8.5 椭圆（第2课时）课件-2027届高考数学一轮复习

第八章 平面解析几何 第五讲　椭圆 第二课时 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[52] 考点突破 · 互动探究 返回导航 直线与椭圆的位置关系——自主练透 A．m>1 B．m>0 C．0<m<5且m≠1 D．m≥1且m≠5 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨： 1．判断直线与椭圆的位置关系，一般转化为研究直线方程与椭圆方程组成的方程组解的个数． 其步骤为： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 2．对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 椭圆弦的问题——多维探究 角度1　弦长问题 (2026·江苏泰州中学质检)已知椭圆C：x2＋2y2＝2b2(b>0)． (1)求椭圆C的离心率e； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)b＝1，斜率为1的直线与椭圆交于A、B两点，设斜率为1的直线l的方程为y＝x＋m，且A(x1，y1)、B(x2，y2)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨：直线被圆锥曲线截得弦长的求法 1．当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解． 2．“设而不求”，即联立直线和椭圆的方程，消去y(或x)得一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，建立有关参变量的等量关系求解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 角度2　中点弦问题 (2)斜率为2的平行弦中点的轨迹方程为____________. (3)过点M(2,1)的直线被椭圆截得的弦的中点的轨迹方程为____________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨：圆锥曲线“中点弦”问题的解法 1．点差法：若直线l与圆锥曲线C有两个交点A，B，一般地，首先设出A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入曲线方程，通过作差，构造出x1＋x2，y1＋y2，x1－x2，y1－y2，从而建立中点坐标和直线l斜率的关系求得． 2．根与系数的关系法：联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系数的关系及中点坐标公式求解．注意不要忽略对判别式的讨论． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 直线与椭圆的综合问题 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [解析]　(1)根据题意作图如下： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 若S△ABM＝2S△ABN，则|MB|＝2|BN|. 当直线MN与x轴垂直时，其方程为x＝0， 设直线MN的方程为y＝kx－1， 代入椭圆方程整理得3x2＋4(kx－1)2＝12， 即(3＋4k2)x2－8kx－8＝0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [引申]当S△OMN最大时，直线MN的方程为____________. [答案]　y＝－1 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨： 题目给出直线l过定点P，一般设出直线l的方程，利用弦长公式求出|AB|，利用点到直线的距离公式求三角形AB边上的高，从而可求得三角形面积，建立函数模型求最值． 注意到|OP|为定值，用“割补法”表示三角形面积可简化运算． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)由题意可知：A(－2,0)，B(2,0)， 则M(－1,0)，且直线PQ与椭圆必相交， ①若直线PQ的斜率不存在， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 与椭圆相关的创新应用问题 1．(2025·江西九校联考)如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为1个单位长度，在球的右上方有一个灯泡P(当成质点)篮球的影子是椭圆，篮球的接触点(切点)就是影子椭圆的焦点，点P到桌面的距离为4个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为A，影子椭圆的右顶点到A点的距离为3个单位长度，则这个影子椭圆的离心率e＝________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 【变式训练】 1．(2025·河南鹤壁高中月考)油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1 000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫开展油纸伞文化艺术节活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞伞沿是一个半径为2的圆，圆心到伞柄底端距离为2，当阳光与地面夹角为60°时，在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，若该椭圆的离心率为e，则e2＝(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 提能训练　练案[52] 返回导航 A组基础巩固 一、单选题 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 二、多选题 9．(2026·广东大湾区调研)若某等腰直角三角形的其中两个顶点恰为椭圆C的两个焦点，另一个顶点在C上，则C的离心率可能为(　　) [答案]　BC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　BCD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　AC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 A．|F1F2|＝1 B．|PQ|≤4 C．当F2，P，Q不共线时，△F2PQ的周长为8 D．设点P到直线x＝－4的距离为d，则d＝2|PF1| [答案]　BCD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 三、解答题 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)当直线MN的斜率为0时，M，N，Q三点共线，不符合题意； 当直线MN的斜率不为0时，设直线方程为x＝ty－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 ∴t＝±1， ∴直线MN的方程为y＝x＋1或y＝－x－1， 即直线MN的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆C的右焦点为F，过点F斜率不为0的直线l交椭圆C于P，Q两点，记直线MP与直线MQ的斜率分别为k1，k2，当k1＋k2＝0时，求△MPQ的面积． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)由(1)知，右焦点为F(1,0)， 据题意设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，P(my1＋1，y1)，Q(my2＋1，y2)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　BCD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　2 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (1)求椭圆C的方程； (2)过椭圆C右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，且|FA|＝2|FB|，求l的方程． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)如图：易知F(1,0)． ①当l斜率为0时，|FA|＝3|FB|或|FB|＝3|FA|，不符合题意． ②当l斜率不为0时设l：x＝my＋1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 C组拓展应用(选作) (2026·山东德州六校期末联考)如图，已知圆E：(x＋1)2＋y2＝16，点F(1,0)，P是圆E上任意一点．线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q，设动点Q的轨迹为C． (1)求动点Q的轨迹C的方程； (2)设动点Q的轨迹C分别与x轴交于点A，B，过 点F作一条直线与C交于M，N两点，求四边形AMBN 面积的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [解析]　(1)连接QF，根据题意，|QP|＝|QF|， 则|QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝4>|EF|， 故Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)由(1)可知，A(－2,0)，B(2,0)，F(1,0)， 当直线MN的斜率为0时，不能构成四边形AMBN，不合题意， 当直线MN的斜率不等于0时， ∵直线MN过点F(1,0)， 故设直线MN的方程为x＝my＋1， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 则四边形AMBN面积S的取值范围为(0,6]， 综上所述，四边形AMBN面积S的取值范围为(0,6]． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 谢谢观看 若直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1总有公共点，则m的取值范围是(　　) [解析]　解法一：由于直线y＝kx＋1恒过点(0,1)，所以点(0,1)必在椭圆内或椭圆上，则0<≤1且m≠5，故m≥1且m≠5.故选D. 解法二：由消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立，∴即m≥1，又m≠5，∴m≥1且m≠5.故选D. 【变式训练】 (2025·广东部分学校入学考试)已知直线l：y＝x－3与椭圆C：＋＝1相交，则C的长轴长的取值范围是________. [答案]　 [解析]　将y＝x－3代入＋＝1，得5x2－6x＋9－4m＝0，则Δ＝36－20(9－4m)>0，解得m>.因为C的长轴长为2＝4，所以C的长轴长的取值范围是. (2)若b＝1，斜率为1的直线l与椭圆交于A，B两点，且|AB|＝，求直线l的方程． [解析]　(1)椭圆C：x2＋2y2＝2b2(b>0)． 化为标准方程：＋＝1(b>0)， ∴椭圆长半轴长为b，短半轴长为b， ∴e＝＝. ∵b＝1，∴椭圆C的方程为：x2＋2y2＝2， 由消去y得3x2＋4mx＋2m2－2＝0， Δ＝16m2－12(2m2－2)>0，解得－<m<， 有x1＋x2＝，x1·x2＝， ∴|AB|＝|x1－x2|＝×＝×＝＝， 解得：m2＝2，即m＝±， ∴直线l的方程为x－y±＝0. 当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长|AB|＝＝·|x1－x2|＝·|y1－y2|(k≠0)． 提醒：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式．过焦点的椭圆的弦中，垂直长轴的弦(通径)最短，为. 已知椭圆＋y2＝1. (1)若点P，则以P为中点的椭圆的弦所在直线的方程为____________. [答案]　(1)2x＋4y－3＝0　(2)x＋4y＝0，y∈　(3)x2－2x＋2y2－2y＝0(x＋y－1<0) [解析]　(1)设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，中点为M(x0，y0)，则有＋y＝1，＋y＝1. 两式作差，得＋(y2－y1)(y2＋y1)＝0. ∵x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝kAB， 代入后求得kAB＝－＝－， ∴所求方程为y－＝－，即2x＋4y－3＝0. (2)解法一：由题意k＝＝－＝－＝2，即x0＋4y0＝0， ∴所求轨迹方程为x＋4y＝0，y∈. 解法二：设弦的方程为y＝2x＋b. 由得9x2＋8bx＋2b2－2＝0， ∴Δ＝(8b)2－36(2b2－2)>0，即－3<b<3， x＝＝－，y＝2x＋b＝. ∴所求轨迹方程为x＋4y＝0，y∈. (3)由＝－＝－＝k＝ 得所求轨迹方程为x2－2x＋2y2－2y＝0， (包含在椭圆内部的部分) 由即 故所求轨迹方程为x2－2x＋2y2－2y＝0(x＋y－1<0)． 【变式训练】 1．(角度1)(2026·福建百校联测)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，且椭圆的长轴长为4. (1)求椭圆C的方程； (2)过点(1,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，且|AB|＝，求直线l的方程． [解析]　(1)由题可知，2a＝4，a＝2， 又e＝＝，且a2＝b2＋c2， 解得c＝，b＝1， 则椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)解法一：①当直线l斜率为0时，|AB|＝2a＝4，不符合题意． ②当直线l斜率不为0时，设直线l方程为x＝ty＋1， 联立得(t2＋4)y2＋2ty－3＝0，Δ>0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 由题意|AB|＝×＝， 即×＝，解得t＝±1. 故直线l的方程为y＝x－1或y＝1－x. 解法二：①当直线l斜率不存在时，|AB|＝，不符合题意． ②设直线l方程为y＝k(x－1)， 联立得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，Δ>0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 由|AB|＝，得×＝， 即··＝，解得k＝±1. 故直线l的方程为y＝x－1或y＝－x＋1. 2．(角度2)(2026·江苏南通如皋中学测试)已知直线x－4y＋9＝0与椭圆＋＝1(0<b<4)相交于A，B两点，椭圆的两个焦点是F1，F2，线段AB的中点为C(－1,2)，则△CF1F2的面积为(　　) A．2 B．4 C．2 D．4 [解析]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题可知＝，x1＋x2＝－2，y1＋y2＝4，则所以＝－，即＝，解得b2＝8，所以c2＝a2－b2＝16－8＝8，则c＝2，所以S△CF1F2＝×2c×2＝4，故选B. (2026·江西部分学校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且过点A，·＝，过点B(0，－1)的一条直线与椭圆C相交于M，N两点． (1)求椭圆C的方程； (2)若S△ABM＝2S△ABN，试求直线MN的方程． 设F1(－c,0)，F2(c,0)，椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点A， 所以有＋＝1， ＝，＝， 又·＝， 则·＝1－c2＋＝， 所以c＝1，则a2－b2＝1， 所以＋＝1， 整理得(4b2＋3)(b2－3)＝0，因为b2>0， 所以解得b2＝3，a2＝4， 故椭圆C的方程为＋＝1. (2)根据题意作图如下： 则|MB|＝＋1，|BN|＝－1，|MB|≠2|BN|，不满足题意． 则x1＋x2＝　①， x1x2＝　②. 因为|MB|＝2|BN|，B在直线MN上，且M，N在B的两侧， 所以＝2，则0－x1＝2(x2－0)，所以x1＋2x2＝0　③. 由①③解得x1＝，x2＝－，代入②， 得·＝，解得k＝±， 所以直线MN的方程为y＝±x－1，即x－2y－2＝0或x＋2y＋2＝0， 综上，直线MN的方程是x－2y－2＝0或x＋2y＋2＝0. [解析]　S△OMN＝S△OBM＋SOBN＝|x1－x2|＝＝＝2，令2k2＋1＝t，则t≥1，从而S△OMN＝2＝2，记f(t)＝4t＋(t>1)，由f′(t)＝4－>0知f(t)为增函数，∴f(t)min＝5，∴当t＝1即k＝0时，S△OMN取最大值.此时MN的方程为y＝－1. 【变式训练】 (2026·浙江名校新高考研究联盟联考)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，M为线段OA的中点，P为椭圆上动点，且△MPB面积的最大值为. (1)求椭圆E的方程； (2)延长PM交椭圆于Q，若·＝6，求直线PQ的方程． [解析]　(1)由条件得e＝＝，即a＝2c， 则OM＝a＝c， (S△BMP)max＝b(a＋c)＝c2＝， 解得a＝2，b＝，c＝1， 所以椭圆E的方程为＋＝1. 可知PQ：x＝－1， 联立方程 解得y＝±， 不妨取P，Q， 则＝，＝， 可得·＝9－＝≠6，不合题意； ②若直线PQ的斜率存在，设直线， PQ：y＝k(x＋1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则＝(x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)， 与椭圆联立方程得 消去y得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， 可得x1＋x2＝－，x1x2＝， 则·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2 ＝(x1－2)(x2－2)＋k2(x1＋1)(x2＋1) ＝(1＋k2)x1x2＋(k2－2)(x1＋x2)＋4＋k2 ＝－＋4＋k2 ＝＝6， 即k2＝6，解得k＝±， 所以直线PQ的方程为y＝±(x＋1)； 综上所述：直线PQ的方程为y＝±(x＋1)． [答案]　 [解析]　以A为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意可知，|NQ|＝a＋c，|QR|＝a－c，由题意可得P(0,4)，R(－3,0)，则PR：4x－3y＋12＝0，kPR＝，设M(n,1)，Q(n,0)，则M到PR的距离d＝＝1，解得n＝－1(舍去)，n＝－，则|QR|＝－3＝＝a－c，又设PN：kx－y＋4＝0，由d＝＝1，得45k2－84k＋32＝0. ∴kPR·kPN＝，则kPN＝，得xN＝－，∴2a＝－3＝，则a＝，故得c＝.∴椭圆的离心率e＝＝. 2．(2026·湖北部分高中协作体联考)已知点P(x，y)是椭圆＋＝1上任意一点，则点P到直线l：y＝x＋5的最大距离为(　　) A． B． C．5＋ D．5－ [解析]　解法一：设直线y＝x＋m与椭圆相切，由得13x2＋18mx＋9m2－36＝0，∴Δ＝(18m)2－4×13(9m2－36)＝0，m＝±，切线方程为y＝x＋和y＝x－，与l距离较远的是y＝x－，∴所求最大距离为d＝＝.故选A． 解法二：设P(3cos θ，2sin θ)，则P到直线l的距离d＝＝≤＝(其中sin φ＝，cos φ＝－，且当sin(θ＋φ)＝1时取等号)．故选A． 椭圆＋＝1(a>b>0)上的点到定点或定直线距离相关的最值问题，可转化为切线问题，可用三角换元法求解，即令x＝acos θ，y＝bsin θ，将其化为三角函数最值问题求解． A． B．7－2 C．3－2 D．3－5 [解析]　因伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，由图可知，椭圆的短半轴长b＝2，如图，DH＝HC＝AH＝2，∴AD⊥DC，∴DC＝AD＝2，又∠ABD＝60°，∴BD＝＝，∴2a＝BC＝2＋，∴a＝＋，∴e2＝＝1－＝1－2＝3－5.故选D. 2．(2026·云南曲靖一中阶段测试)曲线＋＝1上点到直线x－2y＋8＝0距离的最小值为________. [答案]　 [解析]　解法一：令x－2y＋m＝0与＋＝1相切，联立整理可得25y2－16my＋4m2－36＝0，所以Δ＝256m2－400(m2－9)＝0，可得m＝±5，当x－2y＋5＝0，此时与x－2y＋8＝0的距离为＝，当x－2y－5＝0，此时与x－2y＋8＝0的距离为＝，所以曲线到直线距离的最小值为. 解法二：设x＝3cos θ，则y＝2sin θ，则曲线上的点到直线x－2y＋8＝0的距离d＝＝≥＝.，即dmin＝. 1．(2025·福建泉州适应性练习)椭圆C：x2＋2y2＝1，其右焦点为F，若直线l过点F与C交于A，B，则|AB|最小值为(　　) A． B．1 C． D．2 [解析]　要使|AB|最小，即为l和焦点F在的轴垂直的直线截得的线段长．右焦点为，直线为x＝，联立此直线和椭圆解得交点的纵坐标为±，故|AB|最小值为1.故选B. 2．(2026·福建三明一中月考)焦距为2，并且截直线y＝2x－1所得弦的中点的横坐标是的椭圆的标准方程为(　　) A．x2＋＝1 B．x2＋3y2＝1 C．＋＝1 D．x2＋＝1或＋y2＝1 [解析]　设椭圆方程为＋＝1，m>0，n>0，m≠n，直线y＝2x－1与椭圆相交的两点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知x1＋x2＝，所以y1＋y2＝(2x1－1)＋(2x2－1)＝2(x1＋x2)－2＝2×－2＝－，又 两式相减得＋＝0，整理得＝－，所以2＝＝，即n＝3m.又c＝＝，由解得故椭圆的标准方程为x2＋＝1.故选A． 3．(2025·黑龙江齐齐哈尔二模)直线2x－3y＋12＝0经过椭圆＋＝1(a>b>0)的两个顶点，则该椭圆的离心率e＝(　　) A． B． C． D． [解析]　因为直线2x－3y＋12＝0，令x＝0，则y＝4，所以b＝4，令y＝0，则x＝－6，所以a＝6，又因为c2＝a2－b2，所以c＝2，则该椭圆的离心率e＝＝.故选B. 4．斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为(　　) A．2 B． C． D． [解析]　设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，则x1＋x2＝－t，x1x2＝.∴|AB|＝|x1－x2|＝·＝·＝·，当t＝0时，|AB|max＝.故选C． 5．(2024·安徽江淮十校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1，过左焦点F1作倾斜角为的直线交椭圆于A，B两点，且＝3，则椭圆C的离心率为(　　) A． B． C． D． [解析]　设F1(－c,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，过点F1倾斜角为的直线方程为x＝y－c，由得(a2＋3b2)y2－2b2cy－b4＝0，所以y1＋y2＝，y1y2＝－　①，因为＝3，所以y1＝－3y2　②，由①②得＝，所以a2＋3b2＝9c2，联立得a2＝3c2，e2＝⇒e＝.故选C． 6．(2024·贵州名校协作体联考)已知椭圆C：＋＝1的左右焦点分别为F1，F2，点M在直线l：x＋y－4＝0上运动，则·的最小值为(　　) A．7 B．9 C．13 D．15 [解析]　由椭圆C：＋＝1可得F1(－1,0)，F2(1,0)，点M在直线l：x＋y－4＝0上运动，设M(x，－x＋4)，则·＝(－1－x，x－4)·(1－x，x－4)＝x2－1＋(x－4)2＝2x2－8x＋15＝2(x－2)2＋7，当x＝2时，2(x－2)2＋7取到最小值7，即·的最小值为7，故选A． 7．(2026·江苏扬州高邮月考)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A，B两点，若M(1，－1)且＋＝2，则E的方程为(　　) A．＋＝1 B．＋＝1 C．＋＝1 D．＋＝1 [解析]　因为右焦点F(3,0)，故a2＝b2＋9，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＋＝2可知M是AB的中点，∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，且＋＝1，＋＝1，两式相减得＋＝0，∴kAB＝＝－＝－＝＝＝kFM＝，∴a2＝2b2＝b2＋9，∴b2＝9，a2＝18，故椭圆E方程为＋＝1，故选D. 8．(2025·江西抚州联考)已知椭圆T：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，过F且斜率为1的直线l与T交于A，B两点，若线段AB的中点M在直线x＋2y＝0上，则T的离心率为(　　) A． B． C． D． [解析]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：y＝x－c，由题意可知，线段AB的中点M是直线l与直线x＋2y＝0的交点，联立解得M，另一方面．联立得(a2＋b2)x2－2a2cx＋a2c2－a2b2＝0.易知Δ>0，由韦达定理得x1＋x2＝＝c，解得a2＝2b2，所以a2＝2(a2－c2)．故离心率e＝＝.故选D. A． B． C．－1 D． [解析]　在等腰直角△ABC中，在不影响离心率的情况下不妨设∠A＝，AB＝AC＝k，k>0，且椭圆焦点位于x轴上，当椭圆以B，C为焦点时，根据椭圆和等腰直角三角形对称性知点A为椭圆上顶点，则2a＝2k，a＝k；2c＝k，c＝k，离心率e＝＝＝.当椭圆以A，C或A，B为焦点时，2a＝k＋k＝(1＋)k，a＝，2c＝k，c＝，离心率e＝＝＝－1，综上，椭圆的离心率为或－1.故选BC． 10．如图所示，用一个与圆柱底面成θ角的平面截圆柱，截面是一个椭圆．若圆柱的底面圆半径为2，θ＝，则下列说法正确的是(　　) A．椭圆的长轴长等于4 B．椭圆的离心率为 C．椭圆的标准方程可以是＋＝1 D．椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为4－2 [解析]　设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径，则由截面与圆柱底面成锐二面角θ＝得：2a＝＝8，解得a＝4，A不正确；显然b＝2，则c＝＝2，离心率e＝＝，B正确；当以椭圆长轴所在直线为x轴，短轴所在直线为y轴建立平面直角坐标系时，椭圆的标准方程为＋＝1，C正确；椭圆上的点到焦点的距离的最小值为a－c＝4－2，D正确．故选BCD. 11．(2025·河北沧州联考)已知椭圆C：＋＝1的焦点分别为F1(0,2)，F2(0，－2)，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点P为线段MN的中点，则下列说法正确的是(　　) A．m2＝6 B．椭圆C的离心率为 C．直线l的方程为3x＋y－2＝0 D．△F2MN的周长为4 [解析]　根据题意，因为焦点在y轴上，所以m2－2＝4，则m2＝6，故选项A正确；椭圆C的离心率为e＝＝＝，故选项B不正确；根据点差法的结论可得kl·kOP＝－＝－3，所以kl＝－3，所以直线l的方程为y－＝－3，即3x＋y－2＝0，故选项C正确；因为直线l过F1，所以△F2MN的周长为4a＝4，故选项D不正确，故选AC． 12．(2026·四川大数据精准教学联盟联考)已知椭圆E：＋＝1的左顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2过点F1的直线与椭圆相交于P，Q两点，则(　　) [解析]　由题意知：a＝2，b＝，∴c＝＝1，∴|F1F2|＝2c＝2，A错误；∵PQ为椭圆C的焦点弦，∴|PQ|≤2a＝4，B正确；∵|PF1|＋|PF2|＝|QF1|＋|QF2|＝2a＝4，∴△F2PQ的周长为|PQ|＋|PF2|＋|QF2|＝|PF1|＋|PF2|＋|QF1|＋|QF2|＝8，C正确；作PM垂直于直线x＝－4，垂足为M，设P(x0，y0)，则d＝|PM|＝|x0＋4|，∵F1(－1,0)，∴|PF1|＝＝＝＝＝|x0＋2|，∴2|PF1|＝|x0＋4|，∴d＝2|PF1|，D正确．故选BCD. 13．(2026·云南昭通一中等三校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为4. (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的右顶点为Q，过点T(－1,0)的直线与椭圆C相交于点M，N，若△QMN的面积是，求直线MN的方程． [解析]　(1)由题意：S＝·2a·2b＝4，所以ab＝2. 又因为＝，a2＝b2＋c2， 所以a＝2，b＝1， 即椭圆的方程为＋y2＝1. 联立方程组得(4＋t2)y2－2ty－3＝0， ∴y1＋y2＝，y1y2＝－， |y1－y2|＝＝＝， ∴S△QMN＝·|TQ|·|y1－y2|＝×3×＝， 14．(2025·四川巴中诊断)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，点M在椭圆C上，且·＝－. [解析]　(1)由题意知A1(－a,0)，A2(a,0)， 又M，则＝，＝， ∴(－a－1)(a－1)＋2＝－，解得a＝2(负值舍去)， 由M在椭圆C上及a＝2得＋＝1， 解得b2＝3， ∴椭圆C的方程为＋＝1. 则k1＝＝，k2＝＝， 于是由k1＋k2＝0得＋＝0， 化简得4y1y2＝3(y1＋y2)(*) 由消去x整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， Δ＝(6m)2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0， y1＋y2＝－，y1y2＝－， 代入(*)式得－＝－， 解得m＝2， ∴直线l的方程为x－2y－1＝0， 解法一：Δ＝144(22＋1)＝720，y1＋y2＝－，y1y2＝－， |PQ|＝|y1－y2|＝＝， 又点M到直线l的距离d＝＝， ∴S△MPQ＝|PQ|d＝××＝. 解法二：由题意可知S△MPQ＝S△MPF＋S△MQF＝|MF|(|xP|＋|xQ|)＝(|xP|＋|xQ|)， 将x－2y－1＝0代入3x2＋4y2－12＝0消去y得4x2－2x－11＝0， ∴Δ＝(－2)2－4×4×(－11)＝180>0， xP＋xQ＝，xPxQ＝－<0， ∴S△MPQ＝(|xP|＋|xQ|)＝|xP－xQ| ＝＝×＝. 注：也可直接解出xP，xQ求解． B组能力提升 1．(2026·河北邢台五校质检联盟期中)已知椭圆C：＋＝1的左、右顶点分别为A、B，P为C上异于A、B的一点，直线PA，PB与直线x＝4分别交于M、N两点，则|MN|的最小值为(　　) A． B．7 C． D．6 [解析]　设P(x0，y0)，则＋＝1，易知A(－2，0)，B(2,0)，直线PA和直线PB的斜率之积kPA·kPB＝·＝＝－，设直线PA的方程为y＝k(x＋2)，则M(4,6k)，直线PB的方程为y＝－(x－2)，则N，所以|MN|＝≥2＝6.当且仅当k＝±时，等号成立，故选D. 2．(2026·江苏淮安淮阴中学期中)若点(x，y)在椭圆4x2＋y2＝4上，则的最小值为(　　) A．1 B．－1 C．－ D．以上都不对 [解析]　设直线y＝k(x－2)，代入椭圆方程消去y得(4＋k2)x2－4k2x＋4k2－4＝0，令Δ＝16k4－4(4＋k2)(4k2－4)＝0，解得k＝±，由图可知，直线与椭圆相切时k取得最值，所以kmin＝－，即的最小值为－.故选C． 3．(多选题)(2025·山西长治模拟)已知直线l：y＝x＋m与椭圆C：＋＝1，则下列结论正确的是(　　) A．若C与l至少有一个公共点，则m≤2 B．若C与l有且仅有两个公共点，则|m|<2 C．若m＝3，则C上到l的距离为5的点只有1个 D．若m＝－，则C上到l的距离为1的点只有3个 [解析]　联立消去y，得4x2＋6mx＋3m2－6＝0，则判别式Δ＝12(8－m2)．令Δ＝12(8－m2)≥0，则有－2≤m≤2，A错误；令Δ＝12(8－m2)>0，则有|m|<2，B正确；令直线l与椭圆C相切，则Δ＝12(8－m2)＝0，即m＝±2，直线y＝x＋3与y＝x－2的距离d＝＝5，因此，C上到l的距离为5的点只有1个，C正确； 如图，直线y＝x－与y＝x－2和y＝x的距离均为1，因此，C上到l的距离为1的点只有3个，D正确．故选BCD. 4．(2026·安徽蚌埠调研)已知椭圆E：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，经过点F1的直线与E相交于A，B两点，则△ABF2的面积的最大值为________. [解析]　由题意可知，直线AB的斜率不为0，F1(－，0)，F2(，0)，故设AB：x＝my－，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得，(m2＋4)y2－2my－1＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝－，Δ>0，则|y1－y2|＝＝＝4， 故ΔABF2的面积S＝|y1－y2|·|F1F2|＝×4×2＝，令t＝≥1，则S＝＝≤＝2，等号成立时t＝，m＝±，故△ABF2的面积的最大值为2. 5．(2025·湖北“宜荆荆恩”联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点M，且离心率为. [解析]　(1)联立 得a2＝4，b2＝3， 故所求椭圆的方程为C：＋＝1. 联立 消去x得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0. 所以y1＋y2＝，y1·y2＝， 由|FA|＝2|FB|得y1＝－2y2，代入以上两式消去y1，y2得m＝±. 故l：x＝±y＋1，化为一般式方程为x±2y－＝0. 设椭圆方程为＋＝1，则有2a＝4,2c＝2， ∴a＝2，c＝1，则b＝， ∴Q的轨迹方程为＋＝1. 联立消去x， 得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0， 由韦达定理，得y1＋y2＝－，y1·y2＝－， ∴四边形AMBN的面积S＝S△ABM＋S△ABN＝×|AB|×|y1－y2|＝×|AB|×＝×4×＝×4×＝， 令t＝≥1，则m2＝t2－1， 代入，得S＝＝＝， 根据均值不等式，得3t＋≥2＝2， 当且仅当3t＝，即t＝时等号成立， ∵t≥1，∴当t＝1时，min＝4，四边形AMBN的面积S的最大值为6， $