8.2 椭圆-【高考密码】备战2026年高考数学十年高考真题分类汇编

8.2　椭圆 考点1 椭圆的定义及标准方程 1.(2024新课标Ⅱ,5,5分,易)已知曲线C:x2+y2=16(y>0),从C上任意一点P向x轴作垂线段PP',P'为垂足,则线段PP'的中点M的轨迹方程为(　　) A.+=1(y>0) B.+=1(y>0) C.+=1(y>0) D.+=1(y>0) 【答案】A 【解析】 设点M的坐标为(x,y),点P的坐标为(x1,y1)(y1>0),则P'(x1,0). 又点M为线段PP'的中点,∴则 又点P在曲线C上,则+=16,所以x2+(2y)2=16, 即+=1(y>0),故选A. 小题速解：点M的轨迹可看作将位于x轴上方的半圆压缩而成,即各点的横坐标不变,纵坐标变为原来的一半,故选A. 2.（2023全国甲文，7） 设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】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. 3.（2023全国甲理，12）己知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】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． 4.(2021全国乙文,11,5分)设B是椭圆C:+y2=1的上顶点,点P在C上,则|PB|的最大值为 (　　) A.　　　　D.2 【答案】　A　 【解析】 解法一:由题意可知B(0,1), 设P(x0,y0),则=1,, |PB|=. 因为-1≤y0≤1,所以y0=-时,|PB|取得最大值,故选A. 解法二:由题意可知B(0,1),由点P在椭圆+y2=1上, 可设P(cos θ,sin θ), 则|PB|2=(cos θ)2+(sin θ-1)2=-4sin2θ-2sin θ+6=-4, 当sin θ=-时,|PB|2取得最大值,此时|PB|最大,为,故选A. 5.(2021新高考Ⅰ,5,5分)已知F1,F2是椭圆C:=1的两个焦点,点M在C上,则|MF1|·|MF2|的最大值为 (　　) A.13　　　　B.12　　　　C.9　　　　D.6 【答案】　C 【解析】 　∵M在椭圆C:=1上,且a=3, ∴|MF1|+|MF2|=6, ∵, ∴|MF1|·|MF2|≤=9, 当且仅当|MF1|=|MF2|=3时等号成立. 故选C. 易错警示　在用基本不等式求最值时,要满足“一正、二定、三相等”,三个条件缺一不可. 6.(2022全国甲文,11,5分)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,A1,A2分别为C的左、右顶点,B为C的上顶点.若=-1,则C的方程为 (　　) A.=1 C.+y2=1 【答案】　B　 【解析】 由题意知A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),则=(-a,-b),=(a,-b),所以=-a2+b2=-1①,又e=,即②,联立①②,解得所以椭圆C的方程为=1.故选B. 7.(2015广东文,8,5分)已知椭圆+=1(m>0)的左焦点为F1(-4,0),则m=(　　) A.2　　　B.3　　　C.4　　　D.9 【答案】　B　 【解析】 依题意有25-m2=16,∵m>0,∴m=3.选B. 8.(2013广东文,9,5分)已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(1,0),离心率等于,则C的方程是(　　) A.+=1　　　　　B.+=1 C.+=1　　　　　D.+=1 【答案】　D　 【解析】 由右焦点为F(1,0)可知c=1,因为离心率等于,即=,故a=2,由a2=b2+c2知b2=3,故椭圆C的方程为+=1.故选D. 9.(2021全国甲理,15,5分)已知F1,F2为椭圆C:=1的两个焦点,P,Q为C上关于坐标原点对称的两点,且|PQ|=|F1F2|,则四边形PF1QF2的面积为　　　　.  【答案】　8 【解析】　如图,设|PF1|=m,|PF2|=n,由椭圆方程=1可得,2a=|PF1|+|PF2|=m+n=8,2c=|F1F2|=4. 由P,Q关于原点对称得|OP|=|OQ|,又|OF1|=|OF2|,故四边形PF1QF2为平行四边形. 依据|F1F2|=|PQ|,得到四边形PF1QF2为矩形,故PF1⊥PF2. 在Rt△F1PF2中,∠F2PF1=90°,则m2+n2=(4)2=48, 由(m+n)2=64得m2+n2+2mn=48+2mn=64,解得mn=8, 所以四边形PF1QF2的面积为8. 解题关键　由|PQ|=|F1F2|判断平行四边形PF1QF2是矩形为解题关键. 10.(2021浙江,16,6分)已知椭圆=1(a>b>0),焦点F1(-c,0),F2(c,0)(c>0).若过F1的直线和圆+y2=c2相切,与椭圆在第一象限交于点P,且PF2⊥x轴,则该直线的斜率是　　　　,椭圆的离心率是　　　　.  【答案】　 【解析】　设切点为B,圆心为A,连接AB,如图,易知|F1A|=,|F1F2|=2c,|BF1|=,|AB|=c,|PF2|=. ∴直线PF1的斜率k=tan∠PF1F2=, 在△PF1F2中, tan∠PF1F2=, 即(a2-c2)=4ac, 方程两边同时除以a2,整理可得=0, 解得e=或e=-(舍),∴e=. 一题多解　在求解离心率e时,∵tan∠PF1F2=,∴在Rt△PF1F2中,可令|PF2|=2,|F1F2|=,则|PF1|=3,故e=. 11.(2022新高考Ⅰ,16,5分)已知椭圆C:=1(a>b>0),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|DE|=6,则△ADE的周长是　　　　.  【答案】　 13 【解析】　设F1、F2分别为左、右焦点.如图,连接AF1,DF2,EF2, ∵e=, ∴a=2c,∴b=c,∴A(0,c),F2(c,0),F1(-c,0), ∴,∴∠AF2O=60°,又∵|AF1|=|AF2|,∴△AF1F2为正三角形,又∵DE⊥AF2且F1∈DE,∴DE为AF2的中垂线,∴|AD|=|DF2|,|AE|=|EF2|, ∴△ADE的周长为|AD|+|AE|+|DE|=|DF2|+|F2E|+|DF1|+|F1E|=4a. ∵DE⊥AF2,∴kDE=,∴DE的方程为y=(x+c), 联立得消去y得,13x2+8cx-32c2=0,设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=-c2, ∴|DE|==6,∴c=,又∵a=2c,∴4a=8c=13,∴△ADE的周长为13. 12.(2014辽宁,理15,文15,5分)已知椭圆C:+=1,点M与C的焦点不重合.若M关于C的焦点的对称点分别为A,B,线段MN的中点在C上,则|AN|+|BN|=　　　　.  【答案】　12 【解析】　根据已知条件画出图形,如图.设MN的中点为P,F1、F2为椭圆C的焦点,连接PF1、PF2.显然PF1是△MAN的中位线,PF2是△MBN的中位线,∴|AN|+|BN|=2|PF1|+2|PF2|=2(|PF1|+|PF2|)=2×6=12. 评析　本题考查了椭圆的定义和方程,考查了数形结合的思想.连接PF1、PF2利用椭圆的定义是求解的关键. 13.（2025全国二卷，16,15分） 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,长轴长为4. (1)求C的方程; (2)过点(0,-2)的直线l与C交于A,B两点,O为坐标原点.若△OAB的面积为,求|AB|. 【解析】(1)由题意,得 解得 所以b==. 故C的方程为+=1. (2)由题意知,直线l的斜率必存在. 设直线l的方程为y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2). 由 消去y,得(1+2k2)x2-8kx+4=0,① 由Δ=(-8k)2-4×4(1+2k2)>0,得k2>, 由根与系数的关系得x1+x2=,x1x2=, 所以|AB|=|x1-x2| =· =· =. 又原点O到直线l的距离d=,且△OAB的面积为, 所以··=,解得k2=,满足Δ>0, 所以|AB|==. 14.（2025全国一卷，18,17分） 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,下顶点为A,右顶点为B,|AB|=. (1)求C的方程; (2)已知动点P不在y轴上,点R在射线AP上,且满足|AP|·|AR|=3. (i)设P(m,n),求R的坐标(用m,n表示); (ii)设O为坐标原点,Q是C上的动点,直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍,求|PQ|的最大值. 【解析】(1)由题意得e==, 且|AB|==,a2=b2+c2, 解得a=3,b=1,c=2,∴椭圆C的方程为+y2=1. (2)(i)∵点R在射线AP上,A(0,-1), ∴设=λ=λ(m,n+1), 则||||=λ||2=λ[m2+(n+1)2]=3, ∴λ=,∴=, ∴R. (ii)由(i),知kOR====3kOP, 化简得n2+m2+8n-2=0,即m2+(n+4)2=18. ∴P(m,n)在以D(0,-4)为圆心,3为半径的圆上. 则|PQ|的最大值即为|DQ|max+3. 设Q(x,y),其中-1≤y≤1.则|DQ|2=x2+(y+4)2 =9(1-y2)+y2+8y+16(提示:利用点Q在椭圆上,消x) =-8y2+8y+25=-8+27, 当y=时,|DQ|max=3.则|PQ|max=3+3. 15.（2025上海，20,18分） 已知椭圆Γ:+=1(a>),M(0,m)(m>0),A是Γ的右顶点. (1)若Γ的焦点是(2,0),求离心率e; (2)若a=4,且Γ上存在一点P,满足=2,求m; (3)若AM的垂直平分线l的斜率为2,l与Γ交于C、D两点,∠CMD为钝角,求a的取值范围. 【解析】(1)由Γ:+=1(a>),知b2=5, 由右焦点是(2,0),可知c=2,则a==3, 故离心率e==. (2)由题意A(4,0),M(0,m)(m>0),P(xP,yP), 由=2得, 解得P,代入+=1,得+=1, 又m>0,解得m=. (3)由线段AM的垂直平分线l的斜率为2,得直线AM的斜率为-,则=-,解得m=, 由A(a,0),M得AM中点坐标为, 故直线l:y=2x-a,显然直线l过椭圆内点, 故直线与椭圆恒有两不同交点, 设C(x1,y1),D(x2,y2), 由消y得(4a2+5)x2-3a3x+a4-5a2=0, 由根与系数的关系得x1+x2=,x1x2=, 因为∠CMD为钝角,则·<0,且M, 所以·=x1x2+=x1x2+·=5x1x2-a(x1+x2)+a2<0, 即5-×3a3+a2(4a2+5)<0,解得a2<11,又a>, 故<a<,即a的取值范围是(,). 16.（2025天津，18,15分） 已知椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,P为直线x=a上一点,且直线PF的斜率为,△PFA的面积为,椭圆的离心率为. (1)求椭圆的方程; (2)若过点P的直线与椭圆有唯一的公共点B(B异于A),求证:FP平分∠AFB. 【解析】(1)依题意,设椭圆+=1(a>b>0)的半焦距为c, 则左焦点F(-c,0),右顶点A(a,0),离心率e==,故a=2c, 因为P为x=a上一点,所以设P(a,m), 又直线PF的斜率为,则=,即=, 所以=,解得m=c,则P(a,c),即P(2c,c), 因为△PFA的面积为,|AF|=a-(-c)=a+c=3c,AF边上的高为|m|=c, 所以S△PFA=|AF||m|=×3c·c=,解得c=1, 则a=2c=2,b2=a2-c2=3, 所以椭圆的方程为+=1. (2)证明:由(1)可知P(2,1),F(-1,0),A(2,0), 易知直线PB的斜率存在,设其方程为y=kx+n,则1=2k+n,即n=1-2k, 联立消去y,得(3+4k2)x2+8knx+4n2-12=0, 因为直线与椭圆有唯一交点, 所以Δ=(8kn)2-4(3+4k2)·(4n2-12)=0, 即4k2-n2+3=0,则4k2-(1-2k)2+3=0,解得k=-, 则n=2, 所以直线PB的方程为y=-x+2, 联立解得则B, 以下分别用四种方法证明结论: 证法一则=,=(3,1),=(3,0), 所以cos∠BFP= ==, cos∠PFA===, 则cos∠BFP=cos∠PFA,又∠BFP,∠PFA∈, 所以∠BFP=∠PFA,即FP平分∠AFB. 证法二所以kFB==,又kPF=,kAF=0, 由两直线夹角的斜率公式,得tan∠BFP==,tan∠PFA==, 则tan∠BFP=tan∠PFA,又∠BFP,∠PFA∈, 所以∠BFP=∠PFA,即FP平分∠AFB. 证法三则tan∠PFA=kPF=,tan∠BFA=kFB=, 故tan 2∠PFA====tan∠BFA, 又∠BFA,∠PFA∈, 所以∠BFA=2∠PFA,即FP平分∠AFB. 证法四则kFB==, 所以直线FB的方程为y=(x+1),即3x-4y+3=0, 则点P到直线FB的距离d==1, 又点P到直线FA的距离也为1, 所以FP平分∠AFB. 17.（2025北京，19,15分） 已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程; (2)设O为坐标原点,点M(x0,y0)(x0≠0)在椭圆E上,直线x0x+2y0y-4=0与直线y=2,y=-2分别交于点A,B,设△OAM与△OBM的面积分别为S1,S2,比较与的大小. 【解析】(1)由题意得2a=4,所以a=2,又e==,所以c=,则b2=a2-c2=2, 故椭圆E的方程为+=1. (2)联立消去x,得+2y2=4, 整理得(2+4)y2-16y0y+16-4=0①, 又+=1,所以2+4=8,16-4=8, 故①式可化简为8y2-16y0y+8=0,即(y-y0)2=0,所以y=y0, 所以直线x0x+2y0y-4=0与椭圆相切,M为切点. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 易知,当x1=x2时,y0=0,由对称性可知,=. 当x1≠x2时,不妨设x2<x0<x1,易知===, 联立解得x1=,y1=2, 联立解得x2=,y2=-2, 所以=== ==, 又== ===, 故=. 18.(2023北京,19,15分,中)已知椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,A,C分别是E的上、下顶点,B,D分别是E的左、右顶点,|AC|=4. (1)求E的方程; (2)设P为第一象限内E上的动点,直线PD与直线BC交于点M,直线PA与直线y=-2交于点N.求证:MN∥CD. 【解析】　(1)由题意知|AC|=2b=4,即b=2, 又e=,∴a2=9. ∴E的方程为=1. (2)证明:设点P(x0,y0),则=1,即4. 直线PD:y=(x-3),直线BC:y=-x-2,联立直线PD与直线BC的方程,得点M. 直线PA的方程为y=x+2, 令y=-2,得点N. 因为kMN= = = = =, 又因为kCD=,所以kMN=kCD, 又MN与CD无公共点,所以MN∥CD. 19.(2020北京,20,15分)已知椭圆C:=1过点A(-2,-1),且a=2b. (Ⅰ)求椭圆C的方程; (Ⅱ)过点B(-4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q.求的值. 【解析】(Ⅰ)由已知条件可列方程组 解得故椭圆C的标准方程为=1. (5分) (Ⅱ)解法一:由题意知,直线l的斜率存在,设l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+4). 当k≠0时,直线l与椭圆C交于M、N两点, 设M(x1,y1),N(x2,y2), 联立化简得(4k2+1)x2+32k2x+(64k2-8)=0, 则x1+x2=-,x1x2=, Δ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32(1-4k2)>0, 解得-. (9分) 直线MA的方程为y=(x+2)-1,令x=-4,得到yP=-1,即P, 同理直线NA的方程为y=(x+2)-1,令x=-4,得到yQ=-1,即Q, yP+yQ=-(2k+1)[x1x2+3(x1+x2)+8], 因为x1x2+3(x1+x2)+8==0,故yP+yQ=0,即yP=-yQ,所以=1. (13分) 当k=0时,易得直线l与椭圆C的两个交点分别为(-2,0)和(2,0), (易错:此处容易忽略k=0的情况) 不妨设M(-2,0),N(2,0), 则直线MA的方程为y=-(x+2), 直线NA的方程为y=(x-2), 令x=-4,则yP=,yQ=-, 此时也满足=1. 综上所述,=1. (15分) 解法二:由题意得直线l的斜率存在,设l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+4),设M(x1,y1),N(x2,y2), 联立化简得(4k2+1)x2+32k2x+(64k2-8)=0, 则x1+x2=-, x1x2=, Δ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32(1-4k2)>0, 解得-. (9分) 直线MA的方程为y=(x+2)-1, 直线NA的方程为y=(x+2)-1, 令x=-4,则yP=,yQ=, 所以P,Q, (11分) 所以 = =, 将x1+x2和x1x2代入上式, 整理得=1. (15分) 解法三:易知当l的斜率为0时,=1. (7分) 当l的斜率不为0时, 设直线l:x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2), 由得(m2+4)y2-8my+8=0, 由Δ=64m2-4×8×(m2+4)>0,解得m2>4, 且y1+y2=,y1y2=, 此时lMA:y+1=(x+2),令x=-4,得yP=-1, 同理可得yQ=-1, (11分) 则yP+yQ=-2 =-2 =-2×, 因为(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2) =(y1+1)(my2-2)+(y2+1)(my1-2)+(my1-2)(my2-2) =m(m+2)y1y2-(m+2)(y1+y2) =m(m+2)-(m+2)=0, 所以yP+yQ=0,所以|PB|=|BQ|,所以=1. 综上,=1. (15分) 知识延伸:判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时,通常将直线l的方程Ax+By+C=0(A,B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x,y)=0,消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程,即消去y,得ax2+bx+c=0. (1)当a≠0时,设一元二次方程ax2+bx+c=0的根的判别式为Δ,则 (2)当a=0,b≠0时,即得到一个一次方程,则直线l与圆锥曲线C相交,且只有一个交点,此时,若C为双曲线,则直线l与双曲线的渐近线平行;若C为抛物线,则直线l与抛物线的对称轴平行或重合. 20.(2020天津,18,15分)已知椭圆=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-3),右焦点为F,且|OA|=|OF|,其中O为原点. (Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)已知点C满足3,点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点),直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,且P为线段AB的中点.求直线AB的方程. 【解析】(Ⅰ)由已知可得b=3.记半焦距为c,由|OF|=|OA|可得c=b=3.又a2=b2+c2,所以a2=18.所以,椭圆的方程为=1. (4分) (Ⅱ)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,且P为线段AB的中点,所以AB⊥CP.依题意,直线AB和直线CP的斜率均存在(由于A为椭圆的一个顶点,B为非顶点,直线AB与圆C相切,故直线AB,CP斜率均存在).设直线AB的方程为y=kx-3.由方程组消去y,可得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0,或x=.依题意,可得点B的坐标为.因为P为线段AB的中点,点A的坐标为(0,-3),所以点P的坐标为(中点坐标公式). (9分) 由3,得点C的坐标为(1,0),故直线CP的斜率为,即.又因为AB⊥CP,所以k·=-1(两直线垂直,斜率之积为-1),整理得2k2-3k+1=0,解得k=,或k=1. (14分) 所以,直线AB的方程为y=x-3,或y=x-3. (15分) 21.(2022天津,19,15分)已知椭圆=1(a>b>0)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e; (2)已知直线l与椭圆有唯一公共点M,与y轴交于点N(N异于M),记点O为坐标原点,若|OM|=|ON|,且△OMN的面积为,求椭圆的标准方程. 【解析】　(1)∵|BF|==a,|AB|=, ∴,解得a=b, ∴c=b,∴离心率e=. (2)由(1)知椭圆方程为=1. 由题可知直线l的斜率存在且不为0,设l:y=kx+m(k≠0),由椭圆的对称性,不妨设k<0,m>0,如图. 则有|OM|=|ON|=m. 联立得 则有(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3b2=0, Δ=0⇒3b2k2+b2-m2=0, 由根与系数的关系得xM=-,代入直线l的方程,有yM=. ∴|OM|==m,解得k=-, 设直线OM的倾斜角为θ, ∴kOM=tan θ=, ∴θ=30°,故∠NOM=60°, ∴S△OMN=,解得m=2, ∴3b2×+b2-4=0,可得b2=2, ∴椭圆的标准方程为=1. 一题多解　(2)由(1)知椭圆方程为=1, 不妨设M(x0,y0)(x0>0,0<y0<b), 则l:=1,∴N, ∵|OM|=|ON|,∴,① ∵S△MON=, ∴,② 将M的坐标代入椭圆方程可得=3b2,③ 联立①②③可得b=,从而a=, ∴椭圆的标准方程为=1. 22.(2021北京,20,15分)已知椭圆E:=1(a>b>0)过点A(0,-2),以四个顶点围成的四边形面积为4. (1)求椭圆E的标准方程; (2)过点P(0,-3)的直线l的斜率为k,交椭圆E于不同的两点B,C,直线AB交y=-3于点M,直线AC交y=-3于点N,若|PM|+|PN|≤15,求k的取值范围. 【解析】　(1)将A(0,-2)代入椭圆方程得b=2,由椭圆四个顶点围成的四边形面积为2ab=4,解得a=, 所以椭圆E的标准方程为=1. (2)由题意得直线l的方程为y+3=k(x-0),即y=kx-3, 将y=kx-3代入椭圆方程并化简得(4+5k2)x2-30kx+25=0, 由Δ=(-30k)2-4×25(4+5k2)>0,解得k<-1或k>1, 设B(x1,y1),C(x2,y2),不妨设点B位于第一象限,点C位于第四象限,如图所示. 则x1+x2=,x1x2=, 直线AB的方程为, 令y=-3,解得x=-,得M, 同理可得N, ∴|PM|+|PN|= = = = = ==5k≤15, 解得k≤3,又k>1,所以1<k≤3. 由椭圆的对称性知,当点B位于第二象限,点C位于第三象限时,-3≤k<-1. 综上,k的取值范围为[-3,-1)∪(1,3]. 解题指导:(1)首先根据椭圆过A点,确定b的值,然后结合四边形面积为4,得到a的值;(2)先写出直线l的方程,然后设出B、C两点坐标,再分别写出直线AB、AC的方程,从而确定点M、N的坐标,再结合|PM|+|PN|≤15,建立不等式求解k的取值范围. 方法总结　处理直线与椭圆的位置关系问题,首先设出直线方程,然后联立直线方程与椭圆方程,再依据根与系数的关系列出所需的关系式求解. 考点2 椭圆的几何性质 1.（2023课标I，5）设椭圆的离心率分别为．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由，得，因此，而，所以，故选：A 2.（2023课标II，5）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】将直线与椭圆联立，消去可得， 因为直线与椭圆相交于点，则，解得， 设到的距离到距离，易知，则，， ，解得或（舍去）， 故选：C. 3.(2022全国甲理,10,5分)椭圆C:=1(a>b>0)的左顶点为A,点P,Q均在C上,且关于y轴对称.若直线AP,AQ的斜率之积为,则C的离心率为 (　　) A. 【答案】　A　 【解析】 设P(x0,y0)(x0≠±a),由于P,Q两点均在C上,且关于y轴对称,所以Q(-x0,y0),且满足=1,则有(a2-)(x0≠±a).由题意得A(-a,0),所以kPA=,kAQ=,所以kAP·kAQ=-,所以C的离心率e=,故选A. 4.(2021全国乙理,11,5分)设B是椭圆C:=1(a>b>0)的上顶点,若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b,则C的离心率的取值范围是 (　　) A. 【答案】　C　 【解析】 由题意知,B(0,b),设P(x0,y0),则=1,则. ∴|PB|2=+(y0-b)2=a2-2by0+a2+b2, ∵C上任意一点P都满足|PB|≤2b,y0∈[-b,b],∴当y0=-b时,|PB|2取得最大值,∴-≤-b,即b2≥c2, 又a2=b2+c2,∴a2-c2≥c2,即a2≥2c2,∴e2≤,又∵e∈(0,1), ∴e∈,即离心率的取值范围为,故选C. 易错警示　当|PB|2转化成关于y0的函数时,由于忽略y0的取值范围而导致|PB|2的最大值求错,从而失分. 5.(2018课标Ⅰ文,4,5分)已知椭圆C:+=1的一个焦点为(2,0),则C的离心率为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】　C　 【解析】 本题主要考查椭圆的方程及其几何性质. 由题意可知c=2,b2=4, ∴a2=b2+c2=4+22=8,则a=2, ∴e===,故选C. 方法总结　求椭圆离心率的常用方法: (1)求得a,c的值,直接代入e=求解. (2)列出关于a,b,c的齐次方程,结合b2=a2-c2消去b,从而转化为关于e的方程求解. 6.(2018课标Ⅱ文,11,5分)已知F1,F2是椭圆C的两个焦点,P是C上的一点.若PF1⊥PF2,且∠PF2F1=60°,则C的离心率为(　　) A.1-　　　　　B.2- C.　　　　　D.-1 【答案】　D　 【解析】 本题主要考查椭圆的定义和几何性质. 不妨设椭圆方程为+=1(a>b>0). 在Rt△F1PF2中,因为∠PF2F1=60°,|F1F2|=2c, 所以|PF2|=c,|PF1|=c. 由椭圆的定义得|PF1|+|PF2|=2a, 即c+c=2a, 所以椭圆的离心率e===-1.故选D. 疑难突破　利用椭圆的定义|PF1|+|PF2|=2a,结合题意得到a与c的等量关系是求解的关键,也是难点的突破口. 7.(2016课标Ⅰ文,5,5分)直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点,若椭圆中心到l的距离为其短轴长的,则该椭圆的离心率为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】　B　 【解析】 如图,|OB|为椭圆中心到l的距离,则|OA|·|OF|=|AF|·|OB|,即bc=a·,所以e==.故选B. 易错警示　椭圆中心到直线l的距离为×2b=,容易将短轴长误认为b. 评析　本题考查椭圆的基本知识,利用三角形的面积建立等量关系是求解的关键. 8.(2015福建文,11,5分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F,短轴的一个端点为M,直线l:3x-4y=0交椭圆E于A,B两点.若|AF|+|BF|=4,点M到直线l的距离不小于,则椭圆E的离心率的取值范围是(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】　A　 【解析】 直线l:3x-4y=0过原点,从而A,B两点关于原点对称,于是|AF|+|BF|=2a=4,所以a=2.不妨令M(0,b),则由点M(0,b)到直线l的距离不小于,得≥,即b≥1.所以e2===≤,又0<e<1,所以e∈,故选A. 评析　本题考查了椭圆的定义及性质.考查数形结合的思想.解题关键在于发现A,B两点关于原点对称,从而得出|AF|+|BF|=2a. 9.(2013课标Ⅱ文,5,5分)设椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,P是C上的点,PF2⊥F1F2,∠PF1F2=30°,则C的离心率为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】　D　 【解析】 在Rt△PF2F1中,令|PF2|=1,因为∠PF1F2=30°,所以|PF1|=2,|F1F2|=.所以e===.故选D. 10.(2013四川文,9,5分)从椭圆+=1(a>b>0)上一点P向x轴作垂线,垂足恰为左焦点F1,A是椭圆与x轴正半轴的交点,B是椭圆与y轴正半轴的交点,且AB∥OP(O是坐标原点),则该椭圆的离心率是(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】　C　 【解析】 左焦点为F1(-c,0),PF1⊥x轴, 当x=-c时,+=1⇒=b2=⇒yP=(负值不合题意,已舍去),点P, 由斜率公式得kAB=-,kOP=-. ∵AB∥OP,∴kAB=kOP⇒-=-⇒b=c. ∵a2=b2+c2=2c2,∴=⇒e==.故选C. 11.(2013辽宁文,11,5分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左焦点为F,C与过原点的直线相交于A、B两点,连接AF,BF.若|AB|=10,|BF|=8,cos∠ABF=,则C的离心率为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】　B　 【解析】 如图,设|AF|=x,则cos∠ABF==. 解得x=6,∴∠AFB=90°,由椭圆及直线关于原点对称可知|AF1|=8,且∠FAF1=∠FAB+∠FBA=90°,△FAF1是直角三角形,∴|F1F|=10,故2a=8+6=14,2c=10,∴=.故选B. 评析　本题考查余弦定理,椭圆的几何性质,考查了数形结合思想及运算求解能力. 12.(2012课标理,4,5分)设F1,F2是椭圆E:+=1(a>b>0)的左,右焦点,P为直线x=上一点,△F2PF1是底角为30°的等腰三角形,则E的离心率为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】　C　 【解析】 设直线x=a与x轴交于点Q,由题意得∠PF2Q=60°,|F2P|=|F1F2|=2c,|F2Q|=a-c,∴a-c=×2c,∴e==,故选C. 评析　本题考查了椭圆的基本性质,考查了方程的思想,灵活解三角形对求解至关重要. 13.(2011课标全国文,4,5分)椭圆+=1的离心率为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】　D　 【解析】 在+=1中,a2=16,b2=8,c2=a2-b2=16-8=8, ∴c=2,∴e===,故选D. 14.(2016课标Ⅲ,11,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C:+=1(a>b>0)的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为　(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】　A　 【解析】 由题意知过点A的直线l的斜率存在且不为0,故可设直线l的方程为y=k(x+a),当x=-c时,y=k(a-c),当x=0时,y=ka,所以M(-c,k(a-c)),E(0,ka).如图,设OE的中点为N,则N,由于B,M,N三点共线,所以kBN=kBM,即=,所以=,即a=3c,所以e=.故选A. 15.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆+y2=m(m>1)上两点A,B满足=2,则当m=　　　　时,点B横坐标的绝对值最大.  【答案】　5 【解析】　本小题考查椭圆的标准方程,向量的坐标运算,二次函数的最值. 设B(t,u),由=2,易得A(-2t,3-2u). ∵点A,B都在椭圆上,∴ 从而有+3u2-12u+9=0,即+u2=4u-3. 即有4u-3=m⇒u=, ∴+=m,∴t2=-m2+m-=-(m-5)2+4. ∴当m=5时,(t2)max=4,即|t|max=2, 即当m=5时,点B横坐标的绝对值最大. 16.(2015浙江文,15,4分)椭圆+=1(a>b>0)的右焦点F(c,0)关于直线y=x的对称点Q在椭圆上,则椭圆的离心率是　　　　.  【答案】　 【解析】　令Q的坐标为(x0,y0),FQ的中点为M,由点M在直线y=x上得bx0-cy0+bc=0①.又因为直线FQ垂直于直线y=x,所以=-,即cx0+by0-c2=0②,联立①②得点Q,把点Q的坐标代入+=1并化简得a6=4c6+a4c2,两边同除以a6得4e6+e2-1=0,令t=e2,则0<t<1,则4t3-t+2t-1=0,则[t(2t+1)+1](2t-1)=0,解得t=,因为0<e<1,所以e=. 17.(2014江西文,14,5分)设椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点为F1,F2,过F2作x轴的垂线与C相交于A,B两点,F1B与y轴相交于点D,若AD⊥F1B,则椭圆C的离心率等于　　　　.  【答案】　 【解析】　不妨设A在x轴上方,由于AB过F2且垂直于x轴,因此可得A,B,由OD∥F2B,O为F1F2的中点可得D,所以=,=,又AD⊥F1B,所以·=-2c2+=0,即3b4=4a2c2,又b2=a2-c2,所以可得(a2-c2)=2ac,两边同时除以a2,得 e2+2e-=0,解得e=或-,又e∈(0,1),故椭圆C的离心率为. 评析　本题考查椭圆的几何性质、两直线垂直的充要条件.考查学生的运算求解能力以及知识的转化应用能力.根据已知条件建立起关于a、b、c的等量关系式是求解本题的关键. 18.(2013福建理,14,4分)椭圆Γ:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,焦距为2c.若直线y=(x+c)与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2=2∠MF2F1,则该椭圆的离心率等于　　　　.  【答案】　-1 【解析】　由已知得直线y=(x+c)过M、F1两点,所以直线MF1的斜率为,所以∠MF1F2=60°,则∠MF2F1=30°,∠F1MF2=90°,如图,故MF1=c,MF2=c,由点M在椭圆Γ上知:c+c=2a,故e==-1. 19.(2012江西理,13,5分)椭圆+=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A、B,左、右焦点分别是F1、F2.若|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列,则此椭圆的离心率为　　　　.  【答案】　 【解析】　∵|AF1|=a-c,|BF1|=a+c,|F1F2|=2c, 则有4c2=(a-c)(a+c), 得e==. 评析　本题考查了椭圆的离心率的概念,椭圆和等比数列的基本性质. 20.(2019天津文,19,14分)设椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,左顶点为A,上顶点为B.已知|OA|=2|OB|(O为原点). (1)求椭圆的离心率; (2)设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P,圆C同时与x轴和直线l相切,圆心C在直线x=4上,且OC∥AP.求椭圆的方程. 【解析】　本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.满分14分. (1)设椭圆的半焦距为c,由已知有a=2b. 又由a2=b2+c2,消去b得a2=+c2,解得=. 所以,椭圆的离心率为. (2)由(1)知,a=2c,b=c,故椭圆方程为+=1. 由题意,F(-c,0),则直线l的方程为y=(x+c). 点P的坐标满足消去y并化简,得到7x2+6cx-13c2=0,解得x1=c,x2=-. 代入到l的方程,解得y1=c,y2=-c. 因为点P在x轴上方,所以P. 由圆心C在直线x=4上,可设C(4,t). 因为OC∥AP,且由(1)知A(-2c,0),故=,解得t=2.则C(4,2). 因为圆C与x轴相切,所以圆的半径长为2,又由圆C与l相切,得=2,可得c=2. 所以,椭圆的方程为+=1. 思路分析　(1)由已知条件,得a与b的比例关系,代入a2=b2+c2,得a与c的齐次关系,进而求得离心率.(2)设出直线方程(含参数c),联立直线与椭圆方程(含参数c),得交点P的坐标(含参数c),由kAP=kOC,求得C点坐标以及圆的半径r,最后由圆心到直线距离等于半径列出关于c的方程,求得c的值,最终确定椭圆方程. 21.(2017天津文,20,14分)已知椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),右顶点为A,点E的坐标为(0,c),△EFA的面积为. (1)求椭圆的离心率; (2)设点Q在线段AE上,|FQ|=c,延长线段FQ与椭圆交于点P,点M,N在x轴上,PM∥QN,且直线PM与直线QN间的距离为c,四边形PQNM的面积为3c. (i)求直线FP的斜率; (ii)求椭圆的方程. 【解析】　本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质和方程思想.考查运算求解能力,以及综合分析问题和解决问题的能力. (1)设椭圆的离心率为e.由已知,可得(c+a)c=. 又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0,即2e2+e-1=0. 又因为0<e<1,解得e=.所以,椭圆的离心率为. (2)(i)依题意,设直线FP的方程为x=my-c(m>0),则直线FP的斜率为. 由(1)知a=2c,可得直线AE的方程为+=1,即x+2y-2c=0,与直线FP的方程联立,可解得x=,y=,即点Q的坐标为.由已知|FQ|=c,有+=,整理得3m2-4m=0,所以m=,即直线FP的斜率为. (ii)由a=2c,可得b=c,故椭圆方程可以表示为+=1. 由(i)得直线FP的方程为3x-4y+3c=0,与椭圆方程联立得消去y, 整理得7x2+6cx-13c2=0, 解得x=-(舍去),或x=c.因此可得点P,进而可得|FP|==,所以|PQ|=|FP|-|FQ|=-=c. 由已知,线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离,故直线PM和QN都垂直于直线FP. 因为QN⊥FP,所以|QN|=|FQ|·tan∠QFN=×=,所以△FQN的面积为|FQ||QN|=,同理△FPM的面积等于,由四边形PQNM的面积为3c,得-=3c,整理得c2=2c,又由c>0,得c=2. 所以,椭圆的方程为+=1. 方法点拨　1.求离心率常用的方法:(1)直接求a,c,利用定义求解;(2)构造a,c的齐次式,利用方程思想求出离心率e的值. 2.求直线斜率的常用方法:(1)公式法:k=(x1≠x2),其中两点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2);(2)利用导数的几何意义求解;(3)直线的方向向量a=(m,n),则k=(m≠0);(4)点差法. 3.解决四边形或三角形的面积问题时,注意弦长公式与整体代换思想的应用. 22.(2015安徽理,20,13分)设椭圆E的方程为+=1(a>b>0),点O为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线OM的斜率为. (1)求E的离心率e; (2)设点C的坐标为(0,-b),N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为,求E的方程. 【解析】　(1)由题设条件知,点M的坐标为, 又kOM=,从而=. 进而得a=b,c==2b.故e==. (2)由题设条件和(1)的计算结果可得,直线AB的方程为+=1,点N的坐标为. 设点N关于直线AB的对称点S的坐标为,则线段NS的中点T的坐标为.又点T在直线AB上,且kNS·kAB=-1,从而有 解得b=3. 所以a=3,故椭圆E的方程为+=1. 评析　本题考查椭圆的方程、几何性质以及对称问题,利用方程思想解决点关于直线的对称问题,考查利用待定系数法求椭圆的方程,考查学生的运算求解能力和化归思想的应用. ( 第 22 页 共 22 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$