重难点12五种椭圆解题方法(核心考点讲与练)-2024年高考数学一轮复习核心考点讲与练(新高考专用)(解析版).docx

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1、重难点12五种椭圆解题方法（核心考点讲与练）能力拓展题型一：利用椭圆定义解决三角形周长或边长问题一、单选题1（2022湖北模拟预测）椭圆：有一特殊性质，从一个焦点射出的光线到达椭圆上的一点反射后，经过另一个焦点.已知椭圆的焦距为2，且，当时，椭圆的中心到与椭圆切于点的切线的距离为：（）A1BCD或【答案】C【分析】设过点的切线为，分别做于点，做交轴于点，设，入射角和反射角相等得，利用中位线可得，再根据，可得答案，【详解】设过点的切线为，分别做于点，做交轴于点，所得是的中位线，设，入射角和反射角相等，则，则，因为，当为上顶点时，为，因为，所以，即，故选：C.2（2022黑龙江哈师大附中三模（文）

2、已知点P为椭圆C：上一点，点，分别为椭圆C的左右焦点，若，则的内切圆半径为（）ABCD【答案】B【分析】首先求和的值，再求的面积，再利用三角形内切圆的半径表示面积，即可求解.【详解】因为，且，所以，则等腰三角形底边上的高，所以,设的内切圆半径为，则，所以.故选：B二、多选题3（2022全国模拟预测）已知椭圆的焦点分别为，焦距为2c，过的直线与椭圆C交于A，B两点.，若的周长为20，则经过点的直线（）A与椭圆C可能相交B与椭圆C可能相切C与椭圆C可能相离D与椭圆C不可能相切【答案】AB【分析】利用给定条件，结合椭圆定义求出椭圆方程，再判断点与椭圆的位置关系作答.【详解】由椭圆的定义知，设，则，则

3、，而，即有，解得，又的周长为20，则有，解得，因为，即，解得，则，椭圆C的方程为，显然，即点在椭圆上，所以经过点的直线与椭圆C相交或相切.故选：AB4（2022湖北模拟预测）已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点，在y轴上，短轴长等于，离心率为，过焦点为作轴的垂线交椭圆C于P，Q两点，则下列说法正确的是（）A椭圆C的方程为B椭圆C的方程为CD的周长为【答案】AC【分析】解方程组求出即可选项AB的真假，再利用通径公式判断选项C的真假，再利用椭圆的定义判断选项D的真假.【详解】解：由题意得：，所以，因为，故，因为焦点，在y轴上，所以椭圆C的方程为，所以选项A正确，选项B错误；由通径长可得，所以选项C正确

4、；的周长为，所以选项D错误.故选：AC5（2022山东菏泽二模）已知椭圆的左右焦点分别为，直线与椭圆E交于A，B两点，C，D分别为椭圆的左右顶点，则下列命题正确的有（）A若直线CA的斜率为，BD的斜率，则B存在唯一的实数m使得为等腰直角三角形C取值范围为D周长的最大值为【答案】BD【分析】A选项，求出A，B两点坐标，表达出；B选项，验证出，是直角顶点时，不满足等腰性，故不成立，当A是直角顶点时满足题意，得出结论；C选项，设出，求出；D选项，作出辅助线，利用椭圆定义得到直线经过焦点时，此时的周长最大.【详解】将代入椭圆方程，求出，其中，则，A错误；由题意得：，当时，此时，所以当，是直角顶点时，不

5、满足等腰性，故不成立，当点A是直角顶点时，由对称性可知：此时A在上顶点或下顶点，由于，故满足题意，所以存在唯一的实数m使得为等腰直角三角形，B正确；不妨设，则，因为，所以，C错误；如图，当直线经过焦点时，此时的周长最大，等于，其他位置都比小，例如当直线与椭圆相交于，与x轴交于C点时，连接，由椭圆定义可知：，显然，同理可知：，故周长的最大值为，D正确故选：BD6（2022山东德州高三期末）已知椭圆的左右焦点分别为，过点的直线l交椭圆于A，B两点，若的最大值为5，则下列说法正确的是（）A椭圆的短轴长为B当最大时，C椭圆离心率为D面积最大值为【答案】BC【分析】根据椭圆的定义得到，进而判断当轴时，最

6、小，此时最大，进而求出b,c,即可判断A,B,C.设出直线AB并代入椭圆方程并化简，进而根据根与系数的关系求出三角形的面积，然后求出其最大值，最后判断D.【详解】由题意：，根据椭圆的定义可知，则的最大值为5，根据椭圆的性质可知：当轴时，最小，此时最大，如图：将代入椭圆方程得：，则.所以短轴长为，A错误；此时，B正确；，C正确； 对D，设，代入椭圆方程得：，则，所以，记，于是，由对勾函数的图象和性质可知：函数在上是增函数，则函数在上是减函数.于是，当u=1，即t=0时，面积最大值为.故D错误.故选：BC.【点睛】本题答案D的判断较为复杂，在求三角形面积时，注意要选线段作为底边将原三角形分为两个三

7、角形，进而得到；在处理最好采用换元法，这样可以简化运算.三、填空题7（2022广东佛山三模）已知椭圆，、为的左、右焦点，是椭圆上的动点，则内切圆半径的最大值为_【答案】【分析】根据椭圆定义可得，结合内切圆半径，显然当为短轴顶点时最大，即内切圆半径的最大，此时，代入求解【详解】，则的周长内切圆半径，则内切圆半径的最大即为最大显然当为短轴顶点时最大，此时则故答案为：8（2022陕西长安一中三模（理）已知椭圆C:的焦点为，第一象限点P在C上，且，则的内切圆半径为_.【答案】【分析】由题意列方程组解出点坐标，由面积与周长关系求内切圆半径【详解】由已知条件得，则（1，0），（1，0）.设点P的坐标为（，

8、），则，即，第一象限点P在C上，则，即，联立解得由椭圆的定义得设的内切圆半径为r，则又，即.故答案为：四、解答题9（2022河南西平县高级中学模拟预测（理）已知椭圆E：的离心率为，为其左、右焦点，左、右顶点分别为A，B，过且斜率为k的直线l交椭圆E于M，N两点（异于A，B两点），且的周长为8(1)求椭圆C的方程；(2)若P为椭圆上一点，O为坐标原点，求的取值范围【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据离心率以及焦点三角形的边长几何特征，联立方程求，进而求出椭圆的标准方程；（2）设出直线的方程，利用弦长公式求出，再利用两直线垂直斜率乘积为，得出直线，求出，进而得到的函数表达式，求其取值范围即可

9、.(1)依题意知，即，又的周长为8，即， 因此椭圆的方程为(2)当时，点为点，不符合题意，舍去；设直线l的方程为，且， 联立，消去y可得，则，所以设直线OP的方程为，联立 解得或不妨设，所以故，令，则，令，开口向上，对称轴在上单调递增，【点睛】关键点睛：（1）焦点三角形的周长为，本题三角形周长可转化成除去边的两个焦点三角形的其余边长之和；（2）设出直线的方程时应注意；（3）韦达定理与弦长公式要熟练掌握；（4）两直线垂直斜率乘积为，几何关系应牢记；（5）表示出后，换元法求函数值域是常用方法，应注意新元的取值范围；10（2022福建南平三模）已知椭圆：，分别为椭圆的左右焦点，焦距为4.过右焦点且与

10、坐标轴不垂直的直线交椭圆于M，N两点，已知的周长为，点M关于x轴的对称点为P，直线PN交x轴于点Q.(1)求椭圆的方程；(2)求四边形面积的最大值.【答案】(1)；(2)【分析】（1）由的周长求出，再由焦距求得，进而求出，即得椭圆的方程；（2）设出直线的方程联立椭圆方程求得，表示出直线的方程求出，由表示出面积，结合基本不等式求最大值即可.(1)的周长为，由椭圆定义得，即.又焦距，得，则，所以椭圆的方程为；(2)设直线的方程为，联立得，设，则，点，直线的方程为，令得，即，又，当且仅当时即时等号成立，所以四边形面积的最大值为.11（2022天津三中二模）已知椭圆的左右焦点分别为，其离心率，过左焦点

11、的直线l与椭圆交于A，B两点，且的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图过原点的直线与椭圆C交于E，F两点（点E在第一象限），过点E作x轴的垂线，垂足为点G，设直线与椭圆的另一个交点为H，连接得到直线，交x轴于点M，交y轴于点N，记、的面积分别为，求的最小值.【答案】(1)；(2)4.【分析】（1）利用椭圆的定义可得，结合条件即得；（2）设直线的方程为，利用点差法可得，进而可得直线的方程可设为，然后表示出，再利用基本不等式即得.(1)由题知椭圆的离心率，且的周长为8，所以，,所以，故椭圆的标准方程为；(2)令直线的方程为，由轴，则，则，由将点E，H代入椭圆的方程可得：，两式作差可得：，

12、所以，由，所以，所以直线的方程可设为，令时，令时，则的面积为，的面积为，则，当且仅当时取等号，所以的最小值为4.12（2020河南濮阳一模（理）如图，已知椭圆的右焦点为，为椭圆上的两个动点，周长的最大值为8.（）求椭圆的标准方程；（）直线经过，交椭圆于点，直线与直线的倾斜角互补，且交椭圆于点，求证：直线与直线的交点在定直线上.【答案】（）；（）详见解析.【解析】（）由椭圆的定义可得，周长取最大值时，线段过点，可求出，从而求出椭圆的标准方程；（）设直线，直线，.把直线与直线的方程分别代入椭圆的方程，利用韦达定理和弦长公式求出和，根据求出的值.最后直线与直线的方程联立，求两直线的交点即得结论.【详

13、解】（）设的周长为，则，当且仅当线段过点时“”成立.，又，椭圆的标准方程为.（）若直线的斜率不存在，则直线的斜率也不存在，这与直线与直线相交于点矛盾，所以直线的斜率存在.设，.将直线的方程代入椭圆方程得：.，,.同理，.由得，此时.直线， 联立直线与直线的方程得，即点在定直线.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题.题型二：待定系数法求椭圆方程一、单选题1（2022河北唐山三模）阿基米德在他的著作关于圆锥体和球体中计算了一个椭圆的面积当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已

14、知椭圆的面积为，两个焦点分别为，点P为椭圆C的上项点直线与椭圆C交于A，B两点，若的斜率之积为，则椭圆C的长轴长为（）A3B6CD【答案】B【分析】由题意得到方程组和，即可解出a、b，求出长轴长.【详解】椭圆的面积，即.因为点P为椭圆C的上项点，所以.因为直线与椭圆C交于A，B两点，不妨设，则且，所以.因为的斜率之积为，所以，把代入整理化简得：联立解得：.所以椭圆C的长轴长为2a=6.故选：B2（2022全国模拟预测）已知过椭圆的左焦点的直线与椭圆交于不同的两点，与轴交于点，点，是线段的三等分点，则该椭圆的标准方程是（）ABCD【答案】B【分析】不妨设在第一象限，由椭圆的左焦点，点，是线段的三

15、等分点，易得，代入椭圆方程可得，又，两式相结合即可求解【详解】不妨设在第一象限，由椭圆的左焦点，点，是线段的三等分点，则为的中点，为中点，所以，所以，则即，所以，将点坐标代入椭圆方程得，即，又，所以，所以椭圆的标准方程是.故选：B3（2022全国高三专题练习）已知双曲线C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率等于，点在双曲线C上，椭圆E的焦点与双曲线C的焦点相同，斜率为的直线与椭圆E交于A、B两点若线段AB的中点坐标为，则椭圆E的方程为（）ABCD【答案】D【分析】由离心率和点求出双曲线的方程，进而求出焦点，设出椭圆的方程及的坐标，由点差法得到，结合中点坐标及斜率求得，再利用焦点坐标，即可求解

16、.【详解】设双曲线方程为，则，解得，故双曲线方程为，焦点为；设椭圆方程为，则椭圆焦点为焦点为，故，设，则，两式相减得，整理得，即，解得，故，椭圆方程为.故选：D.二、多选题4（2022全国模拟预测）已知直线xmy1经过椭圆C：的一个焦点F，且与C交于不同的两点A，B，椭圆C的离心率为，则下列结论正确的有（）A椭圆C的短轴长为B弦的最小值为3C存在实数m，使得以AB为直径的圆恰好过点D若，则【答案】BCD【分析】由于直线xmy1经过定点，则由题意得，再由离心率为可求出，从而可求出，则可求出椭圆方程，然后结合椭圆的性质逐个分析判断即可【详解】依题意可知，直线xmy1经过定点，所以又椭圆C的离心率为

17、，所以a2，则，所以椭圆C的短轴长为，所以A选项不正确；当m0时，弦AB即为椭圆的一条通径，且，所以B选项正确；椭圆C的长轴长为2a4，所以，当最短时，此时点在以AB为直径的圆外，当趋近于4时，点在以AB为直径的圆内，因此，存在实数m，使得以AB为直径的圆恰好过点，所以C选项正确；由，得，设，则，联立整理得，恒成立，则，因为，所以解得，所以D选项正确故选：BCD5（2022全国高三专题练习）已知O为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为F1F2，长轴长为，焦距为2c，点P在椭圆C上且满足|OP|=|OF1|=|OF2|=c，直线PF2与椭圆C交于另一个点Q，若，点M在圆上，则下列说法正确的是（）A椭圆

18、C的焦距为2B三角形MF1F2面积的最大值为CD圆G在椭圆C的内部【答案】ABCD【分析】先根据已知条件，解出椭圆C的标准方程，再逐个验证各个选项即可.【详解】中，原点O为边中点，|OP|=|OF1|=|OF2|，则，设，则，中，,则有，解之得 故为等腰直角三角形：，故，则又，故.椭圆的方程为选项A：椭圆C的焦距为是2，正确；选项B：圆的半径为MF1F2面积的最大值为，正确；选项C：，正确；选项D：圆圆心在原点，半径，故圆G在椭圆C的内部，正确.故选：ABCD6（2021重庆高三阶段练习）某文物考察队在挖掘时，挖出了一件宋代小文物，该文物外面是红色透明蓝田玉材质，里面是一个球形绿色水晶宝珠，其

19、轴截面（如图）由半椭圆：与半椭圆：组成，其中，设点，是相应椭圆的焦点，和，是轴截面与，轴交点，阴影部分是宝珠轴截面，其以曲线为边界，在宝珠珠面上，若，则以下命题中正确的是（）A椭圆的离心率是B椭圆上的点到点的距离的最小值为C椭圆的焦距为4D椭圆的长短轴之比大于椭圆的长短轴之比【答案】BC【分析】据题意可知，为正三角形，结合曲线可求出、的方程，然后逐项验证即可.【详解】，是半椭圆：的焦点，关于原点对称，且,又，为正三角形，,，在上, ,.又半椭圆：的短轴与半椭圆：的长轴相等，即，对于半椭圆：，对于半椭圆：，半椭圆的方程为：，半椭圆的方程为：对于A选项：椭圆的离心率为：，故A选项不正确；对于B选项

20、：椭圆上的点到距离为的最小值为：，故B选项正确；对于C选项：椭圆的焦距为，故C选项正确；对于D选项：椭圆的长短轴之比为，椭圆的长短轴之比为，椭圆的长短轴之比小于椭圆的长短轴之比，故D选项错误；故选：BC三、解答题7（2022天津和平三模）已知椭圆的离心率为，且椭圆过点(1)求椭圆的标准方程；(2)过右焦点的直线与椭圆交于两点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求的最小值【答案】(1)(2)2【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）考虑直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，当直线斜率不存在时，求出，当直线斜率存在时，设出直线方程，联立后利用弦长公式求出，再表达出直线PQ的方程，表达

21、出，用基本不等式求解最小值，与比较大小，求出最小值.(1)由题意得：，解得：，所以椭圆方程为(2)由（1）知：，当直线的斜率不存在时，此时，当直线的斜率存在时，故可设直线为，联立椭圆方程得：，设，则，其中所以，其中，所以，因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，所以直线PQ：，令得：，所以，故，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，所以，因为，所以的最小值为2.【点睛】圆锥曲线求解取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，表达出线段长或面积等，最后用基本不等式或配方，求导等求解最值或取值范围.8（2022新疆乌鲁木齐模拟预测（文）已知椭圆的焦距为，且过点(1)求椭

22、圆的方程；(2)设分别为椭圆的右顶点和上顶点，点是椭圆上在第一象限的任意一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，与的面积分别为，求的取值范围【答案】(1)(2)【解析】（1）根据题意，利用待定系数法即可求出结果；（2）设，利用点斜式求出直线和的方程，求出的坐标，根据题意求出，由此可知，再根据在椭圆上，可知，由此可得，再利用基本不等式即可求出的最小值，进而求出的范围.(2)解：设椭圆的焦距为由题意可知:，解得，所以；(2)设，由题意可知，所以直线方程为，直线方程为；令代入直线方程，可得，令代入直线方程，可得，所以所以又，所以，又，所以，当且仅当时等号成立.所以，当且仅当时等号成立.所以，即的取值范

23、围.【点睛】关键点点睛：本题第二问解答关键是对变形成和，然后再对化简整理，利用基本不等式求解，这是解决本题的关键点和突破点.9（2022安徽安庆一中高三阶段练习（理）已知是椭圆的左右焦点，是的上顶点.到直线的距离为.(1)求的方程；(2)设直线与轴的交点为，过的两条直线都不垂直于轴，与交于点与交于点，直线与分别交于两点，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意利用点到直线的距离公式求得b，继而求得a，可得答案.（2）设直线方程，和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，利用点共线表示出点的纵坐标，二者相加，进行化简，可证明结论.(1)由题意知， ，是的上顶点，点的坐标为.点的坐

24、标为直线的方程为，即，到直线的距离为，所以的方程为.(2)证明：直线与轴的交点为，设，设直线，则，联立直线和曲线的方程，得方程组 ，消去得则.同理.三点共线，得，同理.【点睛】本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系，解决问题的思路要通畅，及联立直线和椭圆方程，求得点的坐标，通过两点的纵坐标之和为0，证明线段相等，解答的关键是关于关于所设字母的运算十分繁杂，要十分细心.10（2022辽宁葫芦岛二模）已知椭圆C：的左右顶点分别为A，B，坐标原点O与A点关于直线l：对称，l与椭圆第二象限的交点为C，且.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过A，O两点的圆Q与l交于M，N两点，直线BM，BN分别

25、交椭圆C于异于B的E，F两点.求证：直线EF恒过定点.【答案】(1)(2)【分析】（1）先求出，设，利用向量数量积求出，将代入椭圆中，求出，得到椭圆方程；（2）先根据得到，进而设出直线方程，联立后得到两根之和，两根之积，利用及求出，得到定点坐标.(1)点O与A关于直线对称，可知，故点，由题意可设，于是，解得：，将代入椭圆方程中，解得：，所以椭圆方程为(2)证明：，直线l：，由题意得：圆心在直线l：上，设，且，所以，故，则，设直线EF：，由，得：，则，所以，则，即，解得：（舍去）或，所以直线EF为：，恒过定点【点睛】圆锥曲线中直线过定点问题，设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，

26、由题干条件得到方程，求出定值.题型三：直接法解决离心率问题一、单选题1（2022江苏苏州模拟预测）已知是椭圆的左右焦点，点是椭圆上的一个动点，若的内切圆半径的最大值是，则椭圆的离心率为（）ABCD【答案】B【分析】依题意可得，设内切圆的半径为，根据等面积法得到，即可得到的最大值，从而求出，即可求出椭圆的离心率；【详解】解：由椭圆，可得，则，如图，设内切圆的半径为，则，要使内切圆半径最大，则需最大，又内切圆半径的最大值为，即，解得，所以则椭圆的离心率故选：B2（2022安徽蚌埠二中模拟预测（理）一个底面半径为1，高为3的圆柱形容器内装有体积为的液体，当容器倾斜且其中液体体积不变时，液面与容器壁的

27、截口曲线是椭圆，则该椭圆离心率的取值范围是（）ABCD【答案】C【分析】先判断出临界情况下，椭圆，即可求出椭圆离心率的取值范围.【详解】当液面倾斜至如图所示位置时，设，.因为圆柱底面积为，故液体体积为，解得，即，故，所以，即，所以离心率，即椭圆离心率的取值范围是.故选：二、多选题3（2022全国模拟预测）椭圆的左、右焦点分别为，点P在椭圆C上，若方程所表示的直线恒过定点M，点Q在以点M为圆心，C的长轴长为直径的圆上，则下列说法正确的是（）A椭圆C的离心率为B的最大值为4C的面积可能为2D的最小值为【答案】ABD【分析】A：根据椭圆方程可直接求得，和离心率；B：由椭圆的定义可得，结合不等式代入运

28、算；C：点P位于椭圆的上、下顶点时，的面积取得最大，计算判断；D：利用椭圆定义和圆的性质转化处理【详解】对于选项A，由椭圆C的方程知，所以离心率，故选项A正确；对于选项B，由椭圆的定义可得，所以，即的最大值为4，故选项B正确；对于选项C，当点P位于椭圆的上、下顶点时，的面积取得最大值，故选项C错误；对于选项D，易知，则圆，所以，故选项D正确，故选：ABD三、填空题4（2022浙江温州三模）如图，椭圆和在相同的焦点，离心率分别为，B为椭圆的上顶点，且垂足P在椭圆上，则的最大值是_.【答案】【分析】首先分别表示出，设，将表示成关于的三角函数，然后求其最值即可.【详解】由图知，则，设，则，则，当且仅

29、当时等号可取到.故答案为：.5（2022内蒙古满洲里市教研培训中心模拟预测（理）如图，是椭圆与双曲线的公共焦点，分别是，在第二、四象限的公共点，若，且，则与的离心率之积为_.【答案】2【分析】根据已知条件结合椭圆的对称性可求出，再根据椭圆和双曲线的定义以及离心率公式求出离心率即可求解.【详解】解：连接，根据椭圆的对称性可知：点是的中点，所以，四边形为平行四边形，若，所以，因为，所以，所以是等边三角形，所以，所以，四边形为矩形，所以，在直角三角形中，所以，在椭圆中，可得在双曲线中，可得所以离心率之积，故答案为：.四、解答题6（2022天津南开中学模拟预测）已知椭圆的离心率为，斜率为且过点的直线与

30、轴交于点(1)证明：直线与椭圆相切(2)记在（1）中的切点为，过点且与垂直的直线交轴于点，记的面积为的面积为，若，求椭圆的离心率【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据直线的点斜式方程与椭圆方程联立，结合一元二次方程根的判别式、椭圆的离心率公式进行求解即可；（2）根据（1）的结论，结合一元二次方程根与系数关系、三角形的面积公式、椭圆的离心率公式进行求解即可.(1)由已知，令与椭圆方程联立，经过整理，得到，所以，所以直线与椭圆相切(2)由（1），有，所以，所以，所以因为，所以，所以令，得到，所以因为，所以，所以，所以，所以，所以【点睛】关键点睛：根据一元二次方程根与系数的关系、根的判

31、别式是解题的关键.7（2022安徽安庆二模（理）已知曲线，其离心率为，焦点在x轴上.(1)求t的值；(2)若C与y轴交于A，B两点（点A位于点B的上方），直线ykxm与C交于不同的两点M，N，直线yn与直线BM交于点G，求证：当mn4时，A，G，N三点共线.【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】（1）根据曲线的离心率可知曲线表示椭圆，从而确定 ，结合离心率求得答案;（2）设点M.N的坐标，联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系式，表示直线的方程，求得点G坐标，从而表示出直线和直线的斜率，然后结合根与系数的关系式，化简，证明二者相等，即可证明结论.(1)由曲线，其离心率为，焦点在x轴上.可知，

32、曲线是焦点在轴上的椭圆，则其方程可化为，所以必须满足：，解得，因的离心率为，即 ，故，解得.(2)由（1）可知的方程为，所以，.把代入，整理得，设，则，因为点，所以直线的方程为：.令，得，所以.因为点，所以直线的斜率为，直线的斜率为.所以.其中，当时，上式等于0，即，这说明，三点共线.【点睛】本题考查了根据曲线表示椭圆求参数的值，以及直线和椭圆的位置关系等问题，其中证明三点共线是难点，解答时要注意解答思路要清晰明确，即将直线和椭圆方程联立，利用根与系数的关系去表示或化简相关的代数式，解答的关键是证明有公共点的两直线斜率相等，其中的计算量较大，并且比较繁杂，要细心.题型四：构造齐次方程法求离心率

33、的值或范围一、单选题1（2022广东模拟预测）已知，分别为椭圆的两个焦点，P是椭圆E上的点，且，则椭圆E的离心率为（）ABCD【答案】B【分析】由题意得，利用椭圆定义及勾股定理求得椭圆参数关系，即可求离心率.【详解】由题意及正弦定理得：，令，则，可得，所以椭圆的离心率为：.故选：B2（2022全国模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为，过C的左焦点作一条直线与椭圆相交于A，B两点，若且，则C的离心率为（）ABCD【答案】A【分析】先判断出直线为线段的垂直平分线，得到.利用椭圆的定义把， ，用a、c表示，利用勾股定理得到a、c的齐次式，求出离心率.【详解】因为且，所以直线为线段的垂直平分线，所以.由

34、椭圆定义知，所以，所以，.在中，在中，所以，即，化简得，即，即，解得椭圆C的离心率（舍去）.故选：A.3（2022全国模拟预测）过椭圆的左、右焦点，作倾斜角分别为和的两条直线，若两条直线的交点P恰好在椭圆上，则椭圆的离心率为（）ABCD【答案】C【分析】利用正弦定理确定的边角关系，结合椭圆的定义及离心率的定义求离心率的值.【详解】在中，由正弦定理可得所以，所以该椭圆的离心率，故选：C4（2022江西模拟预测（文）如图，椭圆的左、右焦点分别为，两平行直线分别过交M于A，B，C，D四点，且，则M的离心率为（）ABCD【答案】D【分析】设，则，由椭圆定义得，由椭圆的对称性可知，连接，则又，利用勾股定

35、理可得答案.【详解】设，则，由椭圆定义得，由椭圆的对称性可知，连接，则又，所以，在中，所以，解得，所以，中，所以，得，所以M的离心率，故选：D.5（2022辽宁育明高中一模）国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ）ABCD【答案】C【分析】设出外层椭圆方程，利用离心率表达出内层椭圆方程，设出直线方程，联立后由根的判别式得到与，利用斜率乘积列出方程，求出，从而求出离心率.【详解】设外层椭圆方程为，则内层

36、椭圆方程为，设过点的切线方程为，与联立得：，由得：，设过点的切线方程为，与联立得：，由得：，从而，故，椭圆的离心率为.故选：C.二、填空题6（2022河南焦作三模（文）已知椭圆的右焦点为F，直线与C交于A，B两点，若以为直径的圆经过点F，则C的离心率为_.【答案】【分析】根据题意可以解得，再根据得，结合求解【详解】设，将代入椭圆方程得，不妨设，因为以为直径的圆经过点F，所即，整理得，所以，得.故答案为：7（2022广东汕头三模）已知正方形ABCD的四个顶点都在椭圆E：上，若正方形ABCD的一条边经过椭圆E的焦点F，则E的离心率是_【答案】【分析】画出图形，先求出，由建立方程解出离心率即可.【详

37、解】如图：不妨设经过右焦点，由对称性可得经过另一个焦点，则，又由，解得，则，则，即，整理得，解得，又离心率，则离心率为.故答案为：.8（2022江西模拟预测（理）如图，椭圆M：的左、右焦点分别为，两平行直线，分别过，交M于A，B、C，D四点，且，则M的离心率为_【答案】【分析】设，根据椭圆定义、对称性得到、，再利用勾股定理得到参数的齐次方程，进而求离心率.【详解】设，则，故由椭圆的对称性知：，连接，则又，所以，在Rt中，即，解得，则，在中，即，得，所以M的离心率故答案为：三、解答题9（2022辽宁沈阳二中二模）已知椭圆的左、右焦点为，P为椭圆上一点，且，(1)求椭圆的离心率；(2)已知直线交椭

38、圆于两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程【答案】(1)(2)【分析】（1）由，以及，建立关于的方程，即可得到结果；（2）设，由（1）可知，可设椭圆方程为，根据，可得，设将其与椭圆方程联立，由韦达定理和点满足椭圆方程，可求出，进而求出结果.(1)解：因为，所以，即，则，解得(2)解：设，由，得，所以，所以设，即由于在椭圆上，则，由，得，即由在椭圆上，则,即，即，将代入得：，线段的中点为，设可知，所以，其中，解得，所以，方程为又，将代入得：，经检验满足，所以椭圆的方程为.10（2022全国高三专题练习）已知曲线C：，分别为C的左右焦点，过作直线l与C交于A，B两点，满足，且.

39、设e为C的离心率.(1)求；(2)若，且，过点P（4，1）的直线与C交于E，F两点，上存在一点T使.求的轨迹方程.【答案】(1)或(2)或.【分析】（1）设出直线方程，与椭圆联立，利用韦达定理结合三角形面积得出关于离心率的关系即可求出；（2）设出直线方程，与椭圆联立，利用韦达定理结合已知表示出点坐标即可求出.(1)由题直线斜率存在且不为0，设，联立方程组得，则，消去，得，不妨设，则，整理可得，解得或或（舍）.(2)由题知，若斜率不存在，则与无交点，不合题意；若斜率存在，设，与联立，得，设，则，由得，设，由题，即，则可得，若，则，消去得，若，则，消去得，综上，的轨迹方程为或.11（2022全国高

40、三专题练习）F1、F2是椭圆 的左、右焦点，过点F2作直线 交椭圆于两点， 现将椭圆所在平面沿直线折成平面角为锐角的二面角， 翻折后两点的对应点分别为，且，（1）求椭圆的离心率；（2）设直线与椭圆在第一象限的交点为，为椭圆的上顶点，且直线与直线交于点，若，求的值【答案】（1）；（2）.【分析】由已知可得，再由双曲线定义有，然后分别在，中由余弦定理求出，从而可求得，进而得关于离心率的方程，求解即可得答案；（2）设点的坐标为，点的坐标为，由已知求出与的关系，然后将与椭圆方程和直线方程联立求出与即可求解.【详解】解：（1）解：，为二面角的平面角，即，在中，在中，解得；（2）由（1）知，椭圆，所以,设

41、点的坐标为，点的坐标为，由已知；,，即，由消去，得，由（1）知直线的方程为，由消去，得；，即，又，所以【点睛】关键点点睛：（1）问的关键是在，中由余弦定理求出，从而可求得；（2）问的关键是根据几何知识将转化为.题型五：利用自变量范围求离心率范围一、单选题1（2022黑龙江双鸭山一中高三期末（理）已知椭圆的上焦点为，过原点的直线交于点，且，若，则的离心率的取值范围为（）A B C D 【答案】C【分析】由椭圆的对称性，取椭圆的下焦点，由题意可得四边形为矩形，求出，用表示的代数式，由椭圆的定义可得与的关系，由角的范围求出三角函数的范围，进而求出离心率的范围，即可得到结果【详解】因为直线过原点，由椭

42、圆及直线的对称性可得，所以，设下焦点，连接，又因为，即 且互相平分，可得四边形为矩形，即有，在中，由椭圆的定义可得，所以，所以离心率，因为，所以，所以，,所以，故选：C2（2022安徽合肥一中模拟预测（理）已知两定点和，动点在直线上移动，椭圆C以A，B为焦点且经过点P，则椭圆C的离心率的最大值为（）ABCD【答案】B【分析】由题意知，要使椭圆C的离心率取最大值，则a取最小值即取最小值利用点的对称性求出的最小值即可解答本题【详解】由题意得，2当a取最小值时，椭圆C的离心率有最大值设点关于直线l：的对称点为则，解得，则当时，椭圆有最大离心率此时，故选：B3（2022全国高三专题练习）已知椭圆的左右焦点为，若椭圆上恰好有6个不同的点，使得为等腰三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是（）ABCD【答案】D【分析】六个点，有两个是短轴端点，因此在四个象限各一个，设是第一象限内的点，分和，列方程组求得点横坐标，由可得离心率范围【详解】显然，是短轴端点时，满足为等腰三角形，因此由对称性，还有四个点在四个象限内各有一个，设是第一象限内使得为等腰三角形的点，若，则，又