新高考数学一轮复习精品讲练测第8章第04讲 椭圆方程及其性质（2份，原卷版+解析版）

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知识讲解
椭圆的定义
数学表达式
椭圆的标准方程
焦点在轴上的标准方程
椭圆标准方程为：
焦点在轴上的标准方程
椭圆标准方程为：
椭圆中，，的基本关系

椭圆的几何性质
通径
（过椭圆焦点与坐标轴垂直的直线截得的弦长）
通径长：，
半通径长：
椭圆中的两个周长问题


考点一、椭圆的定义及其应用
1．（2023·全国·高三专题练习）已知点，，动点满足，则动点P的轨迹是（ ）
A．椭圆B．直线C．线段D．圆
【答案】A
【分析】根据椭圆的定义即可求解.
【详解】根据题目可以得到，
此时就可以根据椭圆的第一定义得到动点P的轨迹是椭圆．
故选：A．
2．（2023·全国·高三专题练习）方程的化简结果是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由方程的几何意义及椭圆定义得出结果即可.
【详解】方程的几何意义为动点到定点和的距离和为10，并且，
所以动点的轨迹为以两个定点为焦点，定值为的椭圆，所以， ，
根据 ，所以椭圆方程为.
故选：C.
3．（2023·全国·高三专题练习）的两个顶点为,周长为16，则顶点C的轨迹方程为（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意,可知点C到A、B两点的距离之和为10,故轨迹为椭圆,同时注意取值范围.
【详解】由题知点C到A、B两点的距离之和为10,故C的轨迹为以为焦点,长轴长为10的椭圆,.故.所以方程为.
又故三点不能共线,所以
故选A
【点睛】本题主要考查椭圆的定义与椭圆的标准方程,注意求轨迹时结合实际情景进行特殊点排除.
4．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P是椭圆C上的动点，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆定义得，再利用基本不等式求解最值即可.
【详解】因为点P是椭圆上的动点，，，所以，
所以，
当且仅当即时，等号成立.
故选：A.
1．（2023·全国·高三专题练习）若，，点P到，的距离之和为10，则点P的轨迹方程是
【答案】
【分析】根据椭圆的第一定义，得到，得到，进而计算求解，可得答案.
【详解】因为，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，其中，故点P的轨迹方程为.
故答案为：
2．（2023·全国·高三专题练习）已知的两个顶点分别为的周长为18，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据，利用椭圆的定义得到点的轨迹是以为焦点的椭圆求解.
【详解】由题意得，
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，
设其标准方程为，则，从而．
又三点不共线，
∴点不在轴上，
点的轨迹方程为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查椭圆的定义求方程，属于基础题.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知两圆C1：（x-4）2+y2=169，C2：（x+4）2+y2=9.动圆M在圆C1内部且和圆C1相内切，和圆C2相外切，则动圆圆心M的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由两圆外切和内切，得出圆心距与两圆的半径和差的关系，设出动圆的半径，消去，再由圆锥曲线的定义，可得动圆的圆心的轨迹，进一步求出其方程.
【详解】设动圆的圆心，半径为
圆与圆:内切，与C2：外切.
所以.
由椭圆的定义，的轨迹是以为焦点，长轴为16的椭圆.
则，所以
动圆的圆心的轨迹方程为：
故选：D
【点睛】本题考查两圆的位置关系以及判断方法和动点的轨迹方程，椭圆的定义，属于中档题.
考点二、椭圆的标准方程
1．（2023·四川宜宾·统考三模）已知p：，q：表示椭圆，则p是q的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由椭圆方程的定义化简命题，根据充分条件和必要条件的定义即可判断结论.
【详解】若方程表示椭圆，
则，
解得或，
故：或，又p：，
所以p是q的必要不充分条件，
故选：C.
2．（2023·贵州·校联考模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别是，是椭圆短轴的一个端点，且，则椭圆的长轴长是（ ）
A．B．4C．D．8
【答案】C
【分析】根据题意得到，得到，即，求得，进而求得椭圆的长轴长.
【详解】由椭圆，可得，
因为是椭圆短轴的一个端点，且，
可得，即，
可得，即，解得，
所以，故椭圆的长轴长是.
故选：C.

3．（2023·全国·校联考模拟预测）已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，左、右焦点分别为，，延长交椭圆E于点P．若点A到直线的距离为，的周长为16，则椭圆E的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出直线的方程，由点到直线的距离可得，再由的周长为16可得，解方程可求出，即可得出答案.
【详解】由题意，得，，，则直线的方程为，
所以点A到直线的距离①．
由的周长为16，得，即a+c=8②，
联立①②，解得③．
因为，所以④．
联立②④，解得a=6，c=2，所以，
故椭圆E的标准方程为是.
故选：B．
4．（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)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然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．
5．（2021·北京·统考高考真题）已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
故即，
综上，或.
6．（2022·北京·统考高考真题）已知椭圆的一个顶点为，焦距为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；
【详解】（1）解：依题意可得，，又，
所以，所以椭圆方程为；
（2）解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
所以
，
所以，
即
即
即
整理得，解得
7．（2023·天津·统考高考真题）设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为.
(2).
【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.
【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
1．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）“”是“方程表示椭圆”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据方程表示椭圆的条件求解.
【详解】方程表示椭圆，
所以“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件，
故选：B.
2．（2023·重庆万州·统考模拟预测）已知椭圆E：的焦距为4，平行四边形ABCD内接于椭圆E，且直线AB与AD的斜率之积为，则椭圆E的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由条件列关于的方程，解方程可得，由此可得椭圆方程.
【详解】设，由对称性可得，
则，
所以两式相减可得，
因为直线AB与AD的斜率之积为，
所以，即，所以，
设椭圆的半焦距为，
因为椭圆的焦距为4，所以，所以，
又，所以，
所以椭圆的标准方程为，
故选：A.

3．（2023·重庆·重庆南开中学校考模拟预测）已知为坐标原点，椭圆：，平行四边形的三个顶点A，，在椭圆上，若直线和的斜率乘积为，四边形的面积为，则椭圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用三角换元设，，代入椭圆方程可得，再根据三角形面积的向量公式及斜率之积计算即可.
【详解】先证三角形面积公式的向量形式：在中，，
则 ，而
设，，由题意可知;，
所以，
将坐标代入椭圆方程有
，
则
所以四边形的面积为，
即，又根据和的斜率乘积为知，
所以，解之得：，．
故选：B
4．（2023·北京·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.
【详解】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，

易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
5．（2020·山东·统考高考真题）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）方法一：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)［方法一］：通性通法
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.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
6．（2021·天津·统考高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.
【详解】（1）易知点、，故，
因为椭圆的离心率为，故，，
因此，椭圆的方程为；
（2）设点为椭圆上一点，
先证明直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
因此，椭圆在点处的切线方程为.
在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
因为，则，即，整理可得，
所以，，因为，，故，，
所以，直线的方程为，即.
【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；
（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.
7．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
考点三、椭圆的几何性质
1．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）已知，是椭圆的上、下顶点，为的一个焦点，若的面积为，则的长轴长为（ ）
A．3B．6C．9D．18
【答案】B
【分析】依题意可得且，即可求出，从而求出，即可得解.
【详解】由题可知，则，所以，所以，
故的长轴长为．
故选：B
2．（2023·广东广州·统考模拟预测）已知以为焦点的椭圆与直线有且仅有一个公共点，则椭圆的长轴长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先设椭圆方程与直线方程联立，根据判别式等于0求得和的关系式，同时椭圆的焦点坐标求得半焦距得到和的另一个关系式，两个关系式联立方程即可求得和，则椭圆的长轴可得．
【详解】设椭圆方程为，
直线代入椭圆方程，消得：，
，整理，得
又，由焦点在轴上，
所以，联立解得：，,故椭圆方程为，则长轴长为；
故选：C
3．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）比利时数学家丹德林( Germinal Dandelin)发现：在圆锥内放两个大小不同且不相切的球使得它们与圆锥的侧面相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到的截线是椭圆．这个结论在圆柱中也适用，如图所示，在一个高为20，底面半径为4的圆柱体内放两个球，球与圆柱底面及侧面均相切．若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱侧面所得的截线为一个椭圆，则该椭圆的短轴长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】椭圆的短轴长即为圆柱的底面的直径即可求解
【详解】由平面与圆柱所截可知椭圆的短轴即为圆柱底面直径的长，即，
故选：D
4．（2023·江西九江·统考一模）已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线交于两点，直线交轴于点，若，则椭圆的焦距为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由且，得到为的中点，得出轴，进而得到为等边三角形，求得，即可求解.
【详解】如图所示，因为且，所以为的中点，
又因为为的中点，轴，所以轴，
所以为等边三角形，所以，可得，解得，
所以椭圆的焦距为.
故选：A.

5．（2023·四川内江·统考三模）阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆的面积为，两个焦点分别为，点P为椭圆C的上顶点．直线与椭圆C交于A，B两点，若的斜率之积为，则椭圆C的长轴长为（ ）
A．3B．6C．D．
【答案】B
【分析】由题意得到方程组①和②，即可解出a、b，求出长轴长.
【详解】椭圆的面积，即①.
因为点P为椭圆C的上顶点，所以.
因为直线与椭圆C交于A，B两点，不妨设，则且，所以.
因为的斜率之积为，所以，把代入整理化简得：②
①②联立解得：.
所以椭圆C的长轴长为2a=6.
故选：B
1．（2023·陕西榆林·统考三模）若椭圆的焦距大于，则m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由椭圆方程表示出焦距，解不等式即可.
【详解】椭圆化为标准方程为，则，
若椭圆的焦距大于，则有，
整理得，解得，故．
故选：D
2．（2023·海南省直辖县级单位·嘉积中学校考三模）已知椭圆：，为椭圆的左焦点，为椭圆的右顶点，为椭圆上一点．若，则 ．
【答案】
【分析】由椭圆方程得的值，得左焦点和右顶点的坐标，可得和的值，由，所以为椭圆短轴的一个端点，可求.
【详解】椭圆：中，，，，
则，，所以，由，得，
由，所以为椭圆短轴的一个端点，所以．
故答案为：.
3．（2023·广西玉林·统考三模）2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹.太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨.某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点（长轴端点中离地面最远的点）距地面，近地点（长轴端点中离地面最近的点）距地面，地球的半径为，则该椭圆的短轴长为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的远地点和近地点的距离可得，进而可求得，求得b，可得答案.
【详解】由题意得，
故，
故选：D.
4．（2023·河北·统考模拟预测）已知，分别为椭圆：的两个焦点，右顶点为，为的中点，且，直线与交于，两点，且的周长为28，则椭圆的短轴长为 .
【答案】
【分析】根据垂直平分线的性质，结合椭圆的焦点三角形，可得，利用的数量积为0，即可求解.
【详解】由，为的中点，所以是的垂直平分线，所以,
所以的周长为，
，所以，
由于，所以，
故答案为：
5．（2023·全国·模拟预测）（多选）已知曲线为焦点在x轴上的椭圆，则（ ）
A．B．的离心率为
C．m的值越小，C的焦距越大D．的短轴长的取值范围是
【答案】AC
【分析】由曲线为焦点在x轴上的椭圆，得出和，根据即可判断A；根据椭圆离心率即可判断B；表示出椭圆的焦距，由函数的单调性即可判断C；由的范围即可得出的短轴长的取值范围，从而判断D．
【详解】对于A：根据题意知椭圆的标准方程为，
因为C的焦点在x轴上，
所以，即，故A正确；
对于B：由A可得，，
所以椭圆的离心率，故B错误；
对于C：椭圆的焦距，
因为函数，在上都是单调递减的，
所以m的值越小，的焦距越大，故C正确；
对于D：椭圆的短轴长，
因为当时，，
所以，
所以，故D错误，
故选：AC．
考点四、椭圆的离心率
1．（2023·全国·统考高考真题）设椭圆的离心率分别为．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.
【详解】由，得，因此，而，所以.
故选：A
2．（2023·浙江·模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别是，过的直线交椭圆于两点，若（为坐标原点），，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先根据题意设，得到.根据，得到，根据勾股定理得到，再求离心率即可.
【详解】如图所示：

设，因为，所以.
又因为，所以，即.
因为，所以.
因为，所以.
在中，，解得，
即，所以，即.
所以，.
故选：B
3．（2021·浙江·统考高考真题）已知椭圆，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 .
【答案】
【分析】不妨假设，根据图形可知，，再根据同角三角函数基本关系即可求出；再根据椭圆的定义求出，即可求得离心率．
【详解】
如图所示：不妨假设，设切点为，
，
所以, 由，所以，，
于是，即，所以．
故答案为：；．
4．（2023·重庆巴南·统考一模）椭圆的左右焦点为，，点P为椭圆上不在坐标轴上的一点，点M，N满足，，若四边形的周长等于，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据，，可得点为线段的中点，点为线段的中点，再根据四边形的周长结合椭圆的离心率公式即可得解.
【详解】因为，所以点为线段的中点，
因为，所以，
即，所以点为线段的中点，
又因点为线段的中点，
所以且，且，
所以四边形的周长为，
又因点P为椭圆上不在坐标轴上的一点，所以，
所以，即，
故椭圆C的离心率为.
故选：C.

5．（2023·重庆·统考模拟预测）如图，椭圆的左焦点为，右顶点为A，点Q在y轴上，点P在椭圆上，且满足轴，四边形是等腰梯形，直线与y轴交于点，则椭圆的离心率为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】做轴于点，得到点的纵坐标，从而得到，然后根据，列出方程，即可得到结果.
【详解】
由题意，做轴于点，
因为四边形是等腰梯形，则，
则点的横坐标为，代入椭圆方程，
可得，即，
因为，则，
由，则，
化简可得，，同时除可得，
即，
对于
当时，，当时，，
在时，方程有根，
且，故应舍，所以.
故选:D
【点睛】解答本题的关键在于得到点的纵坐标，然后根据三角形相似列出方程，得到的关系式.
6．（2021·全国·统考高考真题）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．
7．（2023·浙江嘉兴·统考二模）已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，连接并延长交于点，连接，若存在点使成立，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】设，所以存在点使等价于由可求的最小值，求得的范围，从而得到的取值范围.
【详解】
设，则.显然当靠近右顶点时，，
所以存在点使等价于，
在中由余弦定理得，
即，解得 ，
同理可得，所以，
所以，
所以，当且仅当时等号成立.
由得，所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：求离心率范围关键是建立的不等式，此时将问题转化为，从而只需求的最小值，求最小值的方法是结合焦半径性质使用基本不等式求解.
1．（2023·贵州·校联考模拟预测）已知右焦点为的椭圆：上的三点，，满足直线过坐标原点，若于点，且，则的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆的对称性，结合平行四边形的判定定理和性质、椭圆的定义、勾股定理、椭圆的离心率公式进行求解即可.
【详解】设椭圆左焦点为，连接 ，，，
设，，结合椭圆对称性得，
由椭圆定义得，，则.
因为，，
则四边形为平行四边形，
则，而，故，
则，即，
整理得，在中，，
即，即，
∴，故.
故选：A

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用椭圆的对称性和定义.
2．（2023·湖南永州·统考一模）已知椭圆的左、右焦点分别是，点是椭圆上位于第一象限的一点，且与轴平行，直线与的另一个交点为，若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由点坐标求得点坐标，然后代入椭圆的方程，化简求得椭圆的离心率.
【详解】由令，得，
由于与轴平行，且在第一象限，所以.
由于，
所以，
即，将点坐标代入椭圆的方程得，
，
，
所以离心率.
故选：B

3．（2022·全国·统考高考真题）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
【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】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
4．（2023·河南开封·校考模拟预测）已知椭圆，，分别是的左顶点和上顶点，是的左焦点，若，则的离心率为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆的性质结合锐角三角函数，在和在求出，的正切值，由两角差的正切公式求出的正切值，结合题目条件得，的关系，即求出椭圆的离心率.
【详解】由题意作出图形，如下图所示：

可知：，，，
在中可得：，
在中可得：，
所以
化简得：
因为，所以①，
又，所以①整理可得：，
即，解得，
又，所以，
故选：C.
5．（2023·广东广州·统考三模）若双曲线的两条渐近线与椭圆：的四个交点及椭圆的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用正六边形的性质和椭圆的定义及离心率公式即可求解.
【详解】由题意知，双曲线的一条渐近线是，则它与椭圆在第一象限的交点记为A，
椭圆的左右焦点记为F1、F2，则根据正六边形的性质知是直角三角形，且
设，所以.
由椭圆的定义，得出，
所以椭圆的离心率．
故选:B．
6．（2023·湖北咸宁·校考模拟预测）已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左右焦点分别为，且两条曲线在第一象限的交点为，是以为底边的等腰三角形，若，椭圆与双曲线的离心率分别为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据等腰三角形三边关系可构造不等式求得的范围，根据双曲线和椭圆定义可利用表示出，从而得到，结合的范围可得结果.
【详解】
设椭圆与双曲线的半焦距为c，椭圆长半轴为，双曲线实半轴为，，，
是以为底边的等腰三角形，点在第一象限内，
，
即，，且，，
，，解得：．
在双曲线中，，；
在椭圆中，，；
；
，，则，，
可得：，
的取值范围为.
故选：B.
7．（2023·江苏南通·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，以为圆心的圆与轴交于，两点，与轴正半轴交于点，线段与交于点.若与的焦距的比值为，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出以为圆心的圆的方程，求出，，求出直线的方程后结合距离公式可求的坐标，代入椭圆方程后可求离心率.
【详解】
设椭圆的半焦距为，因为以为圆心的圆过，故该圆的半径为，
故其方程为：，
令，则，结合在轴正半轴上，故，
令，则或，故.
故，故直线.
设，
因为在轴的正半轴上，在轴的负半轴上，故，
而，
故，整理得到：，
故，故，
所以，故，
整理得到：，故，
故选：D.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中离心率的值或范围的计算，关键在于构建关于基本量的方程或方程组（不等式或不等式组），后者可通过点在椭圆上或判别式为零等合理构建.
考点五、椭圆中的最值问题
1．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）已知是椭圆的两个焦点，点在上，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆定义得到，将整理为，然后根据范围求得范围即可.
【详解】设，，则，，又，所以当时，，当时，.
故选：C.
2．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，A是C上一点，，则的最大值为（ ）
A．7B．8C．9D．11
【答案】A
【分析】根据椭圆的定义可得，利用可求的最大值.
【详解】
设椭圆的半焦距为，则，，
如图，连接，则，
而，当且仅当共线且在中间时等号成立，
故的最大值为.
故选：A.
3．（2023·江西上饶·校联考模拟预测）点为椭圆上一点，曲线与坐标轴的交点为，，，，若，则点到轴的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出，，，的坐标，得到，为椭圆的焦点，得到，从而判断出为椭圆上一点，联立方程组，即可求解.
【详解】由曲线与坐标轴的交点为，，，，
不妨设，，，.
则，为椭圆的焦点，而为椭圆上一点，
所以.
因为，所以，
又，
根据椭圆定义知点的轨迹为以C、D为焦点的椭圆，
所以轨迹方程为，
联立，消去得，则，
故点到轴的距离为.
故选：A.
4．（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）已知为椭圆上一点，若的右焦点的坐标为，点满足，，若的最小值为，则椭圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由得出，将最小值代入求解即可.
【详解】
如图，∵，∴，
又∵，∴，即，，
∴，
∴当点为椭圆的右顶点时，取最小值，，
此时的最小值，
解得（舍）或，∴，
∴椭圆的方程为.
故选：B.
5．（2023·广西柳州·统考模拟预测）已知是椭圆的左、右焦点，P在椭圆上运动，则的最小值为 ．
【答案】1
【分析】利用椭圆的定义知，利用基本不等式即可求出的最小值.
【详解】因为是椭圆的左、右焦点，P在椭圆上运动，
所以.
所以，所以（当且仅当时等号成立）.
所以.
即的最小值为1.
故答案为：1
6．（2023·江苏扬州·校考二模）（多选）已知椭圆的左、右焦点分别为、，点，直线与椭圆交于、两点，则（ ）
A．的最大值为
B．的内切圆半径
C．的最小值为
D．若为的中点，则直线的方程为
【答案】AC
【分析】利用基本不等式可判断A选项；利用分析可得，求出面积的最大值，可判断B选项；利用椭圆的定义、数形结合可判断C选项；利用点差法可判断D选项.
【详解】对于A选项，在椭圆中，，，则，即点、，
由椭圆的定义可得，
由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
故的最大值为，A对；
对于B选项，，
当点为椭圆的短轴的顶点时，取最大值，
，B错；
对于C选项，由椭圆的定义可得，
所以，，
当且仅当点为射线与椭圆的交点时，等号成立，故的最小值为，C对；
对于D选项，，则点在椭圆内，设点、，
若轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意，
所以，直线的斜率存在，由题意可得，
由已知可得，两个等式作差可得，
即，所以，直线的斜率为，
所以，直线的方程为，即，D错.
故选：AC
7．（2023·河北衡水·校联考二模）（多选）设为椭圆上的动点，分别为椭圆的左，右焦点，焦距为，点到三边的距离相等，椭圆的离心率为，短轴长为，则（ ）
A．点到椭圆的焦点的最大距离为4
B．若，则
C．的面积的最大值为8
D．直线和直线的斜率之积是定值
【答案】ABD
【分析】由题意先计算得椭圆方程，对于A利用焦半径公式计算即可；对于B，利用椭圆的定义及勾股定理计算即可；对于C，根据椭圆性质可直接判定面积最大时P为上（下）顶点；对于D，延长PI交x轴于G，结合角平分线定理得，用P坐标表示直线和直线的斜率之积，化简即可.
【详解】根据题意得.
对于A，设点坐标为，根据椭圆的对称性，不妨求其到右焦点的距离为，，
即P到椭圆的焦点的最大距离为，故选项A正确；
对于B，若，所以，
设，解得：，故选项B正确；
对于C，依题意的面积的最大值为，所以，故选项C错误；
对于D.连接并延长交轴于.因为到三边的距离相等，
则由内角平分线定理可得，
所以.
设，则.，所以，
所以，则，又，则.
所以，则，所以，所以，
则.
所以直线和直线的斜率之积是定值.故选项D正确.
故选：ABD.

【点睛】关键点睛：本题D选项的解决关系是利用内角平分线定理得到，从而得到坐标之间的关系，由此得解.
1．（2023·陕西西安·统考三模）已知椭圆：的左，右焦点分别为，，若椭圆上一点Р到焦点的最大距离为7，最小距离为3，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据点在椭圆上得，且，再利用两点距离求得，从而可确定的最大值与最小值，即可求得的值，即可得离心率的值.
【详解】设椭圆的半焦距为，若椭圆上一点，则，且，
又，，
则
由于，所以，
于是可得，，所以椭圆C的离心率.
故选：B.
2．（2023·湖南·校联考二模）已知分别为椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，则的最大值为（ ）
A．64B．16C．8D．4
【答案】B
【分析】由，根据三角形的三边关系有求解.
【详解】解：，
因为椭圆上的点满足，
当点为的延长线与的交点时，取得最大值，最大值为．
所以的最大值为16．
故选：B．
3．（2023·云南曲靖·宣威市第七中学校考模拟预测）已知椭圆的右焦点为是椭圆上一点，点，则的周长最大值为（ ）
A．14B．16C．18D．20
【答案】C
【分析】设椭圆的左焦点为，由题可知，，利用，即可得出．
【详解】如图所示设椭圆的左焦点为，则
，
则，
，
的周长，当且仅当三点M，，A共线时取等号．
的周长最大值等于18．
故选：C．
4．（2023·江苏·统考三模）已知F为椭圆C：的右焦点，P为C上一点，Q为圆M：上一点，则PQ＋PF的最大值为（ ）
A．3B．6
C．D．
【答案】D
【分析】由椭圆的定义结合题意可得，即可求出PQ＋PF的最大值.
【详解】圆M：的圆心为，
设椭圆的左焦点为，如下图，由椭圆的定义知，，
所以，所以
，
当且仅当三点在一条直线上时取等，
，，，.
故选：D．
5．（2023·广东深圳·深圳中学统考模拟预测）已知椭圆C：的离心率为，F为椭圆C的一个焦点，P为椭圆C上一点，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】根据椭圆方程及其离心率可求的值，再根据椭圆的性质可求的最大值．
【详解】设椭圆的半长轴为a，半焦距为c，
因为，所以，故椭圆焦点在y轴上，
因为，离心率为，
所以，解得，
所以，，
由椭圆性质知，，
故答案为：．
6．（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点P在椭圆C上，且，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】由题意画出图形，结合椭圆定义可得，再由三角形两边之差小于第三边求解．
【详解】由椭圆方程可得，，则，
如图，连接并延长，交椭圆于P，
则，
(当且仅当点三点共线时，且点位于第三象限时取等号)
此时取最大值为
故答案为：
7．（2023·山西吕梁·统考二模）（多选）已知椭圆：（），，分别为其左、右焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆上，点在椭圆内部，则以下说法正确的是（ ）
A．离心率的取值范围为
B．不存在点，使得
C．当时，的最大值为
D．的最小值为1
【答案】ABC
【分析】A：根据点在椭圆内部可得，从而可得的取值范围，从而可求离心率的取值范围；B：根据相反向量的概念即可求解；C：求出c和，利用椭圆定义将化为，数形结合即可得到答案；D：利用可得，利用基本不等式即可求解.
【详解】对于A，由已知可得，，所以，
则，故A正确；
对于B，由可知，点为原点，显然原点不在椭圆上，故B正确；
对于C，由已知，，所以，．
又，则．
根据椭圆的定义可得，
所以，
由图可知，，

所以
当且仅当，，三点共线时，取得等号．
故的最大值为，故C正确；
对于D，因为，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立．
所以，的最小值为，故D错误．
故选：ABC
【点睛】本题考查点和椭圆为位置关系，考查椭圆定义和基本不等式在计算最值问题里面的应用.
考点六、椭圆的简单应用
1．（2023·河北·校联考一模）中国国家大剧院的外观被设计成了半椭球面的形状.如图，若以椭球的中心为原点建立空间直角坐标系，半椭球面的方程为（，，且a，b，c不全相等）.若该建筑的室内地面是面积为的圆，给出下列结论：①；②；③；④若，则，其中正确命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据已知得，结合题设判断各项正误即可.
【详解】在中，令可得该建筑室内地面对应的曲线方程为，
由室内地面是面积为的圆，故，①对；
且，则，又不全相等，故，②错；
若，则，可得，与不全相等矛盾，③错；
若，则，故，④对.
故选：B.
2．（2023·云南曲靖·校考三模）油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节.活动中将油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为的圆，圆心到伞柄底端距离为，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（春分时，北京的阳光与地面夹角为），若伞柄底端正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，作出图形，再利用正弦定理求出椭圆的长轴长，结合焦点位置求出半焦距作答.
【详解】如图，伞的伞沿与地面接触点B是椭圆长轴的一个端点，伞沿在地面上最远的投影点A是椭圆长轴的另一个端点，
对应的伞沿为C，O为伞的圆心，F为伞柄底端，即椭圆的左焦点，令椭圆的长半轴长为，半焦距为，
由，得，，
在中，，则，，
由正弦定理得，，解得，则，
所以该椭圆的离心率.
故选：A
3．（2023·云南曲靖·统考模拟预测）某单位使用的圆台形纸杯如图所示，其内部上口直径､下口直径､母线的长度依次等于，将纸杯盛满水后再将水缓慢倒出，当水面恰好到达杯底（到达底面圆“最高处”）的瞬间的水面边缘曲线的离心率等于 .
【答案】
【分析】用平面截对接圆锥所得截面边缘曲线是圆锥曲线，本题水面到达杯底的瞬间，水面边缘曲线是椭圆，作纸杯（圆台）的与水面垂直的轴截面，则是椭圆的长轴，是椭圆的短轴，是圆台的轴线，作于，记与的交点为的中点为，由实际情形知，点在圆台的过轴线的中点且与轴线垂直的截面圆上，由垂径定理知垂直平分，再求椭圆的离心率即可.
【详解】由教材章头图知识知道，用平面截对接圆锥所得截面边缘曲线是圆锥曲线.对于本题，如图，水面到达杯底（底面圆“最高处”）的瞬间，水面边缘曲线是椭圆，作纸杯（圆台）的与水面垂直的轴截面，则是椭圆的长轴，是椭圆的短轴.是圆台的轴线，作于，则
，
，
记与的交点为的中点为，则，
，
，
，
由实际情形知，点在圆台的过轴线的中点且与轴线垂直的截面圆上，.由垂径定理知垂直平分，
，
记椭圆的离心率为，长半轴长､短半轴长､半焦距为，
则.
故答案为：.
1．（2023·广东韶关·统考模拟预测）韶州大桥是一座独塔双索面钢砼混合梁斜拉桥，具有桩深，塔高、梁重、跨大的特点，它打通了曲江区、浈江区、武江区交通道路的瓶颈，成为连接曲江区与芙蓉新城的重要交通桥梁，大桥承担着实现韶关“三区融合”的重要使命，韶州大桥的桥塔外形近似椭圆，若桥塔所在平面截桥面为线段，且过椭圆的下焦点，米，桥塔最高点距桥面米，则此椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立如图所示平面直角坐标系，设椭圆方程为，依题意可得，即可求出离心率.
【详解】如图按椭圆对称轴所在直线建立直角坐标系，
设椭圆方程为，
令，即，解得，依题意可得，
所以，所以，所以．
故选：D．
2．（2023·广东广州·统考三模）我国南北朝时期的伟大科学家祖暅于5世纪末提出了下面的体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”．这就是“祖暅原理”．祖暅原理用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面的面积都相等，由此得到新几何体与半球的体积相等，即．现将椭圆绕轴旋转一周后得到如图3所示的椭球，类比上述方法，运用祖暅原理可求得该椭球的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.
【详解】构造一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，
圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体．
当平行于底面的截面与圆锥顶点距离为时，设小圆锥底面半径为，
则，即，故新几何体的截面面积为．
把代入，即，解得，
故半椭球的截面面积为，
由祖暅原理，可得椭球的体积为：
圆柱圆锥．
故选：A．
3．（2023·广西玉林·博白县中学校考模拟预测）如图，一个光学装置由有公共焦点的椭圆C与双曲线构成，一光线从左焦点发出，依次经过与C的反射，又回到点.，历时m秒；若将装置中的去掉，则该光线从点发出，经过C两次反射后又回到点历时n秒，若的离心率为C的离心率的4倍，则 .
【答案】/0.375
【分析】由离心率比求得长半轴与实半轴的比，根据椭圆与双曲线的定义求两种装置中光线路程之比即得．
【详解】设椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，焦距，
由，
依次经过与C的反射，又回到点F1，则有，，
两式相减得，
将装置中的去掉，则有，
所以
故答案为：．
【基础过关】
一、单选题
1．（2023·吉林白山·抚松县第一中学校考模拟预测）古希腊后期的数学家帕普斯在他的《数学汇编》中探讨了圆锥曲线的焦点和准线的性质：平面内到一定点和定直线的距离成一定比例的所有点的轨迹是一圆锥曲线．这就是圆锥曲线的第二定义或称为统一定义．若平面内一动点到定点和到定直线的距离之比是，则点的轨迹为（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】B
【分析】利用轨迹的直接法求解.
【详解】解：由题意得，
整理得：，
所以点的轨迹为椭圆．
故选：B．
2．（2023·四川·校联考模拟预测）设椭圆，的离心率分别为，，若，则（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】B
【分析】根据离心率的关系列方程，从而求得.
【详解】对于椭圆，有.
因为，所以，解得．
故选：B
3．（2023·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）已知抛物线的焦点和椭圆的一个焦点重合，且抛物线的准线截椭圆的弦长为3，则椭圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的焦点以及在椭圆上，即可求解的值.
【详解】抛物线的焦点为，准线为，
设椭圆的方程为，椭圆中，，当时， ，故
又，所以，故椭圆方程为，
故选：B
4．（2023·河南开封·统考三模）已知点是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为、，且，则的面积为（ ）
A．6B．12C．D．
【答案】C
【分析】设，，由椭圆定义得，由余弦定理求出，从而利用三角形面积公式求出答案.
【详解】由椭圆，得，，.

设，，
∴，在中，由余弦定理可得：，
可得，得，
故.
故选：C.
5．（2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）已知，是椭圆的左、右焦点，是的上顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求得直线AP的方程，根据题意求得P点坐标，代入直线方程，即可求得椭圆的离心率．
【详解】由题意可知：，，，直线的方程为：，
由，点在第三象限，，则，
代入直线方程中得整理得，
则，∴椭圆的离心率.
故选：B.
6．（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知离心率为的椭圆的方程为，则（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】C
【分析】由离心率公式先得，从而解决问题.
【详解】由题意，，即，
可得，则.
故选：C
7．（2023·广东梅州·统考三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆的一个交点为，若，则的面积为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用椭圆定义求出，再求出等腰三角形的面积作答.
【详解】椭圆中，，由及椭圆定义得，

因此为等腰三角形，底边上的高，
所以的面积为.
故选：D
二、多选题
8．（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考二模）已知是椭圆上的一点，是椭圆的两个焦点，则下列结论正确的是（ ）
A．椭圆的短轴长为B．的坐标为
C．椭圆的离心率为D．存在点P，使得
【答案】AC
【分析】由椭圆标准方程可得基本量，从而可求离心率，故可判断ABC的正误，根据的大小关系可判断D的正误.
【详解】椭圆的焦点在轴上，，则短轴长为，A正确；
的坐标为，B错误；离心率为，C正确；
因为，故以原点为圆心，为半径的圆与椭圆没有交点，
故不存在点P，使得，D错误，
故选：AC.
三、填空题
9．（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中学校考模拟预测）椭圆的左、右焦点分别为，过点作的角平分线交椭圆的长轴于点，则点的坐标为 .
【答案】
【分析】根据角平分线定理可得，利用坐标运算即可得答案.
【详解】
椭圆的左、右焦点分别为，又，
由角平分线定理知，则，解得，所以点坐标为.
故答案为：.
10．（2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）设椭圆的左右焦点分别为和，离心率为，过左焦点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，且线段，则的内切圆半径等于 .
【答案】
【分析】由已知条件表示出直线AB的方程，得到的面积，由内切圆的性质可知，内切圆半径乘以三角形周长的一半等于三角形面积，结合离心率的值可得内切圆半径.
【详解】的周长为，
∵，∴到直线的距离，
设的内切圆半径为，又，
∵，，∴，
故答案为：
11．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知是椭圆：的右焦点，过作直线的垂线，垂足为，，则该椭圆的离心率为 .
【答案】
【分析】通过焦点到直线的距离建立a,b,c关系，解方程即可求解.
【详解】由题知，，且，即，
∴，∴，∴，∴.
故答案为：

【能力提升】
一、单选题
1．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知椭圆的左焦点为，离心率为．倾斜角为的直线与交于两点，并且满足，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，用弦长公式表示出，用两点间的距离公式结合点在椭圆上的条件表示出，代入题干条件即可求解.
【详解】设，则，由，
消去，得，
注意到，则.于是，
同理，. 因此.
的倾斜角为，∴直线的斜率，
根据弦长公式，可得.
由，可得，故.
．
故选：A
2．（2023·辽宁辽阳·统考二模）已知椭圆的右焦点为，过坐标原点的直线与椭圆交于两点，点位于第一象限，直线与椭圆另交于点，且，若，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设椭圆的左焦点为，由椭圆的定义结合题意可得出，再由余弦定理求解即可得出答案.
【详解】如图，设椭圆的左焦点为，连接，所以四边形为平行四边形．
设，则．
因为，所以，
又因为，所以，所以．
在中，，
由余弦定理得，
所以，所以．
故选：B.

3．（2023·海南海口·校考模拟预测）已知、是椭圆的左右焦点，点为上一动点，且 ，若为的内心，则面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由等面积法求出内切圆的半径的表达式，代入三角形的面积公式，可得所求的三角形的面积．
【详解】由椭圆的方程可得，，，
设内切圆的半径为，则，
可得，
而，所以，
所以，
所以，
因为，
所以，即．
故选：C．
4．（2023·陕西西安·西安市第三十八中学校考模拟预测）P为椭圆上一点，曲线与坐标轴的交点为A，B，C，D，若，则P到x轴的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先得到A，B，C，D四个点的坐标，不妨设，，，，
由椭圆定义得到，进而求出，由椭圆定义可知，P点在以，为焦点的椭圆上，求出椭圆方程，联立求出P点纵坐标，得到答案.
【详解】中，令得，令得，
不妨设，，，，则A，B为椭圆的焦点，
则，
因为，所以，
又，，
由椭圆定义可知，P点在以，为焦点的椭圆上，
其中，故，，
所以P为椭圆上一点，
由，解得，则，故P到x轴的距离为．
故选：D
5．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知椭圆C：的左､右焦点分别是，，为椭圆C上一点，则下列结论不正确的是（ ）
A．的周长为6B．的面积为
C．的内切圆的半径为D．的外接圆的直径为
【答案】D
【分析】根据焦点三角形的性质即可求解AB，根据等面积法即可求解C，根据面积公式以及正弦定理及可求解D.
【详解】由题意知，，，，
由椭圆的定义知，，，
∴的周长为，即A正确；
将代入椭圆方程得，解得，
∴的面积为，即B正确；
设的内切圆的半径为r，则，
即，∴，即C正确；
不妨取，则，，
∴的面积为，
即，∴，
由正弦定理知，的外接圆的直径，即D错误，
故选:D.

6．（2023·四川宜宾·统考二模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，点在椭圆上，为的内心，记，的面积分别为，且满足，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角形内切圆的性质以及椭圆的定义，即可求出本题答案.
【详解】
设，内切圆半径为，
，即，
所以，
又，.
故选：B
7．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知椭圆）的焦点为，，是椭圆上一点，且，若的内切圆的半径满足，则（其中为椭圆的离心率）的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知即向量数量积定义可得，应用余弦定理求得，根据等面积法可得，再由正弦定理列方程求离心率，结合目标式、基本不等式求其最小值，注意等号成立条件.
【详解】由题设，故，
又，则，
由余弦定理知：，
所以，而，
因为的内切圆的半径，故，
所以，则，
由，即，
所以，整理得且，
所以，
，当且仅当时等号成立，
所以目标式最小值为.
故选：B
8．（2023·江西吉安·江西省泰和中学校考一模）已知椭圆，为的左、右焦点，为上一点，且的内心为，若的面积为，则的值为（ ）
A．B．3C．D．6
【答案】D
【分析】利用焦点三角形的面积公式，建立等量关系，结合椭圆的性质，计算椭圆的离心率，再结合焦点三角形的面积公式即可求的值.
【详解】由题意得，的内心到轴的距离
等于内切圆的半径，即为的纵坐标，即为，
因为为上的一点，
所以,
即，
又因为，所以，
，
整理得，解得（舍）或，
所以，
所以，
所以，即，解得.
故选：D.
9．（2023·陕西宝鸡·校考一模）已知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出的值，利用，根据向量模的计算即可求得答案.
【详解】由题意椭圆，为两个焦点，可得，

则①，即，
由余弦定理得，
，故，②
联立①②，解得：，
而，所以，
即，
故选：B
【点睛】方法点睛：本题综合考查了椭圆和向量知识的结合，解答时要注意到O为的中点，从而可以利用向量知识求解.
10．（2023·山东·山东师范大学附中校考模拟预测）已知椭圆和双曲线有相同的焦点、，它们的离心率分别为、，点为它们的一个交点，且，则的范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长 ，焦距．结合椭圆与双曲线的定义,得， ,在中,根据余弦定理可得到，，与的关系式，进而可得，设则有，所以，构造函数,利用导数求出函数的值域即可.
【详解】解：设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长，焦距，点为第一象限交点．
则，，
解得，，
如图：

在中,根据余弦定理可得：
，
整理得，即，
设 则有，，
所以，即有，所以，
所以===，
设,
则,
令，得，
所以在上恒成立,
所以在上单调递减，
当趋于时，趋于，当趋于1时，趋于2，
所以，
即：.
故选：C.
二、多选题
11．（2023·广东·校联考模拟预测）已知椭圆的焦点在轴上，且分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的离心率为
C．存在，使得
D．面积的最大值为
【答案】ACD
【分析】A选项，根据焦点在在轴上，列出不等式，求出答案；B选项，求出，进而求出离心率；C选项，写出以为直径的圆的方程，联立椭圆方程，得到当时，方程有解，故C正确；D选项，由几何性质得到当点位于上顶点或下顶点时，面积取得最大值，表达出最大面积，配方后求出最值.
【详解】A选项，椭圆的焦点在轴上，故，解得，A正确；
B选项，设，则，
故的离心率为，B错误；
C选项，以为直径的圆的方程为，与椭圆联立得，，
整理得，
因为，所以，
当时，，故，满足要求，
故存在，使得，C正确；
D选项，因为，故当点位于上顶点或下顶点时，面积取得最大值，
故最大面积为，
因为，所以当时，面积取得最大值，最大值为，D正确.
故选：ACD
12．（2023·海南海口·海南华侨中学校考二模）已知椭圆的上顶点为，两个焦点为，离心率为．过且垂直于的直线与交于两点，若的周长是26，则（ ）
A．B．
C．直线的斜率为D．
【答案】ACD
【分析】根据离心率为，得到为等边三角形，再由过且垂直于直线的，得到，为等腰三角形，再根据的周长，得到a，进而得到b，c，然后设DE所在直线方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式验证D选项.
【详解】解：如图所示：

∵椭圆的离心率为，
∴不妨设椭圆．
∵的上顶点为，两个焦点为，
∴为等边三角形，
∵过且垂直于的直线与交于两点，
∴．故C项正确．
由等腰三角形的性质可得．
由椭圆的定义可得的周长为，
∴．故A项正确，B项错误．
对于D项，设，联立，
消去y得：，
则，
由韦达定理得，
所以，故D项正确．
故选：ACD
13．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）设，为椭圆：的两个焦点，为上一点且在第一象限，为的内心，且内切圆半径为1，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】如下图所示，设切点为，，，由椭圆的定义结合内心的性质可判断A；由等面积法求出代入椭圆的方程可判断B；求出可判断C；由两点的斜率公式可判断D.
【详解】如下图所示，设切点为，，，
对于A，由椭圆的方程知：，
由椭圆的定义可得：，
易知，所以，
所以，故A正确；
对于BCD，，
又因为，解得：，
又因为为上一点且在第一象限，所以，解得：，故B正确；
从而，所以，
所以，而，所以，故C错误；
从而，故D正确.
故选:ABD．

14．（2023·安徽·校联考模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，直线与椭圆交于，两点，的角平分线与轴相交于点，与轴相交于点，则（ ）
A．四边形的周长为16B．直线，的斜率之积为
C．的最小值为D．当时，点的纵坐标为
【答案】ABD
【分析】由椭圆定义即可判断A，分别表示出，结合点在椭圆上，满足椭圆方程，即可判断B，由基本不等式即可判断C，由条件结合椭圆的第二定义即可判断D.
【详解】对于A，由椭圆的定义知，四边形的周长为，A正确；
对于B，设，则，又，所以.
因为点在椭圆上，所以，即，
所以，B正确；
对于C，，当且仅当，时等号成立，故C错误；
对于D，设，则，，
所以，，
在椭圆中，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，故D正确.
故选：ABD.
15．（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）已知是圆上不同的两点，椭圆的右顶点和上顶点分别为，直线分别是圆的两条切线，为椭圆的离心率.下列选项正确的有（ ）
A．直线与椭圆相交
B．直线与圆相交
C．若椭圆的焦距为两直线的斜率之积为，则
D．若两直线的斜率之积为，则
【答案】BCD
【分析】由时，点时，得到直线方程，联立方程组，结合，可判定A错误；由原点到直线的距离为，可判定B正确；设，根据题意求得，进而得到，结合离心率的定义，可判定C正确；不妨设，根据得到，求得，结合离心率的定义，求得，可判定D正确.
【详解】对于A中，当时，点的坐标可以为，
可得直线为，即，
由，整理得，此时，
所以直线与椭圆无交点，所以A错误；
对于B中，因为，所以，设原点到直线的距离为，
由点到直线的距离公式，可得，
所以直线与圆相交，所以B正确；
对于C中，椭圆的焦距为，可得，即，
不妨设，则直线，
由原点到直线的距离等于1，可得，解得，
同理可得，因为，即，
解得，又由，解得，
所以离心率，所以C正确；
对于D中，不妨设，则,，
所以，解得，
所以，
因为，可得，所以，所以D正确.
故选：BCD.

【点睛】解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
【真题感知】
一、单选题
1．（山东·统考高考真题）已知椭圆的长轴长为10，焦距为8，则该椭圆的短轴长等于（ ）
A．3B．6C．8D．12
【答案】B
【分析】根据椭圆中的关系即可求解.
【详解】椭圆的长轴长为10，焦距为8，
所以，，可得，，
所以，可得，
所以该椭圆的短轴长，
故选：B.
2．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解.
【详解】解：因为离心率，解得，，
分别为C的左右顶点，则，
B为上顶点，所以.
所以，因为
所以，将代入，解得，
故椭圆的方程为.
故选：B.
3．（2023·全国·统考高考真题）设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（ ）
A．1B．2C．4D．5
【答案】B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可解出；
方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．
【详解】方法一：因为，所以，
从而，所以．
故选：B.
方法二：
因为，所以，由椭圆方程可知，，
所以，又，平方得：
，所以．
故选：B.
4．（2021·全国·统考高考真题）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．
【点睛】
5．（2023·全国·统考高考真题）设O为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点 P在C上，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故选：B．
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故选：B．
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：．
故选：B．
【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大．
二、多选题
6．（海南·高考真题）已知曲线.（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为
C．若mn0，则C是两条直线
【答案】ACD
【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.
【详解】对于A，若，则可化为，
因为，所以，
即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，
此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；
对于C，若，则可化为，
此时曲线表示双曲线，
由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，
，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
三、填空题
7．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是 ．
【答案】13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.

四、解答题
8．（2022·天津·统考高考真题）椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】（1）解：，
离心率为.
（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
9．（全国·统考高考真题）已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
【答案】（1）；（2），.
【分析】（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；
（2）[方法四]由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.
【详解】（1），轴且与椭圆相交于、两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，

抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）[方法一]：椭圆的第二定义
由椭圆的第二定义知，则有，
所以，即．
又由，得．
从而，解得．
所以．
故椭圆与抛物线的标准方程分别是．
[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式
以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法三]：参数方程
由（1）知，椭圆的方程为，
所以的参数方程为（为参数），
将它代入抛物线的方程并化简得，
解得或（舍去），
所以，即点M的坐标为．
又，所以由抛物线焦半径公式有，即，解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法四]【最优解】：利用韦达定理
由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，
解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得.
因此，曲线的标准方程为，
曲线的标准方程为.
【整体点评】(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义，很多时候会使得问题简单明了.
方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.
方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，使得原来抽象的问题更加具体化.
方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法，联立方程之后充分利用韦达定理可以达到设而不求的效果.
10．（全国·统考高考真题）已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|．
（1）求C1的离心率；
（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．
【答案】（1）；（2）：，： .
【分析】（1）根据题意求出的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设在第一象限，运用代入法求出点的纵坐标，根据，结合椭圆离心率的公式进行求解即可；
（2）由（1）可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可；
【详解】解：（1）因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中.
不妨设在第一象限，因为椭圆的方程为：，
所以当时，有，因此的纵坐标分别为，；
又因为抛物线的方程为，所以当时，有，
所以的纵坐标分别为，，故，.
由得，即，解得（舍去），.
所以的离心率为.
（2）由（1）知，，故，所以的四个顶点坐标分别为，，，，的准线为.
由已知得，即.
所以的标准方程为，的标准方程为.
【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力.
11．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
12．（全国·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；
（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）因为，可得，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；
（2）方法一：过点作轴垂线，垂足为，设与轴交点为，可得 ，可求得点坐标，从而求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积.
【详解】（1），，
根据离心率，解得或(舍)，
的方程为：，即．
（2）［方法一］：通性通法
不妨设,在x轴上方，过点作轴垂线，垂足为，设直线与轴交点为
根据题意画出图形，如图
，， ，
又， ，
，根据三角形全等条件“”，可得：，
，，，
设点为，可得点纵坐标为，将其代入，
可得：，解得：或，点为或，
①当点为时，故，
，，可得：点为，
画出图象，如图
, ，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，
根据两点间距离公式可得：，面积为：；
②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图
, ，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，
根据两点间距离公式可得：，
面积为： ，综上所述，面积为：.
［方法二］【最优解】：
由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为E．设，由题知，．
故，
①因为，如图，所以，．
②因为，如图，所以．

综上有
［方法三］：
由已知可得，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，由对称性可设，联立方程消去y得，
由韦达定理得，所以，
将其代入直线的方程得，所以，
则．
因为，则直线的方程为，
则．
因为，所，，
即，故或，即或．
当时，点P，Q的坐标分别为，
直线的方程为，点A到直线的距离为，
故的面积为．
当时，点P，Q的坐标分别为，
直线的方程为，点到直线的距离为，
故的面积为．
综上所述，的面积为．
［方法四］：
由（1）知椭圆的方程为，．
不妨设在x轴上方，如图．
设直线．
因为，所以．
由点P在椭圆上得，所以．
由点P在直线上得，所以．所以，化简得．
所以，即．
所以，点Q到直线的距离．
又．
故．即的面积为．
［方法五］：
由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为C，设，
由题知，所以．
（1）．
则．
（其中）．
（2）．
同理，．
（其中）
综上，的面积为．
【整体点评】（2）方法一：根据平面几何知识可求得点的坐标，从而得出点的坐标以及直线的方程，再根据距离公式即可求出三角形的面积，是通性通法；方法二：同方法一，最后通过面积分割法求的面积，计算上有简化，是本题的最优解；方法三：通过设直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再根据题目等量关系求出的值，从而得出点的坐标以及直线的方程，最后根据距离公式即可求出三角形的面积，思想简单，但运算较繁琐；方法四：与法三相似，设直线的方程，通过平面知识求出点的坐标，表示出点，再根据距离公式即可求出三角形的面积；方法五：同法一，只是在三角形面积公式的选择上，利用三角形面积的正弦形式结合平面向量的数量积算出．
焦点的位置
焦点在轴上
焦点在轴上
图形
标准方程
范围
顶点坐标
，
，
，
，
长轴
长轴长，长半轴长
短轴
短轴长，短半轴长
焦点
，
，
焦距
焦距，半焦距
对称性
对称轴为坐标轴，对称中心为
离心率
离心率对椭圆的影响
越大，椭圆越扁
越小，椭圆越圆
，圆