专题04 椭圆（期中真题汇编，广西专用）高二数学上学期

专题04 椭圆 1大高频考点概览 考点01 椭圆 考点01 椭圆 1．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）已知椭圆的一个焦点坐标是，则实数k的值是（       ） A. 1 B. 2 C.  D. 3 2．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）已知椭圆的右焦点为，则的长轴长为（       ） A.  B.  C.  D.  3．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为上一点，若，则的面积为(       ) A. 3 B. 5 C.  D.  4．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）椭圆的焦距为（     ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）已知分别是椭圆的焦点，过点的直线交椭圆于两点，则的周长是（       ） A. 16 B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）已知椭圆焦点在轴且离心率为，则的值为（     ） A. 3 B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）设P为椭圆上一点，分别是C的左，右焦点．若，则（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）已知曲线，设，曲线是焦点在坐标轴上的椭圆，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 9．（25-26学年高二上·广西壮族自治区钦州第一中学·期中）已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（　　） A.  B.  C.  D.  10．（24-25学年高二上·广西名校联盟·期中）已知为椭圆的两个焦点，为椭圆上任意一点.若，则（     ） A. 1 B. 6 C. 7 D. 4 11．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三十六中学·期中）已知点的轨迹方程为，则PC的中点的轨迹方程为（     ） A.  B.  C.  D.  12．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）（多选）如图，已知直线和椭圆，m为何值时，下列结论正确（     ） A. 当时，直线l与椭圆C有两个公共点 B. 当或25时，直线l与椭圆C只有一个公共点 C. 当或时，直线l与椭圆C没有公共点 D. 当时，直线l与椭圆C有公共点 13．（24-25学年高二上·广西南宁第二中学）如图，椭圆与x轴、y轴正半轴分别交于点A、B，点P是过左焦点F1且垂直x轴的直线与椭圆的一个交点，O为坐标原点，若AB//OP，则椭圆的焦距为（       ） A.  B.  C. 1 D. 2 14．（2026·广西自治区桂林·质量检测）（多选）已知椭圆的短轴长为，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，射线（为坐标原点）交椭圆于点，则（       ） A. 椭圆的方程为 B. 当为的中点时，直线的斜率为 C. 当时，直线的方程为 D. 当轴时，的面积为 15．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）（多选）已知椭圆：内一点，直线与椭圆交于，两点，且为线段的中点，则下列结论正确的是（       ） A. 椭圆的长轴长为 B. 椭圆的离心率 C. 直线的方程为 D. 直线的方程为 16．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）已知M为圆P：上的一个动点，定点，线段MQ的垂直平分线交线段PM于N点，则N点的轨迹方程为（       ） A.  B.  C.  D.  17．（25-26学年高二上·广西壮族自治区南宁第二中学·期中）下列直线被椭圆截得的弦长大于被C截得的弦长的是（       ） A.  B.  C.  D.  18．（25-26学年高二上·广西壮族自治区南宁第二中学·期中）（多选）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在C上，且的最大值为3，最小值为1，则（     ） A. 椭圆C的离心率为 B. 的周长为4 C. 点P可能在以，为直径的圆上 D. 若，则的面积为 19．（25-26学年高二上·广西壮族自治区钦州第一中学·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在该椭圆上，且，则该椭圆的离心率为（　　） A.  B.  C.  D.  20．（25-26学年高二上·广西壮族自治区钦州第一中学·期中）（多选）已知椭圆的左､右两个焦点分别为为椭圆上一动点，，则下列说法正确的是（       ） A. 存在点使 B. 的周长为16 C. 的最大面积为12 D. 的最小值为 21．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）已知椭圆的左右焦点分别为，过右焦点的直线与交于两点，且，则椭圆的离心率为（     ） A.  B.  C.  D.  22．（25-26学年高二上·广西南宁第三中学）（多选）如图，为椭圆上异于顶点的一点，分别是椭圆的左焦点和右顶点．过点分别向轴和直线作垂线，垂足分别为．记直线与轴的交点为为坐标原点，则下列比值与相等的是（     ） A.  B.  C.  D.  23．（2025·广西玉林第一中学·联考）（多选）如图，曲线是一条“双纽线”，其上的点满足：到点与到点的距离之积为4，则下列结论正确的是（       ） A. 点在曲线上 B. 点在上，则 C. 点在椭圆上，若，则 D. 过作轴的垂线交于两点，则 24．（2025·广西玉林第一中学·联考）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AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为 A. ＋＝1 B. ＋＝1 C. ＋＝1 D. ＋＝1 25．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）（多选）已知分别为椭圆的左、右焦点，若点分别为椭圆的左、右顶点，是椭圆上一动点，下列结论中正确的有（     ） A. 的范围为 B. 若为直角三角形，则的面积为 C. 若点，则的最大值为 D. 直线的斜率之积为 26．（24-25学年高二上·广西南宁第二中学）已知离心率为的椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，线段的中点为，射线与交于点，若，则（     ） A.  B.  C.  D.  27．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三中学·期中）已知椭圆，为两个焦点，为椭圆上一点，若，则的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  28．（24-25学年高二上·广西柳州高级中学·期中）已知是椭圆的一个焦点，若直线与椭圆相交于两点，且，则椭圆离心率的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  29．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三中学·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是上的一点，的内切圆圆心为，当时，，则的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  30．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）点在椭圆上，是椭圆的一个焦点，为的中点，，则　　　　　　　　　. 31．（24-25学年高二上·广西名校联盟·期中）已知椭圆的长轴长为8，且离心率为，则的标准方程为　　　　　　　　　　. 32．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）已知椭圆C的两焦点为，P，Q为椭圆C上的动点，的周长为10，则 的最大值为　　　． 33．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为　　　　　　　　． 34．（25-26学年高二上·广西南宁第三中学）已知椭圆（且）的焦点为为上的一点，若的周长为18，则椭圆的离心率为　　　　　　． 35．（2026·广西自治区桂林·质量检测）已知圆，，是圆上的动点，线段的垂直平分线和线段交于点，设点的轨迹为． （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，求（为坐标原点）面积的最大值． 36．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）已知椭圆M：（a>b>0）的离心率为，AB为过椭圆右焦点的一条弦，且AB长度的最小值为2. （1）求椭圆M的方程； （2）若直线l与椭圆M交于C，D两点，点，记直线PC的斜率为，直线PD的斜率为，当时，是否存在直线l恒过一定点？若存在，请求出这个定点；若不存在，请说明理由. 37．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）设椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上的一点，，原点到直线的距离为，则椭圆的离心率等于　　　　　　. 38．（25-26学年高二上·广西壮族自治区钦州第一中学·期中）已知椭圆的两个焦点为、，是椭圆上一点，且满足，则椭圆的离心率的取值范围为　　　　　　　　　　　． 39．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）已知椭圆中，点是椭圆上一点，是椭圆的焦点，且，则的面积为　　　　　　　　　　. 40．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）已知椭圆的离心率为是椭圆的右顶点. （1）求椭圆的方程； （2）过点且倾斜角为的直线与椭圆交于两点，求和的面积. 41．（24-25学年高二上·广西柳州高级中学·期中）已知一条直线与椭圆相交于两点，弦的中点坐标为，则直线的方程为　　　　　　. 42．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）已知直线，点为椭圆上的一个动点，则点到直线的距离的最小值为　　　　　　　　　　　. 43．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）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． 44．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三中学·期中）已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆的上顶点时，的面积为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆相交于两点，且，求证：（为坐标原点）的面积为定值. 45．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫作椭圆的“辅助圆”.已知椭圆的焦距为，短轴长为2. （1）求及的辅助圆的方程. （2）已知与轴平行，且不经过原点的直线与及的辅助圆分别交于两点（均在同一个象限），过作的辅助圆的切线与轴交于点，且直线的斜率为，记的面积为，证明：. （3）已知斜率不为0，且不经过原点的直线与交于两点，判断在的辅助圆上是否存在点，使得四边形是平行四边形.若存在，求面积的最大值；若不存在，说明理由. 46．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，左右顶点分别为，，上顶点为，且，的周长为6，过右焦点的直线与交于、两点（其中在轴上方）. （1）求椭圆的方程； （2）求面积的最大值； （3）若直线、与轴分别交于、两点，判断点与以为直径的圆的位置关系，并证明你的结论. 47．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求曲线的方程； （2）若直线被曲线所截的弦长为，求的值； （3）若点为曲线的右顶点，过点（不同于点）且斜率不为0的直线与曲线相交于两点（点在之间），若点为线段上的点，满足，且，求的值. 48．（25-26学年高二上·广西壮族自治区钦州第一中学·期中）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，且椭圆经过点． （1）求椭圆的方程； （2）已知一条入射光线经过两点，经轴反射后，求反射光线所在的直线方程； （3）设点，点为该椭圆上任一点，求的最大值． 49．（25-26学年高二上·广西南宁第三中学）已知椭圆的标准方程为，离心率为且过点，直线与椭圆交于，两点且不过原点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若，求证：直线经过定点，并求出定点的坐标； （3）若直线，，的斜率分别为，且，求面积的取值范围． 50．（24-25学年高二上·广西梧州·期中）已知椭圆 的左、右焦点分别为为椭圆的一个顶点，离心率为 （1）求椭圆C的标准方程； （2）设直线与椭圆C交于A，B两点； ①若直线过椭圆右焦点，且的面积为求实数k的值； ②若直线过定点，且，在x轴上是否存在点使得以、为邻边的平行四边形为菱形？若存在，则求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由. 51．（2025·广西玉林第一中学·联考）已知点在椭圆上，椭圆的离心率. （1）求椭圆的方程； （2）若不过点的直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，且， ①求证：直线AB经过定点； ②求面积的取值范围（为坐标原点）. 52．（24-25学年高二上·广西南宁第二中学）已知椭圆的左、右焦点分别为，设点，在中，，周长为.    （1）求椭圆的方程； （2）设不经过点A的直线与椭圆相交于B、C两点，若直线AB与AC的斜率之和为，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标； （3）记第（2）问所求的定点为E，点为椭圆上的一个动点，试根据面积的不同取值范围，讨论存在的个数，并说明理由. 53．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）在平面直角坐标系xOy中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比.如果曲线经“伸缩变换”后得到曲线，射线与分别交于两点A，B且. （1）求的方程; （2）若M，N在上，为垂足，求证：存在定点，使得|DQ|为定值. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 椭圆 1大高频考点概览 考点01 椭圆 考点01 椭圆 1．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）已知椭圆的一个焦点坐标是，则实数k的值是（       ） A. 1 B. 2 C.  D. 3 【答案】D 【分析】 根据给定的椭圆方程及焦点坐标，列式求出值. 【详解】 由椭圆的一个焦点坐标是， 得椭圆的长轴在轴上，,,,. 又因为在椭圆中，， 所以. 故选：D 2．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）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. 3．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为上一点，若，则的面积为(       ) A. 3 B. 5 C.  D.  【答案】A 【分析】 根据椭圆的定义和勾股定理计算求得，再由三角形面积公式计算即可. 【详解】 由椭圆的定义可知，，且，因为， 所以，又， 故，所以. 故选：A. 4．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）椭圆的焦距为（     ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【分析】 根据焦距定义即可得到答案. 【详解】 由题意得，则其焦距为2. 故选：B. 5．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）已知分别是椭圆的焦点，过点的直线交椭圆于两点，则的周长是（       ） A. 16 B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据椭圆的定义即可求出. 【详解】 因为椭圆方程为，所以， 由椭圆的定义得：， 所以，所以的周长是16. 故选：A 6．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）已知椭圆焦点在轴且离心率为，则的值为（     ） A. 3 B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据椭圆方程，求出，代入离心率公式，即可得答案. 【详解】 椭圆变形为， 因为焦点在轴，所以， 所以离心率，解得. 故选：D 7．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）设P为椭圆上一点，分别是C的左，右焦点．若，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 依据椭圆定义，列方程组即可解得的长度. 【详解】 椭圆的长半轴长为3， 由椭圆的定义可知， 由 ，可得． 故选：C 8．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）已知曲线，设，曲线是焦点在坐标轴上的椭圆，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】B 【分析】 根据方程表示焦点在坐标轴上的椭圆求出的取值范围，然后根据充分条件、必要条件的定义进行判定即可． 【详解】 因为是焦点在坐标轴上的椭圆， 所以 ，解得：且， 所以“”是“曲线是焦点在坐标轴上的椭圆”的必要不充分条件． 故选：B． 9．（25-26学年高二上·广西壮族自治区钦州第一中学·期中）已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据焦点在轴上的椭圆方程的特征得到不等式组，解得即可. 【详解】 因为方程表示焦点在轴上的椭圆， 所以 ，解得， 即实数的取值范围是. 故选：A 10．（24-25学年高二上·广西名校联盟·期中）已知为椭圆的两个焦点，为椭圆上任意一点.若，则（     ） A. 1 B. 6 C. 7 D. 4 【答案】D 【分析】 应用椭圆的定义可直接得到正确结果. 【详解】 解：因为椭圆，所以椭圆长轴长为， 由椭圆定义知，所以. 故选：D 11．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三十六中学·期中）已知点的轨迹方程为，则PC的中点的轨迹方程为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据“相关动点法”求轨迹方程即可. 【详解】 设点坐标为，点坐标为 由中点坐标公式得 ，即 ， 将 代入 得点的轨迹方程为：，即. 故选：B 12．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）（多选）如图，已知直线和椭圆，m为何值时，下列结论正确（     ） A. 当时，直线l与椭圆C有两个公共点 B. 当或25时，直线l与椭圆C只有一个公共点 C. 当或时，直线l与椭圆C没有公共点 D. 当时，直线l与椭圆C有公共点 【答案】ABCD 【分析】 将直线与椭圆的公共点的个数问题，转化为联立方程组成方程组的解的个数问题，消元后得到一元二次方程，结合，，分别判断即可. 【详解】 对于A，由方程组 消去y，得① ， ． 由，得． 此时方程① 有两个不相等的实数根，直线与椭圆有两个不同的公共点．故A正确； 对于B，由，得，．此时方程① 有两个相等的实数根， 直线与椭圆有且只有一个公共点．故B正确； 对于C，由，得，或．此时方程① 没有实数根，直线与椭圆没有公共点．故C正确； 对于D，由选项A与选项B可知，D正确. 故选：ABCD 13．（24-25学年高二上·广西南宁第二中学）如图，椭圆与x轴、y轴正半轴分别交于点A、B，点P是过左焦点F1且垂直x轴的直线与椭圆的一个交点，O为坐标原点，若AB//OP，则椭圆的焦距为（       ） A.  B.  C. 1 D. 2 【答案】D 【分析】 根据题意可得，利用两点的坐标求出直线BA、PO的斜率、，根据可得，化简计算即可. 【详解】 由题意知，，则点， 所以直线BA的斜率为，直线PO的斜率为， 由，得，所以，即， 又，所以，所以焦距为. 故选：D 14．（2026·广西自治区桂林·质量检测）（多选）已知椭圆的短轴长为，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，射线（为坐标原点）交椭圆于点，则（       ） A. 椭圆的方程为 B. 当为的中点时，直线的斜率为 C. 当时，直线的方程为 D. 当轴时，的面积为 【答案】AC 【分析】 利用椭圆的性质计算参数可判定A，利用中点弦可判定B，利用两直线垂直的关系结合点斜式可判定C，先计算，再联立直线与椭圆方程计算N点坐标，即可判定D. 【详解】 A，易知，解得，所以，故A正确； B，设，则 ，作差得， 即，易知，故B错误；    C，当时，，则直线为，故C正确； D，当轴时，此时，不妨设，则， 所以，易知，与椭圆联立可得， 所以，故D错误. 故选：AC 15．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）（多选）已知椭圆：内一点，直线与椭圆交于，两点，且为线段的中点，则下列结论正确的是（       ） A. 椭圆的长轴长为 B. 椭圆的离心率 C. 直线的方程为 D. 直线的方程为 【答案】BD 【分析】 根据椭圆方程直接求长轴长和离心率，利用点差法求中点弦所在直线方程. 【详解】 由，得椭圆焦点在轴上，且，， 如图： 则，，. 椭圆的长轴长为，离心率，故A错误，B正确； 设，，，，则，， 两式作差可得：， 为线段的中点，，，则， 直线的方程为，即，故C错误，D正确. 故选：BD 16．（25-26学年高二上·广西壮族自治区来宾高级中学·期中）已知M为圆P：上的一个动点，定点，线段MQ的垂直平分线交线段PM于N点，则N点的轨迹方程为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据题意，得到，且，结合椭圆的定义，得到点的轨迹是以为焦点的椭圆，即可求解. 【详解】 由圆，可得圆心，半径为， 由，可得， 因为线段的垂直平分线交线段于点，可得， 则， 结合椭圆的定义，可得点的轨迹是以为焦点的椭圆， 其中，可得，则， 所以点的轨迹方程为. 故选：C. 17．（25-26学年高二上·广西壮族自治区南宁第二中学·期中）下列直线被椭圆截得的弦长大于被C截得的弦长的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 画出草图，运用椭圆的对称性，数形结合分析判断即可得解. 【详解】 解：易知椭圆关于x轴、y轴、原点对称， 直线与直线关于x轴对称， 直线与直线关于原点对称， 所以椭圆被直线、、所截得的弦长相等，故排除B、C； 根据椭圆的对称性可知原点到直线的距离越远，直线被椭圆截得的弦长越小， 过原点比到原点的距离远， 故截椭圆所得的弦长比截椭圆的弦长要短，故排除D， 故截椭圆所得的弦长比截椭圆的弦长要长， 故选： 18．（25-26学年高二上·广西壮族自治区南宁第二中学·期中）（多选）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在C上，且的最大值为3，最小值为1，则（     ） A. 椭圆C的离心率为 B. 的周长为4 C. 点P可能在以，为直径的圆上 D. 若，则的面积为 【答案】AD 【分析】 由题意，，计算可判断A；根据椭圆的定义计算周长可判断B；由余弦定理及基本不等式可得的最大值为60°，可判断C；根据余弦定理结合椭圆的定义计算可判断D. 【详解】 如图： 对于A，由题意，，故，， 所以椭圆C的离心率为，故A正确； 对于B，的周长为，故B错误； 对于C， ， 当且仅当时，等号成立， 因为在上递减，所以此时最大， 此时，，所以的最大值为60°， 若点P在以，为直径的圆上，则，不成立，故C错误； 对于D，由余弦定理， 即，解得， 故，故D正确. 故选：AD 19．（25-26学年高二上·广西壮族自治区钦州第一中学·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在该椭圆上，且，则该椭圆的离心率为（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据椭圆的定义，运算勾股定理及离心率公式求解即可. 【详解】 设，则， 由椭圆的定义可得，所以， 即，， 因为， 所以，即， 所以，所以. 故选：. 20．（25-26学年高二上·广西壮族自治区钦州第一中学·期中）（多选）已知椭圆的左､右两个焦点分别为为椭圆上一动点，，则下列说法正确的是（       ） A. 存在点使 B. 的周长为16 C. 的最大面积为12 D. 的最小值为 【答案】ACD 【分析】 对于A，由可得点的轨迹，结合椭圆的几何性质即可判断得点的轨迹与椭圆没有交点，由此得以判断；对于B，利用椭圆的定义可得的周长，由此判断即可；对于C，根据椭圆的几何性质，当为椭圆短轴顶点时，可得的面积最大，从而得以判断；对于D，利用椭圆的定义，结合三角形边长的不等式可得，从而得以判断. 【详解】 由，得. 对于A：假设存在点使得，则， 所以点的轨迹是以原点为圆心，为直径的圆，则， 因为椭圆上的任一点到原点的最小距离是短轴顶点与原点的距离，即， 由可知，圆与椭圆有交点， 所以假设成立，即存在点使得，故A正确； 对于B：的周长为，故B错误； 对于C：当为椭圆短轴顶点时，点到的距离最大，则的面积最大， 所以，故C正确； 对于D： ，又，所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 21．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）已知椭圆的左右焦点分别为，过右焦点的直线与交于两点，且，则椭圆的离心率为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 设，得，，，在中由勾股定理得，在中由勾股定理列方程可得答案. 【详解】 设，因为，所以， 由椭圆的定义可得，， 因为，在中由勾股定理得，解得 所以，， 在中由勾股定理得，从而可得. 故选：A 22．（25-26学年高二上·广西南宁第三中学）（多选）如图，为椭圆上异于顶点的一点，分别是椭圆的左焦点和右顶点．过点分别向轴和直线作垂线，垂足分别为．记直线与轴的交点为为坐标原点，则下列比值与相等的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】ABD 【分析】 由椭圆的几何性质逐个判断即可. 【详解】 选项A：，A对； 选项B：，B对； 选项C：设，则不是定值，C错； 选项D：，D对． 故选：ABD 23．（2025·广西玉林第一中学·联考）（多选）如图，曲线是一条“双纽线”，其上的点满足：到点与到点的距离之积为4，则下列结论正确的是（       ） A. 点在曲线上 B. 点在上，则 C. 点在椭圆上，若，则 D. 过作轴的垂线交于两点，则 【答案】ACD 【分析】 由“双纽线”定义判断A；由“双纽线”定义得到，再计算判断B；由“双纽线”定义和椭圆定义判断C；设，由勾股定理得到，再解方程判断D. 【详解】 对于A，，由定义知，A正确； 对于B，由点在上，得， 化简得，解得，，B错误； 对于C，椭圆的焦点坐标恰好为与， 则，由，得， 则，，C正确； 对于D，设，则，而，则， 又， 则，化简得，解得，， 因此1，，D正确. 故选：ACD 24．（2025·广西玉林第一中学·联考）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AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为 A. ＋＝1 B. ＋＝1 C. ＋＝1 D. ＋＝1 【答案】D 【详解】 设、，所以 ，运用点差法，所以直线的斜率为，设直线方程为，联立直线与椭圆的方程，所以；又因为，解得. 【考点定位】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查学生的化归与转化能力. 【详解】 25．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）（多选）已知分别为椭圆的左、右焦点，若点分别为椭圆的左、右顶点，是椭圆上一动点，下列结论中正确的有（     ） A. 的范围为 B. 若为直角三角形，则的面积为 C. 若点，则的最大值为 D. 直线的斜率之积为 【答案】ACD 【分析】 根据数量积的坐标运算，结合椭圆的有界性即可求解A，根据时求解面积即可判断B，利用椭圆定义，结合三点共线即可求解C，利用斜率公式，即可化简求解D. 【详解】 对于A，，设，，则， 故， 由于，故，A正确， 对于B，当时，此时， 故的面积为，故B错误， 对于C，由于，又， 所以， 所以， 当且仅当三点共线时，且在之间时取等号，故C正确． 对于D，由椭圆，得，设， 则，又，则， 所以，故D正确； 故选：ACD 26．（24-25学年高二上·广西南宁第二中学）已知离心率为的椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，线段的中点为，射线与交于点，若，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 由椭圆的离心率，得，，求得直线的方程，与椭圆方程联立，求得点坐标，由解方程可得c，再由椭圆的定义，可得. 【详解】 由椭圆的离心率，得，， 由，，，可得， 直线的斜率为，方程为， 椭圆方程，即， 联立直线和椭圆方程，可得，由，解得， 则，即 由，解得， . 故选：C 27．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三中学·期中）已知椭圆，为两个焦点，为椭圆上一点，若，则的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 首先得，进一步得焦距，由椭圆定义结合得，由此即可进一步求解. 【详解】 由题意，所以， 因为，所以， 而，所以， 所以的面积为. 故选：C. 28．（24-25学年高二上·广西柳州高级中学·期中）已知是椭圆的一个焦点，若直线与椭圆相交于两点，且，则椭圆离心率的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 将与椭圆的左、右焦点连接起来，由椭圆的对称性得到一个平行四边形，利用椭圆的定义和余弦定理，结合重要不等式可得离心率的范围. 【详解】 如图设分别为椭圆的左、右焦点，设直线与椭圆相交于，连接. 根据椭圆的对称性可得：四边形为平行四边形. 由椭圆的定义有： 由余弦定理有： 即 所以 当且仅当时取等号，又的斜率存在，故不可能在轴上. 所以等号不能成立,即即，所以 故选：A 【点睛】 本题考查椭圆的对称性和焦点三角形，考查利用椭圆的定义和余弦定理、重要不等式求椭圆的离心率的范围，属于难题. 29．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三中学·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是上的一点，的内切圆圆心为，当时，，则的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 由点在上，结合两点之间的距离公式和椭圆的定义求出，， 即，再利用内切圆的性质得到，即可求出的离心率. 【详解】 设，则，； 由点在上，则有，即， 所以； 又，所以，，则； 如图1，由焦点 的内切圆可得：，，， 所以； 又，所以，即， 故选：A． 【点睛】 关键点点睛： 本题的关键点是推理出二级结论：点在椭圆上，则，，再结合内切圆的性质，建立关于的等量关系. 30．（24-25学年高二上·广西玉林·期中）点在椭圆上，是椭圆的一个焦点，为的中点，，则　　　　　　　　　. 【答案】4 【分析】 根据椭圆的对称性，利用三角形中位线定理求得，再由椭圆定义求解即可． 【详解】 如图，根据椭圆的对称性，不妨设为左焦点，为右焦点， 由椭圆，得，， 是的中点，是的中点， 为的中位线， ， 由椭圆的定义得． 故答案为：4． 31．（24-25学年高二上·广西名校联盟·期中）已知椭圆的长轴长为8，且离心率为，则的标准方程为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据题意求出和，再写出标准方程. 【详解】 由题意易得，则， 因为椭圆的离心率为，所以，则， 故的标准方程为. 故答案为：. 32．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）已知椭圆C的两焦点为，P，Q为椭圆C上的动点，的周长为10，则 的最大值为　　　． 【答案】 【分析】 利用椭圆的定义得到和的关系，再结合椭圆的性质即可求出. 【详解】 椭圆C的两焦点为，P为椭圆C上的动点，的周长为10，，即， 又Q为椭圆C上的动点，到焦点距离的最大值为， 的最大值为. 故答案为：. 33．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解. 【详解】 因为为上关于坐标原点对称的两点， 且，所以四边形为矩形， 设，则， 所以， ，即四边形面积等于. 故答案为：. 34．（25-26学年高二上·广西南宁第三中学）已知椭圆（且）的焦点为为上的一点，若的周长为18，则椭圆的离心率为　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据椭圆定义分焦点在轴和轴分别研究的周长，可得的值，得解. 【详解】 若的长半轴为3，即，又， 所以的周长小于12，不符题意． 所以的长半轴为，，解得， 所以椭圆， 所以的离心率为． 故答案为： 35．（2026·广西自治区桂林·质量检测）已知圆，，是圆上的动点，线段的垂直平分线和线段交于点，设点的轨迹为． （1）求的方程； （2）过点的直线交于两点，求（为坐标原点）面积的最大值． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）利用中垂线的性质，结合椭圆的定义计算即可； （2）设l方程与椭圆联立，根据弦长公式与点到直线的距离公式计算三角形面积，再利用基本不等式计算最值即可. (1) 小问详解： 由题意可知圆心，半径， 连接，易知， 所以， 即点的轨迹是以为左、右焦点的椭圆， 不妨设该椭圆的长轴，短轴，焦距分别为， 即， 则的方程为； (2) 小问详解： 显然直线斜率存在，不妨设，， 联立直线l与椭圆方程有 ，整理得， 所以 ，则， 由弦长公式可知， 原点到l的距离， 则， 令，则， 当且仅当时取得等号， 所以（为坐标原点）面积的最大值为. 36．（25-26学年高二上·广西玉林·期中）已知椭圆M：（a>b>0）的离心率为，AB为过椭圆右焦点的一条弦，且AB长度的最小值为2. （1）求椭圆M的方程； （2）若直线l与椭圆M交于C，D两点，点，记直线PC的斜率为，直线PD的斜率为，当时，是否存在直线l恒过一定点？若存在，请求出这个定点；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）     （2）存在，      【分析】 （1）由题意求出，即可求出椭圆M的方程. （2）设直线l的方程为m(x－2)+ny＝1，，，联立直线l的方程与椭圆方程，得，则，化简得，即可求出直线l恒过的定点. (1) 小问详解： 因为（a>b>0）的离心率为，过椭圆右焦点的弦长的最小值为， 所以a＝2，，，所以椭圆M的方程为. (2) 小问详解： 设直线l的方程为m(x－2)+ny＝1，，， 由椭圆的方程，得. 联立直线l的方程与椭圆方程，得， 即，， 所以， 化简得，代入直线l的方程得， 即，解得x＝－2，y＝－4，即直线l恒过定点. 37．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）设椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上的一点，，原点到直线的距离为，则椭圆的离心率等于　　　　　　. 【答案】 【分析】 利用椭圆的通径长结合解直角三角形构造齐次式计算离心率即可. 【详解】 设椭圆的半焦距为c，即， 由题意可知，即， 则， 所以，整理得， 所以，即. 故答案为：. 38．（25-26学年高二上·广西壮族自治区钦州第一中学·期中）已知椭圆的两个焦点为、，是椭圆上一点，且满足，则椭圆的离心率的取值范围为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据给定条件，可得，进而得出，再求出离心率范围即得. 【详解】 由点满足，得，即是直角三角形，原点是斜边的中点， 因此，又点在椭圆上，则，即，整理得， 即，而，因此， 所以椭圆离心率的取值范围为. 故答案为： 39．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）已知椭圆中，点是椭圆上一点，是椭圆的焦点，且，则的面积为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 利用余弦定理求得，然后由面积公式计算面积． 【详解】 由题意，，，， 中，， 所以， ∴， 所以. 故答案为：． 40．（25-26学年高二上·广西壮族自治区柳州地区民族高级中学·期中）已知椭圆的离心率为是椭圆的右顶点. （1）求椭圆的方程； （2）过点且倾斜角为的直线与椭圆交于两点，求和的面积. 【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）由离心率和顶点坐标求出，得到椭圆方程； （2）由弦长公式求，由及点到直线距离求面积. (1) 小问详解： 由椭圆的右顶点可得，又，所以， 所以， 所以椭圆的方程为. (2) 小问详解： 因为直线过点且倾斜角为，所以直线方程为. 由 得， 设，则， 由弦长公式得， 又点到直线的距离， 所以. 41．（24-25学年高二上·广西柳州高级中学·期中）已知一条直线与椭圆相交于两点，弦的中点坐标为，则直线的方程为　　　　　　. 【答案】 【分析】 设，并得到，利用点差法得到，由点斜式写出直线方程，化为一般式即可. 【详解】 设， 若，则的中点在轴上，而的中点坐标为，显然不合要求， 故， 则 ，两式相减得， 即， 由于弦的中点坐标为，故， 所以，即，故， 故直线的方程为，即. 故答案为： 42．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）已知直线，点为椭圆上的一个动点，则点到直线的距离的最小值为　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 设出点的坐标，再利用点到直线距离公式，结合三角函数性质求出最小值. 【详解】 由点在椭圆上，设， 则点到直线的距离，其中锐角由确定， 而，则当时，. 所以点到直线的距离的最小值为. 故答案为： 43．（24-25学年高二上·广西壮族自治区柳州柳城县中学·期中）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. (1) 小问详解： 由题意得 ，解得 ， 所以. (2) 小问详解： 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. 44．（24-25学年高二上·广西壮族自治区南宁第三中学·期中）已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆的上顶点时，的面积为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆相交于两点，且，求证：（为坐标原点）的面积为定值. 【答案】（1）     （2）证明：如图所示，设， 联立直线与椭圆的方程 得， . ， 又 ， 因为点到直线的距离，且， 所以， 综上，的面积为定值. 【分析】 （1）由题意可得，结合三角形面积公式计算可得，即可得； （2）联立直线与椭圆方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，结合面积公式与所给等式计算即可得解. (1) 小问详解： 根据题意，， 在椭圆上顶点，此时. 所以，则求椭圆的方程； (2) 小问详解： 略 45．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫作椭圆的“辅助圆”.已知椭圆的焦距为，短轴长为2. （1）求及的辅助圆的方程. （2）已知与轴平行，且不经过原点的直线与及的辅助圆分别交于两点（均在同一个象限），过作的辅助圆的切线与轴交于点，且直线的斜率为，记的面积为，证明：. （3）已知斜率不为0，且不经过原点的直线与交于两点，判断在的辅助圆上是否存在点，使得四边形是平行四边形.若存在，求面积的最大值；若不存在，说明理由. 【答案】（1），     （2）证明见解析     （3）存在，最大值为1      【分析】 （1）根据条件可求出，按照定义可得及的辅助圆的方程； （2）方法一：设，利用，用表示出来，进而计算可得答案； 方法二：直线的方程为或0），可得到点坐标，进而得到切线的方程，进而得到点坐标，进而计算可得答案. （3）设直线，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理，求出的坐标，假设在的辅助圆上存在点，使得四边形是平行四边形，则，得到一个方程，说明此方程有解即可证明；同样利用韦达定理把面积表示成关于的函数，根据基本不等式求最值即可. (1) 小问详解： 设的焦距为，则 得 所以的方程为， 的辅助圆的方程为. (2) 小问详解： 方法一：证明：设，直线与轴交于点，则. 由 得. 易证，则，得， 所以. 方法二：证明：不妨假设均在第一象限或第二象限，设直线的方程为或0）， 由，得，得. 直线，令，得. 故. 同理可证在第三象限或第四象限时，.故. (3) 小问详解： 设点. 由 得， 由，得， 得 假设在的辅助圆上存在点，使得四边形是平行四边形，则， 得. 因为在的辅助圆上，所以，得， 满足，所以在的辅助圆上存在点，使得四边形是平行四边形. 直线在轴上的截距为， 则 ， 将， 得 ， 当且仅当，即时，等号成立. 故面积的最大值为1. 46．（25-26学年高二上·广西示范性高中·期中）已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，左右顶点分别为，，上顶点为，且，的周长为6，过右焦点的直线与交于、两点（其中在轴上方）. （1）求椭圆的方程； （2）求面积的最大值； （3）若直线、与轴分别交于、两点，判断点与以为直径的圆的位置关系，并证明你的结论. 【答案】（1）     （2）     （3） 易知，则，所以， 同理可得，即， 可知， 由上知 ，代入上式整理得， 即，所以点在以为直径的圆上. 【分析】 （1）利用椭圆的定义与性质计算即可； （2）设直线方程及坐标，利用韦达定理及三角形面积公式、对勾函数的性质计算即可； （3）利用点斜式表示两直线方程得出坐标，利用上问的韦达定理结论结合向量的数量积运算，判定向量垂直即可说明点在圆上. (1) 小问详解： 由题意可知，解之得， 所以椭圆：； (2) 小问详解： 由上知，结合题意可设， 联立直线l与椭圆方程 ，化简得， 则 ， 易知 ，令， 由对勾函数的性质知在上单调递增， 则，即，当且仅当时取得最大值； (3) 小问详解： 略 47．（25-26学年高二上·广西自治区贵港·期中）已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求曲线的方程； （2）若直线被曲线所截的弦长为，求的值； （3）若点为曲线的右顶点，过点（不同于点）且斜率不为0的直线与曲线相交于两点（点在之间），若点为线段上的点，满足，且，求的值. 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）根据题意列出关于的方程组，求出即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，应用韦达定理及弦长公式列等式即可求解； （3）设出直线的方程，联立直线与椭圆方程，并应用韦达定理写出根与系数关系，再根据题给条件写出点坐标与的关系，得到关于的方程，即可求解. (1) 小问详解： 根据题意可知 ，所以 ， 所以曲线的方程为. (2) 小问详解： 设直线与曲线的两交点的坐标分别为 联立 ，可得， 所以 ， 所以弦长为 ， 化简得， 即，得，所以的值为. (3) 小问详解： 设，直线的方程为， 联立 得， 所以 ， 设点，因为，可得， 则，得，故， 又因为，则，可得， 所以，可得， 得或（舍），所以. 48．（25-26学年高二上·广西壮族自治区钦州第一中学·期中）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，且椭圆经过点． （1）求椭圆的方程； （2）已知一条入射光线经过两点，经轴反射后，求反射光线所在的直线方程； （3）设点，点为该椭圆上任一点，求的最大值． 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）由离心率和点在椭圆上，列出方程求解即可； （2）由反射光线的对称性即可求解； （3）设，由两点间距离公式和二次函数性质即可求解. (1) 小问详解： 由，得，得，即得① ， 又椭圆经过点，得② ，    联立① ② ，解得， 故椭圆方程为. (2) 小问详解： 由（1），则点关于轴的对称点为， 由对称性可知反射光线过， 因，则反射光线所在的直线方程为：， 即 (3) 小问详解： 设，则， 所以， 又，则当时，取得最大值， 所以的最大值为. 49．（25-26学年高二上·广西南宁第三中学）已知椭圆的标准方程为，离心率为且过点，直线与椭圆交于，两点且不过原点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若，求证：直线经过定点，并求出定点的坐标； （3）若直线，，的斜率分别为，且，求面积的取值范围． 【答案】（1）     （2） 当直线的斜率存在时， 设直线的方程为，，， 联立方程组 消去得， 则，， 由，得， 由，得，即， 化简得， 从而， 化简得，即， 所以或（直线过点，舍去）， 即直线的方程为，所以直线过定点． 当直线的斜率不存在时，令，代入椭圆方程得， 则，所以， 可得，则，解得或（舍）， 所以直线的方程为，也过定点；      （3）.      【分析】 （1）由离心率及椭圆上的点求椭圆参数，即可得方程； （2）讨论直线斜率的存在性，设直线为，，，联立椭圆，应用韦达定理并结合的坐标表示列方程求，即可得结论； （3）由（2）及题意得，进而得到，且，，应用点线距离、弦长公式、三角形面积公式得，最后应用基本不等式求范围即可. (1) 小问详解： 由已知得，且， 所以椭圆的标准方程为； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）知且，， ， 因为直线，，的斜率分别为，且， 所以，即，即， 又，所以，， 因为直线的斜率存在且不过原点，结合可得， 而斜率存在，故不为上下顶点，故， 设为点到直线的距离， 则 ， 所以的取值范围为. 50．（24-25学年高二上·广西梧州·期中）已知椭圆 的左、右焦点分别为为椭圆的一个顶点，离心率为 （1）求椭圆C的标准方程； （2）设直线与椭圆C交于A，B两点； ①若直线过椭圆右焦点，且的面积为求实数k的值； ②若直线过定点，且，在x轴上是否存在点使得以、为邻边的平行四边形为菱形？若存在，则求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）     （2）①；② 存在，      【分析】 （1）根据题意，求出得解； （2）① 把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解的值；② 把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为，通过这个等式转化为的函数，即可求解取值范围. (1) 小问详解： 由椭圆的一个顶点为，可得，又离心率为，则， 所以由，即椭圆C的标准方程为. (2) 小问详解： ① 直线过椭圆右焦点可得：，即， 所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得： ， 设两交点，则有， 所以， 又椭圆左焦点到直线的距离为， 所以， 解得：或（舍去），即； ② 假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形， 由于直线过定点，且，可知直线方程为， 与椭圆联立方程组，消去得：， 由，且，解得，    设两交点，中点，则有，且， 所以， 即，整理得， 又因为，所以，当且仅当，即， 所以，则. 51．（2025·广西玉林第一中学·联考）已知点在椭圆上，椭圆的离心率. （1）求椭圆的方程； （2）若不过点的直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，且， ①求证：直线AB经过定点； ②求面积的取值范围（为坐标原点）. 【答案】（1）     （2）① 证明：联立 ，消元整理得， 时， 设，，则，， AI 由， 得， 所以， 所以， 化简得，即， 所以或， 当时过点，不合题意，舍去， 所以，即，此时过定点. ②      【分析】 （1）由点在椭圆上、离心率定义、即关系求出即可； （2）① 直曲联立得到出韦达定理，表示出斜率，化简得到与的关系即可； ② 由弦长公式求出，再由点到直线的距离公式求出，然后结合基本不等式求出范围即可； (1) 小问详解： 由题意得 ，解得 ， 所以椭圆的方程为. (2) 小问详解： ① 略 ② 此时，所以，设到直线的距离为， 则，， ， 当且仅当时，当时， 所以. 【点睛】 方法点睛：本题第二问的第一小问求直线过定点时，需利用韦达定理化简得到与的关系；第二小问求面积范围时，结合基本不等式讨论即可； 52．（24-25学年高二上·广西南宁第二中学）已知椭圆的左、右焦点分别为，设点，在中，，周长为.    （1）求椭圆的方程； （2）设不经过点A的直线与椭圆相交于B、C两点，若直线AB与AC的斜率之和为，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标； （3）记第（2）问所求的定点为E，点为椭圆上的一个动点，试根据面积的不同取值范围，讨论存在的个数，并说明理由. 【答案】（1）；     （2）证明:设，，联立椭圆， 则，整理得， 显然，则，， 又， 所以，则， 又，整理得， 则， 所以直线过定点，得证；     （3）时，为0个；时，为1个； 时，为2个；时，为3个； 时，为4个；      【分析】 （1）由题意列关于的方程组，从而得到椭圆方程； （2）设直线方程，联立方程得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及，进而确定直线所过的定点. （3）设直线与椭圆相切得，两切线到的距离分别为，根据面积的不同取值范围，讨论存在的个数. (1) 小问详解： 由，则，所以， 由周长为，所以， 综上，可得，即椭圆方程为. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）知，，且，则， 设直线，与椭圆相切，联立有， 整理得，则，可得， 所以两切线到的距离分别为，    当，则， 当，则， 所以时，为0个；时，为1个； 时，为2个；时，为3个； 时，为4个； 【点睛】 关键点点睛：通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 53．（24-25学年高二上·广西示范性高中·期中）在平面直角坐标系xOy中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比.如果曲线经“伸缩变换”后得到曲线，射线与分别交于两点A，B且. （1）求的方程; （2）若M，N在上，为垂足，求证：存在定点，使得|DQ|为定值. 【答案】（1）     （2）证明：当直线的斜率存在且不为0时， 设直线方程为（为斜率）， 联立方程得 ，消去得，， 直线与椭圆交于两点， 所以，即， 由韦达定理可得，，， 因为且，所以， 则， 即， 其中，， 所以， 于是可得 化简整理可得，即. 所以或，经检验两式均能使. 当时，直线方程为， 则直线方程为， 设点的坐标为，则由 消去参数， 可得，即， 此时存在定点使得|DQ|为定值； 当时，直线方程为， 则直线方程为， 设点的坐标为，则由 消去参数， 可得，即， 所以点与点重合，不符合题意，故舍去. 当时，可由求得，，所以， 可验证点在圆上， 此时存在定点使|DQ|为定值. 当直线的斜率不存在时，不妨设直线方程为， 由 可解得点，， 由可得：， 解之得（舍去）， 所以点，可验证点在圆上， 此时存在定点使|DQ|为定值. 综上所述，存在定点使|DQ|为定值. 【分析】 （1）根据新定义求得曲线方程，分别于射线联立求出交点坐标，根据解出，即可求得的方程； （2）当直线的斜率存在且不为0时,联立 消元再应用韦达定理表达，可得，即，分别求得直线方程，再与直线方程联立消参可求得交点的轨迹方程，进而可得到点与定值.再讨论当直线的斜率为0和直线的斜率不存在两种情况即可. (1) 小问详解： 解：设伸缩比为，则曲线的方程为. 由 解得 ，即, 由 解得 ，即, 因为，所以，解之得， 所以曲线的方程为 (2) 小问详解： 略 【点睛】 关键点睛：在（2）中得到关系式时，能否分解因式是决定本题解题成败的关键环节.建议使用待定系数法完成因式分解. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 椭圆 考点01 椭圆 考点01 椭圆 1．D 2．B 3．A 4．B 5．A 6．D 7．C 8．B 9．A 10．D 11．B 12．ABCD 13．D 14．AC 15．BD 16．C 17．A 18．AD 19．A 20．ACD 21．A 22．ABD 23．ACD 24．D 25．ACD 26．C 27．C 28．A 29．A 30．【答案】4 【分析】 根据椭圆的对称性，利用三角形中位线定理求得，再由椭圆定义求解即可． 【详解】 如图，根据椭圆的对称性，不妨设为左焦点，为右焦点， 由椭圆，得，， 是的中点，是的中点， 为的中位线， ， 由椭圆的定义得． 故答案为：4． 31．【答案】 【分析】 根据题意求出和，再写出标准方程. 【详解】 由题意易得，则， 因为椭圆的离心率为，所以，则， 故的标准方程为. 故答案为：. 32．【答案】 【分析】 利用椭圆的定义得到和的关系，再结合椭圆的性质即可求出. 【详解】 椭圆C的两焦点为，P为椭圆C上的动点，的周长为10，，即， 又Q为椭圆C上的动点，到焦点距离的最大值为， 的最大值为. 故答案为：. 33．【答案】 【分析】 根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解. 【详解】 因为为上关于坐标原点对称的两点， 且，所以四边形为矩形， 设，则， 所以， ，即四边形面积等于. 故答案为：. 34．【答案】 【分析】 根据椭圆定义分焦点在轴和轴分别研究的周长，可得的值，得解. 【详解】 若的长半轴为3，即，又， 所以的周长小于12，不符题意． 所以的长半轴为，，解得， 所以椭圆， 所以的离心率为． 故答案为： 35．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）利用中垂线的性质，结合椭圆的定义计算即可； （2）设l方程与椭圆联立，根据弦长公式与点到直线的距离公式计算三角形面积，再利用基本不等式计算最值即可. (1) 小问详解： 由题意可知圆心，半径， 连接，易知， 所以， 即点的轨迹是以为左、右焦点的椭圆， 不妨设该椭圆的长轴，短轴，焦距分别为， 即， 则的方程为； (2) 小问详解： 显然直线斜率存在，不妨设，， 联立直线l与椭圆方程有 ，整理得， 所以 ，则， 由弦长公式可知， 原点到l的距离， 则， 令，则， 当且仅当时取得等号， 所以（为坐标原点）面积的最大值为. 36．【答案】（1）     （2）存在，      【分析】 （1）由题意求出，即可求出椭圆M的方程. （2）设直线l的方程为m(x－2)+ny＝1，，，联立直线l的方程与椭圆方程，得，则，化简得，即可求出直线l恒过的定点. (1) 小问详解： 因为（a>b>0）的离心率为，过椭圆右焦点的弦长的最小值为， 所以a＝2，，，所以椭圆M的方程为. (2) 小问详解： 设直线l的方程为m(x－2)+ny＝1，，， 由椭圆的方程，得. 联立直线l的方程与椭圆方程，得， 即，， 所以， 化简得，代入直线l的方程得， 即，解得x＝－2，y＝－4，即直线l恒过定点. 37．【答案】 【分析】 利用椭圆的通径长结合解直角三角形构造齐次式计算离心率即可. 【详解】 设椭圆的半焦距为c，即， 由题意可知，即， 则， 所以，整理得， 所以，即. 故答案为：. 38．【答案】 【分析】 根据给定条件，可得，进而得出，再求出离心率范围即得. 【详解】 由点满足，得，即是直角三角形，原点是斜边的中点， 因此，又点在椭圆上，则，即，整理得， 即，而，因此， 所以椭圆离心率的取值范围为. 故答案为： 39．【答案】 【分析】 利用余弦定理求得，然后由面积公式计算面积． 【详解】 由题意，，，， 中，， 所以， ∴， 所以. 故答案为：． 40．【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）由离心率和顶点坐标求出，得到椭圆方程； （2）由弦长公式求，由及点到直线距离求面积. (1) 小问详解： 由椭圆的右顶点可得，又，所以， 所以， 所以椭圆的方程为. (2) 小问详解： 因为直线过点且倾斜角为，所以直线方程为. 由 得， 设，则， 由弦长公式得， 又点到直线的距离， 所以. 41．【答案】 【分析】 设，并得到，利用点差法得到，由点斜式写出直线方程，化为一般式即可. 【详解】 设， 若，则的中点在轴上，而的中点坐标为，显然不合要求， 故， 则 ，两式相减得， 即， 由于弦的中点坐标为，故， 所以，即，故， 故直线的方程为，即. 故答案为： 42．【答案】 【分析】 设出点的坐标，再利用点到直线距离公式，结合三角函数性质求出最小值. 【详解】 由点在椭圆上，设， 则点到直线的距离，其中锐角由确定， 而，则当时，. 所以点到直线的距离的最小值为. 故答案为： 43．【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. (1) 小问详解： 由题意得 ，解得 ， 所以. (2) 小问详解： 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. 44．【答案】（1）     （2）证明：如图所示，设， 联立直线与椭圆的方程 得， . ， 又 ， 因为点到直线的距离，且， 所以， 综上，的面积为定值. 【分析】 （1）由题意可得，结合三角形面积公式计算可得，即可得； （2）联立直线与椭圆方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，结合面积公式与所给等式计算即可得解. (1) 小问详解： 根据题意，， 在椭圆上顶点，此时. 所以，则求椭圆的方程； (2) 小问详解： 略 45．【答案】（1），     （2）证明见解析     （3）存在，最大值为1      【分析】 （1）根据条件可求出，按照定义可得及的辅助圆的方程； （2）方法一：设，利用，用表示出来，进而计算可得答案； 方法二：直线的方程为或0），可得到点坐标，进而得到切线的方程，进而得到点坐标，进而计算可得答案. （3）设直线，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理，求出的坐标，假设在的辅助圆上存在点，使得四边形是平行四边形，则，得到一个方程，说明此方程有解即可证明；同样利用韦达定理把面积表示成关于的函数，根据基本不等式求最值即可. (1) 小问详解： 设的焦距为，则 得 所以的方程为， 的辅助圆的方程为. (2) 小问详解： 方法一：证明：设，直线与轴交于点，则. 由 得. 易证，则，得， 所以. 方法二：证明：不妨假设均在第一象限或第二象限，设直线的方程为或0）， 由，得，得. 直线，令，得. 故. 同理可证在第三象限或第四象限时，.故. (3) 小问详解： 设点. 由 得， 由，得， 得 假设在的辅助圆上存在点，使得四边形是平行四边形，则， 得. 因为在的辅助圆上，所以，得， 满足，所以在的辅助圆上存在点，使得四边形是平行四边形. 直线在轴上的截距为， 则 ， 将， 得 ， 当且仅当，即时，等号成立. 故面积的最大值为1. 46．【答案】（1）     （2）     （3） 易知，则，所以， 同理可得，即， 可知， 由上知 ，代入上式整理得， 即，所以点在以为直径的圆上. 【分析】 （1）利用椭圆的定义与性质计算即可； （2）设直线方程及坐标，利用韦达定理及三角形面积公式、对勾函数的性质计算即可； （3）利用点斜式表示两直线方程得出坐标，利用上问的韦达定理结论结合向量的数量积运算，判定向量垂直即可说明点在圆上. (1) 小问详解： 由题意可知，解之得， 所以椭圆：； (2) 小问详解： 由上知，结合题意可设， 联立直线l与椭圆方程 ，化简得， 则 ， 易知 ，令， 由对勾函数的性质知在上单调递增， 则，即，当且仅当时取得最大值； (3) 小问详解： 略 47．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）根据题意列出关于的方程组，求出即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，应用韦达定理及弦长公式列等式即可求解； （3）设出直线的方程，联立直线与椭圆方程，并应用韦达定理写出根与系数关系，再根据题给条件写出点坐标与的关系，得到关于的方程，即可求解. (1) 小问详解： 根据题意可知 ，所以 ， 所以曲线的方程为. (2) 小问详解： 设直线与曲线的两交点的坐标分别为 联立 ，可得， 所以 ， 所以弦长为 ， 化简得， 即，得，所以的值为. (3) 小问详解： 设，直线的方程为， 联立 得， 所以 ， 设点，因为，可得， 则，得，故， 又因为，则，可得， 所以，可得， 得或（舍），所以. 48．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）由离心率和点在椭圆上，列出方程求解即可； （2）由反射光线的对称性即可求解； （3）设，由两点间距离公式和二次函数性质即可求解. (1) 小问详解： 由，得，得，即得① ， 又椭圆经过点，得② ，    联立① ② ，解得， 故椭圆方程为. (2) 小问详解： 由（1），则点关于轴的对称点为， 由对称性可知反射光线过， 因，则反射光线所在的直线方程为：， 即 (3) 小问详解： 设，则， 所以， 又，则当时，取得最大值， 所以的最大值为. 49．【答案】（1）     （2） 当直线的斜率存在时， 设直线的方程为，，， 联立方程组 消去得， 则，， 由，得， 由，得，即， 化简得， 从而， 化简得，即， 所以或（直线过点，舍去）， 即直线的方程为，所以直线过定点． 当直线的斜率不存在时，令，代入椭圆方程得， 则，所以， 可得，则，解得或（舍）， 所以直线的方程为，也过定点；      （3）.      【分析】 （1）由离心率及椭圆上的点求椭圆参数，即可得方程； （2）讨论直线斜率的存在性，设直线为，，，联立椭圆，应用韦达定理并结合的坐标表示列方程求，即可得结论； （3）由（2）及题意得，进而得到，且，，应用点线距离、弦长公式、三角形面积公式得，最后应用基本不等式求范围即可. (1) 小问详解： 由已知得，且， 所以椭圆的标准方程为； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）知且，， ， 因为直线，，的斜率分别为，且， 所以，即，即， 又，所以，， 因为直线的斜率存在且不过原点，结合可得， 而斜率存在，故不为上下顶点，故， 设为点到直线的距离， 则 ， 所以的取值范围为. 50．【答案】（1）     （2）①；② 存在，      【分析】 （1）根据题意，求出得解； （2）① 把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解的值；② 把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为，通过这个等式转化为的函数，即可求解取值范围. (1) 小问详解： 由椭圆的一个顶点为，可得，又离心率为，则， 所以由，即椭圆C的标准方程为. (2) 小问详解： ① 直线过椭圆右焦点可得：，即， 所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得： ， 设两交点，则有， 所以， 又椭圆左焦点到直线的距离为， 所以， 解得：或（舍去），即； ② 假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形， 由于直线过定点，且，可知直线方程为， 与椭圆联立方程组，消去得：， 由，且，解得，    设两交点，中点，则有，且， 所以， 即，整理得， 又因为，所以，当且仅当，即， 所以，则. 51．【答案】（1）     （2）① 证明：联立 ，消元整理得， 时， 设，，则，， AI 由， 得， 所以， 所以， 化简得，即， 所以或， 当时过点，不合题意，舍去， 所以，即，此时过定点. ②      【分析】 （1）由点在椭圆上、离心率定义、即关系求出即可； （2）① 直曲联立得到出韦达定理，表示出斜率，化简得到与的关系即可； ② 由弦长公式求出，再由点到直线的距离公式求出，然后结合基本不等式求出范围即可； (1) 小问详解： 由题意得 ，解得 ， 所以椭圆的方程为. (2) 小问详解： ① 略 ② 此时，所以，设到直线的距离为， 则，， ， 当且仅当时，当时， 所以. 【点睛】 方法点睛：本题第二问的第一小问求直线过定点时，需利用韦达定理化简得到与的关系；第二小问求面积范围时，结合基本不等式讨论即可； 52．【答案】（1）；     （2）证明:设，，联立椭圆， 则，整理得， 显然，则，， 又， 所以，则， 又，整理得， 则， 所以直线过定点，得证；     （3）时，为0个；时，为1个； 时，为2个；时，为3个； 时，为4个；      【分析】 （1）由题意列关于的方程组，从而得到椭圆方程； （2）设直线方程，联立方程得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及，进而确定直线所过的定点. （3）设直线与椭圆相切得，两切线到的距离分别为，根据面积的不同取值范围，讨论存在的个数. (1) 小问详解： 由，则，所以， 由周长为，所以， 综上，可得，即椭圆方程为. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）知，，且，则， 设直线，与椭圆相切，联立有， 整理得，则，可得， 所以两切线到的距离分别为，    当，则， 当，则， 所以时，为0个；时，为1个； 时，为2个；时，为3个； 时，为4个； 【点睛】 关键点点睛：通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 53．【答案】（1）     （2）证明：当直线的斜率存在且不为0时， 设直线方程为（为斜率）， 联立方程得 ，消去得，， 直线与椭圆交于两点， 所以，即， 由韦达定理可得，，， 因为且，所以， 则， 即， 其中，， 所以， 于是可得 化简整理可得，即. 所以或，经检验两式均能使. 当时，直线方程为， 则直线方程为， 设点的坐标为，则由 消去参数， 可得，即， 此时存在定点使得|DQ|为定值； 当时，直线方程为， 则直线方程为， 设点的坐标为，则由 消去参数， 可得，即， 所以点与点重合，不符合题意，故舍去. 当时，可由求得，，所以， 可验证点在圆上， 此时存在定点使|DQ|为定值. 当直线的斜率不存在时，不妨设直线方程为， 由 可解得点，， 由可得：， 解之得（舍去）， 所以点，可验证点在圆上， 此时存在定点使|DQ|为定值. 综上所述，存在定点使|DQ|为定值. 【分析】 （1）根据新定义求得曲线方程，分别于射线联立求出交点坐标，根据解出，即可求得的方程； （2）当直线的斜率存在且不为0时,联立 消元再应用韦达定理表达，可得，即，分别求得直线方程，再与直线方程联立消参可求得交点的轨迹方程，进而可得到点与定值.再讨论当直线的斜率为0和直线的斜率不存在两种情况即可. (1) 小问详解： 解：设伸缩比为，则曲线的方程为. 由 解得 ，即, 由 解得 ，即, 因为，所以，解之得， 所以曲线的方程为 (2) 小问详解： 略 【点睛】 关键点睛：在（2）中得到关系式时，能否分解因式是决定本题解题成败的关键环节.建议使用待定系数法完成因式分解. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $