第05讲 椭圆及其性质（20核心考点）（培优讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习高效培优系列

该高中数学高考复习讲义聚焦椭圆及其性质，覆盖定义、标准方程、几何性质、离心率、直线与椭圆位置关系等20个核心考点，按“定义-方程-性质-综合应用”逻辑架构知识体系。通过考情解读明确备考方向，知识梳理夯实基础，典例精讲突破重难，分层集训提升能力，形成系统性复习闭环。 讲义突出数学思维与数学语言的培养，如离心率问题通过构建a,c齐次方程转化求解，焦点三角形面积结合几何性质与代数运算提升解题效率。设置基础演练、能力进阶、真题实战三级训练，配合方法技巧总结，帮助学生高效突破高频考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第05讲 椭圆及其性质 内容导航 夯实知识·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（核心考点 知识梳理 方法归纳） 知识点1 椭圆的定义 知识点2 椭圆的标准方程及几何性质 重难・核心突破（核心提炼 重难探究 命题预测）(含超链接） 考点01 椭圆的定义及应用 考点11 焦点三角形的面积问题 考点02 求椭圆的标准方程 方法技巧 椭圆焦点三角形中的结论 考点03 二元二次方程表示椭圆的充要条件 考点12 两线段的和与差的最值问题 考点04 椭圆的几何性质（焦距、轴） 考点13 椭圆中的最值与范围问题 考点05 椭圆的离心率及范围 方法技巧 最值问题的类型及求解技巧 方法技巧 离心率问题的求解技巧 考点14椭圆中的定点问题 考点06 椭圆的轨迹问题 考点15 椭圆中的定值问题 方法技巧 椭圆轨迹问题的求解策略 考点16 椭圆中的定直线问题 考点07 直线与椭圆的位置关系 考点17 椭圆中的探索问题 考点08 弦长问题 考点18 椭圆中的实际问题 考点09 中点弦问题 考点19 椭圆中的综合问题 考点10 焦点三角形的周长问题 考点20 椭圆中的新定义问题 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1.理解椭圆的定义、几何图形、标准方程. 2.掌握椭圆的简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率). 3.掌握椭圆的简单应用. 考题统计 核心考点 2026 2025 2024 椭圆的方程与性质 全国Ⅱ卷T18，上海卷T12 全国Ⅰ卷T18、 全国Ⅱ卷T5 直线与椭圆的位置关系 全国Ⅰ卷T18，北京卷T19、天津卷T18 全国Ⅱ卷T16、北京卷T19、天津卷T18、上海卷T20 全国Ⅰ卷T16、北京卷T19、天津卷T18 考情解读 近三年椭圆相关命题覆盖了求椭圆标准方程（根据a、b、c、离心率、过点等条件）、离心率（或其取值范围）、最值与定值、轨迹方程、焦点三角形面积等考点，题型包含选择题、填空题、解答题，分值跨度从 5 分到 17 分不等。考查形式上，既有单一考点的直接考查，也涉及椭圆与三角形（四边形）面积、韦达定理等的综合，且 “求椭圆标准方程”“离心率相关问题” 为高频考查点，体现出对椭圆核心概念、运算能力及综合应用能力的重视。 备考策略 备考时需扎实掌握椭圆的定义、标准方程、几何性质（离心率、a、b、c的关系等）等核心知识点。针对 “求椭圆标准方程”、“离心率取值范围”、“椭圆中面积与定值最值” 等高频考点进行专项训练，同时注重解答题中多考点综合题的练习，总结 “定义法”“几何法”“代数法（韦达定理、函数思想）” 在椭圆问题中的应用技巧，提升运算准确性和知识综合运用能力． 知识・归纳梳理 知识1 椭圆的定义 把平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆.这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距. 注意：(1)当动点M满足|MF1|＋|MF2|＝常数>|F1F2|时，动点M的轨迹为椭圆； (2)当动点M满足|MF1|＋|MF2|＝常数＝|F1F2|时，动点M的轨迹为以F1，F2为两端点的线段； (3)当动点M满足|MF1|＋|MF2|＝常数<|F1F2|时，动点M的轨迹不存在. 知识2 椭圆的标准方程及几何性质 标准 方程 ＋＝1（a＞b＞0） ＋＝1（a＞b＞0） 图形 性质 范围 －a≤x≤a； －b≤y≤b －b≤x≤b； －a≤y≤a 对称性 对称轴：x轴、y轴； 对称中心：（0，0） 顶点 A1（－a，0），A2（a，0）； B1（0，－b），B2（0，b） A1（0，－a），A2（0，a）； B1（－b，0），B2（b，0） 轴 长轴A1A2的长为2a； 短轴B1B2的长为2b 焦距 ｜F1F2｜＝2c 离心率 e＝，e∈（0，1） a，b，c的关系 a2＝b2＋c2 必记结论 1.若点P在椭圆上，F为椭圆的一个焦点，则 （1）b≤｜OP｜≤a； （2）a－c≤｜PF｜≤a＋c. 2.焦点三角形：椭圆上的点P（x0，y0）与两焦点构成的△PF1F2叫作焦点三角形，r1＝｜PF1｜，r2＝｜PF2｜，∠F1PF2＝θ，△PF1F2的面积为S，则在椭圆＋＝1（a＞b＞0）中： （1）r1＝r2时，即点P的位置为短轴端点时，θ最大； （2）S＝b2tan ＝c｜y0｜，当｜y0｜＝b时，即点P的位置为短轴端点时，S取最大值，最大值为bc. 重难・核心突破 考点01 椭圆的定义及应用 典例1．（2026·辽宁·三模）已知椭圆的焦点分别为，，点为上任意一点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 典例2．（2026·山东德州·三模）设为坐标原点，，为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，，则（    ） A． B． C． D． 【考法预测1】（2026·广东广州·模拟预测）若平面内有两个定点，一动点，则“为定值”是“点的轨迹是椭圆”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 【考法预测2】（25-26高三下·陕西西安·阶段检测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，且，则（   ） A． B． C． D． 【考法预测3】（2026·山东·模拟预测）已知分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与交于两点，线段的中点在轴上，且，若，则的标准方程为（   ） A． B． C． D． 考点02 求椭圆的标准方程 典例1．（2026·四川巴中·一模）已知中心在原点的椭圆的右焦点为，离心率等于，则的方程是（     ） A． B． C． D． 【考法预测1】（25-26高二上·天津河北·阶段检测）已知为椭圆上一点，为椭圆的焦点，且，则椭圆的标准方程为（   ） A． B．或 C． D．或 【考法预测2】（25-26高三上·天津滨海新区·阶段检测）与椭圆有相同焦点，且短轴长为2的椭圆的标准方程是（   ） A． B． C． D． 【考法预测3】（25-26高三下·湖北武汉·阶段检测）若椭圆过抛物线的焦点， 且与双曲线有相同的焦点，则该椭圆的方程是（   ） A． B． C． D． 考点03 二元二次方程表示椭圆的充要条件 典例1．（25-26高三·全国·一轮复习）方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数m的取值范围为（   ） A． B． C． D． 典例2．（25-26高三下·云南楚雄·阶段检测）已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，则（    ） A． B． C．或 D．或 【考法预测1】（25-26高三下·山东·阶段检测）“”是“曲线为椭圆”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【考法预测2】已知方程 表示椭圆，则实数的取值范围是（   ）. A． B． C． D． 【考法预测3】（25-26高三下·山东·阶段检测）已知曲线为椭圆，且，则数对个数为（   ） A．5 B．10 C．9 D．8 考点04 椭圆的几何性质（焦距、轴） 典例1．（2026·河南安阳·模拟预测）已知椭圆的焦距为，则（    ） A．2 B． C． D． 典例2．已知椭圆的右焦点为，则的长轴长为（    ） A． B． C． D． 【考法预测1】（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知焦点在轴上的椭圆的焦距为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【考法预测2】设椭圆的标准方程为，若焦距为2，则的值等于（   ） A．7 B．7或5 C．10 D．10或2 【考法预测3】（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知中心在原点，对称轴在坐标轴上的椭圆，其一个顶点是，一个焦点是，以下为椭圆顶点的是（   ） A． B． C． D． 考点05 椭圆的离心率及范围 典例1．（2026·重庆渝中·模拟预测）已知是椭圆上一点，，是椭圆的两个焦点，，，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 典例2．（25-26高三下·云南楚雄·阶段检测）设椭圆的左､右焦点分别为，且点与抛物线的焦点重合，点在的外部，点是上的动点，满足恒成立，则的离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【考法预测1】（2026·云南玉溪·模拟预测）已知椭圆的长轴端点为A，B，点P是椭圆上异于A，B的点，且直线和的斜率之积，则椭圆的离心率为（     ） A． B． C． D． 【考法预测2】（2026·江苏南京·三模）如图，焦点在轴上的椭圆，分别是左右焦点，过的直线交椭圆于两点，，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【考法预测3】（25-26高三下·安徽合肥·阶段检测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C上存在一点P使，且△F1PF2为锐角三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是（　　） A． B． C． D． 方法技巧 离心率问题的求解技巧 求解椭圆离心率问题的核心技巧在于“构建关于 a,c 的齐次方程”。由于离心率 ​ ，解题时应避免直接求 a,b,c的具体值，而是利用已知条件（如焦点三角形、几何性质、渐近线等）建立包含 a,b,ca,b,c 的等式或不等式。接着，巧妙运用椭圆的基本关系 ，将式子中的 b 消去，转化为仅含 a,c 的齐次方程。最后，等式两边同除以 a或 a2，即可将其化为关于 e 的一元方程或不等式，从而精准求出离心率的值或范围。 考点06 椭圆的轨迹问题 典例1．已知一动圆与圆外切，同时与圆内切，则该动圆圆心的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 典例2．已知曲线，从上任意一点向轴作垂线段，为垂足，则线段的中点的轨迹方程为（ ） A． B． C． D． 【考法预测1】（25-26高二上·广东广州·期末）如果点在运动过程中，总满足关系式，则的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【考法预测2】（25-26高二上·安徽·阶段检测）已知，，直线相交于点P，且直线与直线的斜率之积为，则点P的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【考法预测3】（25-26高二上·重庆九龙坡·期中）已知曲线，从上任意一点向轴作垂线段为垂足，点在的延长线上，且，则点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 方法技巧 椭圆轨迹问题的求解策略 求椭圆标准方程的核心方法是“先定位，再定量”。首先，根据已知条件（如焦点坐标、长轴位置等）判断焦点在哪一个轴上，再确定a,b,c的值，具体方法有：待定系数法、定义法、转移法。 考点07 直线与椭圆的位置关系 典例1．已知直线的方程为，椭圆的方程为，则直线与椭圆的位置关系为（    ） A．相离 B．相交 C．相切 D．不能确定 典例2．（2026·河北沧州·二模）在平面直角坐标系中，F，A分别为椭圆 的右焦点和下顶点，B是x轴上一点，且，过点B且与AF平行的直线l与C有唯一公共点，则l的斜率为（    ） A． B． C． D． 【考法预测1】直线与椭圆（）的位置关系为（   ） A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定 【考法预测2】已知直线与椭圆有公共点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【考法预测3】（2026·广西河池·二模）已知椭圆以和为焦点，且与直线相切，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 考点08 弦长问题 典例1．（2026·山东淄博·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为和，过且倾斜角为的直线与交于，两点，则（    ） A． B． C． D． 典例2．）已知椭圆的右焦点为F，过点F且斜率为1的直线l交C于A，B两点，若，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【考法预测1】（2026·陕西西安·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点，且，则（   ） A． B． C． D． 【考法预测2】已知是椭圆C的两个焦点，过且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，且，则椭圆C的标准方程为（    ） A． B． C． D． 【考法预测3】（2026·山西晋城·三模）已知直线与椭圆交于不同的两点A，B，若，则实数______． 考点09 中点弦问题 典例1．若椭圆的弦恰好被点平分，则所在的直线方程为________． 典例2．（2026·广西河池·三模）已知椭圆（），斜率为的一条直线与椭圆交于点，且的中点坐标为，则椭圆的离心率__________． 【考法预测1】已知椭圆的左焦点为，过点作倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，为线段的中点，若为坐标原点），则椭圆的离心率为______. 【考法预测2】（25-26高二上·辽宁辽阳·期末）某航天测控中心监测到一颗人造卫星的运行轨迹近似为椭圆，其方程为.该人造卫星（视作质点）在椭圆轨道上的A，B两点进行变轨操作，若线段AB的中点为，则直线AB的斜率为__________，__________. 【考法预测3】已知O为坐标原点，直线与椭圆交于A，B两点，P为的中点，直线的斜率为，若，则椭圆的离心率的取值范围为_____________． 考点10 焦点三角形的周长问题 典例1．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）过椭圆 （）的右焦点 的直线交椭圆于 两点， 是椭圆的左焦点，则 的周长为________. 典例2．（2026·河南新乡·三模）已知是椭圆的左、右焦点，是双曲线的右顶点，过的直线交椭圆于M，N两点，且的周长为20，则椭圆的离心率为______. 【考法预测1】（25-26高三上·广东深圳·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线交于，两点，若为等边三角形，则的焦距为___________ 【考法预测2】已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，，过且垂直于的直线与椭圆C交于D，E两点，，则的周长是________． 【考法预测3】（25-26高二上·天津南开·阶段检测）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_______． 考点11 焦点三角形的面积问题 典例1．（2026·山西忻州·模拟预测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，且，则的面积为（     ） A． B． C． D．1 典例2．（2026·浙江·二模）已知椭圆，为椭圆的左､右焦点，点为椭圆上在第一象限内的一点，且的面积为，则的角平分线所在的直线方程为（    ） A． B． C． D． 【考法预测1】（2026·河南·模拟预测）已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆上，且的周长为，则的面积的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 【考法预测2】（25-26高三·全国·一轮复习）已知是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为，，且，则（   ） A．的周长为12 B． C．点到轴的距离为 D． 【考法预测3】（2026·云南保山·二模）设椭圆的离心率为，，，分别为其左、右焦点，点为椭圆短轴的一个端点，且的面积为2，则椭圆的方程为（   ） A． B． C． D． 方法技巧 椭圆焦点三角形中的结论 P为椭圆上任意一点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，设∠F1PF2＝θ，如图所示. (1)当P为短轴端点时，θ最大，最大；当点P为长轴端点时，θ最小为0. (2)|PF1|max＝a＋c，|PF1|min＝a－c. (3)|PF1|·|PF2|≤＝a2. (4)4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos θ. (5)焦点三角形的周长为2(a＋c). 考点12 两线段的和与差的最值问题 典例1．（多选）（2026·辽宁锦州·模拟预测）分别为椭圆和双曲线上的点，，则（   ） A． B． C． D． 典例2．（2026·广西·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为A，点M在C上，若周长的最大值为8，则C的焦距为（    ） A．3 B． C．1 D．2 【考法预测1】（2026·陕西咸阳·三模）已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上，点在圆上，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【考法预测2】（多选）（2026·山西吕梁·三模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，P为椭圆上任意一点，则下列说法正确的是（   ） A．的离心率为 B．内切圆半径的最大值为 C．椭圆C内接矩形面积的最大值为 D．若，则的最小值是1 【考法预测3】（2026·山东淄博·二模）椭圆C：的左右焦点分别为，，点，P为C上一动点，则的最小值为______． 考点13 椭圆中的最值与范围问题 典例1．（2026·甘肃兰州·一模）已知曲线，则曲线上的点到直线的距离的取值范围是（    ） A． B． C． D． 典例2．（2026·山东济宁·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，过的直线交椭圆于、．两点，且在轴上方． (1)求的方程； (2)若，求直线的方程； (3)设点与点关于坐标原点对称，直线与直线相交于点，求面积的最大值． 【考法预测1】（2026·河南·模拟预测）已知椭圆，点，过点的直线交椭圆于，两点，的中点为，定点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【考法预测2】（多选）（2026·湖南郴州·三模）已知二次曲线表示一个椭圆，则（    ） A．的对称中心为 B．上的点到原点距离的取值范围是 C．当点在上时， D．的离心率为 【考法预测3】若椭圆上一动点，为圆的任意一直径，则的取值范围为_______________． 考点14 椭圆中的定点问题 方法技巧 最值、范围问题的求解策略 求解椭圆中的最值与范围问题，核心在于将几何问题转化为代数或三角函数问题，常用以下三大技巧： 代数函数法：通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和判别式（Δ≥0）构造不等关系。将目标量（如弦长、面积）表示为斜率或截距的函数，借助二次函数性质、导数或均值不等式求最值与范围。 三角参数法：利用椭圆的参数方程，将椭圆上的动点设为 (acosθ,bsinθ) 。把目标代数式转化为于θ 的三角函数，再利用三角函数的有界性及辅助角公式求解。 几何定义法：充分挖掘椭圆的几何性质（如焦点三角形、点到焦点的距离范围等），结合平面几何定理（如三角形两边之和大于第三边）进行数形结合分析，往往能巧妙避开繁琐计算，快速锁定极值。 典例1．（2026·重庆·三模）已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 【考法预测1】已知椭圆上的两个动点P，Q，设，，且线段PQ的垂直平分线经过一个定点，则定点坐标为（    ） A． B． C． D． 【考法预测2】（2026·甘肃张掖·二模）设点，，过线段上动点，作线段，垂足为，且，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知，是曲线上不同的两点，若直线和的斜率之商为，证明：直线过定点． 【考法预测3】已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求的标准方程； (2)设过点的直线(斜率不为)与相交于，两点，点关于轴的对称点为，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 考点15 椭圆中的定值问题 典例1．（2026·江苏泰州·模拟预测）已知椭圆：（）的离心率为，短轴长为2. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线与椭圆交于，两点，原点到直线的距离为. （ⅰ）记直线，的斜率分别为，，求证：为定值； （ⅱ）求的面积的最大值及此时直线的方程. 【考法预测1】（2026·山东济南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点为，，是椭圆上的动点，以为直径作圆，直线与圆交于点（点不在椭圆内部），则（    ） A．1 B． C．2 D．3 【考法预测2】（25-26高三上·湖北·阶段检测）已知椭圆与抛物线，过点的两条互相垂直的直线与的另两个交点分别为，与的另两个交点分别为，记直线和的斜率分别为，则关于与之间的关系，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【考法预测3】已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求的方程； (2)若斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，证明：为定值． 考点16 椭圆中的定直线问题 典例1．（25-26高三·全国·二轮复习）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 【考法预测1】（25-26高二上·北京西城·期末）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为，是边长为2的等边三角形. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，点是线段上一点，且满足.求证：点在一条定直线上. 【考法预测2】已知椭圆过点，短轴长为4． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点，．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 考点17 椭圆中的探索问题 典例1．已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【考法预测1】已知椭圆的两个顶点在直线上，直线l经过椭圆的右焦点F，与椭圆交于A、B两点，点（P不在直线l上） （1）求椭圆的标准方程； （2）直线l与交于点M，设PA，PB，PM的斜率分别为．试问：是否存在常数使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【考法预测2】（2026高三·全国·专题练习）已知椭圆，其焦距为2，点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)是否存在与椭圆交于，两点的直线，使得成立？若存在，求出实数的取值范围，若不存在，请说明理由． 【考法预测3】已知椭圆经过点为椭圆的左、右两个焦点，． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过右焦点作直线与椭圆C交于两点（点A位于x轴上方），是否存在直线，使得？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 考点18 椭圆中的实际问题 典例1．（25-26高二上·福建福州·期末）北斗卫星导航系统是我国航天事业的重要成果，北斗卫星的运行轨道是以地球的球心为一个焦点的椭圆，平均轨道高度约为2万千米到3.6万千米，属于中高地球轨道.某颗北斗卫星运动至近地点时，距离地球表面高度约为1.56万千米；运动至远地点时，距离地球表面高度约为3.16万千米.已知地球的半径约为0.64万千米，则该卫星运行轨迹的标准方程可以是（    ） A． B． C． D． 【考法预测1】如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点变轨进入以月球球心为一个焦点的椭圆轨道I绕月飞行，之后卫星在点第二次变轨进入仍以为一个焦点的椭圆轨道II绕月飞行，最终卫星在点第三次变轨进入以为圆心的圆形轨道III绕月飞行，若用和分别表示椭圆轨道I和II的焦距，用和分别表示椭圆轨道I和II的长轴的长，则（    ）    A． B． C． D． 【考法预测2】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． 【考法预测3】已知某星球的球心为，半径为，该星球的卫星的运行轨道是以为一个焦点的椭圆，该椭圆的离心率为，卫星运行过程中离该星球表面最近的距离为，若当卫星处于某位置时，用卫星上的光学仪器观测该星球，把光学仪器的镜头与星球表面被观测点的连线称为视线，任意两条视线所成的最大夹角称为张角，则卫星运行过程中张角的最小值为______．（精确到0.1°） 考点19 椭圆中的综合问题 典例1．（多选）（2026·江苏南京·三模）如图，圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，是的中点，过与底面平行的平面绕点逆时针转动，截圆锥依次得到圆，椭圆，部分椭圆，抛物线，双曲线.则（    ） A．截面中圆的面积为 B．截面是完整椭圆的离心率最大是 C．截面是抛物线的焦准距 D．垂直于底面的双曲线截面的离心率为 【考法预测1】（2026·江苏扬州·三模）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：用平面截圆锥，可以得到不同的截口曲线，如图①．在圆锥中，轴截面是斜边长为的等腰直角三角形，点M是线段的中点．过点M的平面截圆锥，下列图②-图⑤中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分（截面经过点O）、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（     ）． A．圆的面积为 B．椭圆的长轴长为 C．抛物线的焦点到准线的距离为1 D．双曲线的离心率为 【考法预测2】（2026·陕西西安·模拟预测）如图，已知圆柱底面半径为1，母线长为8，球与圆柱侧面及上底面相切，球与圆柱侧面及下底面相切，平面与球、球均相切（球心、在平面两侧）.则平面截圆柱侧面所得椭圆的离心率为________. 【考法预测3】（2026·山西运城·模拟预测）已知直线与平面所成的角为，动点在平面内，如果点到直线的距离总是，则点的轨迹为椭圆，如图所示．以该椭圆的中心为坐标原点，长轴所在直线为轴建立平面直角坐标系． (1)求椭圆的方程； (2)点，过点的直线交于，两点． （ⅰ）求证：以为直径的圆过定点； （ⅱ）当直线的斜率存在时，记的外接圆和内切圆的半径分别为，，且，求直线的斜率． 考点20 椭圆中的新定义问题 典例1．（2026·重庆·模拟预测）已知坐标平面上一点以及方程组，我们称点是由点经过变换得到的．为记号方便，我们定义新的符号：，来表示这样的变换．称为一个二阶方阵，通常用大写字母表示（例：）．若我们对曲线上所有的点做一个相同的变换，则会得到一条新的曲线．例：对圆作变换后我们得到椭圆． (1)已知把坐标平面上一点绕坐标原点逆时针旋转角度得到新的点是一种点的变换，直接写出其变换矩阵． (2)若，在经过变换后分别得到点，，为坐标原点，求证：（注：规定，，共线时，则） (3)已知椭圆的焦点坐标为、，短轴长为，位于第一象限的长轴顶点为，直线与交于点，且．若（其中），以记三角形面积，求（注：是连乘符号，即） 【考法预测1】（25-26高三·上海·二轮复习）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“类距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“类椭圆”. (1)求“类椭圆”的方程； (2)根据“类椭圆”的方程，研究“类椭圆”的范围、对称性，并说明理由. 【考法预测2】（2026·河南濮阳·二模）已知椭圆的离心率为，且经过点，定义第次操作为：经过上的点作斜率为的直线与交于另一点，记关于轴的对称点为，若与重合，则操作停止；否则一直继续下去． (1)求的方程； (2)若为的左顶点，经过3次操作后停止，求的值； (3)若是在第一象限与不重合的一点，求的面积． 【考法预测3】（25-26高三上·青海西宁·期末）定义：以椭圆中心为圆心、长轴长为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上的点作长轴所在直线的垂线交其“伴随圆”于点，称点为点的“伴随点”．已知椭圆：上（）的点的一个“伴随点”为． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于不同的两点，，点与点关于轴对称．证明：直线过定点. 拔高・分层集训 基础演练 1．（2026·重庆永川·模拟预测）方程表示的图形是（ ） A．椭圆 B．双曲线 C．直线 D．线段 2．（2025·湖南·三模）已知曲线，设，q：曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则p是q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 3．（2026·山西临汾·二模）椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上的点，则面积的最大值是（   ） A．12 B．15 C．20 D．25 4．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知椭圆的焦点在轴上，点，则（   ） A．在外 B．的长轴长为 C．在内 D．的焦距为 5．（2026·河北张家口·三模）已知椭圆的离心率为，则C的方程可以为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·河南开封·模拟预测）已知分别是椭圆的左、右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．（多选）（2026高三·全国·专题练习）若椭圆的左、右焦点分别为，，则下列选项中的取值，能使以为直径的圆与椭圆有公共点的有（   ） A． B． C． D． 8．（多选）（2026·云南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P在C上且位于第一象限，，则（   ） A．的周长为16 B． C． D．直线的斜率为 9．（多选）（2026·陕西咸阳·三模）已知椭圆C：()的左、右焦点分别为，，离心率，P是C上一动点，且的周长为6，直线l与C交于A，B两点(异于点P)，则下列说法正确的有(   ) A．若点P到直线的距离为3，则 B．若的中点M的坐标为，则直线l的方程为 C．若A，B关于原点对称，直线，的斜率分别为，，则 D．记的中点为N，则点N的轨迹方程为 10．（2026·山西忻州·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上，若，则_______． 11．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知为椭圆的右焦点，为上一点，为圆上一点，则的最大值为____. 12．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. (1)求出椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 能力进阶 1．（2026·湖南岳阳·三模）设是椭圆的两个焦点，点在上，命题，命题：为直角三角形，则是的（    ） 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 2．（2026·辽宁锦州·二模）已知椭圆的离心率为，则的值为（    ） A．或 B．或2 C． D． 3．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，左顶点为，点在椭圆上，若，且，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高三下·河南·阶段检测）设椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，与的另一个交点为，若，则的周长为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·山西运城·二模）已知点在椭圆的内部，为的左焦点，为上的动点，若的最大值大于，则的离心率的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·上海崇明·二模）已知，，，，其中，点P为平面内一点，记点到，的距离分别为，，则下列条件中能使点的轨迹为椭圆的是（   ） A． B． C． D． 7．（多选）（2026·内蒙古赤峰·三模）定义离心率是的椭圆为“黄金椭圆”．已知“黄金椭圆”的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，则下列说法正确的是（    ） A．短半轴长为 B．成等比数列 C． D．的外接圆半径为 8．（多选）（2026·湖南邵阳·三模）数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆任意两条互相垂直的切线的交点都在以原点为圆心，为半径的圆上，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆可以与边长为的正方形的四条边均相切，则（   ） A．椭圆的离心率为 B．若一个矩形的四条边均与椭圆相切，则该矩形面积的最大值为50 C．若为椭圆的蒙日圆上任意一点，则直线的斜率的取值范围为 D．若为椭圆的蒙日圆上任意一点，且点到直线与到直线的距离之和与点的位置无关，则的取值范围是 9．（2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为，下顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为． (1)求椭圆的方程； (2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值； (3)过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，连接并延长交直线于点．试探究：在轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 真题实战 1．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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（    ） A．（） B．（） C．（） D．（） 2．（2026·上海·高考真题）在中，，，．已知点，，分别为椭圆的上、下、右顶点，以及两个焦点中的三点，求椭圆的离心率__________． 3．（2026·全国一卷·高考真题）已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 4．（2026·全国二卷·高考真题）已知椭圆：（），过E的右焦点且与轴垂直的直线被截得的线段长为． (1)求的离心率． (2)设为坐标原点，给定点，为上的点，过作轴的垂线，垂足为，直线与直线的交点为．当在上运动时，点的轨迹为． （ⅰ）求的方程； （ⅱ）当为何值时，有对称中心？当有对称中心时，将平移后得到曲线，使得为的对称中心，说明是什么曲线. 5．（2026·北京·高考真题）已知椭圆：（）的一个顶点是，离心率为． (1)求的方程； (2)过点，斜率为的直线交椭圆于、两点，关于的对称点为，交于，若，求． 6．（2026·天津·高考真题）已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为． (1)求的标准方程； (2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求． 7．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (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． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 8．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 9．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，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，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 10．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 11．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点． (1)若的焦点，求离心率e； (2)若，且上存在一点P，满足，求m； (3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围． 12．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 13．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 14．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 2 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲 椭圆及其性质 内容导航 夯实知识·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（核心考点 知识梳理 方法归纳） 知识点1 椭圆的定义 知识点2 椭圆的标准方程及几何性质 重难・核心突破（核心提炼 重难探究 命题预测）(含超链接） 考点01 椭圆的定义及应用 考点11 焦点三角形的面积问题 考点02 求椭圆的标准方程 方法技巧 椭圆焦点三角形中的结论 考点03 二元二次方程表示椭圆的充要条件 考点12 两线段的和与差的最值问题 考点04 椭圆的几何性质（焦距、轴） 考点13 椭圆中的最值与范围问题 考点05 椭圆的离心率及范围 方法技巧 最值问题的类型及求解技巧 方法技巧 离心率问题的求解技巧 考点14椭圆中的定点问题 考点06 椭圆的轨迹问题 考点15 椭圆中的定值问题 方法技巧 椭圆轨迹问题的求解策略 考点16 椭圆中的定直线问题 考点07 直线与椭圆的位置关系 考点17 椭圆中的探索问题 考点08 弦长问题 考点18 椭圆中的实际问题 考点09 中点弦问题 考点19 椭圆中的综合问题 考点10 焦点三角形的周长问题 考点20 椭圆中的新定义问题 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1.理解椭圆的定义、几何图形、标准方程. 2.掌握椭圆的简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率). 3.掌握椭圆的简单应用. 考题统计 核心考点 2026 2025 2024 椭圆的方程与性质 全国Ⅱ卷T18，上海卷T12 全国Ⅰ卷T18、 全国Ⅱ卷T5 直线与椭圆的位置关系 全国Ⅰ卷T18，北京卷T19、天津卷T18 全国Ⅱ卷T16、北京卷T19、天津卷T18、上海卷T20 全国Ⅰ卷T16、北京卷T19、天津卷T18 考情解读 近三年椭圆相关命题覆盖了求椭圆标准方程（根据a、b、c、离心率、过点等条件）、离心率（或其取值范围）、最值与定值、轨迹方程、焦点三角形面积等考点，题型包含选择题、填空题、解答题，分值跨度从 5 分到 17 分不等。考查形式上，既有单一考点的直接考查，也涉及椭圆与三角形（四边形）面积、韦达定理等的综合，且 “求椭圆标准方程”“离心率相关问题” 为高频考查点，体现出对椭圆核心概念、运算能力及综合应用能力的重视。 备考策略 备考时需扎实掌握椭圆的定义、标准方程、几何性质（离心率、a、b、c的关系等）等核心知识点。针对 “求椭圆标准方程”、“离心率取值范围”、“椭圆中面积与定值最值” 等高频考点进行专项训练，同时注重解答题中多考点综合题的练习，总结 “定义法”“几何法”“代数法（韦达定理、函数思想）” 在椭圆问题中的应用技巧，提升运算准确性和知识综合运用能力． 知识・归纳梳理 知识1 椭圆的定义 把平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆.这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距. 注意：(1)当动点M满足|MF1|＋|MF2|＝常数>|F1F2|时，动点M的轨迹为椭圆； (2)当动点M满足|MF1|＋|MF2|＝常数＝|F1F2|时，动点M的轨迹为以F1，F2为两端点的线段； (3)当动点M满足|MF1|＋|MF2|＝常数<|F1F2|时，动点M的轨迹不存在. 知识2 椭圆的标准方程及几何性质 标准 方程 ＋＝1（a＞b＞0） ＋＝1（a＞b＞0） 图形 性质 范围 －a≤x≤a； －b≤y≤b －b≤x≤b； －a≤y≤a 对称性 对称轴：x轴、y轴； 对称中心：（0，0） 顶点 A1（－a，0），A2（a，0）； B1（0，－b），B2（0，b） A1（0，－a），A2（0，a）； B1（－b，0），B2（b，0） 轴 长轴A1A2的长为2a； 短轴B1B2的长为2b 焦距 ｜F1F2｜＝2c 离心率 e＝，e∈（0，1） a，b，c的关系 a2＝b2＋c2 必记结论 1.若点P在椭圆上，F为椭圆的一个焦点，则 （1）b≤｜OP｜≤a； （2）a－c≤｜PF｜≤a＋c. 2.焦点三角形：椭圆上的点P（x0，y0）与两焦点构成的△PF1F2叫作焦点三角形，r1＝｜PF1｜，r2＝｜PF2｜，∠F1PF2＝θ，△PF1F2的面积为S，则在椭圆＋＝1（a＞b＞0）中： （1）r1＝r2时，即点P的位置为短轴端点时，θ最大； （2）S＝b2tan ＝c｜y0｜，当｜y0｜＝b时，即点P的位置为短轴端点时，S取最大值，最大值为bc. 重难・核心突破 考点01 椭圆的定义及应用 典例1．（2026·辽宁·三模）已知椭圆的焦点分别为，，点为上任意一点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用椭圆的定义以及基本不等式即可求解. 【详解】已知椭圆的焦点分别为，，点为上任意一点，所以， 则根据椭圆的定义可知， 由基本不等式得，当且仅当时取等号，此时点在椭圆的短轴的端点处，符合题意， 因此的最大值是. 典例2．（2026·山东德州·三模）设为坐标原点，，为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先由椭圆方程可得椭圆基本量，再由得，进而在焦点三角形中由余弦定理可得，再由中线向量关系可得，从而可得所求值. 【详解】椭圆方程，得，因此， 根据椭圆的定义有，， 在中，因为，所以， 由同角三角函数关系式可得， 由余弦定理，， 即，得. 又在中，是的中线，所以，如图： 所以 ， 因此，，即. 【考法预测1】（2026·广东广州·模拟预测）若平面内有两个定点，一动点，则“为定值”是“点的轨迹是椭圆”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 【详解】根据椭圆的定义可知，只有为定值，且时， 点的轨迹才是椭圆， 因此，“为定值”是“点的轨迹是椭圆”的必要不充分条件. 【考法预测2】（25-26高三下·陕西西安·阶段检测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据椭圆方程求出的值，再利用椭圆定义求出，最后在中运用余弦定理求出，进而得到的值. 【详解】由题意得，.若，则， 由余弦定理得， 因为，所以. 【考法预测3】（2026·山东·模拟预测）已知分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与交于两点，线段的中点在轴上，且，若，则的标准方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析可知为等边三角形，结合长度关系可得，，即可得椭圆方程. 【详解】因为分别为，的中点，则， 且，则，即，可得， 又因为，则，可知为等边三角形， 且，则，， 可得，，即，， 则，所以椭圆的标准方程为. 考点02 求椭圆的标准方程 典例1．（2026·四川巴中·一模）已知中心在原点的椭圆的右焦点为，离心率等于，则的方程是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意求得，根据焦点所在坐标轴代入标准方程即可求解. 【详解】因为中心在原点的椭圆的右焦点为， 所以椭圆焦点在轴，设标准方程为， 由题意可得，，得到，， 故椭圆的方程是. 故选：D 【考法预测1】（25-26高二上·天津河北·阶段检测）已知为椭圆上一点，为椭圆的焦点，且，则椭圆的标准方程为（   ） A． B．或 C． D．或 【答案】B 【分析】分别求出，再根据焦点所在的位置即可求出标准方程. 【详解】由题意，椭圆的焦距，长轴长， 则， 当焦点在上时，椭圆的标准方程为， 当焦点在上时，椭圆的标准方程为. 综上，椭圆的标准方程为或. 故选：B. 【考法预测2】（25-26高三上·天津滨海新区·阶段检测）与椭圆有相同焦点，且短轴长为2的椭圆的标准方程是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将椭圆的方程，化为标准方程，分析可得其焦点坐标，进而可以设所求椭圆方程为，分析可得b、c的值，即可得答案. 【详解】椭圆可化为， 可知焦点在轴上，焦点坐标为， 设所求椭圆方程为，则， 又，即， 所以， 所求椭圆的标准方程为. 故选：B. 【考法预测3】（25-26高三下·湖北武汉·阶段检测）若椭圆过抛物线的焦点， 且与双曲线有相同的焦点，则该椭圆的方程是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出抛物线与双曲线的焦点坐标后，列方程组求得得椭圆方程. 【详解】抛物线的焦点为， 双曲线的焦点为， 所以，又，则， 所以椭圆方程为. 考点03 二元二次方程表示椭圆的充要条件 典例1．（25-26高三·全国·一轮复习）方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数m的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】若方程表示焦点在x轴上的椭圆，则，解得，即m的取值范围为． 典例2．（25-26高三下·云南楚雄·阶段检测）已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，则（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【详解】①当椭圆的焦点在轴上时，，解得； ②当椭圆的焦点在轴上时，，解得， 所以或. 【考法预测1】（25-26高三下·山东·阶段检测）“”是“曲线为椭圆”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据曲线表示椭圆，列不等式求解，即可根据集合间的关系求解. 【详解】若曲线为椭圆，则，解得或， 由于或是的真子集， 故“”是“曲线为椭圆”的必要不充分条件， 【考法预测2】已知方程 表示椭圆，则实数的取值范围是（   ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据椭圆标准方程的特点，对分母和进行分类讨论即可得的范围. 【详解】由题意知，方程表示椭圆，根据椭圆的标准方程或的特点可知：，且，解得或，综上所述的取值范围是. 故选：D. 【考法预测3】（25-26高三下·山东·阶段检测）已知曲线为椭圆，且，则数对个数为（   ） A．5 B．10 C．9 D．8 【答案】D 【分析】利用椭圆方程的性质对数对进行列举即可. 【详解】曲线为椭圆，则， 且，则满足条件的正整数对有， 在上述数对中，只有满足，所以需要排除这个情况，剩下的数对共 8 对， 因此，满足条件的数对的个数为 8. 考点04 椭圆的几何性质（焦距、轴） 典例1．（2026·河南安阳·模拟预测）已知椭圆的焦距为，则（    ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】先由判断椭圆的长轴在轴上，再设半焦距为，利用及“焦距”为列方程求． 【详解】因为，所以，椭圆的长轴在轴上，长半轴长为，短半轴长为． 设椭圆的半焦距为，则. 因为椭圆的焦距为，即. 解得.代入，得. 即. 所以.解得. 因为，所以. 典例2．已知椭圆的右焦点为，则的长轴长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可知椭圆的焦点在轴上，且，由椭圆中的平方关系可求得的值，进而可求得长轴长. 【详解】因为椭圆的右焦点为，所以，且焦点在轴上， 所以，解得，所以椭圆的长轴长为． 故选：B. 【考法预测1】（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知焦点在轴上的椭圆的焦距为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据椭圆标准方程结合的关系，列方程求解的值即可. 【详解】焦点在轴上的椭圆的焦距为， 则，所以， 则，故， 又，则的值为. 故选：B. 【考法预测2】设椭圆的标准方程为，若焦距为2，则的值等于（   ） A．7 B．7或5 C．10 D．10或2 【答案】B 【分析】根据椭圆中，，的关系求解即可. 【详解】因为焦距为2，所以. 当焦点在轴上，此时，且，解得； 当焦点在轴上，此时，且，解得. 综上，的值为7或5. 故选：B 【考法预测3】（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知中心在原点，对称轴在坐标轴上的椭圆，其一个顶点是，一个焦点是，以下为椭圆顶点的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】依题意求出椭圆所有顶点坐标判断选项即可. 【详解】椭圆的一个顶点是，一个焦点是，椭圆的焦点在轴上， 设椭圆方程为，则有，得， 所以椭圆左顶点为，右顶点为，下顶点为，上顶点为， 只有A选项符合. 考点05 椭圆的离心率及范围 典例1．（2026·重庆渝中·模拟预测）已知是椭圆上一点，，是椭圆的两个焦点，，，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析可知，，结合椭圆定义求离心率即可. 【详解】因为，，则， 则，， 所以椭圆的离心率为. 典例2．（25-26高三下·云南楚雄·阶段检测）设椭圆的左､右焦点分别为，且点与抛物线的焦点重合，点在的外部，点是上的动点，满足恒成立，则的离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为的焦点为，所以的右焦点，左焦点， 因为点在的外部，所以，可得， 则的离心率， 因为点是上的动点，所以， 故恒成立可转换为恒成立， ，当且仅当点为射线与在第四象限的交点时取等号， 所以，故， 因此的离心率的取值范围是. 【考法预测1】（2026·云南玉溪·模拟预测）已知椭圆的长轴端点为A，B，点P是椭圆上异于A，B的点，且直线和的斜率之积，则椭圆的离心率为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设是椭圆上异于A，B的点，，，把代入椭圆方程， 得，， 又，，又，，， ， 故B选项正确. 【考法预测2】（2026·江苏南京·三模）如图，焦点在轴上的椭圆，分别是左右焦点，过的直线交椭圆于两点，，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由椭圆的定义可得，，利用比例关系求得，，由，在，中，利用余弦定理建立方程求出，得解. 【详解】由椭圆的定义，，，且，， 所以设，，则，， 所以，，所以，， 设椭圆的半焦距为， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 由， ，即， 化简得，即， 所以椭圆的离心率. 【考法预测3】（25-26高三下·安徽合肥·阶段检测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C上存在一点P使，且△F1PF2为锐角三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，由正弦定理可得，由两角和的正弦公式和倍角公式化简可得，结合的范围和余弦函数的单调性即可得出答案. 【详解】设，则，由三角形的内角和为， 所以，在中，由正弦定理可得： ， 由可得：， 所以， 因为 ， 因为， 因为△F1PF2为锐角三角形，所以，解得：， 所以，所以， 因为在上单调递减， 所以在上单调递减， 所以 方法技巧 离心率问题的求解技巧 求解椭圆离心率问题的核心技巧在于“构建关于 a,c 的齐次方程”。由于离心率 ​ ，解题时应避免直接求 a,b,c的具体值，而是利用已知条件（如焦点三角形、几何性质、渐近线等）建立包含 a,b,ca,b,c 的等式或不等式。接着，巧妙运用椭圆的基本关系 ，将式子中的 b 消去，转化为仅含 a,c 的齐次方程。最后，等式两边同除以 a或 a2，即可将其化为关于 e 的一元方程或不等式，从而精准求出离心率的值或范围。 考点06 椭圆的轨迹问题 典例1．已知一动圆与圆外切，同时与圆内切，则该动圆圆心的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出已知圆的圆心及半径，利用两圆相切建立等式，再利用圆锥曲线的定义求出轨迹方程. 【详解】设动圆圆心为，半径为， 圆，即的圆心，半径； 圆，即的圆心，半径， 而，则点在圆内，由圆分别与圆外切，与圆内切， 得，整理得， 因此动圆圆心的轨迹是以为焦点，长轴长为12的椭圆， 长半轴长，半焦距，短半轴长， 所以所求轨迹方程为. 故选：B 典例2．已知曲线，从上任意一点向轴作垂线段，为垂足，则线段的中点的轨迹方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设点，由题意，因为是的中点，且轴，则有，代入圆的方程即可求解. 【详解】设点，因为是的中点，且轴，则有，如图： 又在圆上，将代入其中可得 ，即， 即点的轨迹方程为. 故选：A. 【考法预测1】（25-26高二上·广东广州·期末）如果点在运动过程中，总满足关系式，则的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据椭圆的定义判断即可. 【详解】关系式表示点到两个定点和的距离之和，符合椭圆的定义. 则，，又，所以， 所以点的轨迹方程为. 故选：B. 【考法预测2】（25-26高二上·安徽·阶段检测）已知，，直线相交于点P，且直线与直线的斜率之积为，则点P的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线斜率的概念，列出方程，求出结果即可. 【详解】设点，则，且， 可得，化简得，即，且. 故选：D. 【考法预测3】（25-26高二上·重庆九龙坡·期中）已知曲线，从上任意一点向轴作垂线段为垂足，点在的延长线上，且，则点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，根据已知建立点坐标之间的关系，利用相关点法求解可得. 【详解】因为点在的延长线上，且，所以为的中点， 设，则，由中点坐标公式得， 因为点在曲线，所以， 即点的轨迹方程为. 故选：D      方法技巧 椭圆轨迹问题的求解策略 求椭圆标准方程的核心方法是“先定位，再定量”。首先，根据已知条件（如焦点坐标、长轴位置等）判断焦点在哪一个轴上，再确定a,b,c的值，具体方法有：待定系数法、定义法、转移法。 考点07 直线与椭圆的位置关系 典例1．已知直线的方程为，椭圆的方程为，则直线与椭圆的位置关系为（    ） A．相离 B．相交 C．相切 D．不能确定 【答案】B 【分析】求出直线所过定点，判断该定点与椭圆位置关系即可判断直线与椭圆位置关系. 【详解】，即，令，解得， 则直线所过定点，代入椭圆方程，，则该定点在椭圆内， 则直线与椭圆的位置关系为相交. 故选：B. 典例2．（2026·河北沧州·二模）在平面直角坐标系中，F，A分别为椭圆 的右焦点和下顶点，B是x轴上一点，且，过点B且与AF平行的直线l与C有唯一公共点，则l的斜率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设直线的方程并与椭圆方程联立，消元，令求解. 【详解】由题意知，，， 直线的斜率，所以直线的方程为， 得， 因为直线与C有唯一公共点，所以， 整理得，又因为，所以， 所以l的斜率为 【考法预测1】直线与椭圆（）的位置关系为（   ） A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定 【答案】C 【分析】由直线与椭圆的位置关系求解即可. 【详解】因为直线过点， 而为椭圆的右端点和上端点， 故直线与椭圆相交. 故选：C. 【考法预测2】已知直线与椭圆有公共点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据椭圆方程的特点，可得且，将直线方程与椭圆方程联立，令即可求出答案. 【详解】根据椭圆方程的特点，可得且， 将直线与椭圆联立得， 即， 因为直线与椭圆有交点，所以， 解得或， 又且，所以的取值范围是. 故选：D. 【考法预测3】（2026·广西河池·二模）已知椭圆以和为焦点，且与直线相切，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据椭圆焦点确定，并写出含 的椭圆标准方程，将直线代入后利用相切条件求出，最后计算离心率即可. 【详解】由题意得 椭圆焦点为，，因此焦点在轴上，， 由，得，椭圆标准方程为 . 将直线代入椭圆方程，整理得 ， 因为椭圆与直线相切，因此一元二次方程判别式 ， 整理得，解得（舍去，因），因此， 离心率. 考点08 弦长问题 典例1．（2026·山东淄博·一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为和，过且倾斜角为的直线与交于，两点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】椭圆：的右焦点， 过且倾斜角为的直线的方程为，即， 将代入，得到， 即， 设， 则， 则，故选项B正确. 典例2．）已知椭圆的右焦点为F，过点F且斜率为1的直线l交C于A，B两点，若，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，，，联立与椭圆并应用韦达定理、弦长公式列方程得，结合椭圆参数关系求离心率. 【详解】设，，，则直线，    联立方程，消去y得， 则可得，，， 则，整理得， 又，则，则. 故选：B 【考法预测1】（2026·陕西西安·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据椭圆的定义、余弦定理、勾股定理列方程，利用整体法求得. 【详解】设，，则根据椭圆的定义可知，， 且， 又，因为， 故由余弦定理有， 整理得①. 又因为，故由勾股定理有， 整理得②， 由①②解得，所以. 故选：A 【考法预测2】已知是椭圆C的两个焦点，过且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，且，则椭圆C的标准方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题设，令椭圆为且，结合已知有、求椭圆参数，即可得方程. 【详解】由题设，令椭圆为且，其中， 令，则，可得， 由，即，故， 所以，可得（负值舍），则， 故椭圆方程为. 故选：B 【考法预测3】（2026·山西晋城·三模）已知直线与椭圆交于不同的两点A，B，若，则实数______． 【答案】4 【详解】联立，得 ， 则，解得，且， 所以，解得． 考点09 中点弦问题 典例1．若椭圆的弦恰好被点平分，则所在的直线方程为________． 【答案】 【分析】利用点差法解决中点弦问题，即可求得结果. 【详解】由题意，直线的斜率存在，设，则， 因为点在椭圆上，所以， 两式相减得，，即， 整理得，即， 所以直线的斜率为，则直线的方程为， 即． 故答案为：. 典例2．（2026·广西河池·三模）已知椭圆（），斜率为的一条直线与椭圆交于点，且的中点坐标为，则椭圆的离心率__________． 【答案】 【分析】根据直线斜率和中点坐标公式，利用点差法可得，再结合的关系可得，进而求解即可. 【详解】设，有， 两式相减得，则， 即， 又因为弦的中点坐标为，直线的斜率为， 所以，则，即， 则，即，则，所以. 【考法预测1】已知椭圆的左焦点为，过点作倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，为线段的中点，若为坐标原点），则椭圆的离心率为______. 【答案】/ 【分析】结合题意求出点的坐标，从而得，再结合点差法建立的关系式，从而得解. 【详解】因为，，过作轴交于， 则，， 所以的横坐标为，即的横坐标为，且， 即， 设，，，，则的中点，， 即，， 所以，又，所以， 将，的坐标代入椭圆的方程可得， 作差整理可得， 即， 所以则. 故答案为：. 【考法预测2】（25-26高二上·辽宁辽阳·期末）某航天测控中心监测到一颗人造卫星的运行轨迹近似为椭圆，其方程为.该人造卫星（视作质点）在椭圆轨道上的A，B两点进行变轨操作，若线段AB的中点为，则直线AB的斜率为__________，__________. 【答案】 【分析】根据点差法，结合斜率公式即可求解空1，联立直线与椭圆方程得韦达定理，根据弦长公式即可求解空2. 【详解】设，，则，. 由得， 则直线AB的斜率， 故直线AB的方程为，即. 由得， 方程的判别式， 则，， 所以， 故. 故答案为：， 【考法预测3】已知O为坐标原点，直线与椭圆交于A，B两点，P为的中点，直线的斜率为，若，则椭圆的离心率的取值范围为_____________． 【答案】． 【分析】设，，根据题意利用两点坐标表示斜率公式和中点坐标公式可得；由点差法可得，进而，结合离心率的概念即可求解. 【详解】设，， 则， 所以，得. 将A、B两点坐标代入椭圆方程，得， 两式相减，得，有，所以， 由，得，即， 由，得，即，解得， 所以椭圆的离心率的取值范围为. 故答案为：. 考点10 焦点三角形的周长问题 典例1．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）过椭圆 （）的右焦点 的直线交椭圆于 两点， 是椭圆的左焦点，则 的周长为________. 【答案】20 【详解】 如图的周长为. 典例2．（2026·河南新乡·三模）已知是椭圆的左、右焦点，是双曲线的右顶点，过的直线交椭圆于M，N两点，且的周长为20，则椭圆的离心率为______. 【答案】 【分析】根据椭圆的定义和性质，结合的周长得出a，再应用离心率公式计算求解． 【详解】由椭圆的定义 则，， 则的周长为，即得， 且是双曲线的右顶点，所以，即得， 所以椭圆的离心率为. 【考法预测1】（25-26高三上·广东深圳·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线交于，两点，若为等边三角形，则的焦距为___________ 【答案】 【分析】由题意得，进而得，再由椭圆的定义得，进而求解. 【详解】由为等边三角形，所以，根据对称性可知，， 又，所以， 所以，， 所以. 故答案为： 【考法预测2】已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，，过且垂直于的直线与椭圆C交于D，E两点，，则的周长是________． 【答案】8 【分析】根据已知得到为等边三角形，为的垂直平分线，进而有的周长等于，结合椭圆的定义求三角形的周长，再联立直线与椭圆并应用韦达定理、弦长公式列方程求椭圆参数，即可得周长. 【详解】因为，即，则， 即，， 则，故， 故为等边三角形，为的垂直平分线， 所以，，则的周长等于， 其中，则的周长为， 又因为直线的斜率为， 则直线的斜率为，可得直线为， 联立方程，消去y得， 且，可得， 设，则， 故，解得，故， 则的周长为. 故答案为：8. 【考法预测3】（25-26高二上·天津南开·阶段检测）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】/ 【分析】利用椭圆的离心率确定形状，设出直线方程，并与椭圆方程联立，利用弦长公式计算求解. 【详解】设椭圆半焦距为，由其离心率为，得， 则椭圆的方程为，而的上顶点为，为其焦点， 则，为等边三角形，又，因此直线垂直平分， ，且直线的倾斜角为， 直线方程为，设， 由，得，则， ，解得，， 所以的周长为. 故答案为： 考点11 焦点三角形的面积问题 典例1．（2026·山西忻州·模拟预测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，且，则的面积为（     ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】利用椭圆的定义，结合余弦定理即可求三角形面积. 【详解】由椭圆：可知：， 由余弦定理得：， 代入得：， 所以三角形面积为：. 典例2．（2026·浙江·二模）已知椭圆，为椭圆的左､右焦点，点为椭圆上在第一象限内的一点，且的面积为，则的角平分线所在的直线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图形，利用的面积，结合椭圆方程求得点，再由角平分线定理求得点。即可求得的角平分线所在的直线方程. 【详解】如图，由可得椭圆的半焦距，则，    于是的面积为，取，代入，可得， 则直线轴，且， 设的角平分线交轴于点，则， 又，则得，故， 则直线的斜率为，其方程为，即. 【考法预测1】（2026·河南·模拟预测）已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆上，且的周长为，则的面积的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】B 【详解】由椭圆定义可知，焦距， 则，离心率， 联立，解得， ， ， 椭圆上，，当时，的面积最大， 最大值为． 【考法预测2】（25-26高三·全国·一轮复习）已知是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为，，且，则（   ） A．的周长为12 B． C．点到轴的距离为 D． 【答案】C 【详解】对于A，根据椭圆标准方程得，，，由椭圆定义知， 所以的周长为，A错误. 对于B，在中，由余弦定理可得，， 由，代入， 化简得， 所以， 在中，，所以为锐角， 且， 故，B选项错误. 对于C，由B选项知，在中，设点到的距离为， 由，得，即， 因为到的距离,就是到轴的距离，C选项正确. 对于D，根据数量积公式，，D选项错误. 【考法预测3】（2026·云南保山·二模）设椭圆的离心率为，，，分别为其左、右焦点，点为椭圆短轴的一个端点，且的面积为2，则椭圆的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由椭圆离心率为，得，即，又因为，所以， 又点为椭圆短轴顶点，则，解得，所以， 即椭圆的方程为. 方法技巧 椭圆焦点三角形中的结论 P为椭圆上任意一点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，设∠F1PF2＝θ，如图所示. (1)当P为短轴端点时，θ最大，最大；当点P为长轴端点时，θ最小为0. (2)|PF1|max＝a＋c，|PF1|min＝a－c. (3)|PF1|·|PF2|≤＝a2. (4)4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos θ. (5)焦点三角形的周长为2(a＋c). 考点12 两线段的和与差的最值问题 典例1．（多选）（2026·辽宁锦州·模拟预测）分别为椭圆和双曲线上的点，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】利用椭圆的定义将椭圆上动点到同侧焦点的距离转化为到异侧焦点的距离，结合三角形两边之差小于第三边的性质构造不等关系；同时利用双曲线定义区分左右支，将双曲线上动点到焦点的距离进行转化，并运用三角形两边之和大于第三边的性质推导出最值. 【详解】由椭圆可得：，，左右焦点为、， 由椭圆的定义：对椭圆上任意点，，得， 因此：， 由三角形不等式：， 又，则， 故，故A错误，B正确； 由双曲线可得：，，焦点同样为、， 由双曲线的定义：若在右支：，得， 因此：， 由三角形不等式：，得， 若在左支：，得， 因此， 综上，总有，故C正确，D错误. 典例2．（2026·广西·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为A，点M在C上，若周长的最大值为8，则C的焦距为（    ） A．3 B． C．1 D．2 【答案】D 【分析】利用椭圆的定义将周长的最大值问题转化为求的最大值即可求出，再求出焦距即可. 【详解】由题意知，，且， 则， 由椭圆的定义可知，， 则的周长为， 因为，等号成立时三点共线， 所以周长的最大值为，得，则，得， 故C的焦距为. 【考法预测1】（2026·陕西咸阳·三模）已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上，点在圆上，则的最小值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】根据椭圆定义，，则当三点共线时，取得最小值. 【详解】根据题意，，且点为椭圆右焦点， 根据椭圆定义，， 即如图，当三点共线时，取得最小值. 【考法预测2】（多选）（2026·山西吕梁·三模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，P为椭圆上任意一点，则下列说法正确的是（   ） A．的离心率为 B．内切圆半径的最大值为 C．椭圆C内接矩形面积的最大值为 D．若，则的最小值是1 【答案】ABD 【分析】对A，直接利用离心率公式即可判断；对B，写出半径表达式即可判断；对C，利用基本不等式即可判断；对D，利用椭圆定义结合三点共线即可判断. 【详解】对于A选项，，故A正确； 对于B选项，记内切圆半径为，由，得， 则，所以当时，，故B正确； 对于C选项，不妨取P为第一象限点，设，则由，得， 当且仅当时取等，所以，故C错误； 对于D选项，，当为线段与椭圆的交点时，等号成立，故D正确． 【考法预测3】（2026·山东淄博·二模）椭圆C：的左右焦点分别为，，点，P为C上一动点，则的最小值为______． 【答案】/ 【分析】根据椭圆的定义及线段和差关系即可求解． 【详解】依题意可得，， 将点代入椭圆C，有，则点在椭圆C内， 由椭圆的定义可知，即， 所以， 所以的最小值为． 考点13 椭圆中的最值与范围问题 典例1．（2026·甘肃兰州·一模）已知曲线，则曲线上的点到直线的距离的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据椭圆的方程，设点为曲线的任意一点，且，进而根据点到直线的距离，结合三角恒等变换求解即可. 【详解】曲线变形得，表示轴右侧的部分椭圆， 所以，， 设点为曲线的任意一点，且， 点到直线的距离为： 因为，， 所以， 所以， 所以曲线上的点到直线的距离的取值范围是. 典例2．（2026·山东济宁·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，过的直线交椭圆于、．两点，且在轴上方． (1)求的方程； (2)若，求直线的方程； (3)设点与点关于坐标原点对称，直线与直线相交于点，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）求出、的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的方程，解出的值，即可得出直线的方程； （3）由题意可知，设点，将直线、的方程联立，可求出点的纵坐标，结合韦达定理可求得的取值范围，结合三角形的面积公式可求得结果. 【详解】（1）由题意可得，该椭圆的离心率为，可得， 所以， 故椭圆的标准方程为. （2）若直线与轴重合时，则轴经过，，不符合题意； 设直线的方程为，设点、， 联立可得， ， 由韦达定理可得，， 所以 ，解得， 故直线的方程为或， 即或. （3）由题意可知，设点， 所以直线的方程为，直线的方程为， 联立可得，即， 解得， 由（2）可得， 所以， 当且仅当时，等号成立，即， 故的面积为， 即面积的最大值为. 【考法预测1】（2026·河南·模拟预测）已知椭圆，点，过点的直线交椭圆于，两点，的中点为，定点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，的斜率为，，，进而根据点差法求得，进而求得点的轨迹方程为，进而得，进而利用二次函数的最值的求法可求得的最大值. 【详解】当直线的斜率不存在时，，； 当直线的斜率存在时，设，的斜率为，，， 则，两式相减整理得.又， 两式消去化简得点的轨迹方程为， 则. 由，得，所以. 而二次函数图象的对称轴为直线， 所以当时，可取到最大值为.又，故的最大值为. 【考法预测2】（多选）（2026·湖南郴州·三模）已知二次曲线表示一个椭圆，则（    ） A．的对称中心为 B．上的点到原点距离的取值范围是 C．当点在上时， D．的离心率为 【答案】ACD 【分析】根据对称性定义计算可判断A；令，由代入化简可得，计算可判断B；将曲线看作关于的方程，由判别式列不等式计算可判断C；先证明旋转公式，再将原方程标准化，计算判断D即可. 【详解】对于A，设是二次曲线上任意一点， 将代入二次曲线， 化简可得，所以在二次曲线上， 则二次曲线的对称中心为，故A正确； 对于B，令，则， 因为，得， 所以，解得，即， 所以二次曲线上的点到原点距离的取值范围是，故B错误； 对于C，将曲线方程视为关于的方程， 因为为实数，所以， 解得，当点在二次曲线上时， 可得，故C正确； 对于D，先推理旋转公式，记平面内点在角的终边上，则， 而绕原点顺时针旋转一个锐角，可得旋转后的坐标为， 由正余弦的和差公式得旋转后的坐标如下， 为， 又， 所以，即旋转公式得证， 将原方程化为标准方程，而其旋转角为， 旋转后整理方程令交叉项系数为0，可得， 而，解得，设， 代入曲线，化简可得， 故二次曲线可以看作由椭圆绕坐标原点逆时针旋转得到， 如图所示，作出符合题意的图形， 在椭圆中， 故二次曲线的离心率为，故D正确. 【考法预测3】若椭圆上一动点，为圆的任意一直径，则的取值范围为_______________． 【答案】 【分析】首先得到椭圆的、、，以及圆心坐标与半径，再由数量积的运算律得到，利用椭圆的性质求解的范围，从而可得答案. 【详解】椭圆的，，则， 圆的圆心为，半径，则为椭圆的右焦点， 又 ， 由椭圆的性质可得，即， 所以． 故答案为： 考点14 椭圆中的定点问题 方法技巧 最值、范围问题的求解策略 求解椭圆中的最值与范围问题，核心在于将几何问题转化为代数或三角函数问题，常用以下三大技巧： 代数函数法：通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和判别式（Δ≥0）构造不等关系。将目标量（如弦长、面积）表示为斜率或截距的函数，借助二次函数性质、导数或均值不等式求最值与范围。 三角参数法：利用椭圆的参数方程，将椭圆上的动点设为 (acosθ,bsinθ) 。把目标代数式转化为于θ 的三角函数，再利用三角函数的有界性及辅助角公式求解。 几何定义法：充分挖掘椭圆的几何性质（如焦点三角形、点到焦点的距离范围等），结合平面几何定理（如三角形两边之和大于第三边）进行数形结合分析，往往能巧妙避开繁琐计算，快速锁定极值。 典例1．（2026·重庆·三模）已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 【答案】(1) (2)直线过定点，证明见解析 【分析】（1）由抛物线方程和双曲线方程分别可焦点坐标，进而可得，，再由椭圆的性质可得，因此可得椭圆方程； （2）设交点坐标，再联立直线的方程与椭圆的方程消去，由根与系数关系及可得，进而可得直线过定点. 【详解】（1）由抛物线，得焦点， 因为椭圆过抛物线的焦点，所以. 由双曲线，得焦点， 因为椭圆与双曲线有相同的焦点，所以. 由椭圆的性质，， ∴椭圆的方程为. （2）设，， 联立，消去得， ， ，， 由已知， 所以， 所以， 则， ， ，解得，满足， ∴直线的方程为，故直线恒过定点 【考法预测1】已知椭圆上的两个动点P，Q，设，，且线段PQ的垂直平分线经过一个定点，则定点坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在时，将P、Q坐标代入椭圆方程，结合，可得，再引入参数线段PQ中点的纵坐标，用其表示出，再得线段PQ的垂直平分线的方程，分析即可求解. 【详解】因为，在椭圆上， 且，当时，由， 得， 设线段PQ的中点为，所以， 所以线段PQ的垂直平分线的方程为， 即，该直线恒过定点 当时，线段PQ的垂直平分线也过定点， 故线段PQ的垂直平分线恒过定点 故选：A． 【考法预测2】（2026·甘肃张掖·二模）设点，，过线段上动点，作线段，垂足为，且，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知，是曲线上不同的两点，若直线和的斜率之商为，证明：直线过定点． 【答案】(1)（） (2)证明见解析 【分析】（1）根据位置关系与点到点的距离公式，即可求解； （2）设出方程，对应得到方程，求解出、两点坐标，结合直线方程即可证明. 【详解】（1）设，则， 因为，垂足为且在线段上，所以设，， 而，，， 因此， 故曲线的方程为. （2）由题意得，直线斜率必然存在，设直线斜率为，则直线方程为， 联立，得， 设点坐标为，则由韦达定理，， 则，，， 因为直线与直线的斜率之商为，所以直线方程为， 联立，得， 设点坐标为，则由韦达定理，， 则，，， 由题意知，直线斜率必存在，， 直线的方程为，即， 所以此时直线过定点，故得证. 【考法预测3】已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求的标准方程； (2)设过点的直线(斜率不为)与相交于，两点，点关于轴的对称点为，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】(1) (2)证明见解析，恒过定点 【分析】（1）由离心率得，结合推出，设椭圆方程后代入已知点坐标，求出与，写出椭圆方程. （2）设直线联立椭圆方程，由限定斜率范围，利用韦达定理得根与系数关系，写出对称点，求出直线在处的横坐标，代入化简消去参数，证得直线恒过定点. 【详解】（1）因为离心率，所以. 因为，所以，所以的方程可写为. 因为过点，所以，解得，因此， 所以的标准方程为. （2）由题可知直线斜率存在,否则直线与椭圆没有交点. 设直线的方程为，与的方程联立， 消去得， 由，解得. 设，则. 直线的方程为，令，可得. 因为， 所以 故直线恒过定点. 考点15 椭圆中的定值问题 典例1．（2026·江苏泰州·模拟预测）已知椭圆：（）的离心率为，短轴长为2. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线与椭圆交于，两点，原点到直线的距离为. （ⅰ）记直线，的斜率分别为，，求证：为定值； （ⅱ）求的面积的最大值及此时直线的方程. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）的面积的最大值为1，直线的方程为或或或. 【分析】（1）根据、、之间的关系与离心率即可求解 （2）（i）利用坐标表示出、，根据韦达定理，将表示为、之间的关系式，结合距离即可证明； （ii） 利用弦长公式，表示出三角形面积，讨论范围即可； 【详解】（1）由题意知，， 所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）（i）当斜率不为时，设直线的方程为， ，， 联立得，， ， 点到的距离，所以， ， 根据韦达定理代入得，， 当斜率为时，不妨设横坐标大于0，则此时、两点坐标为，或，， 所以， 综上，为定值. （ii）当斜率为时，， 当斜率不为时，， 所以， 因此， 则， 当且仅当，即时取等，所以的最大值为， 当时，，当时，， 所以直线的方程为或或或. 【考法预测1】（2026·山东济南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点为，，是椭圆上的动点，以为直径作圆，直线与圆交于点（点不在椭圆内部），则（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】根据几何关系，以及椭圆的定义，转化向量的数量积，即可求解. 【详解】， 其中，， ， 所以. 【考法预测2】（25-26高三上·湖北·阶段检测）已知椭圆与抛物线，过点的两条互相垂直的直线与的另两个交点分别为，与的另两个交点分别为，记直线和的斜率分别为，则关于与之间的关系，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用特殊位置可排除CD，利用联立方程组求解交点坐标，再求斜率，即可得出判断． 【详解】由题意可知两条互相垂直的直线斜率一定存在， 当两条垂直的直线斜率分别为时，如图; 此时易得，故CD错误； 由题意可设直线方程为，则直线方程为， 由与联立可得：， 解得或，此时，即， 同理由与联立可得，， 化简得：， 所以 再由与联立可得：， 解得或，此时，即， 同理由与联立可得，， 所以， 综上可得， 故选：A. 【考法预测3】已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求的方程； (2)若斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，证明：为定值． 【答案】(1) (2)证明：设，则直线l的方程为， 与联立，得， 则，且，          所以 ， 故为定值． 【分析】（1）利用椭圆离心率的性质结合椭圆经过的点求解基本量，得到椭圆方程即可； （2）利用韦达定理表示出，再利用两点间距离公式表示出目标式，化简得到定值即可. 【详解】（1）由题意得 ，得，                           故的方程为； （2）略 考点16 椭圆中的定直线问题 典例1．（25-26高三·全国·二轮复习）已知椭圆的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过右焦点，设，，求的值； (3)若已知，椭圆上下顶点分别为C，D，直线交直线于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2) (3)证明如下： 依题意直线的斜率存在，设直线的方程为， 由（1）可得，， 设，， 由，得， ∴，，， 则，， 又直线的方程为，直线的方程为， 解，即， 即， 得，所以，即， 所以 ， 所以点在定直线上． 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）设直线的方程为，根据向量的坐标运算以及韦达定理化简； （3）直线的方程为，联立直线、的方程求出点的坐标，结合韦达定理化简得出. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为． （2）由（1）可得椭圆的右焦点， 由题意知直线的斜率存在，则设直线的方程为， ， ，， 联立，得， ∴，， 又，，，， ，， 则，， ∴，， ∴ ． （3）略 【考法预测1】（25-26高二上·北京西城·期末）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为，是边长为2的等边三角形. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点，点是线段上一点，且满足.求证：点在一条定直线上. 【答案】(1)； (2)证明详见解析. 【分析】（1）由题设结合椭圆中的几何意义及其关系即可求解； （2）先由题设直线，与椭圆联立得韦达定理，将韦达定理代入转换化简后的代数式求出点T的横坐标为定值即可得证. 【详解】（1）由题可得即， 所以， 所以椭圆的标准方程为； （2）证明：由题可知直线l斜率存在，设直线， 联立， 则，即， 由题可设，， 则，且， 所以， ， 同理，， 所以由得即， 又由题意可知， 所以，所以，整理得， 所以，整理并化简得， 所以，在定直线上.    【考法预测2】已知椭圆过点，短轴长为4． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点，．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)点在定直线上 【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解； （2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线与椭圆联立消，设直线、的方程解出纵坐标，结合韦达定理化简计算即可. 【详解】（1）依题意可得，解得， 所以椭圆的方程为； （2）在定直线上，理由如下： 设点与直线联立消去整理得， 由，且， 所以， 易知，，则，， 两式作商得，解得， 故在定直线上. 考点17 椭圆中的探索问题 典例1．已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)或 (2)存在， 【分析】（1）根据题意列出方程组，求出即可得解； （2）由题意可将原问题转换为，设直线的方程为：，，联立椭圆方程，结合韦达定理可求得的值即可. 【详解】（1）∵的周长为8，的最大面积为， ∴，解得，或，． ∴椭圆C的方程为或等． （2）    由（1）及易知， 不妨设直线MN的方程为：，，，， 联立，得． 则，， 若的内心在x轴上，则， ∴，即，即， 可得． 则，得，即． 当直线MN垂直于x轴，即时，显然点也是符合题意的点． 故在x轴上存在定点，使得的内心在x轴上. 【考法预测1】已知椭圆的两个顶点在直线上，直线l经过椭圆的右焦点F，与椭圆交于A、B两点，点（P不在直线l上） （1）求椭圆的标准方程； （2）直线l与交于点M，设PA，PB，PM的斜率分别为．试问：是否存在常数使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）存在，. 【分析】（1）求得直线与两坐标轴的交点，即可得a，b，即可得答案. （2）设，直线，则，将直线与椭圆联立，根据韦达定理，可得表达式，进而可得表达式，根据P、M坐标，可得表达式，化简整理，即可得答案. 【详解】（1）直线与坐标轴的交点为， 故椭圆的标准方程为 （2）设，直线，则. 由，即， ， 又 故存在常数使得 【考法预测2】（2026高三·全国·专题练习）已知椭圆，其焦距为2，点在椭圆上． (1)求椭圆的标准方程； (2)是否存在与椭圆交于，两点的直线，使得成立？若存在，求出实数的取值范围，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在实数，取值范围为 【分析】（1）由题意可得，再由点在椭圆上，再根据椭圆恒等式，即可得到椭圆方程； （2）设，，可得，将直线与椭圆方程联立，根据，可求出，由韦达定理即可求出，，再根据，可得，经计算可得，综合以上即可求解. 【详解】（1）由椭圆的焦距，解得，因 点在椭圆上，则， 解得 所以椭圆的标准方程为． （2）设，， 联立得． ， 化简得． ，， 假设成立，所以， ， ， 化简得，代入中得． 因为，所以， 即，或． 所以存在实数，使得成立，实数的取值范围为． 【考法预测3】已知椭圆经过点为椭圆的左、右两个焦点，． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过右焦点作直线与椭圆C交于两点（点A位于x轴上方），是否存在直线，使得？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据已知的焦距、椭圆上一点的坐标以及的基本关系式列出方程组，利用待定系数法求解出椭圆的标准方程; （2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理将给定的向量关系转化为两交点纵坐标之间的代数关系，代入计算即可求出直线参数. 【详解】（1）由题意，可得，解得 故椭圆的标准方程为． （2）由题意，若存在这样的直线，则直线的斜率存在且不为0， 易知，设直线的方程为， 因为，所以有，其中， 联立可得， ， 故，， 因为，即， 代入到得，整理得， 代入到得，整理得， 因此有，整理得，解得． 又，故，所以， 所以存在直线满足条件且其方程为，即． 考点18 椭圆中的实际问题 典例1．（25-26高二上·福建福州·期末）北斗卫星导航系统是我国航天事业的重要成果，北斗卫星的运行轨道是以地球的球心为一个焦点的椭圆，平均轨道高度约为2万千米到3.6万千米，属于中高地球轨道.某颗北斗卫星运动至近地点时，距离地球表面高度约为1.56万千米；运动至远地点时，距离地球表面高度约为3.16万千米.已知地球的半径约为0.64万千米，则该卫星运行轨迹的标准方程可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用长轴长为，近地点离焦点距离为，即可得椭圆参数的取值，从而可得椭圆方程. 【详解】由题意知，卫星的运行轨迹为椭圆，地球的球心为该椭圆的一个焦点， 设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为， 则由题可知， 近地点到焦点距离为：， 即，所以椭圆方程可以为：， 故选：B． 【考法预测1】如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点变轨进入以月球球心为一个焦点的椭圆轨道I绕月飞行，之后卫星在点第二次变轨进入仍以为一个焦点的椭圆轨道II绕月飞行，最终卫星在点第三次变轨进入以为圆心的圆形轨道III绕月飞行，若用和分别表示椭圆轨道I和II的焦距，用和分别表示椭圆轨道I和II的长轴的长，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据图象可知可判断A；根据图象可知，结合由不等式的性质可判断B，C；对两边同时平方化简可判断D. 【详解】如图可知，，，，A不正确； ，，；B不正确； 由，可知，C不正确； ，可得，故， 即，，，即，D正确， 故选:D. 【考法预测2】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． 【考法预测3】已知某星球的球心为，半径为，该星球的卫星的运行轨道是以为一个焦点的椭圆，该椭圆的离心率为，卫星运行过程中离该星球表面最近的距离为，若当卫星处于某位置时，用卫星上的光学仪器观测该星球，把光学仪器的镜头与星球表面被观测点的连线称为视线，任意两条视线所成的最大夹角称为张角，则卫星运行过程中张角的最小值为______．（精确到0.1°） 【答案】 【分析】结合题意由椭圆的几何性质和离心率确定椭圆的，再由椭圆的光学性质和反三角函数计算. 【详解】设椭圆轨道的半长轴为，焦距为， 由题意可得，卫星运行过程中离该星球表面最近的距离为，在近日点即，又椭圆的离心率为，即， 由以上可得， 又由椭圆的光学性质可得在远日点时张角最小， 设此时张角为，则，即. 故答案为：. 考点19 椭圆中的综合问题 典例1．（多选）（2026·江苏南京·三模）如图，圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，是的中点，过与底面平行的平面绕点逆时针转动，截圆锥依次得到圆，椭圆，部分椭圆，抛物线，双曲线.则（    ） A．截面中圆的面积为 B．截面是完整椭圆的离心率最大是 C．截面是抛物线的焦准距 D．垂直于底面的双曲线截面的离心率为 【答案】AD 【分析】根据给定条件，求出截面中圆的面积判断A；确定离心率最大的完整椭圆位置并求出离心率判断B；建立直角坐标系分别求出抛物线和双曲线的方程，进而求解判断CD. 【详解】依题意，圆锥的底面圆半径，圆锥的高，， 对于A，由为母线的中点，得截面圆的半径为，则圆的面积为，A正确； 对于B，截面是完整椭圆的短轴可视为以点为圆心，为半径的圆垂直于的直径 沿投影到截面椭圆上，则短轴长，当椭圆经过点时，其长轴长取得最大值， 离心率取得最大值，，，B错误； 对于C，如图，设抛物线与底面圆的一个交点为，以为原点，为x轴， 在平面中建立平面直角坐标系，则，，点， 设抛物线方程为，则，解得，则抛物线的焦点到准线的距离为，C错误； 对于D，如图，在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系， 坐标原点与点到底面的距离相等，且在轴上， 则点坐标为，双曲线与底面圆的一个交点为，其坐标为， 设双曲线方程为，则，，解得， ，所以双曲线的离心率为，D正确. 【考法预测1】（2026·江苏扬州·三模）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：用平面截圆锥，可以得到不同的截口曲线，如图①．在圆锥中，轴截面是斜边长为的等腰直角三角形，点M是线段的中点．过点M的平面截圆锥，下列图②-图⑤中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分（截面经过点O）、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（     ）． A．圆的面积为 B．椭圆的长轴长为 C．抛物线的焦点到准线的距离为1 D．双曲线的离心率为 【答案】BCD 【分析】建立直角坐标系，利用平面几何知识可判断AB；根据圆锥和截面相交求出抛物线和双曲线的方程可判断CD. 【详解】已知圆锥的轴截面是斜边长的等腰直角三角形， 可得，，是中点，. 以为原点，以方向为轴，以与垂直向内的方向为轴， 以方向为轴建立空间直角坐标系， 得，，，，. 选项A：截口为圆时，截面平行于底面，圆半径， 面积，A错误； 选项B：截面过，椭圆长轴为线段， 可得， 故长轴长为，B正确； 选项C，如图，作出符合题意的图形， 设抛物线与底面圆的交点为，以为原点， 以为轴，在平面建立平面直角坐标系. 由于圆锥底面半径为，则，得，，， 将代入抛物线方程，得， 故抛物线的焦点到准线的距离为1，C正确； 选项D，如图，作出符合题意的图形， 在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系， 坐标原点与点到底面的距离相等，且在轴上， 则点的坐标为，双曲线与底面圆的一个交点为，其坐标为， 设双曲线方程为，则， 将代入双曲线方程得，解得， 则离心率，D正确. 【考法预测2】（2026·陕西西安·模拟预测）如图，已知圆柱底面半径为1，母线长为8，球与圆柱侧面及上底面相切，球与圆柱侧面及下底面相切，平面与球、球均相切（球心、在平面两侧）.则平面截圆柱侧面所得椭圆的离心率为________. 【答案】/ 【分析】设为椭圆上不同于的一点，过点作平行于的直线，与圆分别相切于，连接，根据切线关系求出，即可求出离心率. 【详解】如图， 设为椭圆上不同于的一点，为圆柱一母线与两圆的切点， 过点作平行于的直线，与圆分别相切于，连接. 根据切线关系可得， 则， 故所得椭圆的离心率. 【考法预测3】（2026·山西运城·模拟预测）已知直线与平面所成的角为，动点在平面内，如果点到直线的距离总是，则点的轨迹为椭圆，如图所示．以该椭圆的中心为坐标原点，长轴所在直线为轴建立平面直角坐标系． (1)求椭圆的方程； (2)点，过点的直线交于，两点． （ⅰ）求证：以为直径的圆过定点； （ⅱ）当直线的斜率存在时，记的外接圆和内切圆的半径分别为，，且，求直线的斜率． 【答案】(1)； (2)（ⅰ）因为椭圆关于轴对称，过点的任意一条直线均有一条直线与之关于轴对称， 所以以为直径的任意一个圆都存在另一个圆与之关于轴对称， 所以为直径的圆过定点，则由对称性可知该定点必在轴上，设为点， 若直线的斜率存在，设其方程为，点，， 联立，消去化简可得， 所以，， 由， 得， ，     即， 即， 所以，故以为直径的圆过 若直线斜率不存在，以为直径的圆过， 综上，以为直径的圆过定点； （ⅱ）或． 【分析】（1）由题意知，椭圆的短半轴长为， 由直线与平面所成的角为，知椭圆的长轴长为，从而得到 椭圆的方程；   （2）（ⅰ）因为椭圆关于轴对称，过点的任意一条直线均有一条直线与之关于轴对称， 所以以为直径的任意一个圆都存在另一个圆与之关于轴对称，所以为直径的圆过定点，则由对称性可知该定点必在轴上，设为点，若直线的斜率存在，利用点斜式设其方程，设点，，利用韦达定理得到，，由计算，得到，得到以为直径的圆过的定点； 若直线斜率不存在，以为直径的圆也过该点，从而得到证明；（ⅱ）由得到，， 由得到，通过计算得到，取线段中点为，则，利用中点坐标公式求出点的坐标，讨论和时，得到直线的斜率． 【详解】（1）在空间中，到直线的距离为1的点的轨迹是以直线为轴， 底面半径为1的圆柱形曲面，平面截该圆柱形曲面形成椭圆， 设椭圆的方程为， 由题意知，椭圆的短半轴长为，   由直线与平面所成的角为，知椭圆的长轴长为，    所以椭圆的方程为； （2）（ⅰ）略；     （ⅱ）由（ⅰ）知，，所以，，     因为，所以， 即， 也即，     所以，取线段中点为，则， 因为， 所以点的坐标为，     当时，，符合题意，     当时，，则，解得．     综上，或，即直线的斜率为或． 考点20 椭圆中的新定义问题 典例1．（2026·重庆·模拟预测）已知坐标平面上一点以及方程组，我们称点是由点经过变换得到的．为记号方便，我们定义新的符号：，来表示这样的变换．称为一个二阶方阵，通常用大写字母表示（例：）．若我们对曲线上所有的点做一个相同的变换，则会得到一条新的曲线．例：对圆作变换后我们得到椭圆． (1)已知把坐标平面上一点绕坐标原点逆时针旋转角度得到新的点是一种点的变换，直接写出其变换矩阵． (2)若，在经过变换后分别得到点，，为坐标原点，求证：（注：规定，，共线时，则） (3)已知椭圆的焦点坐标为、，短轴长为，位于第一象限的长轴顶点为，直线与交于点，且．若（其中），以记三角形面积，求（注：是连乘符号，即） 【答案】(1) (2)证明：不妨设位于第二象限，位于第二象限，分别过、作轴的垂线，交于点，， 则， 又，，， 所以， 即. 同理可得，对于任意，，. 由题意知，，. 则 ， 所以. (3) 【分析】（1）根据两角和的正余弦公式及变换规则求解即可. （2）先求出，结合变换规则得到，，求出面积，即可得证. （3）由题可得曲线焦距为，，考虑将不标准的椭圆通过变换变成圆，对应的变为过原点的直线，再利用（2）小问结果，用圆上的扇形面积转换所求的复杂面积即可． 【详解】（1） 记，且轴逆时针旋转角度后与射线重合， 则，，， 设，则，， 又， ， 所以变换矩阵为. （2）略 （3）由题可得曲线焦距为，. 将顺时针旋转后得到标准椭圆：，对应变换为， 由，此时值不变． 再对作变换得到圆， 设，在经过，的变换后得到， 在经过，的变换后得到 由，知， 故 于是 . 【考法预测1】（25-26高三·上海·二轮复习）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“类距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“类椭圆”. (1)求“类椭圆”的方程； (2)根据“类椭圆”的方程，研究“类椭圆”的范围、对称性，并说明理由. 【答案】(1) (2)“类椭圆”的范围为，；“类椭圆”关于x轴，y轴，原点对称，理由见解析 【分析】（1）设“类椭圆”上任意一点为，则，再根据两点之间的“距离”的定义即可得解； （2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围. 【详解】（1）设“类椭圆”上任意一点为，则， 即，即， 所以“类椭圆”的方程为； （2）由方程，得， 因为，所以，即， 所以或或， 解得， 由方程，得， 即，所以，所以， 所以“类椭圆”的范围为，， 将点代入得，， 即，方程不变，所以“类椭圆”关于轴对称， 将点代入得，， 即，方程不变，所以“类椭圆”关于轴对称， 将点代入得，， 即，方程不变，所以“类椭圆”关于原点对称， 所以“类椭圆”关于轴，轴，原点对称. 【考法预测2】（2026·河南濮阳·二模）已知椭圆的离心率为，且经过点，定义第次操作为：经过上的点作斜率为的直线与交于另一点，记关于轴的对称点为，若与重合，则操作停止；否则一直继续下去． (1)求的方程； (2)若为的左顶点，经过3次操作后停止，求的值； (3)若是在第一象限与不重合的一点，求的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法进行求解即可； （2）根据点与点的对称性，结合直线斜率公式进行求解即可； （3）设出直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系、点到直线距离公式、三角形面积公式进行求解即可. 【详解】（1）由题意得， 又椭圆过，故，解得， 所以. （2）由（1）知，经过3次操作后停止，即有与 关于原点对称，，所以与关于原点对称， 因为与关于轴对称，与关于轴对称， 所以与关于原点对称．设， 则， 即有，解得，所以，故有． （3）由（1）知，，设，则直线的方程为 ，消得 因为，所以． 因为是上述方程的一个根，所以 则有，即， 设直线的方程为 ，消得 因为，所以． 因为是上述方程的一个根， 所以 则有，即， 所以与关于原点对称． 故直线的方程为， 点到直线的距离 又因为，所以 所以． 【考法预测3】（25-26高三上·青海西宁·期末）定义：以椭圆中心为圆心、长轴长为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上的点作长轴所在直线的垂线交其“伴随圆”于点，称点为点的“伴随点”．已知椭圆：上（）的点的一个“伴随点”为． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于不同的两点，，点与点关于轴对称．证明：直线过定点. 【答案】(1)； (2)直线过定点，证明见解析. 【分析】（1）由椭圆的“伴随圆”的定义写出椭圆的伴随圆方程，代入椭圆及圆上的已知点，即可得解； （2）分类讨论直线的斜率是否为：①若斜率不为，则设直线，，将其与椭圆方程联立，再表示出直线的方程，由对称性可知若存在定点，则必在轴上，因此令，化简得，再结合韦达定理，可知直线过定点；②若斜率为，易知直线的方程为，也过点，即可判断. 【详解】（1）由题可知，椭圆的伴随圆方程为：， 因此有，解得， 故的方程为：； （2）①当直线的斜率不为时，设直线的方程为，，， 则， 联立，整理得， 则， ，所以， 直线的方程为， 由椭圆的对称性知，若存在定点，则必在轴上， 当时， 即直线恒过定点. ②当直线的斜率为时，易知直线的方程为，也过. 综上所述，直线过定点. 拔高・分层集训 基础演练 1．（2026·重庆永川·模拟预测）方程表示的图形是（ ） A．椭圆 B．双曲线 C．直线 D．线段 【答案】D 【分析】根据关系式的几何意义判断. 【详解】设，， 则即， 所以动点到定点的距离之和等于， 故点的轨迹是线段， 即方程表示的图形是线段， 故选：D. 2．（2025·湖南·三模）已知曲线，设，q：曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则p是q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】A 【分析】首先得到曲线C是焦点在x轴上的椭圆的充要条件是，再进一步判断即可. 【详解】曲线C是焦点在x轴上的椭圆的充要条件是，即． 所以当时，成立，所以p是q的充分条件， 反之当时，不一定成立．所以p是q的充分不必要条件． 故选：A． 3．（2026·山西临汾·二模）椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上的点，则面积的最大值是（   ） A．12 B．15 C．20 D．25 【答案】A 【分析】利用焦点三角形的几何性质求解即可. 【详解】 的面积为 所以 故选：A. 4．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知椭圆的焦点在轴上，点，则（   ） A．在外 B．的长轴长为 C．在内 D．的焦距为 【答案】A 【分析】根据椭圆方程及焦点位置求出的范围，即可判断. 【详解】因为椭圆的焦点在轴上，所以， 则的长轴长为，焦距为，故B、D错误； 因为，所以，所以，所以，所以点在外，故A正确，C错误. 故选：A 5．（2026·河北张家口·三模）已知椭圆的离心率为，则C的方程可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设椭圆的焦距为. 由题意得，则， 所以，即， 结合选项依次判断，只有A选项满足. 6．（2026·河南开封·模拟预测）已知分别是椭圆的左、右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，结合椭圆的定义得，，在中由勾股定理得，再结合求解. 【详解】如图，连接，设，则，，， 在中，，即， 所以，所以， 在中，，即，所以. 7．（多选）（2026高三·全国·专题练习）若椭圆的左、右焦点分别为，，则下列选项中的取值，能使以为直径的圆与椭圆有公共点的有（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】依题意确定以为直径的圆的半径，再结合椭圆的性质列出不等式，进而求解即可． 【详解】设椭圆的半焦距为， 则以为直径的圆的方程为， 又要该圆与椭圆有公共点， 则要，即，解得， 所以选项A、B、C均满足，选项D不满足． 8．（多选）（2026·云南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P在C上且位于第一象限，，则（   ） A．的周长为16 B． C． D．直线的斜率为 【答案】AC 【详解】由题可知，∴，， ∴，的周长为，A选项正确； ∵，∴，∴，B选项错误； ，∴，C选项正确； ， ∴， ∴斜率，D选项错误.      9．（多选）（2026·陕西咸阳·三模）已知椭圆C：()的左、右焦点分别为，，离心率，P是C上一动点，且的周长为6，直线l与C交于A，B两点(异于点P)，则下列说法正确的有(   ) A．若点P到直线的距离为3，则 B．若的中点M的坐标为，则直线l的方程为 C．若A，B关于原点对称，直线，的斜率分别为，，则 D．记的中点为N，则点N的轨迹方程为 【答案】AB 【分析】先根据已知条件求出椭圆方程，再分别利用椭圆的第二定义、点差法(对称点)、中点坐标代入法逐一验证选项. 【详解】由离心率及的周长为6，得，， 解得，，，椭圆方程为. 对于选项A，椭圆右准线为，由点到直线的距离为3，得的横坐标为1. 将代入椭圆方程，得，即. 所以，故A正确. 对于选项B，设，，代入椭圆方程得，， 两式相减得. 由中点，得，，代入得直线斜率， 故直线方程为，即，故B正确. 对于选项C，设，，则，斜率， ，故.由椭圆方程得，， 代入化简得，故C错误. 对于选项D，设，而，则， 代入椭圆方程得，整理得，故D错误. 10．（2026·山西忻州·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上，若，则_______． 【答案】 【分析】根据题意，结合椭圆的定义即可求解 【详解】 已知椭圆，则，， 由椭圆的定义得，， 由于，所以， 则. 11．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知为椭圆的右焦点，为上一点，为圆上一点，则的最大值为____. 【答案】 【详解】由圆，可知圆心，半径， 设椭圆的左焦点为，且， 则. 12．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. (1)求出椭圆的标准方程； (2)过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据离心率以及四边形面积解方程可求得，，得出椭圆方程； （2）显然直线斜率不存在时不合题意，设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理以及向量关系，可求得直线方程. 【详解】（1）由，得， 由椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为， 可得，即， 再由，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，设点，， 当直线的斜率不存在时，，此时交点为和, 不满足，舍去； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，消去得到， 其中，且； ，，即； 因此，解得； 解得，即， 直线的方程为. 能力进阶 1．（2026·湖南岳阳·三模）设是椭圆的两个焦点，点在上，命题，命题：为直角三角形，则是的（    ） 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】A 【详解】由椭圆方程得，焦距， 设，则，若成立，即， 解得或，此时三边为， 满足，故为直角三角形，即； 若成立，即为直角三角形，若直角顶点为，则， 结合得，此时成立，若直角顶点为或，则或， 的横坐标为，代入椭圆方程得，此时为， ，此时不成立，因此成立时不一定成立，即是的充分不必要条件． 2．（2026·辽宁锦州·二模）已知椭圆的离心率为，则的值为（    ） A．或 B．或2 C． D． 【答案】A 【分析】将椭圆化为标准方程，进而分类讨论椭圆焦点位置，再结合离心率求解． 【详解】原方程整理得 ， 且， 当焦点在轴上，则，，满足，即. 由离心率，得，解得，符合条件. 当焦点在轴上，则，，满足，即. 同理，解得，符合条件. 3．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，左顶点为，点在椭圆上，若，且，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出点的坐标，代入椭圆方程，化简求值. 【详解】过点作于点，因为，所以为的中点， 由题可知，所以， 又，所以，， 所以，， 设，则， 所以， 因为点在椭圆上，所以， 用替换，化简得：， 即，因为， 所以. 4．（25-26高三下·河南·阶段检测）设椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，与的另一个交点为，若，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用角的余弦值得到，从而求出，再利用椭圆的定义求出的周长为. 【详解】依题意，，，（为坐标原点）， 因为，则， 所以，，所以，所以， 解得，所以，所以， 的周长, 由于，代入得： ， 根据椭圆定义，得,， 故所求的周长为. 5．（2026·山西运城·二模）已知点在椭圆的内部，为的左焦点，为上的动点，若的最大值大于，则的离心率的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设的右焦点为，因为点在的内部，所以． 由椭圆的定义知，所以， 则， 则的最大值为，所以， 又，所以，此时满足， 所以的离心率． 6．（2026·上海崇明·二模）已知，，，，其中，点P为平面内一点，记点到，的距离分别为，，则下列条件中能使点的轨迹为椭圆的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据椭圆的定义可判断A的真假；求点的轨迹方程，判断BCD的真假. 【详解】对于A，因为，所以点轨迹为线段，故A错误； 对于B，设，则由，所以点轨迹为圆，故B错误； 对于C，由， 因为，方程可化为，所以点轨迹为椭圆，故C正确； 对于D，由， ①当且，即时， 去绝对值可得，即， 此时结合约束条件可知点的轨迹为垂直于轴的线段； ②当且，即且， 去绝对值可得，即， 此时结合约束条件可知点的轨迹为垂直于轴的线段； ③当且，即且， 去绝对值可得，即， 此时结合约束条件可知点的轨迹为垂直于轴的线段； ④当且，即且， 去绝对值可得，即， 此时结合约束条件可知点的轨迹为垂直于轴的线段； 综上可知点轨迹为四条线段，故D错误. 7．（多选）（2026·内蒙古赤峰·三模）定义离心率是的椭圆为“黄金椭圆”．已知“黄金椭圆”的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，则下列说法正确的是（    ） A．短半轴长为 B．成等比数列 C． D．的外接圆半径为 【答案】BCD 【分析】结合椭圆的几何性质，可判定A错误；求得，得到，可判定B正确；由，结合，可判定C正确；证得，结合直角三角形的性质，可判定D正确． 【详解】对于A，由椭圆，可得，即， 因为椭圆离心率，则，所以， 短半轴长为，不等于，所以A错误； 对于B，由选项A知：，可得， 则，即，所以成等比数列，故B正确； 对于C，由， 由选项B知，可得，即， 因为所以，故C正确； 对于D，由， 可得，即， 则直角的外接圆半径，故D正确． 8．（多选）（2026·湖南邵阳·三模）数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆任意两条互相垂直的切线的交点都在以原点为圆心，为半径的圆上，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆可以与边长为的正方形的四条边均相切，则（   ） A．椭圆的离心率为 B．若一个矩形的四条边均与椭圆相切，则该矩形面积的最大值为50 C．若为椭圆的蒙日圆上任意一点，则直线的斜率的取值范围为 D．若为椭圆的蒙日圆上任意一点，且点到直线与到直线的距离之和与点的位置无关，则的取值范围是 【答案】BCD 【分析】根据蒙日圆的定义，求得，得到椭圆的离心率，可判定A不正确；设矩形的边长分别为，结合基本不等式，求得，可判定B正确；根据直线与圆的位置关系，列出不等式，可判定C正确；根据直线与平行，并且分别位于蒙日圆的两侧，结合临界状态，结合点到直线的距离公式，可判定D正确. 【详解】对于A，由题意知，正方形的对角线的长度等于蒙日圆的直径， 即，所以，所以椭圆的离心率，所以A不正确； 对于B，设矩形的边长分别为，则， 由不等式，所以，可得， 所以矩形的面积的最大值为50，所以B正确； 对于C，设直线的方程为，且蒙日圆方程为， 由，解得，所以C正确； 对于D，如果点到两条直线的距离之和与点的位置无关， 可得直线与平行，并且分别位于蒙日圆的两侧， 临界状态就是与蒙日圆相切，且蒙日圆的方程为， 此时满足，且，解得， 所以的取值范围是，所以D正确． 9．（2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，左顶点为，下顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且所得弦长为． (1)求椭圆的方程； (2)若点是椭圆上在第一象限内的一个动点，求三角形面积的最大值； (3)过且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，连接并延长交直线于点．试探究：在轴上是否存在一定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)因为，设直线方程为，代入椭圆方程可得， 设，则，所以中点的纵坐标， 所以，即， 所以所在直线方程为，令，可得，即， 假设在轴上存在一定点满足题意，则， 所以恒成立，则需，解得， 即轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过点. 【分析】（1）根据离心率及通径长求出即可得解； （2）设，利用点到直线的距离求三角形面积，再由正弦型三角函数的性质求最值即可； （3）设直线方程为，求出点坐标，再由交点求出点坐标，假设存在满足题意，则恒成立，据此求解即可. 【详解】（1）因为，所以， 由代入，可得，， 所以椭圆的通径长为，即， 由可得，解得， 所以， 所以椭圆的方程为. （2） 由（1）可知， 所以， 直线所在直线方程为，即 设， 设点到直线的距离为，则， 所以， 当时，有最大值. （3）略 真题实战 1．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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（    ） A．（） B．（） C．（） D．（） 【答案】A 【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．（2026·上海·高考真题）在中，，，．已知点，，分别为椭圆的上、下、右顶点，以及两个焦点中的三点，求椭圆的离心率__________． 【答案】 【分析】根据椭圆对称性分析各点的可能性情况，分情况讨论求的值，即可得离心率. 【详解】因为， 根据对称性可知：点其中一个为上下顶点，一个为右顶点，一个为焦点，不妨取上顶点. ①当点中一个为上顶点，一个为右顶点，一个为左焦点，如图1 则或，解得或无解； ②当点中一个为上顶点，一个为右顶点，一个为右焦点，如图2， 则或，方程组均无解； 综上所述：，，，所以离心率. 3．（2026·全国一卷·高考真题）已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解； （2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ii）由于是直线与直线的夹角，根据列出表达式即可求解. 【详解】（1）已知椭圆的左焦点为，离心率， 则，解得，， 因此椭圆方程为. （2）解法一： 设，点，点，其中， 联立直线与椭圆方程，得， 由韦达定理得， 由于两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点，且， （i）    由面积公式，， 又因为是线段的中点，所以，所以， ， 由于，得，即， 令，由与，得， 代入，得，解得， 所以，所以直线的方程为. （ii）直线的斜率为， 于是，当且仅当时取等号， 故的最小值为. 解法二： （i）如图所示，设直线的方程为，其中斜率，         设点，点，且， 根据椭圆的中心对称性可知，点， 联立直线与椭圆方程，得，化简得， 由韦达定理可得， 因为是关于原点的对称点，所以是线段的中点， 因此，所以， 由于，所以， ， ， 所以，即， 由于，所以简化为， 代入韦达定理，得，则， 化简得，由于，解得， 所以直线的方程为，即. （ii）由题意，即为直线与直线的夹角， 直线即直线，方程为， 点，点，点，直线的斜率， 直线的斜率， 由于在直线上，有， 则，代入， 则， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， 因此， 即， 由基本不等式得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为. 4．（2026·全国二卷·高考真题）已知椭圆：（），过E的右焦点且与轴垂直的直线被截得的线段长为． (1)求的离心率． (2)设为坐标原点，给定点，为上的点，过作轴的垂线，垂足为，直线与直线的交点为．当在上运动时，点的轨迹为． （ⅰ）求的方程； （ⅱ）当为何值时，有对称中心？当有对称中心时，将平移后得到曲线，使得为的对称中心，说明是什么曲线. 【答案】(1) (2)（i）的方程为； （ii）当时，有对称中心； 当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点， 当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点. 【分析】（1）利用过右焦点垂直于轴的直线被所截线段长为 ，通过求出坐标解出线段的长，求得再求出离心率； （2）(i)通过联立方程求出点的坐标，再反解出点的坐标代入椭圆方程，从而求出的轨迹的方程； （ii）先对曲线方程配方，再讨论在不同取值时，中心存在的情况；再通过平移规律求出的方程，再讨论不同情况下的形状. 【详解】（1）设椭圆 的右焦点为，其中 ， 那么过右焦点且垂直于 轴的直线为，代入椭圆得 ，即 ， 所以 ，由于截线段长为 ，解得 ， 故 ，离心率 . （2）(i)  方法一： 由（1）知椭圆方程为 ，由于点满足 ，且 ，过作轴的垂线，交 轴于点 ， 那么当时，点，点与点重合； 当时，直线 方程为：，直线方程为： ， 即 ， 联立，解得，即点， 设，则由， 代入椭圆方程得，即， 两边乘以得， 整理得， 把点代入，仍然成立， 故轨迹的方程为； 方法二： 由于，点在轴，故直线必有斜率； 设直线方程为，，那么点， 由于轴，则， 由于点三点共线，则， 因为点在直线上，所以，， 把代入椭圆方程： ，得，即， 整理化简，得 ， 故轨迹的方程为； (ii)由（i）得轨迹的方程为， 当即时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与x轴交点，无对称中心； 当 即 且0时， 化简轨迹的方程为， 将轨迹向左或向右平移个单位得到的方程为，即， 所以当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点， 当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点. 综上，当时，轨迹无对称中心； 当时，有对称中心； 当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点， 当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点. 5．（2026·北京·高考真题）已知椭圆：（）的一个顶点是，离心率为． (1)求的方程； (2)过点，斜率为的直线交椭圆于、两点，关于的对称点为，交于，若，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得； （2）设出直线，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目所给条件计算可得点、点坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出与，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解. 【详解】（1）由题意可得，则，即，故的方程为； （2）由题意可得，设、， 由关于直线对称的点为，则， 联立，消去得：， 由，故在椭圆内部，故恒成立，有、， 则， ， ，联立， 则，即， 整理得，即， 点到直线的距离，点到直线的距离， 又，则，， 故 ， 即有，若，则，无解，不符； 则，有，解得； 故. 6．（2026·天津·高考真题）已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为． (1)求的标准方程； (2)斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的离心率可知，，然后将代入椭圆方程即可求解； （2）根据直线与圆相切即可求出，分类讨论即可. 【详解】（1）由于椭圆的离心率为，所以，即， 由于，所以， 将代入椭圆方程，得，即，解得，即， 由题意，所截得的线段长为，所以，解得，从而， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）可知，，所以圆的方程为， 设直线的方程为，因为直线与圆相切，如图所示， 则圆心到直线的距离，解得， 椭圆上顶点，分两种情况讨论： ①当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 则当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时； ②当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时. 综上所述，的值为. 7．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (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． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 【答案】(1) (2)(ⅰ) (ⅱ) 【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程； （2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出； (ⅱ) 根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出. 【详解】（1）由题可知,，所以，解得， 故椭圆C的标准方程为； （2）(ⅰ)设，易知， 法一：所以，故，且． 因为，，所以， 即，解得，所以， 所以点的坐标为. 法二：设，则，所以 ，，故 点的坐标为. (ⅱ)因为,,由,可得 ,化简得,即, 所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）, 为到圆心的距离加上半径, 法一：设,所以 ,当且仅当时取等号, 所以. 法二：设，则， ，当且仅当时取等号, 故. 8．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长. 【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. （2） 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 9．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，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，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程； （2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系. 法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出. 【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，， 故椭圆E的方程为； （2）联立，消去得，， 整理得，①， 又，所以，， 故①式可化简为，即，所以， 所以直线与椭圆相切，为切点. 设，易知，当时，由对称性可知，． 故设，易知， 联立，解得， 联立，解得， 所以 ， ， 故． 法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，． 故设， 联立，解得， 联立，解得， 若，则， 由对称性，不妨取，则， ，，所以， 同理，当时，， 当时，则，，, 又，所以， 所以 ， ， 则，即， 所以. 10．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到，再由直线的斜率得到，从而利用三角形的面积公式得到关于的方程，解之即可得解； （2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得，进而得到直线的方程与点的坐标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证. 【详解】（1）依题意，设椭圆的半焦距为， 则左焦点，右顶点，离心率，即， 因为为上一点，设， 又直线的斜率为，则，即， 所以，解得，则，即， 因为的面积为，，高为， 所以，解得， 则，， 所以椭圆的方程为. . （2）由（1）可知，，， 易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即， 联立，消去得，， 因为直线与椭圆有唯一交点，所以， 即，则，解得，则， 所以直线的方程为， 联立，解得，则， 以下分别用四种方法证明结论： 法一：则， 所以， ， 则，又， 所以，即平分. 法二：所以，，， 由两直线夹角公式，得，， 则，又， 所以，即平分. 法三：则，， 故， 又， 所以，即平分. 法四：则， 所以直线的方程为，即， 则点到直线的距离为， 又点到直线的距离也为， 所以平分. 11．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点． (1)若的焦点，求离心率e； (2)若，且上存在一点P，满足，求m； (3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率； （2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得； （3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围. 【详解】（1）由题意知，，则， 由右焦点，可知，则， 故离心率. （2）由题意， 由得，， 解得，代入， 得，又，解得. （3）由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为， 则，解得， 由得中点坐标为， 故直线，显然直线过椭圆内点， 故直线与椭圆恒有两不同交点， 设， 由消得， 由韦达定理得， 因为为钝角，则，且， 则有， 所以， 即，解得， 又， 故，即的取值范围是. 12．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 【答案】(1) (2)直线的方程为或. 【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可； （2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘表达面积即可. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以. （2）法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解得或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 13．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解； （2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解. 【详解】（1）由题意，从而， 所以椭圆方程为，离心率为； （2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾， 从而设，， 联立，化简并整理得， 由题意，即应满足， 所以， 若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以，在直线方程中令， 得， 所以， 此时应满足，即应满足或， 综上所述，满足题意，此时或. 14．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，使得恒成立. 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2） 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设. 105 / 105 学科网（北京）股份有限公司 $