2024年全国一卷数学新高考题型细分S1-3——圆锥曲线 单选填空2 椭圆（中下、中档）

2024年全国一卷新高考题型细分S1-3 ——圆锥曲线 单选填空2 椭圆（中下、中档） 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《圆锥曲线——单选填空》题目分类有：椭圆（易~中档），双曲线（易~中档），抛物线（易~中档），其他等，大概251道题。 椭圆（中下）： 1. （2024年J02全国二卷）5. 已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（ [endnoteRef:2] ） A. （） B. （） C. （） D. （） （中下） [2: 【答案】A 【解析】 【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解. 【详解】设点，则， 因为为的中点，所以，即， 又在圆上， 所以，即， 即点的轨迹方程为. 故选：A ] 2. （2024年浙J05名校二联考）14. 已知正方形的四个顶点均在椭圆上，的两个焦点分别是的中点，则的离心率是[endnoteRef:3]__________. （中下） [3: 【答案】 【解析】 【分析】由题意，将代入椭圆方程，得，结合正方形性质可得，即可得齐次式，即可求得答案. 【详解】不妨设为椭圆的左、右焦点，由题意知轴，轴， 且经过椭圆焦点，， 则，将代入椭圆方程，得， 故，由，得， 结合，得，即， 解得（负值舍）， 故的离心率是， 故答案为： ] 3. （2024年浙J04温州一适）3. 动点到定点的距离与到定直线：的距离的比等于，则动点的轨迹方程是（[endnoteRef:4] ） A. B. C. D. （中下） [4: 【答案】A 【解析】 【分析】根据距离公式即可化简求解. 【详解】根据题意可得，平方化简可得， 进而得， 故选:A ] 4. （2024年冀J43名校二联考）6．已知实数满足，若的最大值为4，则（  [endnoteRef:5]  ） A． B． C． D． （中下） [5: 6．D 【分析】利用题给条件构造关于m的方程，解之即可求得m的值. 【详解】令，则，则时， 由，整理得， 则， 整理得，则，解之得 故选：D ] 5. （2024年粤J15华附一调）15. 已知椭圆 的左右焦点为．直线与椭圆相交于两点， 若， 且， 则椭圆的离心率为[endnoteRef:6]________． （中下） [6: 【答案】 【解析】 【分析】由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，再根据椭圆的定义求出，再在中，利用余弦定理求出的关系即可得解. 【详解】 由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，则， 由，得， 因为，所以， 又，所以， 在中，由余弦定理得， 即， 所以， 即椭圆的离心率. 故答案为：. ] 6. （2024年湘J07株洲一检）16. 已知为等腰三角形，其中，点D为边AC上一点，.以点B、D为焦点的椭圆E经过点A与C，则椭圆E的离心率的值为[endnoteRef:7]______. （中下） [7: 【答案】 【解析】 【分析】借助椭圆定义与所给数量关系，结合余弦定理计算即可得. 【详解】 连接点与中点，即有，由，故， 由，则，即， 由椭圆定义可得、， 故， 即，则、， 由故， 则，即， 解得（负值舍去）. 故答案为：. 【点睛】求离心率的常用方法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程并求解. ] 7. （2024年粤J40汕头一模，末）8. 如图，设、分别是椭圆左、右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为（ [endnoteRef:8] ） A. B. C. D. （中下） [8: 【答案】C 【解析】 【分析】由点为圆与椭圆的焦点，可得，，结合条件，应用勾股定理即可得. 【详解】 连接、， 由在以为直径的圆上，故， 、在椭圆上，故有，， 设，则， 则有，， 即可得，解得， 故，则， 故. 故选：C. ] 8. （2024年粤J43茂名一模）5. 椭圆：（）的左、右焦点分别为，，过作垂直于轴的直线，交于A，两点，若，则的离心率为（[endnoteRef:9] ） A. B. C. D. （中下） [9: 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知直线：，结合方程可得，进而求离心率. 【详解】因为，且直线垂直于轴，可知直线：， 将代入椭圆方程可得，解得，所以， 又因为，则，即， 可得，则，解得. 故选：A. ] 9. （2024年鲁J04青岛一适）13. 已知O为坐标原点，点F为椭圆的右焦点，点A，B在C上，AB的中点为F，，则C的离心率为[endnoteRef:10]______． （中下） [10: 【答案】 【解析】 【分析】先结合图形求得，代入椭圆方程构造齐次式，然后可解. 【详解】由椭圆的对称性可知，垂直于x轴， 又，所以， 所以为等腰直角三角形，故， 所以，即， 所以，整理得， 解得或（舍去）， 故. 故答案为： ] 椭圆（中档）： 10. （2024年湘J03长沙一中，末）8. 已知直线：与椭圆：至多有一个公共点，则的取值范围是（ [endnoteRef:11] ） A. B. C. D. （中档） [11: 【答案】D 【解析】 【分析】由直线：与椭圆：至多有一个公共点，即联立方程，化简整理得，即可理解为双曲线外部的点（可行域），转化为线性规划的题，然后化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到的取值范围. 【详解】联立方程，化简整理得： 因为直线：与椭圆：至多有一个公共点， 所以，即， 即点满足双曲线外部的点，即可行域，如图所示，为x轴，k为y轴， 将变形为，平移直线， 由图可知，当直线与双曲线相切时为临界条件. 联立，化简整理得： 由题知，，解得 若可行域是双曲线右支外部的点，即临界条件切线需要往上平移，即； 若可行域是双曲线左支外部的点，即临界条件切线需要往下平移，即； 综上可知，的取值范围是 故选：D. 【点睛】本题考查直线与椭圆交点个数问题，考查用双曲线外部点作可行域，求线性目标函数的最值，考查学生的转化与化归思想，数形结合思想与运算求解能力，属于难题. ] 11. （2024年粤J47湛江一模，末）14. 已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，过点的直线l交椭圆C于A，B两点，若，，则椭圆C的离心率为[endnoteRef:12]______． （中档） [12: 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得出，设，则，，椭圆的定义可得，再由余弦定理可得，在中，由余弦定理即可求出椭圆C的离心率. 【详解】由，得为线段的中点，且点在椭圆外，所以， 则，又，所以为线段的中点，所以， 设，则，又，所以， 由椭圆定义可知：，得， 如图，延长交椭圆C于点，连接，则由椭圆的对称性可知， ，又，故， 由余弦定理可得：， 在中，，由余弦定理可得， 即， 所以椭圆C的离心率为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求圆锥曲线离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法： ①求出，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）． ] 12. （2024年冀J01某市一模，末）8. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，P为C上一点，满足，以C的短轴为直径作圆O，截直线的弦长为，则C的离心率为（ [endnoteRef:13] ） A. B. C. D. （中档） [13: 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆的弦长公式可得，进而根据平行关系可得，利用椭圆定义以及勾股定理即可求解. 【详解】过作， 由于圆O截直线弦长为，所以， 由于，所以,结合是的中点， 所以， 故，， 化简得， 所以， 故选：A ] 13. （2024年冀J13示范高中）7. 已知椭圆：的离心率为，左顶点是A，左、右焦点分别是，，是在第一象限上的一点，直线与的另一个交点为．若，则直线的斜率为（ [endnoteRef:14]  ）． A. B. C. D. （中档） [14: 【答案】A 【解析】 【分析】利用相似关系可得，再利用直线方程和椭圆方程后可求直线的斜率. 【详解】 因为离心率为，故可设，故， 故椭圆方程为：， 而，，故，因，故 故直线与轴不垂直也不重合， 故可设，，，则， 由可得， 因在椭圆内部，故恒成立，且， 故，因，故， 此时，， 故在第一象限，符合条件，的斜率为， 故选：A. ] 14. （2024年湘J21一起考一模）13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，P是C上一点，且，H是线段上靠近的三等分点，且，则C的离心率为_[endnoteRef:15]_____. （中档） [15: 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，，，再结合三角形相似可得，代入分析求解即可. 【详解】由题意，不妨设点P在第一象限，如图. 因为，则，，. 因为，则，可知， 则，即，整理得. 由得，解得或（舍去）， 所以C的离心率为. 故答案为：. ] 15. （2024年湘J22一起考二模，末）14. 过椭圆C：（）上的动点P向圆O：引两条切线．设切点分别是A，B，若直线与x轴、y轴分别交于M，N两点，则面积的最小值是[endnoteRef:16]______. （中档） [16: 【答案】 【解析】 【分析】设点，首先求出直线方程，然后求得坐标，由两点间距离公式得，由点到直线距离公式表示出原点到直线（即直线的距离），从而表示出面积，结合点在椭圆上，即它的坐标满足条件等式，进一步结合基本不等式求得即可得解. 【详解】 设点，则以为直径的圆的方程为， 与圆O的方程相减得，即是过切点的直线方程，， 令，得，所以，令，得，所以， 所以， 所以点到直线的距离， 所以， 因为点在椭圆C：（）上， 所以， 即，等号成立当且仅当， 所以，等号成立当且仅当， 综上所述，面积的最小值是. 故答案：. 【点睛】关键点点睛：关键是表示出面积，即，由此即可顺利得解. ] 16. （2024年苏J36七市三调）14．已知是椭圆的左、右焦点，是上一点．过点作直线的垂线，过点作直线的垂线．若的交点在上（均在轴上方，且，则的离心率为 [endnoteRef:17] ． （中档） [17: 14．/ 【分析】设，可得的方程，联立方程求得，结合对称性可知，进而列式求，即可得离心率. 【详解】设，，由题意可知：， 则直线的斜率，可知的方程为， 同理可得：的方程为， 联立方程，解得，即， 因为在上，可知关于x轴对称， 且，则，可得， 又因为，即， 由题意可得：，整理得， 解得或（舍去），则， 所以的离心率为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值． ] 17. （2024年浙J35金华义乌三模）8．已知，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上一点，的角平分线与的交点恰好在轴上，则线段的长度为（[endnoteRef:18]    ） A． B． C． D． （中档） [18: 8．C 【分析】先根据题意画出图象，由角平分线的性质可得点到直线与的距离相等，进而利用直线的方程可得点的坐标，然后列方程求点的坐标，从而可得. 【详解】由题意可知，点只能在第一、四象限，不妨设点在第一象限，如图所示：    设，又， 由题意可知，直线的斜率一定存在， 所以，直线，即，则点， 直线，化为一般形式得， 因为点在的角平分线上，所以点到直线与的距离相等， 点到直线的距离， 点到直线的距离， 于是，化简得， 即， 又点在椭圆上，所以，得， 因此，，即， 解得或，点在第一象限，所以，， 则点， 所以. 故选：C. 【点睛】思路点睛：首先设点的坐标，再求出直线，直线的表达式以及点的坐标，最后再根据点到角两边的距离相等以及点在椭圆上，解出点的坐标，最后再求线段的长度. ] 18. （2024年粤J120大湾区二模）8．法国数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的两条相互垂直切线的交点轨迹为圆，我们通常称这个圆为该椭圆的蒙日圆．根据此背景，设为椭圆的一个外切长方形（的四条边所在直线均与椭圆相切），若在第一象限内的一个顶点纵坐标为2，则的面积为（  [endnoteRef:19]  ） A． B．26 C． D． （中档） [19: 8．C 【分析】根据题意求出椭圆C的蒙日圆方程，求出M在第一象限的顶点P的坐标，设出过P且与椭圆C相切的直线方程，与椭圆联立，再利用点到直线距离公式即可求解. 【详解】依题意，直线，都与椭圆，且它们围成四边形是矩形， 于是该矩形是椭圆的蒙日圆内接矩形，因此该蒙日圆的圆心为，半径， 因此该椭圆的蒙日圆方程为， M为椭圆的一个外切长方形，设其四个顶点分别为P、Q、、， 其中P在第一象限，显然P与关于原点对称，Q与关于原点对称， 而 P点纵坐标为2，则其横坐标为3，即，显然M的四条边所在直线斜率存在且不为0， 设过P且与椭圆C相切的直线为，由消去y并整理， 得，由， 化简得，解得或，不妨取直线PQ方程为，即， 直线的方程为，即， O点到直线PQ的距离为，O点到直线的距离为， 所以M的面积为. 故选：C 【点睛】关键点点睛：根据蒙日圆的定义求出蒙日圆的方程，并求出第一象限内的点是解决问题的关键. ] 19. （2024年鄂J25武汉洪山二模）8．已知椭圆的右焦点和上顶点分别为点和点A，直线交椭圆于P，Q两点，若F恰好为的重心，则椭圆的离心率为（ [endnoteRef:20]   ） A． B． C． D． （中档） [20: 8．A 【分析】首先设的中点，由点差法得，再根据重心的性质求得点的坐标，联立求得椭圆的离心率，再结合条件，即可求解. 【详解】设，，的中点为点， ，两式相减得， 化解得，即，得， 所以， ，，由F恰好为的重心， 则，即，得，， 即，， 所以，则，平方后得， ，即， 解得：或， 由条件，得，即，得， 所以.    故选：A 【点睛】方法点睛：本题考查了求离心率的方法，①可以直接求出求出离心率，②由条件构造关于的齐次方程，即可求解离心率. ] 20. （2024年粤J29珠海一中，末）14．已知的三个顶点都在椭圆上，其中A，B分别为的左顶点和上顶点，若以B为顶角的等腰恰好有3个，则直线AB的斜率的取值范围为[endnoteRef:21] ． （中档） [21: 【答案】 【分析】根据已知条件，的第三个顶点C在以B为圆心，以为半径的圆上,结合题意将问题转化为椭圆与圆有四个公共点，联立方程可得，结合已知条件确定，进而求得取值范围为即可. 【详解】 由题意知的第三个顶点C在以B为圆心，以为半径的圆上， 要使以B为顶角的等腰恰好有3个， 则需要满足椭圆与圆有四个公共点； 由，得，所以或； 当时，椭圆与圆有两个交点，分别为左右顶点，当C位于右顶点处满足条件； 当时，要满足椭圆与圆有两个不同交点，需要， 即，即，且，，解得， 因为，，所以， 所以直线AB的斜率的取值范围为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据已知条件，将问题转化为求椭圆与圆有四个公共点去解决. ] 21. （2024年湘J32长沙雅礼一测）6. 已知函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，若，，成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（ [endnoteRef:22] ） A. 线段（不包含端点） B. 椭圆一部分 C. 双曲线一部分 D. 线段（不包含端点）和双曲线一部分 （中档） [22: 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列的性质，结合椭圆方程进行求解判断即可. 【详解】因为函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分， 所以， 因为，，成等比数列， 所以有，且有成立， 即成立， 由， 化简得：，或， 当时，即，因为，所以平面上点（s，t）的轨迹是线段（不包含端点）； 当时，即， 因为，所以，而，所以不成立， 故选：A ] 22. （2024年冀J05唐山一模，末）14. 已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，过的直线交E于A，B两点，是线段的中点，且，则E的方程为[endnoteRef:23]______． （中档） [23: 【答案】 【解析】 【分析】根据中点关系可得平行，进而可得，根据向量的坐标运算即可求解. 【详解】由于是线段的中点，是线段的中点， 所以,故, 设椭圆焦距为，则，将代入椭圆方程可得， 故，因此, 是线段的中点，所以，故， ， 由得， 故，解得， 又，故，， 故椭圆方程， 故答案为： ] 23. （2024年冀J04石家庄二中一模，末）8. 已知点在椭圆上，为椭圆的右焦点，是上位于直线两侧的点，且点到直线与直线的距离相等，则直线与轴交点的横坐标的取值范围为（ [endnoteRef:24] ） A. B. C. D. （涉后导数） （中档） [24: 【答案】A 【解析】 【分析】利用点在椭圆上先求得椭圆方程，设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，结合条件得，化简斜率和可得直线斜率为定值，再根据韦达定理和判别式计算即可． 【详解】将代入中，得，所以椭圆的方程为． 由题意知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为， 则，直线与轴交点的横坐标为， 由，得， 则， ． 因为，且点到直线与直线的距离相等， 所以，即，即， 整理得， 即， 即，所以． 由题意知，直线不经过点，故， 所以，得， 当时，由得， 由，解得， 故直线与轴交点的横坐标的取值范围为. 故选:A． 【点睛】方法点睛：①利用圆锥曲线的几何性质或方程根的判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．②利用已知参数的范围，求新参数的范围，这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．③利用已知的或隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．④将待求量表示为关于其他变量的函数，利用导数或基本不等式等求其值域，从而确定参数的取值范围．如本题需先设直线的方程为，并得到的关系，再根据直线与椭圆的位置关系得到的取值范围． ] 24. （2024年鄂J06武汉二调）13. 设椭圆的左右焦点为，，过点的直线与该椭圆交于，两点，若线段的中垂线过点，则[endnoteRef:25]__________． （中档） [25: 【答案】 【解析】 【分析】由椭圆方程确定，，的值，结合已知条件及椭圆定义求出，在中，求出，由诱导公式求出，设，则，在中由余弦定理构造方程，解出值即可. 【详解】 设线段的中垂线与相交于点，由椭圆方程可知， ，，；由已知有：，点在椭圆上， 根据椭圆定义有：，所以，， 在中，，， ，点在椭圆上，根据椭圆定义有：， 设，则，，在中由余弦定理有： , 解得，即. 故答案为： ] 25. （2024年粤J04顺德二检，末）8. 已知椭圆的上、下焦点分别为，点在椭圆上且位于第三象限，满足的角平分线与相交于点，若，则椭圆的离心率为（[endnoteRef:26] ） A. B. C. D. （中档） [26: 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的关系，可得，再由角平分线的性质可得，由，由椭圆的定义可得，的表达式，再由余弦定理可得，的关系，进而求出离心率的值． 【详解】因为，则， 由角平分线的性质可得， 因为，所以， 由椭圆的定义可知：， 在△，， 由余弦定理可得， 即， 整理可得：, 即，可得， 因为，所以． 故选：C． ] 26. （2024年浙J02嘉兴一中一模，末）8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上不与左右顶点重合的任意一点，，分别为的内心和重心，当轴时，椭圆的离心率为（ [endnoteRef:27]） A. B. C. D. （中档） [27: 【答案】A 【解析】 【分析】结合图像，利用点坐标以及重心性质，得到G点坐标，再由题目条件轴，得到点横坐标，然后两次运用角平分线的相关性质得到的比值，再结合与相似，即可求得点纵坐标，也就是内切圆半径，再利用等面积法建立关于的关系式，从而求得椭圆离心率. 【详解】如图，令点在第一象限（由椭圆对称性，其他位置同理），连接，显然点在上，连接并延长交轴于点，连接并延长交轴于点，轴，过点作垂直于轴于点， 设点，，则， 因为为的重心，所以， 因为轴，所以点横坐标也为，， 因为为的角平分线， 则有， 又因为，所以可得， 又由角平分线的性质可得，，而 所以得， 所以，， 所以，即， 因为 即，解得，所以答案为A. 【点睛】本题主要考查离心率求解，关键是利用等面积法建立关于的关系式，同时也考查了重心坐标公式，以及内心的性质应用，属于难题.椭圆离心率求解方法主要有： （1）根据题目条件求出，利用离心率公式直接求解. （2）建立的齐次等式，转化为关于的方程求解，同时注意数形结合. ] 27. （2024年粤J21中附一调，末）8. 椭圆E：，过E外一点P作E两条切线PA，PB，，记P的轨迹为T，圆C：，记T与C的交点为，当的最大值m最大时，，则E的离心率为（ [endnoteRef:28] ） A. B. C. D. （中档） [28: 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，设出切线方程并与椭圆方程联立求出轨迹T的方程，再探求取最大值的情况求解作答. 【详解】设，过点的椭圆的切线的斜率都存在时， 设切线方程为，其中分别为的斜率， 由消去y得：， 则，即有，又， 于是，显然，是这个方程的二根， 有，令直线的倾斜角分别为，有， 又， 即，即有， ，整理得， 而当时，或，此时有或， 即，满足， 因此点P的轨迹T的方程为， 由与联立，整理得： ， 于是当时，有最大值，因此， 整理得，解得，则半焦距， 所以E的离心率. 故选：B 【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点. ] 28. （2024年浙J28宁波，末）14.在平面直角坐标系中，定义为两点间的“曼哈顿距离”.已知椭圆，点在椭圆上，轴.点满足.若直线与的交点在轴上，则的最大值为[endnoteRef:29]__________. （中档） [29: ；] 29. （2024年浙J37宁波模拟）14．在平面直角坐标系中，定义为两点间的“曼哈顿距离”.已知椭圆，点在椭圆上，轴.点满足.若直线与的交点在轴上，则的最大值为[endnoteRef:30] . （中档） [30: 14． 【分析】先根据条件找出坐标的关系，结合三角换元可得答案. 【详解】设,由题意，； 不妨设点位于第一象限，由可得, 设直线与的交点为，则有,; ， 由可得，整理得①； ， 由可得，整理得②； 联立①②可得，由题意，所以， 由椭圆的对称性可知， ， 因为，设，， ，其中； 所以当时，取到最大值. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有三个：一是理解新定义的含义；二是根据条件找出坐标的关系;三是借助三角函数求解最值. ] 30. （2024年鄂J25武汉洪山二模）14．如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面相切.椭圆截面与两球相切于椭圆的两个焦点，.过椭圆上一点作圆锥的母线，分别与两个球相切于点.由球和圆的几何性质可知，，.已知两球半径分为别和，椭圆的离心率为，则两球的球心距离为 [endnoteRef:31] . （中档） [31: 14． 【分析】设两球的球心距离为，通过圆锥的轴截面进行分析，根据两球半径可求得；利用三角形相似可求得，进而得到；利用椭圆离心率可构造方程求得结果. 【详解】作出圆锥的轴截面如图所示， 圆锥面与两球相切于两点，则，， 过作，垂足为，连接，，设与交于点， 设两球的球心距离为， 在中，，，； ，， ，，解得：，， ； 由已知条件，知：，即轴截面中， 又，，解得：， 即两球的球心距离为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题以圆锥为载体，考查了椭圆的定义和几何性质，解题关键是能够通过作出圆锥的轴截面，利用轴截面中的线段垂直关系、长度关系，根据椭圆离心率构造出关于球心距离的方程. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$