专题03 椭圆（期中复习讲义）高二数学上学期苏教版选择性必修第一册

该高中数学椭圆专题复习讲义通过表格化梳理与层级化整合构建知识体系，核心考点与考情规律对照表明确基础考点（如定义、离心率）与重难必考点（如焦点三角形、直线与椭圆位置关系），知识点部分用对比表格呈现焦点在x轴/y轴的标准方程、几何性质，清晰展现a,b,c,e的内在联系。 讲义练习设计分层递进，基础通关练夯实定义应用等基础题型，重难突破练聚焦离心率范围、中点弦等综合问题，综合拓展练提升切线与圆交汇等创新题型的解题能力。每个题型配备“解题技巧”提示，如焦点三角形面积公式、点差法求中点弦斜率，培养数学思维与运算能力，助力学生自主复习时精准定位薄弱点，教师可据此实施分层教学，提升复习效率。

专题03 椭圆（期中复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 椭圆定义 掌握椭圆的定义 基础考点，常出现在选择题，填空题 根据椭圆定义求方程 掌握椭圆的定义求标准方程 基础考点，常出现在选择题，填空题 根据方程表示椭圆求参数 掌握椭圆的标准方程 基础考点，常出现在选择题，填空题 椭圆离心率 掌握椭圆的简单几何性质，了解椭圆中a，b，c，e的几何意义 基础考点，常出现在选择题，填空题 椭圆中的焦点三角形 掌握椭圆中焦点三角形常用结论，定义，余弦定理，面积公式 重难必考点，常出现选择题，填空题，解答题 直线与椭圆位置关系 掌握代数法判断直线与椭圆的位置关系，韦达定理应用 重难必考点，常出现选择题，填空题，解答题 知识点01 椭圆的定义 1、椭圆的定义：平面内一个动点到两个定点、的距离之和等于常数， 这个动点的轨迹叫椭圆. 这两个定点（,）叫椭圆的焦点，两焦点的距离（）叫作椭圆的焦距. 说明： 若，的轨迹为线段； 若，的轨迹无图形 2、定义的集合语言表述 集合. 知识点02 椭圆的标准方程 焦点位置 焦点在轴上 焦点在轴上 标准方程 （） （） 图象 焦点坐标 ， ， 的关系 知识点03 椭圆的简单几何性质 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 ，， ， 轴长 短轴长＝，长轴长＝ 焦点 焦距 对称性 对称轴：轴、轴　对称中心：原点 离心率 ， 知识点04椭圆的简单几何性质 离心率：椭圆焦距与长轴长之比：. （） 当越接近1时，越接近，椭圆越扁； 当越接近0时，越接近0，椭圆越接近圆； 当且仅当时，图形为圆，方程为 知识点05 用结论 1、与椭圆共焦点的椭圆方程可设为： 2、有相同离心率：（，焦点在轴上）或（，焦点在轴上） 3、椭圆的图象中线段的几何特征（如下图）： （1）； （2），，； （3）,，； 知识点06直线与椭圆的位置关系 1、直线与椭圆的位置关系 将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，消元转化为关于或的一元二次方程，其判别式为. ①直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）； ②直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)； ③直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点． 知识点07直线与椭圆的相交弦 直线与椭圆问题（韦达定理的运用） （1）弦长公式：若直线与圆锥曲线相交与、两点，则： 弦长 弦长 这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形： ； （2）结论1：已知弦是椭圆（）的一条弦，中点坐标为，则的斜率为 运用点差法求的斜率，设，；、都在椭圆上， 两式相减得：， 即 ，故 结论2：弦的斜率与弦中心和椭圆中心的连线的斜率之积为定值： （3）.已知椭圆方程，长轴端点为，，焦点为，，是椭圆上一点， ．求：的面积（用、、表示）． 设，由椭圆的对称性，不妨设，由椭圆的对称性，不妨设在第一象限． 由余弦定理知： · ① 由椭圆定义知： ②，则得 故 题型一 根据椭圆定义求方程 解｜题｜技｜巧 椭圆定义 【典例1】已知圆的方程为，定点，为圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线相交于点，则点的轨迹方程为（　　） A． B． C． D． 【变式1】已知动圆与圆内切，同时与圆外切，则动圆的圆心轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【变式2】已知圆与直线相切，点在圆上，点，且的垂直平分线交于点，求点的轨迹方程． 题型二 根据方程表示椭圆求参数 解｜题｜技｜巧 根据标准方程形式判断对比求参数 （） （） 【典例1】（多选）若方程表示椭圆，则实数的取值可能是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式1】（多选）若方程表示椭圆，则的值可以为（   ） A．1 B．3 C．6 D．8 【变式2】6．（多选）如果方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数a的取值范围可以是（    ） A． B． C． D． 题型三 和、差距离最值 解｜题｜技｜巧 设，分别为椭圆的两焦点，点是椭圆上任一点，点为平面内一定点. （1） 若定点在椭圆内， ①求 的最值：由 ，转化为求的最值. 有 ，当、、三点共线时取等号，则； ②求 的最值：有，当、、三点共线时取等号，则； （2）若定点在椭圆外，分析过程同（1）. 【典例1】已知动点在椭圆上，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【变式1】已知分别为椭圆的左、右焦点，椭圆内一点的坐标为，为椭圆上的一个动点，则的最大值是 ． 【变式2】已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为 . 题型四 椭圆中焦点三角形问题 解｜题｜技｜巧 以椭圆为例，，分别为椭圆的左右焦点，点（除长轴两端点外）是椭圆上任一点，直线与椭圆相交与、两点，,与轴相交于点 （1）焦点三角形面积 （2） （为点到直线的距离） （3）（为坐标原点） 【典例1】已知，为椭圆的两个焦点，是椭圆上第一象限的点，若，则（    ） A． B． C． D． 【变式1】椭圆的焦点为，点在该椭圆上，若，则的大小为 ． 【变式2】如图所示，已知椭圆的方程为，若点P在第二象限，且，求点P的坐标． 题型五 椭圆离心率 解｜题｜技｜巧 常用工具：定义： 余弦定理： 齐次式：通过三角函数（如正弦定理）转化几何关系，或利用不等式（如三角形三边关系）构造，的齐次式求离心率（注意椭圆）. 【典例1】已知是椭圆的两个焦点，是椭圆上的一点，，则椭圆离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式1】已知椭圆的左、右两个焦点为，，若椭圆上存在两点、关于原点对称，且满足，，则椭圆的离心率（   ） A． B． C． D． 【变式2】已知椭圆上存在一点，使得（为长轴端点），则此椭圆的离心率的取值范围是 ． 题型六 直线与椭圆的位置关系 解｜题｜技｜巧 将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，消元转化为关于或的一元二次方程，其判别式为. ①直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）； ②直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)； ③直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点． 【典例1】若对任意实数 ，直线 与焦点在 轴上的椭圆 至少有一个交点，则实数 的取值范围是 . 【变式1】已知直线与曲线有两个公共点，则k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式2】直线与椭圆的公共点个数为 ． 题型七 弦长 解｜题｜技｜巧 （1）弦长公式：若直线与圆锥曲线相交与、两点，则： 弦长 弦长 这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形： ； 【典例1】已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆交于、两点． (1)求的短轴长及的周长； (2)若直线过点，求弦长． 【变式1】已知椭圆的离心率，且椭圆的长轴长为4. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程. 【变式2】已知椭圆的离心率，一个焦点为. (1)求椭圆的方程； (2)若斜率为1的直线交椭圆于，两点，且，求直线的方程. 题型八 中点弦 解｜题｜技｜巧 已知弦是椭圆（）的一条弦，中点坐标为，则的斜率为 运用点差法求的斜率，设，；、都在椭圆上， 两式相减得：， 即 ，故 结论2：弦的斜率与弦中心和椭圆中心的连线的斜率之积为定值： 【典例1】已知椭圆C与双曲线有相同的焦点，且椭圆C经过点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线l与椭圆C相交于，且的中点为，求直线l的方程. 【变式1】已知椭圆经过点且离心率为，设直线与椭圆相交于两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线的斜率为1，求线段中点的轨迹方程； 【变式2】已知椭圆的焦距为12，长半轴长为. (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆相交于两点，若线段的中点坐标为，求直线的方程. 题型九 直线与椭圆相交中定点问题 解｜题｜技｜巧 1、定点问题的求解思路： （1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 2、过定点问题的两大类型及解法 （1）动直线过定点问题 解法：设动直线方程（斜率存在）为，由题设条件将用表示为得 故动直线过定点；若动直线斜率不为0，可设方程为. （2）动曲线过定点问题 解法：引入参变量建立曲线的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点 【典例1】已知椭圆C的中心在原点，一个焦点为，且C经过点． (1)求C的方程； (2)设C与y轴的正半轴交于点D，直线l：y=kx+m与C交于A、B两点（l不经过D点），且AD⊥BD．证明：直线l经过定点 【变式1】已知椭圆（）的长轴长为，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为8． (1)求椭圆E的方程； (2)过点且斜率为k（）的直线与椭圆E交于A，B两点． （ⅰ）若线段的中点横坐标为1，求k； （ⅱ）点C与点B关于x轴对称．在x轴上是否存在定点，使A，C，D三点共线？若存在，求实数m的值，若不存在，说明理由． 【变式2】已知椭圆经过点，离心率为． (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l交椭圆C于M，N两点（均异于点A），且，则直线l是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 题型十直线与椭圆相交中定值问题 解｜题｜技｜巧 在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题．这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用， 【一般策略】 ①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关 ②引进变量法：选择适当的动点坐标或动直线中的系数为变量，然后把要证明为定值的量表示成上述变量的函数，最后把得到的函数化简，消去变量得到定值 【典例1】已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)直线（存在且不等于0）与椭圆交于，两点，直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断是否为定值并证明． 【变式1】在圆 上任取一点 ，过点 作 轴的垂线段 为垂足． (1)当点 在圆上运动时，求线段 的中点 的轨迹方程． (当点 经过圆与 轴的交点时，规定点 与点 重合) (2)根据（1）中所得的点 的轨迹方程，若直线 与点 的轨迹相交于 ， 两点，且 ，试判断的面积是否为定值． 若是，求出该定值；若不是， 请说明理由． 【变式2】已知椭圆的两个焦点是，且过点的直线与交于，两点，若的周长为8，的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上，设点关于轴的对称点为，是椭圆上一点，直线和与轴分别交于点（不重合），为原点，证明为定值． 题型十一直线与椭圆相交中定直线问题 解｜题｜技｜巧 1、 在圆锥曲线中，定直线问题指的是：在曲线或相关点、线满足某些动态条件（如点在曲线上运动、直线绕定点转动等）时，始终存在一条固定不变的直线，使得动态元素（如交点、轨迹、垂足等）始终在这条直线上，这条直线就被称为“定直线”. 2、圆锥曲线中的定直线问题的常见类型及解题策略： ①联立方程消去参； ②挖掘图形的对称性，解出动点横坐标或纵坐标 ③将横纵坐标分别用参数表示，再消参 ④设点，对方程变形解得定直线 【典例1】已知定点，动点满足． (1)求动点的轨迹的方程． (2)设过点且与轴不重合的直线交曲线于E，F两点． ①过点作与直线垂直的直线交曲线于G，H两点，求四边形EGFH面积的最大值； ②设曲线与轴交于P，Q两点，直线PE与直线QF相交于点，证明：点在定直线上． 【变式1】已知椭圆经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线l交该椭圆于C，D两点（点C在点D的上方），椭圆的上、下顶点分别为A，B，直线AD与直线BC交于点Q．证明：点Q在定直线上． 【变式2】已知椭圆过点，直线与交于两点. (1)求的方程； (2)若，求的值； (3)已知的上，下顶点分别为，记直线交于点，证明：点在定直线上，并求出该直线方程. 期中基础通关练（测试时间：50分钟） 1．中心为原点，焦点在x轴上，且长轴长与短轴长之比为2：1，焦距为4的椭圆方程为（　　） A． B． C． D． 2．已知焦点在x轴上的椭圆 其右焦点 F 与上顶点A 和左顶点 B 构成面积为的三角形，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 3．若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（   ） A．[4，5] B． C． D． 4．已知为椭圆上一点，椭圆的四个顶点为，且，则（    ） A．点必在椭圆上 B．点必在椭圆上 C．点必在椭圆上 D．点必在椭圆上 5．方程表示的曲线为（    ） A．圆 B．椭圆 C．线段 D．不表示任何图形 6．工程师将飞机最开始的方形窗户改为椭圆形窗户，如图1所示，使其均匀受压，飞机更为安全．一缕阳光从飞机窗户射入，在机舱地面上形成轮廓为圆的光斑，如图2所示．若光线与地面所成角为，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．（多选）某彗星的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆，测得轨道的近日点（距离太阳最近的点）与太阳中心的距离为，远日点（距离太阳最远的点）与太阳中心的距离为，并且近日点、远日点及太阳中心在同一条直线上，则（    ） A．轨道的焦距为 B．轨道的离心率为 C．轨道的短轴长为 D．当越大时，轨道越圆 8．（多选）已知点，，，点在曲线：上，则（   ） A．存在无数个点，使得为定值 B．存在无数个点，使得为定值 C．直线与的所有交点的横坐标之积为 D．直线与的所有交点的横坐标之和大于5 9．已知椭圆的右焦点为，直线经过椭圆右焦点，交椭圆于、两点（点在第二象限），若点关于轴对称点为，且满足，求直线的方程是 ． 10．设椭圆：的左、右焦点分别为，，过作平行于轴的直线交于两点，若，，则C的离心率为 . 11．已知椭圆过点，其中一个焦点在直线上，直线与椭圆相交于不同的两点； (1)求椭圆的方程； (2)若，为坐标原点，求的面积最大时实数的值． 12．已知椭圆的离心率为． (1)求的方程； (2)过的右焦点的直线交于两点，若（为坐标原点）的面积为，求的方程． 期中重难突破练（测试时间：40分钟） 1．已知椭圆的右焦点为，且过点，为上一动点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 2．过椭圆内一点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．（多选）已知椭圆的左､右焦点分别为，上顶点为，直线与的另一个交点为，下列结论正确的是（    ） A．若，则的离心率为 B．若，则的离心率为 C．若，则的离心率为 D．若，则的离心率为 4．（多选）第24届冬季奥林匹克运动会圆满结束，根据规划，国家体育馆成为北京冬奥会开、闭幕式的场馆，国家体育馆内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若椭圆和椭圆的离心率相同，且，则下列正确的是（   ） A． B． C．如果两个椭圆，分别是同一个矩形的内切椭圆和外接椭圆，则 D．由外层椭圆的左顶点向内层椭圆分别作两条切线与交于两点，的右顶点为，若直线与的斜率之积为，则椭圆的离心率为 5．在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于点与椭圆的另一个交点为.若，且，则椭圆的离心率的取值范围是 . 6．已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上的动点，下列说法中正确的是 ． ①当时，满足的点有2个； ②当时，满足的点有4个； ③的面积最大为； ④的周长小于． 7．已知椭圆的离心率为，焦距为，以为三边的三角形面积为 (1)求C的方程； (2)过右焦点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于，求四边形面积的最小值 8．已知椭圆（）的离心率为 且经过点，．过点，斜率为（）的直线与椭圆交于， 两点，直线， 分别与直线交于点，． (1)求椭圆的方程； (2)求的值． 期中综合拓展练（测试时间：35分钟） 1．椭圆的左顶点为，右焦点为为上一点，则的周长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．如图，已知椭圆，、为焦点，过椭圆上点作椭圆的切线交圆：于不同的两点（其中点在点的右侧），则四边形面积的最大值为（    ）      A．2 B． C．3 D．4 3．“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746-1818）最先发现，若椭圆的左、右焦点分别为、，P为椭圆C上一动点，过P和原点作直线l与圆C的蒙日圆相交于M，N，则的最小值为 ． 4．已知椭圆C：的离心率为，短轴长为，，分别为椭圆的左右焦点，点A是椭圆C上一动点． (1)求椭圆C的方程； (2)已知直线与椭圆C交于P，Q两点． ①若P，Q中点的横坐标为，求m的值； ②已知点，直线DP，DQ与直线分别交于点 M，N，平面内是否存在一点H，使得四边形DMHN为平行四边形．若存在，求出点H的坐标，若不存在，请说明理由． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 椭圆（期中复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 椭圆定义 掌握椭圆的定义 基础考点，常出现在选择题，填空题 根据椭圆定义求方程 掌握椭圆的定义求标准方程 基础考点，常出现在选择题，填空题 根据方程表示椭圆求参数 掌握椭圆的标准方程 基础考点，常出现在选择题，填空题 椭圆离心率 掌握椭圆的简单几何性质，了解椭圆中a，b，c，e的几何意义 基础考点，常出现在选择题，填空题 椭圆中的焦点三角形 掌握椭圆中焦点三角形常用结论，定义，余弦定理，面积公式 重难必考点，常出现选择题，填空题，解答题 直线与椭圆位置关系 掌握代数法判断直线与椭圆的位置关系，韦达定理应用 重难必考点，常出现选择题，填空题，解答题 知识点01 椭圆的定义 1、椭圆的定义：平面内一个动点到两个定点、的距离之和等于常数， 这个动点的轨迹叫椭圆. 这两个定点（,）叫椭圆的焦点，两焦点的距离（）叫作椭圆的焦距. 说明： 若，的轨迹为线段； 若，的轨迹无图形 2、定义的集合语言表述 集合. 知识点02 椭圆的标准方程 焦点位置 焦点在轴上 焦点在轴上 标准方程 （） （） 图象 焦点坐标 ， ， 的关系 知识点03 椭圆的简单几何性质 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 ，， ， 轴长 短轴长＝，长轴长＝ 焦点 焦距 对称性 对称轴：轴、轴　对称中心：原点 离心率 ， 知识点04椭圆的简单几何性质 离心率：椭圆焦距与长轴长之比：. （） 当越接近1时，越接近，椭圆越扁； 当越接近0时，越接近0，椭圆越接近圆； 当且仅当时，图形为圆，方程为 知识点05 用结论 1、与椭圆共焦点的椭圆方程可设为： 2、有相同离心率：（，焦点在轴上）或（，焦点在轴上） 3、椭圆的图象中线段的几何特征（如下图）： （1）； （2），，； （3）,，； 知识点06直线与椭圆的位置关系 1、直线与椭圆的位置关系 将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，消元转化为关于或的一元二次方程，其判别式为. ①直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）； ②直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)； ③直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点． 知识点07直线与椭圆的相交弦 直线与椭圆问题（韦达定理的运用） （1）弦长公式：若直线与圆锥曲线相交与、两点，则： 弦长 弦长 这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形： ； （2）结论1：已知弦是椭圆（）的一条弦，中点坐标为，则的斜率为 运用点差法求的斜率，设，；、都在椭圆上， 两式相减得：， 即 ，故 结论2：弦的斜率与弦中心和椭圆中心的连线的斜率之积为定值： （3）.已知椭圆方程，长轴端点为，，焦点为，，是椭圆上一点， ．求：的面积（用、、表示）． 设，由椭圆的对称性，不妨设，由椭圆的对称性，不妨设在第一象限． 由余弦定理知： · ① 由椭圆定义知： ②，则得 故 题型一 根据椭圆定义求方程 解｜题｜技｜巧 椭圆定义 【典例1】已知圆的方程为，定点，为圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线相交于点，则点的轨迹方程为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件可得点在以，为焦点，的椭圆上，即可求解. 【详解】因为圆的圆心为，半径为， 由题知，又，则， 所以点在以，为焦点，的椭圆上， 由，得，所以点的轨迹方程为， 故选：B. 【变式1】已知动圆与圆内切，同时与圆外切，则动圆的圆心轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用两圆位置关系建立等式，再利用椭圆的定义求出轨迹方程. 【详解】圆圆心，半径，圆圆心，半径， 设动圆的圆心，半径，而，点在圆内， 由动圆与圆内切，与圆外切，得动圆在圆内，且， 因此，动圆圆心C的轨迹为以为左右焦点， 长轴长的椭圆，半焦距，短半轴长， 所以动圆圆心C的轨迹方程为． 故选：D 【变式2】已知圆与直线相切，点在圆上，点，且的垂直平分线交于点，求点的轨迹方程． 【答案】 【分析】利用圆的方程和与直线相切得出半径和的长，利用的垂直平分线得出，得到点的轨迹是椭圆和，利用点到直线距离公式求出参数，即可求出点的轨迹方程. 【详解】在圆中，， ∴圆心，半径， 如图，，， ∵的垂直平分线交于点，为圆的半径， ∴，， ∴， ∴点的轨迹为以为焦点，为长轴长的椭圆， 设椭圆的短轴长为，焦距为，则， ∵圆与直线相切， ∴，解得， ∴椭圆中， ∴点的轨迹方程为． 题型二 根据方程表示椭圆求参数 解｜题｜技｜巧 根据标准方程形式判断对比求参数 （） （） 【典例1】（多选）若方程表示椭圆，则实数的取值可能是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】ABD 【分析】根据椭圆的标准方程的特征可得，进而求解即可得到答案． 【详解】由方程表示椭圆， 即方程表示椭圆， 则，解得且， 所以结合选项可得实数的取值可能是3，4，6． 故选：ABD． 【变式1】（多选）若方程表示椭圆，则的值可以为（   ） A．1 B．3 C．6 D．8 【答案】BD 【分析】根据方程表示椭圆列不等式，由此求得的取值范围，结合选项即可判断. 【详解】由于方程表示椭圆， 所以，解得或， 结合选项，可知的值可以为3和8. 故选：BD 【变式2】6．（多选）如果方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数a的取值范围可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据椭圆方程特征得出关系式，解不等式即可. 【详解】焦点在x轴上，则标准方程中，解得或． 又，，得，所以或． 故选:BC． 题型三 和、差距离最值 解｜题｜技｜巧 设，分别为椭圆的两焦点，点是椭圆上任一点，点为平面内一定点. （1） 若定点在椭圆内， ①求 的最值：由 ，转化为求的最值. 有 ，当、、三点共线时取等号，则； ②求 的最值：有，当、、三点共线时取等号，则； （2）若定点在椭圆外，分析过程同（1）. 【典例1】已知动点在椭圆上，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用椭圆的定义，将问题化为的最小值，数形结合即可得解. 【详解】 由题意，为一个焦点，另一焦点为，且； 因为，所以在椭圆外部，所以，即求的最小值； 由于，当三点共线时取等号； 所以的最大值为； 故选：D. 【变式1】已知分别为椭圆的左、右焦点，椭圆内一点的坐标为，为椭圆上的一个动点，则的最大值是 ． 【答案】30 【分析】根据定义，再利用求解即可. 【详解】由椭圆的定义得，， 则，又点在椭圆内部，， 所以， 即，当点在的延长线上时，等号成立， 所以的最大值为30. 故答案为：30. 【变式2】已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为 . 【答案】 【分析】根据圆上的点到定点的距离范围可知，即， 结合椭圆的定义可转化为，即可得解. 【详解】 由椭圆可知椭圆的实轴长，，， 圆的圆心，半径， 由已知圆上任意一点到得距离， 所以， 又根据椭圆定义， 则， 当且仅当，都在线段上时，等号成立， 故答案为：. 题型四 椭圆中焦点三角形问题 解｜题｜技｜巧 以椭圆为例，，分别为椭圆的左右焦点，点（除长轴两端点外）是椭圆上任一点，直线与椭圆相交与、两点，,与轴相交于点 （1）焦点三角形面积 （2） （为点到直线的距离） （3）（为坐标原点） 【典例1】已知，为椭圆的两个焦点，是椭圆上第一象限的点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由椭圆的定义得，结合余弦定理即可求解． 【详解】不妨令分别为椭圆的左、右焦点，如图． 由题意． 在中，由余弦定理得， ， 即，所以． 故选：A. 【变式1】椭圆的焦点为，点在该椭圆上，若，则的大小为 ． 【答案】 【分析】由椭圆方程，结合椭圆的定义求，在焦点三角形中应用余弦定理求的余弦值，进而确定其大小. 【详解】∵，， ∴， ∴，又，， ∴，由余弦定理，得， ∴. 故答案为： 【变式2】如图所示，已知椭圆的方程为，若点P在第二象限，且，求点P的坐标． 【答案】 【分析】根据椭圆内焦点三角形面积公式，解出P点坐标. 【详解】设，由例题可知， 又，所以； 代入椭圆方程得， 又因为点P在第二象限，所以点P的坐标为. 【点睛】本题考查椭圆的焦点三角形面积的求法。 题型五 椭圆离心率 解｜题｜技｜巧 常用工具：定义： 余弦定理： 齐次式：通过三角函数（如正弦定理）转化几何关系，或利用不等式（如三角形三边关系）构造，的齐次式求离心率（注意椭圆）. 【典例1】已知是椭圆的两个焦点，是椭圆上的一点，，则椭圆离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，，在中，通过椭圆的定义，余弦定理以及，得到关于，，，的等式，再通过基本不等式进行求解即可. 【详解】在中，设，，则，如图：    根据余弦定理，得，配方得：， 所以，所以， 当且仅当时，等号成立，即，故，解得. 故选：D 【变式1】已知椭圆的左、右两个焦点为，，若椭圆上存在两点、关于原点对称，且满足，，则椭圆的离心率（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得四边形是平行四边形，进而可求得，利用向量的数量积为，又由基本不等式可得，可得为等边三角形，进而可求离心率. 【详解】连接，，因为点、关于原点对称，所以四边形是平行四边形， 所以，又因为，所以， 所以， 因为，所以，所以， 又，所以， 当且仅当时取等号，又 所以为等边三角形，所以，所以椭圆的离以率为. 故选：C. 【变式2】已知椭圆上存在一点，使得（为长轴端点），则此椭圆的离心率的取值范围是 ． 【答案】 【分析】写出所在直线的斜率表达式，利用三角形的外角，得出，两边取正切，得出，由点在椭圆上得出，两式联立求出有关的表达式，即可求解离心率范围. 【详解】由题意，设点的坐标分别为． 由椭圆的对称性，不妨设点在轴上方，即， 则所在直线的斜率分别为，． 设的外角为，， 由外角性质得，即， ∴， ∵， ∴，即， 化简得， 又点在椭圆上，则，即． ，得， ∵，∴． ∵，∴，即， ∴，整理得， 即，解得． ∵，∴． 故答案为：. 题型六 直线与椭圆的位置关系 解｜题｜技｜巧 将直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，消元转化为关于或的一元二次方程，其判别式为. ①直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）； ②直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)； ③直线和椭圆相离直线和椭圆无公共点． 【典例1】若对任意实数 ，直线 与焦点在 轴上的椭圆 至少有一个交点，则实数 的取值范围是 . 【答案】 【分析】先求得直线过的定点坐标，再根据直线与椭圆总有公共点，由点P在椭圆上或在椭圆的内部求解. 【详解】直线，即，直线恒过定点， 直线与椭圆至少有1个公共点等价于点在椭圆内或在椭圆上． 所以，即，又，故． 故答案为：. 【变式1】已知直线与曲线有两个公共点，则k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】当直线l与椭圆上半部分有两个交点时，直线l的斜率k介于直线l与椭圆上半部分相切时的斜率和直线l过椭圆上半部分右顶点时的斜率之间. 【详解】直线过定点，曲线是椭圆的上半部分， 当直线l与椭圆上半部分有两个交点时，直线l的斜率k介于直线l与椭圆上半部分相切时的斜率 和直线l过椭圆上半部分右顶点时的斜率之间，直线l与椭圆上半部分相切时的斜率为， 直线l过椭圆上半部分右顶点时的斜率为， 所以k的取值范围为. 故选：B 【变式2】直线与椭圆的公共点个数为 ． 【答案】2 【分析】求出直线恒过的定点与椭圆的位置关系，即可判断直线与椭圆的交点的个数． 【详解】直线恒过， 由于，所以是椭圆内部的一点， 所以直线与椭圆恒有2个交点． 故答案为：2． 题型七 弦长 解｜题｜技｜巧 （1）弦长公式：若直线与圆锥曲线相交与、两点，则： 弦长 弦长 这里的求法通常使用韦达定理，需作以下变形： ； 【典例1】已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆交于、两点． (1)求的短轴长及的周长； (2)若直线过点，求弦长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆的定义即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，求出的坐标，利用两点间的距离公式即可求得弦长. 【详解】（1）由题意，所以短轴长为，且， 所以的周长为， 即的周长为． （2），又直线过点，所以， 所以直线的方程为， 联立，整理可得，可得或，可得或， 所以． 【变式1】已知椭圆的离心率，且椭圆的长轴长为4. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）由长轴长可得，再根据离心率可得，再求，即可得到方程； （2）方法一、根据题意，直线斜率为0时，得到不符合题意，当直线斜率不为0时，设，联立曲线得到，再根据求解即可；方法二、直线斜率不存在时，，不符合题意，当直线斜率存在时，设，联立曲线得到，再根据求解即可. 【详解】（1）由题可知，，， 又，且，解得，， 则椭圆的方程为. （2）法一：①当直线斜率为0时，， 不符合题意. ②当直线斜率不为0时，设直线方程为， 联立，得，， 设，则. 由题意，， 即，解得. 故直线的方程为：或. 法二：①当直线斜率不存在时，，不符合题意. ②设直线方程为， 联立，得，， 设，则， 由，得， 即，解得. 故直线的方程为或. 【变式2】已知椭圆的离心率，一个焦点为. (1)求椭圆的方程； (2)若斜率为1的直线交椭圆于，两点，且，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据焦点坐标和离心率求出、，即可解出椭圆方程； （2）设直线方程为，联立椭圆方程再利用弦长公式即可求出直线方程； 【详解】（1）由题知，，则， 椭圆的方程为. （2）设直线方程为，点，， 由方程组，化简得：， ，可得. ， ，解得， 直线方程或. 题型八 中点弦 解｜题｜技｜巧 已知弦是椭圆（）的一条弦，中点坐标为，则的斜率为 运用点差法求的斜率，设，；、都在椭圆上， 两式相减得：， 即 ，故 结论2：弦的斜率与弦中心和椭圆中心的连线的斜率之积为定值： 【典例1】已知椭圆C与双曲线有相同的焦点，且椭圆C经过点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线l与椭圆C相交于，且的中点为，求直线l的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用椭圆与双曲线的性质先确定焦点坐标，结合椭圆的定义与两点距离公式计算即可； （2）设利用点差法确定直线斜率，根据点斜式计算直线方程即可. 【详解】（1）由题意可设椭圆方程，焦距为， 易知双曲线焦点坐标为，则椭圆C的焦点坐标为，即， 又椭圆C经过点， 根据椭圆的定义可知：， 所以， 所以， 所以椭圆C的标准方程为； （2）易知点在椭圆内部，设，则 ，作差得， 则， 所以，则直线l的斜率为， 由点斜式可知直线l的方程为 所以直线l的方程为：. 【变式1】已知椭圆经过点且离心率为，设直线与椭圆相交于两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线的斜率为1，求线段中点的轨迹方程； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用待定系数法求椭圆方程； （2）设直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示中点坐标，消参后，即可求轨迹方程. 【详解】（1）由题可得：，解得：， 所以椭圆的标准方程为：； （2）因为直线的斜率为1，所以可设直线的方程为，， 联立 ，化简得， 则， 解得：， 所以，设弦中点， 则， 消去，得，而， 所以点的轨迹方程为. 【变式2】已知椭圆的焦距为12，长半轴长为. (1)求椭圆的方程； (2)直线与椭圆相交于两点，若线段的中点坐标为，求直线的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）依题意，根据椭圆的几何性质求得，即得椭圆方程； （2）设，利用点差法化简，得，代入弦的中点坐标，求出直线斜率，即得其方程. 【详解】（1）由题意可知 则，所以椭圆的方程为. （2）    由题意直线l的斜率存在，如图，设，则 两式相减得，整理可得. 因为线段的中点坐标为，所以， 所以直线的斜率， 故直线的方程为，即. 题型九 直线与椭圆相交中定点问题 解｜题｜技｜巧 1、定点问题的求解思路： （1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 2、过定点问题的两大类型及解法 （1）动直线过定点问题 解法：设动直线方程（斜率存在）为，由题设条件将用表示为得 故动直线过定点；若动直线斜率不为0，可设方程为. （2）动曲线过定点问题 解法：引入参变量建立曲线的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点 【典例1】已知椭圆C的中心在原点，一个焦点为，且C经过点． (1)求C的方程； (2)设C与y轴的正半轴交于点D，直线l：y=kx+m与C交于A、B两点（l不经过D点），且AD⊥BD．证明：直线l经过定点 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，设椭圆，求得椭圆的另一个焦点坐标，利用定义求解，再求得b，即可求出椭圆方程. （2）由已知得，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系可得A，B横纵坐标的和与积，结合AD⊥BD，得，由此求解m值，当时，有，直线l经过定点． 【详解】（1）设椭圆的方程为，一个焦点为， 所以，椭圆的另一个焦点为， 又C经过点，所以由椭圆定义得： ， 即，所以, 所以的方程为. （2）证明：由已知得， 由，得， 故， 设，，则，， ，， 由得， 即， 所以，解得或， ①当 时，直线 经过点，舍去； ②当时，显然有，直线 经过定点． 【变式1】已知椭圆（）的长轴长为，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为8． (1)求椭圆E的方程； (2)过点且斜率为k（）的直线与椭圆E交于A，B两点． （ⅰ）若线段的中点横坐标为1，求k； （ⅱ）点C与点B关于x轴对称．在x轴上是否存在定点，使A，C，D三点共线？若存在，求实数m的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在， 【分析】（1）利用椭圆的性质，结合面积公式可列出方程组求解椭圆各参数即求解； （2）（ⅰ）利用直线与椭圆联立方程组，设交点坐标，结合韦达定理及题设列方程求解即可； （ⅱ）假设存在点，则可得相等关系，然后利用韦达定理来进行化简，计算即可得结果. 【详解】（1）由题意得，解得． 所以椭圆的方程为． （2）（ⅰ）由题意，直线的方程为，设，， 联立，得， 则， 且. 因为线段的中点横坐标为1，则，解得. （ⅱ）因为点与点关于轴对称，所以点， 若在轴上存在定点，使三点共线，则． ， 由于，则． 则， 则，解得． 故在轴上存在定点，使三点共线． 【变式2】已知椭圆经过点，离心率为． (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l交椭圆C于M，N两点（均异于点A），且，则直线l是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆经过点，得到，再由离心率为求解； （2）当直线的斜率存在时，设直线方程为，与椭圆方程联立，由，然后根据韦达定理法求解；当直线的斜率不存在时，设直线方程为，设，由求解. 【详解】（1）因为椭圆经过点， 所以，又离心率为，即，解得， 所以椭圆C的方程为； （2）如图所示：    当直线的斜率存在时，设直线方程为， 代入椭圆方程，消去y得：， 设，由韦达定理得， 则， 即， 将韦达定理代入得：， 化简整理，因式分解得， 当，即，直线过定点，不符合题意； 当，即，直线方程， 所以直线过定点， 当直线的斜率不存在时，设直线方程为，代入椭圆方程得， 设， 则， 即，将代入，化简得， 解得或（舍去），所以直线过定点， 综上：直线过定点. 题型十直线与椭圆相交中定值问题 解｜题｜技｜巧 在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题．这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用， 【一般策略】 ①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关 ②引进变量法：选择适当的动点坐标或动直线中的系数为变量，然后把要证明为定值的量表示成上述变量的函数，最后把得到的函数化简，消去变量得到定值 【典例1】已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率为，的面积为． (1)求椭圆的方程； (2)直线（存在且不等于0）与椭圆交于，两点，直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断是否为定值并证明． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）根据椭圆几何性质以及面积列方程组计算可得椭圆方程； （2）设，由，关于原点对称得，联立得，然后求出，，利用两点斜率公式并化简得为定值，即可得解. 【详解】（1）由题意，解得， 故椭圆的方程为； （2）设，由对称性可知，，两点关于原点对称，即， 由（1）可知，， 联立，得，所以， 直线的斜率存在，其方程为：， 令得，即， 直线的斜率存在，其方程为：， 令得，即， 所以 ， 所以为定值.    【变式1】在圆 上任取一点 ，过点 作 轴的垂线段 为垂足． (1)当点 在圆上运动时，求线段 的中点 的轨迹方程． (当点 经过圆与 轴的交点时，规定点 与点 重合) (2)根据（1）中所得的点 的轨迹方程，若直线 与点 的轨迹相交于 ， 两点，且 ，试判断的面积是否为定值． 若是，求出该定值；若不是， 请说明理由． 【答案】(1) (2)的面积为定值且定值为1，理由见解析. 【分析】（1）设，则，根据在圆上可得的轨迹方程； （2）设，则可用两点坐标表示的面积，再联立直线方程和椭圆方程后用斜率表示坐标，进而表示面积，化简后可得定值. 【详解】（1）设，则，由题设可知， 而在圆上，故即. （2）因为，故均存在且不为零， 故直线，直线，设，    由椭圆的对称性，不妨设在第一象限，在第四象限，故. 又，故， 由可得， 同理，而， 故，故. 故的面积为定值且定值为1. 【变式2】已知椭圆的两个焦点是，且过点的直线与交于，两点，若的周长为8，的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)点在椭圆上，设点关于轴的对称点为，是椭圆上一点，直线和与轴分别交于点（不重合），为原点，证明为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）已知条件中涉及椭圆的两个特殊三角形计算得参数可得椭圆方程; （2）设，求出和的方程，得到的表达式，计算，因为在椭圆上，利用椭圆方程化简即可. 【详解】（1）由周长为，则．周长为，则，所以， 故椭圆的方程是．    （2）由于点关于轴的对称点为，则． 设，则有，，． 直线的方程为，令，可得，所以． 直线的方程为，令，可得，所以． 所以，所以为定值． 题型十一直线与椭圆相交中定直线问题 解｜题｜技｜巧 1、 在圆锥曲线中，定直线问题指的是：在曲线或相关点、线满足某些动态条件（如点在曲线上运动、直线绕定点转动等）时，始终存在一条固定不变的直线，使得动态元素（如交点、轨迹、垂足等）始终在这条直线上，这条直线就被称为“定直线”. 2、圆锥曲线中的定直线问题的常见类型及解题策略： ①联立方程消去参； ②挖掘图形的对称性，解出动点横坐标或纵坐标 ③将横纵坐标分别用参数表示，再消参 ④设点，对方程变形解得定直线 【典例1】已知定点，动点满足． (1)求动点的轨迹的方程． (2)设过点且与轴不重合的直线交曲线于E，F两点． ①过点作与直线垂直的直线交曲线于G，H两点，求四边形EGFH面积的最大值； ②设曲线与轴交于P，Q两点，直线PE与直线QF相交于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2)①7 ；②证明见解析 【分析】（1）根据两点间距离公式列方程，化简可得结论． （2）①根据点到直线的距离公式，结合圆的弦长公式可计算｜EF｜，｜GH｜，即可根据面积公式得表达式，结合基本不等式即可求解最值．②联立直线与圆的方程得根与系数的关系，由圆的方程得P，Q的坐标，即可根据点斜式求解直线PE，QF的方程，联立两直线方程即可求解定直线，从而得证． 【详解】（1）设动点的坐标为，因为，且， 所以， 整理得，即， 所以动点的轨迹的方程为． （2）①如图，因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为， 即，则直线GH的方程为． 由（1）知轨迹为圆，圆的半径为， 设圆的圆心到直线和直线GH的距离分别为， 则， 所以， 所以． 当时，； 当时，， 当且仅当时等号成立． 综上所述，四边形EGFH面积的最大值为7． ②设，联立得， 则． 因为曲线与轴交于P，Q两点，所以不妨取（如图）， 则直线PE的方程为， 直线QF的方程为． 联立两直线方程得， 所以在定直线上，得证． 【变式1】已知椭圆经过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线l交该椭圆于C，D两点（点C在点D的上方），椭圆的上、下顶点分别为A，B，直线AD与直线BC交于点Q．证明：点Q在定直线上． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程即可求出，得到椭圆方程； （2）设直线的方程并与椭圆方程联立，利用点坐标求出直线方程，联立计算得出为定值，即可求得为定值. 【详解】（1）将点坐标代入椭圆方程中得，即， 因，所以，故椭圆的标准方程为． （2）由题易知的斜率存在，设直线的方程为， 设， 由，得， 则，，， 又， 则直线AD的方程为，直线BC的方程为， 联立，方程可得， 得，故点在定直线上． 【变式2】已知椭圆过点，直线与交于两点. (1)求的方程； (2)若，求的值； (3)已知的上，下顶点分别为，记直线交于点，证明：点在定直线上，并求出该直线方程. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析， 【分析】（1）将点代入方程，得到方程组计算即可；（2）设，直曲联立，借助韦达定理和弦长公式计算即可； （3）设，根据在同一条直线上，得， 再根据在同一条直线上，得到， 结合韦达定理算出，求出即可. 【详解】（1）依题意， 解得故的方程为. （2）设， 由得， 所以，解得， 所以， 所以， 解得（负值舍去），故. （3）证明：设，因为，且在同一条直线上， 所以， 又在同一条直线上， 所以， 所以， 所以，即点在直线上. 期中基础通关练（测试时间：50分钟） 1．中心为原点，焦点在x轴上，且长轴长与短轴长之比为2：1，焦距为4的椭圆方程为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据长短轴的比值可得，再由以及，可求得椭圆方程. 【详解】由题意可得，即， 又，即， 联立并代入可得， 解得 所以椭圆方程为. 故选：B 2．已知焦点在x轴上的椭圆 其右焦点 F 与上顶点A 和左顶点 B 构成面积为的三角形，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合图形表示出，借助于三角形的面积公式列方程求出，利用离心率公式计算即可. 【详解】 由可得，由图知，， 则的面积为， 解得，则椭圆的离心率为. 故选：A. 3．若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（   ） A．[4，5] B． C． D． 【答案】D 【分析】将方程变形为，根据题意可得，计算即可得答案. 【详解】方程变形可得， 因为表示焦点在轴上的椭圆， 所以，解得. 故选：D 4．已知为椭圆上一点，椭圆的四个顶点为，且，则（    ） A．点必在椭圆上 B．点必在椭圆上 C．点必在椭圆上 D．点必在椭圆上 【答案】A 【分析】由题不妨设，易得为的两个焦点，则，推得，利用椭圆的定义即可求解. 【详解】因椭圆的四个顶点为， 不妨设， 因为椭圆的焦点为， 则为的两个焦点，则， 所以， 所以点在以为焦点，长轴长为6的椭圆上. 设该方程为， 依题意，则， 即点必在椭圆上. 故选：A. 5．方程表示的曲线为（    ） A．圆 B．椭圆 C．线段 D．不表示任何图形 【答案】D 【分析】结合椭圆的定义求解即可. 【详解】由题可得：方程左边的几何意义是点到点，点的距离之和， 即， 因为，所以， 所以满足点的轨迹不存在，即方程不表示任何图形． 故选：D. 6．工程师将飞机最开始的方形窗户改为椭圆形窗户，如图1所示，使其均匀受压，飞机更为安全．一缕阳光从飞机窗户射入，在机舱地面上形成轮廓为圆的光斑，如图2所示．若光线与地面所成角为，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设圆的半径为，根据题意列出等式，得到的关系式，进而求得离心率. 【详解】不妨设圆的半径为，则有，， 所以，故离心率． 故选：C. 7．（多选）某彗星的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆，测得轨道的近日点（距离太阳最近的点）与太阳中心的距离为，远日点（距离太阳最远的点）与太阳中心的距离为，并且近日点、远日点及太阳中心在同一条直线上，则（    ） A．轨道的焦距为 B．轨道的离心率为 C．轨道的短轴长为 D．当越大时，轨道越圆 【答案】BCD 【分析】根据题干，得到，即可判断A，利用离心率公式即可判断选项B，利用椭圆里即可判断选项C，利用离心率越小，椭圆越圆即可判断D； 【详解】设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，根据题意得到；故， 对于A：焦距，故选项A错误； 对于B：因为离心率，故选项B正确； 对于C：短轴长，故选项C正确； 对于D：离心率， 当越大时，椭圆的离心率越小，即椭圆越圆，故D正确； 故选：BCD 8．（多选）已知点，，，点在曲线：上，则（   ） A．存在无数个点，使得为定值 B．存在无数个点，使得为定值 C．直线与的所有交点的横坐标之积为 D．直线与的所有交点的横坐标之和大于5 【答案】ABD 【分析】由题意，得曲线由圆与椭圆组成，根据圆及椭圆的定义可判断A、B，将分别与、联立，利用韦达定理可判断C、D. 【详解】由，得， 即4或， 所以曲线由圆与椭圆组成，且圆的圆心为，椭圆的焦点为，故A，B均正确. 将代入，得， 由判别式大于0，得该方程有两个不相等的实根，则，， 将代入，得， 由判别式大于0，得该方程有两个不相等的实根，， 则，，则， ，故C错误，D正确. 故选：ABD. 9．已知椭圆的右焦点为，直线经过椭圆右焦点，交椭圆于、两点（点在第二象限），若点关于轴对称点为，且满足，求直线的方程是 ． 【答案】 【分析】先求出椭圆的右焦点坐标，再根据对称性求出直线的倾斜角，从而得到其斜率，再由点斜式即可求得直线的方程． 【详解】由点关于轴对称点为，则直线与轴的夹角相等， 又，则直线的倾斜角为， 则直线的倾斜角为，即直线的斜率为， 又椭圆的右焦点为， 所以直线的方程是，即， 故答案为：． 10．设椭圆：的左、右焦点分别为，，过作平行于轴的直线交于两点，若，，则C的离心率为 . 【答案】 【分析】由题意求出，，利用椭圆的定义求出，利用勾股定理得，即可求出离心率． 【详解】由题意知，，而轴，故， 所以，解得； 又，所以， 所以椭圆的离心率为． 故答案为：． 11．已知椭圆过点，其中一个焦点在直线上，直线与椭圆相交于不同的两点； (1)求椭圆的方程； (2)若，为坐标原点，求的面积最大时实数的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由直线方程求得焦点坐标，根据已知点，可得答案； （2）联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，利用点到直线距离以及弦长公式，根据三角形的面积公式，结合基本不等式，可得答案； 【详解】（1）由焦点在直线上，令，解得， 已知椭圆过点， 所以， 所以 所以椭圆的方程为 （2）    当时，直线，设，， 联立，消去可得， 由，则， 可得，， 点到直线的距离， 弦长， 则的面积 ， 当且仅当，即时，等号成立，所以的值为. 12．已知椭圆的离心率为． (1)求的方程； (2)过的右焦点的直线交于两点，若（为坐标原点）的面积为，求的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率为，列出方程，求得的值，即可求解； （2）设的方程为，联立方程组，设，利用弦长公式和点到直线的距离公式，求得和，结合的面积为，列出方程求得的值，即可求解. 【详解】（1）由题意知，椭圆的离心率为， 可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，椭圆，可得，所以右焦点， 由题意知，直线的斜率不为零，设的方程为， 联立方程组，整理得到， 可得， 设，则， 所以， 又由点到的距离， 所以的面积， 解得或（舍），所以， 所以的方程为或， 即直线的方程为或．    期中重难突破练（测试时间：40分钟） 1．已知椭圆的右焦点为，且过点，为上一动点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题目条件求椭圆的方程，进而由椭圆的定义及两点间线段最短求两线段长度之和的最大值 【详解】设半焦距为，因为，故. 又过点，故. 由椭圆得，代入解得，.即，. 所以的方程为.    设的左焦点为，故. 根据椭圆的几何性质可知， 由于两点之间线段最短，所以. 因此. 当且仅当，，在一条直线上时，等号成立. 故选： 2．过椭圆内一点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件得到点的轨迹是直线，再转化为点到直线上一点距离的最小值问题. 【详解】设，， 因为，， 化简可得，， 于是，， 整理得， 因为点、在椭圆上，则， 所以， 即，所以点的轨迹是直线，即为原点到直线的距离， 所以， 故选：D. 3．（多选）已知椭圆的左､右焦点分别为，上顶点为，直线与的另一个交点为，下列结论正确的是（    ） A．若，则的离心率为 B．若，则的离心率为 C．若，则的离心率为 D．若，则的离心率为 【答案】ABD 【分析】根据题意，利用椭圆的标准方程，以及几何性质，结合余弦定理，列出关于的方程，进而求得椭圆的离心率. 【详解】由椭圆，可得，且，则， 对于A中，若，可得， 又由椭圆的定义，可得，所以， 在中，由余弦定理得， 在中，可得， 因为，所以，整理得， 所以椭圆的离心率为，所以A正确； 对于B中，若，因为，可得， 在和中，由余弦定理得， ， 因为，所以，整理得， 所以椭圆的离心率为，所以B正确； 对于C中，若，可得 由椭圆的定义， 且， 所以，可得，所以， 在和中，由余弦定理得， ， 因为，所以，整理得， 所以椭圆的离心率为，所以C不正确； 对于D中，若，设，则， 由勾股定理，可得，即， 解得，即，， 由，且三点共线，可得， 代入椭圆的方程，可得，整理得， 所以椭圆的离心率为，所以D正确. 故选：ABD. 4．（多选）第24届冬季奥林匹克运动会圆满结束，根据规划，国家体育馆成为北京冬奥会开、闭幕式的场馆，国家体育馆内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若椭圆和椭圆的离心率相同，且，则下列正确的是（   ） A． B． C．如果两个椭圆，分别是同一个矩形的内切椭圆和外接椭圆，则 D．由外层椭圆的左顶点向内层椭圆分别作两条切线与交于两点，的右顶点为，若直线与的斜率之积为，则椭圆的离心率为 【答案】BCD 【分析】由离心率相同及已知得到、即可判断A、B；由在椭圆上得到，进而判断C；根据对称性确定的坐标，结合斜率两点式得，进而判断D. 【详解】选项A：因为离心率相同，所以，即，且， 所以，所以，故A错误； 选项B： 因为，所以， 由选项A解析 ，可得，即， 所以，故B正确； 选项C：由题意可得满足椭圆方程， 又因为，所以，所以，所以，故C正确； 选项D：因为，所以，. 设，由椭圆对称性知关于x轴对称，所以, 所以直线斜率，直线斜率， 所以， 所以，故D正确． 故选：BCD． 5．在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于点与椭圆的另一个交点为.若，且，则椭圆的离心率的取值范围是 . 【答案】 【分析】运用坐标进行运算，把坐标代入进已知条件中，化简后得到离心率的范围. 【详解】因为，，所以，令， 因为，所以 由点都在椭圆上，得解得 因为，所以，解得.所以. 所以椭圆的离心率的取值范围为. 6．已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上的动点，下列说法中正确的是 ． ①当时，满足的点有2个； ②当时，满足的点有4个； ③的面积最大为； ④的周长小于． 【答案】①④ 【分析】本题考查椭圆的焦点三角形，运用椭圆的性质和三角形的相关知识点判断. 【详解】对于①②，椭圆中最大的点位于短轴的两个端点， 点位于短轴的端点时，当时，由余弦定理和，可得，为直角， 所以为椭圆上的动点，满足的点有2个，故①正确； 同理，当时，可得为锐角， 所以为椭圆上的动点，满足的点有0个，故②错误； 对于③，的面积，所以当点位于短轴的端点时，的面积的最大值，故③错误； 对于④，的周长为，故④正确. 故答案为：①④． 7．已知椭圆的离心率为，焦距为，以为三边的三角形面积为 (1)求C的方程； (2)过右焦点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于，求四边形面积的最小值 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件解方程求解即可； （2）设直线的直线方程，联立方程表示出弦长，及四边的面积，再化简应用基本不等式计算得出面积的最小值. 【详解】（1）由已知可得， 则所求椭圆方程． （2）当直线的斜率不存在时，， 此时的长即为椭圆长轴长，， 从而． 设直线的斜率为，则，直线的方程为：， 直线的方程为， 设，，，， 由，消去得， 所以，， 从而， 由，消去得， 所以，， 从而， 所以， 因为，则，则， 所以. 当且仅当，即时取得最小值， 所以四边形面积的最小值为．    8．已知椭圆（）的离心率为 且经过点，．过点，斜率为（）的直线与椭圆交于， 两点，直线， 分别与直线交于点，． (1)求椭圆的方程； (2)求的值． 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）根据椭圆的离心率和顶点，可求，进而确定的值，可得椭圆的标准方程. （2）表示出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，表示出，，再用两点式写出直线，的方程，进而得到，的纵坐标，表示出，化简即可. 【详解】（1）由题意：， 所以椭圆的标准方程为：. （2）如图： 直线的方程为：，代入得： ， 整理得：. 设，，则，. 又直线：，令得； 直线：，令得. 所以 . 期中综合拓展练（测试时间：35分钟） 1．椭圆的左顶点为，右焦点为为上一点，则的周长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】可先根据椭圆的标准方程求出相关参数，再结合椭圆的定义求出的周长表达式，最后根据椭圆上点的坐标范围确定周长的取值范围。 【详解】对于椭圆，根据椭圆的标准方程， 其中为长半轴长,为短半轴长,为半焦距且 可得，则,，所以 已知椭圆的左顶点，右焦点 根据椭圆的定义：平面内与两个定点的距离之和等于常数（大于）的点的轨迹叫做椭圆，且（为椭圆的左焦点） 椭圆的左焦点,则,即 的周长,其中 所以 根据三角形三边关系：两边之差小于第三边，可得 ,即 所以, 又因为当共线时， 此时或，所以，D正确. 答选：D 2．如图，已知椭圆，、为焦点，过椭圆上点作椭圆的切线交圆：于不同的两点（其中点在点的右侧），则四边形面积的最大值为（    ）      A．2 B． C．3 D．4 【答案】D 【分析】结合题意讨论的存在性，设，联立直线和椭圆方程，利用判别式等于0，得出，联立直线和圆的方程，结合根与系数关系求得，利用弦长公式和点到直线距离公式得出，根据，整理后利用基本不等式求最值. 【详解】由题可知，当斜率不存在时，点P在圆和椭圆交点处，不符合题意， 则直线的斜率存在，设， 由，得， 由，得， 由图可知，， 设点到直线的距离为，则， ， ， 由，得，则有： ，， ， ， ． 而，，， ， ， 四边形的面积： ． 当且仅当，即时取“”， 即四边形面积的最大值为4. 故选：D． 3．“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746-1818）最先发现，若椭圆的左、右焦点分别为、，P为椭圆C上一动点，过P和原点作直线l与圆C的蒙日圆相交于M，N，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】令，利用椭圆的定义可得，再由平面向量的知识可得，从而得到；结合“蒙日圆”的定义可知，由此得到，故，所以，故得解． 【详解】因为椭圆，所以，，故，，， 如图，令，因为，所以， 即，结合图象，由平面向量的知识可得， 故，两式相加得， 即，即，由“蒙日圆”的定义，当我们过椭圆上下左右四个顶点作椭圆的切线时， 易知椭圆的“蒙日圆”的直径为这四条切线所围成的矩形的对角线，故由勾股定理得，， 所以，故． 令，，则， 所以，由二次函数易知，所以， ，所以最小值为． 故答案为：． 4．已知椭圆C：的离心率为，短轴长为，，分别为椭圆的左右焦点，点A是椭圆C上一动点． (1)求椭圆C的方程； (2)已知直线与椭圆C交于P，Q两点． ①若P，Q中点的横坐标为，求m的值； ②已知点，直线DP，DQ与直线分别交于点 M，N，平面内是否存在一点H，使得四边形DMHN为平行四边形．若存在，求出点H的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)①；②存在，. 【分析】（1）由离心率及椭圆的短轴长求出即可得方程. （2）①设，，联立直线与椭圆，应用中点公式及中点在直线上得到关于的方程，求参数值； ②设直线的方程为，分别求出的纵坐标，结合韦达公式得，确定的中点坐标，再由平行四边形的性质求坐标，即可得结论. 【详解】（1）由椭圆C：的短轴长为，得， 由椭圆的的离心率为，得，解得， 所以椭圆C的方程为. （2）①设，，由，得， 由，得，，， 设中点坐标为，则， 因为在直线上，所以，即 所以，解得； ②存在点使得四边形为平行四边形， 由在椭圆上，得，，设直线的方程为， 令，得，同理， 又由①知， 则 ， 因此线段的中点坐标为，连接，则线段的中点坐标也为， 由，得，所以点H的坐标为. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $