
即动点P的轨迹方程为，故A错误；
由可得，所以，为的焦点，
故当点运动到椭圆的上顶点时，的面积最大，
此时，故B正确；
将代入可得，故在椭圆内，
由椭圆的定义，得，
而，
当且仅当三点共线且点P位于第四象限时等号成立，
所以，故C正确；
焦点三角形的周长为定值，故D正确.
故选：A.
题型二：待定系数法求椭圆方程
4．（2022·全国·高三专题练习）平面直角坐标系中，椭圆C中心在原点，焦点在x轴上，离心率为.过点的直线l与C交于A、B两点，且△周长为，那么C的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆定义以及离心率即可求解的值，进而根据 的关系即可求解，即可得椭圆方程.
【详解】如图，设椭圆方程为.
∵△周长为，∴4a，得a.
又，∴ .
则 .
∴椭圆C的方程为：.
故选：B.
5．（2022·全国·高三专题练习）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
6．（2023·全国·高三专题练习）已知双曲线的左、右顶点为，，焦点在y轴上的椭圆以，为顶点，且离心率为，过作斜率为的直线交双曲线于另一点，交椭圆于另一点，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出椭圆的方程，设点，可得出，由点在椭圆上，点在双曲线上，可得出关于、的方程组，求出、的值，利用斜率公式可求得的值.
【详解】设所求椭圆的标准方程为，半焦距为，
双曲线的左顶点为，右顶点为，
由于椭圆以，为顶点，则，该椭圆的离心率为，
所以，，解得，所以，椭圆的方程为，
设点，由于，则点，
由于点在椭圆上，点在双曲线上，
所以，，联立得：，解得或，
当，所以，此时点与点重合，不满足题意舍去；
当，所以，所以.
故选：B.
题型三：直接法求椭圆离心率问题
7．（2023·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知椭圆C：的左右焦点分别为，，点P是C上的一个动点，若椭圆C上有且仅有4个点P满足是直角三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由数形结合可知，点不是直角顶点，则由，确定离心率的取值范围.
【详解】当和垂直于时，恰有4个点满足是直角三角形，
由条件可知，点不是直角顶点，则以为直径的圆与椭圆无交点，
则，得，解得：，
所以椭圆离心率的取值范围是.
故选：B
8．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左焦点为，过且斜率为的直线与交于两点，与轴交于点．若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设出直线方程，求出点坐标，由，得出点坐标代入椭圆方程，化简可得结果.
【详解】设直线为，
，∴为的中点，.
在椭圆上，，
，代入化简整理得，，
，
解得，
又.
故选：C
9．（2023·山东淄博·统考一模）直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于，两点，交轴于点，若，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由直线与坐标轴的交点，得到，，则，由，得点坐标，点A又在椭圆上，由定义求得，可求椭圆的离心率.
【详解】对直线，令，解得，令，解得，
故，， 则 ，设，则 ，
而，则 ，解得 ， 则，
点A又在椭圆上，左焦点，右焦点，
由，
则，椭圆的离心率.
故选：C
题型四：构造齐次方程求离心率
10．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，半焦距为．在椭圆上存在点使得，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由正弦定理及椭圆定义得 ，得，结合，得关于的不等式，从而求出的范围.
【详解】由，得 ，得，
又，则，
∴，即，
又，∴．
故选：B．
11．（2023秋·河北保定·高三统考期末）已知椭圆C：，，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上一点，，过作外角平分线的垂线交的延长线于N点．若，则椭圆的离心率（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据二倍角公式以及互余关系可得，进而在中，由余弦定理联立方程可得，进而可求解.
【详解】设与外角平分线的交点为,设，
由于，,所以,进而，所以,
设，则，在中，由余弦定理得,，两式联立得，即，解得或，
由于，故，
故选：D
12．（2023·江西赣州·统考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，．椭圆在第一象限存在点，使得，直线与轴交于点，且是的角平分线，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意和椭圆定义可得到，和，的关系式，再根据，可得到关于，的齐次式，进而可求得椭圆的离心率．
【详解】由题意得，
又由椭圆定义得，
记，
则，，
则，
所以，
故，
则，
则，即（负值已舍）．
故选：B．
题型五：利用自变量范围求离心率范围
13．（2023·全国·高三专题练习）设椭圆离心率为e，双曲线的渐近线的斜率小于，则椭圆的离心率e的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据渐近线斜率的取值范围可得出的关系，再根据椭圆离心率的定义即可求得离心率e的取值范围.
【详解】根据双曲线方程可得，其渐近线方程为，
又因为，且渐近线的斜率小于，即；
所以，椭圆的离心率
即离心率e的取值范围是.
故选：B
14．（2022秋·黑龙江鹤岗·高三鹤岗一中校考阶段练习）已知椭圆：，定点，，有一动点满足，若点轨迹与椭圆恰有4个不同的交点，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设动点，求出其轨迹，求出，即得解.
【详解】解：设动点，由题得，
化简得.
所以动点的轨迹是以原点为圆心，以为半径的圆.
因为点轨迹与椭圆恰有4个不同的交点，
所以.
所以椭圆的离心率.
因为椭圆的离心率，
所以椭圆的离心率的取值范围为.
故选：D
15．（2022·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考二模）已知点P在以，为左、右焦点的椭圆上，椭圆内存在一点Q在的延长线上，且满足，若，则该椭圆离心率取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由和正弦值，可设出的三边长，结合椭圆定义和勾股定理求出等量关系，利用点的位置求出的范围，代入等式有解，可求出的关系，即可求出离心率的范围.
【详解】解： 因为，，不妨设，，，
由椭圆定义可知：，，
由勾股定理可知：，即，化简可得：，
点在延长线上，且在椭圆内部，所以，，解得：.
令在上单调递增，所以，解得：，，又，且在椭圆内部，所以，则，.
故选B．
题型六：椭圆的综合问题
16．（2023·宁夏·六盘山高级中学校考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，若△为等边三角形，且点在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设椭圆E的左、右顶点分别为，不过坐标原点的直线l与椭圆E相交于A、B两点（异于椭圆E的顶点），直线与y轴的交点分别为M、N，若，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.
【答案】(1)
(2)点或
【分析】（1）由已知条件，椭圆的定义及的关系可知和，再设出椭圆的方程，最后将点代入椭圆的方程即可求解；
（2）设点，，由直线的方程即可求出点的坐标，由的方程即可求出点的坐标，由已知条件可知，分直线的斜率存在和直线的斜率不存在两种情况分别求解，得出直线的方程，即可判断出直线恒过定点的坐标.
【详解】（1）∵△为等边三角形，且，
∴，
又∵，∴，
设椭圆的方程为，
将点代入椭圆方程得，解得，
所以椭圆E的方程为.
（2）由已知得，设，,
则直线的斜率为，直线的方程为，
即点坐标为，
直线的斜率为，直线的方程为，
即点坐标为,
∵,∴,∴，
又∵，，
∴，即，
整理得，
①若直线的斜率存在时,设直线的方程为，
将直线方程与椭圆方程联立得，
其中，
，，
即，，，
所以或，
当时，直线的方程为，此时直线恒过点，
当时，直线的方程为，此时直线恒过点，
②若直线的斜率不存在时，
由得，
即，解得或，
此时直线的方程为或，
所以此时直线恒过点或，
综上所述，直线恒过点或.
17．（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴､轴，且过两点．
(1)求的方程；
(2)设过点的直线交于两点，点关于轴的对称点为，问直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线过定点.
【分析】（1）设椭圆的方程为，进而待定系数求解即可；
（2）当斜率存在时，方程为，，进而得的方程为，再联立方程，结合韦达定理化简整理得，进而得定点，再说明斜率不存在时满足即可.
【详解】（1）解：因为椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴､轴，
所以，设椭圆的方程为，
因为椭圆过两点，
所以，解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）解：当过点的直线斜率存在，设方程为，，
联立方程得，
则，解得或，
因为点关于轴的对称点为，所以，
所以，直线的方程为
所以，将代入整理直线的方程得：
所以，直线过定点.
当过点的直线斜率不存在时，方程为，此时，
点在轴上，直线的方程即为，过点.
综上，直线过定点.
18．（2023春·天津河西·高三天津市新华中学校考阶段练习）设椭圆的右焦点为F，右顶点为A，已知椭圆离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A的直线l与椭圆C交于点B（B不在x轴上），垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，若以BH为直径的圆经过点F，设直线l的斜率为k，直线OM的斜率为，且，求直线l斜率k的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出关于，，的方程组，解方程组，再求出椭圆C的方程；
（2）由已知设直线l的方程为，联立直线方程和椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求得B的坐标，由，求出H的坐标，再写出MH所在直线方程，由直线和直线l，解得求得M的坐标，从而得到，由，得到，再求出k的范围即可．
【详解】（1）因为过焦点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的线段长为3，所以①，
又因为椭圆离心率为，所以②，
又③，
联立①②③可得，，，
所以椭圆C的方程为．
（2）设直线的斜率为，则，设，
由，得，
则，得，则，
由（1）知，，设，
所以，，
因为以BH为直径的圆经过点F，则，所以，
所以，解得，
所以直线的方程为，
设，由，可得，
由，则，即，
当时，，解得；
当时，，解得，
所以直线的斜率的取值范围为．
【高考必刷】
一、单选题
19．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考一模）已知过椭圆的上焦点且斜率为的直线交椭圆于两点，为坐标原点，直线分别与直线相交于两点.若为锐角，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的标准方程求出焦点坐标，利用直线的斜截式方程设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，再利用韦达定理及两直线相交联立方程组求出交点坐标，结合已知条件、点在直线上及向量的数量积的坐标运算即可求解.
【详解】由题意可知，所以
所以椭圆的上焦点为，
设直线的方程为，
联立消去，得，
所以.
由题设知，所在的直线方程为.
因为直线与直线相交于点，
所以；
同理可得.
所以.
因为为锐角，
所以，
所以
，
即，解得：或，
所以，或，或.
故直线的斜率的取值范围是.
故选:D.
20．（2023·山东日照·统考一模）已知椭圆：的左、右焦点为，，点为椭圆内一点，点在双曲线：上，若椭圆上存在一点，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出椭圆左焦点坐标为，由题得，解不等式得到，再解不等式即得解.
【详解】点在双曲线：上，所以.
所以椭圆左焦点坐标为.
因为，所以,
所以.
因为，所以.
点为椭圆内一点，所以，
所以或.
综上：.
故选：A
21．（2023·全国·高三专题练习）设，分别是椭圆的左、右焦点，点P，Q在椭圆C上，若，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用数量积知识得，然后利用第一定义及勾股定理得到a、c关系，即可求出离心率
【详解】由，得，则点P是以为直径的圆与椭圆C的交点，不妨设和点P在第一象限，如图
连接，令，则，，．
因为，所以，即，得，又，所以，将代入，得．
故选：A
22．（2023·河南焦作·统考模拟预测）分别过椭圆的左、右焦点、作平行直线、，直线、在轴上方分别与交于、两点，若与之间的距离为，且（表示面积，为坐标原点），则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过点作于点，从而得到，设，则，在、中利用余弦定理求出、，由可得，即可得解.
【详解】解：由题意知直线、的斜率一定存在，
设、，过点作于点，
由题意知，，
所以，设，则，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
同理在中利用余弦定理可得，
因为，所以，
即，即，所以.
故选：A
23．（2023·浙江·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点为为椭圆上一点，过P点作椭圆的切线l，PM垂直于直线l且与x轴交于点M，若M为的中点，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由椭圆方程和切点坐标，写出切线方程，得M点坐标，由M的位置，求得离心率.
【详解】因为为椭圆 上一点，所以过P作椭圆的切线，
切线斜率，所以PM的斜率，直线PM的方程为，
令，得，所以，由题， ，所以，．
故选：C．
24．（2023·辽宁沈阳·统考一模）已知椭圆的右焦点为F，过F作倾斜角为的直线l交该椭圆上半部分于点P，以FP，FO（O为坐标原点）为邻边作平行四边形，点Q恰好也在该椭圆上，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设出点P的坐标，由给定条件及椭圆的对称性可得点Q的坐标，再借助斜率坐标公式求出点P的坐标即可求解作答.
【详解】设点，，中，，而点P，Q均在椭圆上，由椭圆对称性得，
令椭圆半焦距为c，，由得：，解得，
而，因此，即，又，则，
整理得，而，则有，解得，
所以该椭圆的离心率为.
故选：B
25．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为，点在椭圆上，若离心率，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可知，结合椭圆的定义解得，再由求解.
【详解】因为，所以，
由椭圆的定义得：，解得，
因为，所以，
两边同除以a得，解得 ，
因为 ，所以，
所以该离心率的取值范围是
故选：D.
26．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左右焦点分别为，椭圆存在一点，若，则椭圆的离心率取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设，，根据椭圆的定义和余弦定理得，再根据基本不等式和离心率公式可得结果.
【详解】设，，则，
在中，，
所以，
所以，
所以，
因为，当且仅当时，取等号，
所以，
所以，所以，
所以，所以，又，
所以.
故选：C
二、多选题
27．（2023春·全国·高三校联考阶段练习）已知是双曲线的左、右焦点，是C上一点，若C的离心率为，连结交C于点B，则（ ）
A．C的方程为B．
C．的周长为D．的内切圆半径为
【答案】ABD
【分析】根据点A的坐标和离心率求出双曲线的标准方程，再根据双曲线的性质逐项分析.
【详解】对A，将点A的坐标代入双曲线方程，并由 得下列方程组：
，解得，∴双曲线，A正确；
对B，，，，
，∴，B正确；
对C， ，
，，周长，C错误；
对D，令 ，则 ， ，在 中，
，∴，设 的周长为l，内切圆半径为r，则 ，
由三角形面积公式知： ，
，D正确；
故选：ABD．
28．（2023·河北邢台·校联考模拟预测）已知椭圆的左焦点为，为的上顶点，，是上两点．若，，构成以为公差的等差数列，则（ ）
A．的最大值是
B．当时，
C．当，在轴的同侧时，的最大值为
D．当，在轴的异侧时（，与不重合），
【答案】ABC
【分析】由题可得，根据椭圆的焦半径的取值范围可判断A，根据结合椭圆方程可求坐标，然后根据余弦定理可判断B，根据椭圆的性质结合基本不等式及斜率公式可判断CD.
【详解】因为椭圆，
所以，，，
又，，构成以为公差的等差数列，则，
不妨设，由题可知，则的最大值是，故A正确；
当时，，设，
则，解得，不妨取，
设，则，解得，
所以或，
当时，又，，此时；
当时，，，
所以，，
综上，当时，，故B正确；
设椭圆的右焦点为，则，，，，，
当，在轴的同侧时，则，关于轴对称，设，则，
所以，由，
所以，当且仅当时取等号，所以的最大值为，故C正确；
当，在轴的异侧时（，与不重合），则，关于原点对称，
设，则，由，可得，
所以，故D错误.
故选：ABC.
29．（2023·山西晋中·统考二模）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，上顶点为B，直线l：与椭圆C交于M，N两点，的角平分线与x轴相交于点E，与y轴相交于点，则（ ）
A．四边形的周长为8B．的最小值为9
C．直线BM，BN的斜率之积为D．当时，
【答案】AC
【分析】对A选项，由椭圆的定义知，四边形的周长为即可求解；对B选项，由直线与椭圆相交的对称性知：，，借助基本不等式可得的最小值；对C选项，设，则，由点在椭圆上，即可化得的值；对D选项，设出，由条件推出，，又在椭圆C中，由其第二定义得，从而得到 ，，三点坐标，再根据其三点共线，化简求解即可．
【详解】对A选项，由椭圆的定义知，四边形的周长为，A正确；
对B选项，，
当且仅当时等号成立，故B错误；
对C选项，设，则，又，所以．
因为点在椭圆上，所以，即，
所以，C正确；
对D选项，设，则，
所以，，
在椭圆C：中，
由其第二定义（指的是椭圆上的点到相应的准线的距离）得
，
，所以，故，，，
因为三点共线，所以，解得，则，解得，
当时，，当时，，故D错误．
故选：AC
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习加以强化.
30．（2023·湖南·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，右顶点为A，点M为椭圆上一点，点I是的内心，延长MI交线段于N，抛物线（其中c为椭圆下的半焦距）与椭圆交于B，C两点，若四边形是菱形，则下列结论正确的是（ ）
A．B．椭圆的离心率是
C．的最小值为D．的值为
【答案】ACD
【分析】对于A，利用椭圆与抛物线的对称性得到，从而将代入抛物线方程得到，进而得以判断；对于B，将代入椭圆的方程得到，由此得以判断；对于C，利用椭圆的定义与基本不等式“1”的妙用即可判断；对于D，利用三角形内心的性质与三角形角平分线的性质，结合比例的性质即可判断.
【详解】对于A，因为椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为A，则，，，，
因为抛物线（其中c为椭圆下的半焦距）与椭圆交于B，C两点，
所以由椭圆与抛物线的对称性可得，两点关于轴对称，不妨设，，，
因为四边形是菱形，所以的中点是的中点，
所以由中点坐标公式得，则，
将代入抛物线方程得，，
所以，则，所以，故A正确；
对于B，由选项A得，再代入椭圆方程得，
化简得，则，故，所以，故B错误；
对于C，由选项B得，所以，则，
所以，不妨设，则，且，
所以，
当且仅当且，即，即时，等号成立，
所以的最小值为，故C正确；
对于D，连接和，如图，
因为的内心为，所以为的平分线，则有，
同理：，所以，
所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题的关键点是利用椭圆与抛物线的对称性，可设的坐标，再由菱形的性质与中点坐标公式推得，从而求得的值，由此得解.
三、填空题
31．（2023·广东江门·统考一模）椭圆是特别重要的一类圆锥曲线，是平面解析几何的核心，它集中地体现了解析几何的基本思想.而黄金椭圆是一条优美曲线，生活中许多椭圆形的物品，都是黄金椭圆，它完美绝伦，深受人们的喜爱.黄金椭圆具有以下性质：①以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，②长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列.根据以上信息，黄金椭圆的离心率为___________.
【答案】
【分析】由①得原点到直线AB的距离，求得，由②得，求得，从而，两边同除以得，又，即可解得．
【详解】设左顶点，上顶点，则直线AB的方程为，
以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，则原点到直线AB的距离，
即，即，即，所以，
长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列，则，所以，
综上，，即，两边同除以得，又，解得．
故答案为：．
32．（2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测）经研究发现，若点在椭圆上，则过点的椭圆切线方程为.现过点作椭圆的切线，切点为，当（其中为坐标原点）的面积为时，___________.
【答案】
【分析】点，由题意可得切线方程，进而可求点的坐标，根据的面积整理可得，结合椭圆方程即可得结果.
【详解】设点，则切线，
令，得，
可得，则，
∵点在椭圆上，则，
即，解得，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：以点为切入点，设点，根据题意可得切线，这样就可得，再根据题意运算求解即可.
33．（2023·福建莆田·统考二模）已知椭圆的上、下顶点分别为A，B，右焦点为F，B关于直线的对称点为．若过A，，F三点的圆的半径为a，则C的离心率为_______．
【答案】##0.5
【分析】由题意得到过A，，F三点的圆的半径也为a，求出线段的垂直平分线的方程及线段的垂直平分线，求出交点及圆心坐标，从而利用半径列出方程，求出，得到离心率.
【详解】由题意得：过A，，F三点的圆的半径也为a，
其中，线段的中点坐标为，
故直线的斜率为，故线段的垂直平分线的斜率为，
故线段的垂直平分线的方程为，
又线段的垂直平分线为，
联立与得：，
故圆心坐标为，故半径为，
故，其中，
解得：.
故答案为：
34．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C：，过点的直线l斜率范围为，过向l作垂线，垂足为P，Q为椭圆上一点，为椭圆右焦点，则的最小值为______．
【答案】
【分析】表示出直线l和与之垂直的垂线的方程，联立表示出垂足横坐标，根据椭圆第二定义表示出与垂足横坐标关系，再根据斜率取值范围即可求出最小值.
【详解】设直线l斜率为k，直线l的方程为，过向l作垂线的方程为，联立方程，解得，其中，
若，右准线为，则到右准线的距离为，
为椭圆右焦点，故且，则，
所以，故，
而椭圆的离心率，则Q到右准线的距离.
过P作于N，则，
当且在线段上时，取最小值，最小值为，
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：椭圆的第二定义--平面上到定点F的距离与到定直线的距离之比为常数e（即椭圆的离心率，）的点的集合（定点F不在定直线上，该常数为小于1的正数），其中定点为椭圆焦点，定直线称为椭圆的准线（该定直线方程是（焦点x轴上）或者（焦点y轴上））
四、解答题
35．（2023·陕西榆林·统考二模）已知椭圆：（），四点，，，中恰有三点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，，试问直线，的斜率之和是否为定值？若是定值，求出此定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是，1
【分析】（1）根据椭圆的对称性以及已知建立方程组求解.
（2）利用直线与椭圆的方程联立以及韦达定理、斜率公式进行计算求解.
【详解】（1）由椭圆的对称性可知，，在椭圆上．
由题意可得解得
故椭圆的标准方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则不妨令，．
因为，所以，．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
联立整理得，
则由，得，，．
因为，，
所以
．
综上，直线，的斜率之和是定值，且该定值为1．
36．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）已知平面内动点M到定点F（0，1）的距离和到定直线y=4的距离的比为定值．
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)设动点M的轨迹为曲线C，过点的直线交曲线C于不同的两点A、B，过点A、B分别作直线x=t的垂线，垂足分别为、，判断是否存在常数t，使得四边形的对角线交于一定点?若存在，求出常数t的值和该定点坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，t=3，定点为
【分析】（1）设，由题有：，化简后可得轨迹方程；
（2）设过直线方程为：，将其与曲线C联立，由韦达定理可知.又由对称性可知，若定点存在，其一定在x轴上，并设定点为D.后利用向量共线可得定点坐标.
【详解】（1）设，由题有
.
即动点M的轨迹方程为：；
（2）由题过直线斜率不为0，设过直线方程为：，将其与椭圆方程联立，，消去x得，.
由题其判别式大于0，设，，则，.
则由韦达定理有：，，
得.若存在常数t，使得四边形的对角线交于一定点，
由对称性知，该定点一定在x轴上，设该定点为，则，B，D共线.
又，，则
.
由s为定值，则.
同理，若A，，D共线，可得.
故存在常数t=3，使得四边形的对角线交于一定点，该定点为标准方程
eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1
(a>b>0)
eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1
(a>b>0)
图形
性
质
范围
－a≤x≤a
－b≤y≤b
－b≤x≤b
－a≤y≤a
对称性
对称轴：坐标轴 对称中心：原点
顶点
坐标
A1(－a,0)，A2(a,0)
B1(0，－b)，B2(0，b)
A1(0，－a)，A2(0，a)
B1(－b,0)，B2(b,0)
轴
长轴A1A2的长为2a；短轴B1B2的长为2b
焦距
|F1F2|＝2c
离心率
e＝eq \f(c,a)∈(0,1)
a，b，c
的关系
a2＝b2＋c2