考点20椭圆(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、考点20 椭圆（核心考点讲与练）1.椭圆的定义平面内与两定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹（或集合）叫做椭圆.这两定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距.其数学表达式：集合PM|MF1|MF2|2a，|F1F2|2c，其中a0，c0，且a，c为常数：(1)若ac，则集合P为椭圆；(2)若ac，则集合P为线段；(3)若ac，则集合P为空集.2.椭圆的标准方程和几何性质标准方程1(ab0)1(ab0)图形性质范围axabybbxbaya对称性对称轴：坐标轴；对称中心：原点顶点A1(a，0)，A2(a，0)，B1(0，b)，B2(0，b)A1(0，a)，A2(0

2、，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(0，1)a，b，c的关系c2a2b21.椭圆的定义揭示了椭圆的本质属性，正确理解、掌握定义是关键，应注意定义中的常数大于|F1F2|，避免了动点轨迹是线段或不存在的情况.2.求椭圆的标准方程，常采用“先定位，后定量”的方法(待定系数法).先“定位”，就是先确定椭圆和坐标系的相对位置，以椭圆的中心为原点的前提下，看焦点在哪条坐标轴上，确定标准方程的形式；再“定量”，就是根据已知条件，通过解方程(组)等手段，确定a2，b2的值，代入所设的方程，即可求出椭圆的标准方程.若不能确定焦点的

3、位置，这时的标准方程常可设为mx2ny21(m0，n0且mn)3.解决中点弦、弦长及最值与范围问题一般利用“设而不求”的思想，通过根与系数的关系构建方程求解参数、计算弦长、表达函数.4.求椭圆离心率的3种方法(1)直接求出a，c来求解e.通过已知条件列方程组，解出a，c的值(2)构造a，c的齐次式，解出e.由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解(3)通过取特殊值或特殊位置，求出离心率椭圆的定义一、单选题1（2022内蒙古通辽二模（理）椭圆的左右焦点分别为，为椭圆上一点，若的周长为，则椭圆的离心率为（）ABCD【答案】B【分析】根据椭圆方程可得，再结合三

4、角形周长，得，进而可得离心率.【详解】因为，所以.因为的周长为，所以，所以，所以椭圆的离心率为，故选：B.2（2022天津市第四十七中学模拟预测）已知分别是椭圆和双曲线的公共的左右焦点，是的离心率，若在第一象限内的交点为，且满足，则的关系是（）ABCD【答案】A【分析】先确定，再利用勾股定理、椭圆、双曲线的定义，即可得出结论.【详解】解：设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，因为，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，即，所以，所以.故选：A.3.（2021广东省深圳市高级中学等九校联考）已知椭圆的左、右焦点分别是、，离心率为，点A是椭圆上位于x轴上方的一点，且，则直线的斜率为（ ）A

5、B C D1【答案】B【分析】依题意可得，根据椭圆的定义可得，即可得到为等边三角形，从而得到，即可得到直线的斜率；【详解】解：依题意，即，又，所以，所以为等边三角形，即为椭圆的上顶点，所以，所以故选：B二、多选题4（2022山东淄博模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为，左右顶点分别为，P是椭圆上异于，的点，则下列说法正确的是（）A周长为4B面积的最大值为C的最小值为D若面积为2，则点P横坐标为【答案】BC【分析】根据椭圆的定义判断A，利用椭圆的性质可得面积最大值判断B，由可判断C，由三角形面积求得点坐标后可判断D【详解】由题意，短轴一个端点，对于A，由题知，故周长为，故A错误；对于B，利用椭圆的

6、性质可知面积最大值为，故B正确；对于C，设，从而,所以，故C正确；对于D，因为，则，故D错误故选：BC5（2022山东济宁二模）设椭圆C：的左右焦点分别为，上下顶点分别为，点P是C上异于的一点，则下列结论正确的是（）A若C的离心率为，则直线与的斜率之积为B若，则的面积为C若C上存在四个点P使得，则C的离心率的范围是D若恒成立，则C的离心率的范围是【答案】BD【分析】A. 设，所以该选项错误；B. 求出的面积为所以该选项正确；C. 求出，所以该选项错误；D. 若恒成立，所以，所以该选项正确.【详解】解：A. 设，所以，因为，所以.所以，所以该选项错误；B. 若，则所以则的面积为所以该选项正确；C

7、. 若C上存在四个点P使得，即C上存在四个点P使得的面积为，所以，所以该选项错误；D. 若恒成立，所以，所以，所以该选项正确.故选：BD三、填空题6（2022宁夏银川一中二模（文）已知椭圆C：的左焦点为，为椭圆C上任意一点，则的最小值为_【答案】1【分析】由题知，故，进而得的最小值为.【详解】解：由椭圆C：知：，故，所以，所以，的最小值为.故答案为：四、解答题7（2022江西景德镇三模（文）是椭圆的右焦点，其中.点、分别为椭圆的左、右顶点，圆过点与坐标原点，是椭圆上异于、的动点，且的周长小于.(1)求的标准方程；(2)连接与圆交于点，若与交于点，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）

8、由已知可得出，由椭圆的定义结合三点共线可得出的周长小于，可得出关于的不等式，结合可求得，即可求得、的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）设，可得出，求出点、的横坐标，利用三角形的面积公式可得出关于的表达式，结合可求得结果.(1)解：因为圆过点与坐标原点，.设的左焦点为，则的周长，所以，则，且，故，所以，.因此，椭圆的坐标方程为.(2)解：设，其中，其中，且，直线的斜率为，所以，直线的方程为，同理可知直线的方程为，又，所以，直线的方程为.联立直线、的方程，可得，解得，联立直线、的方程，可得，解得.所以，.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式

9、构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.椭圆的标准方程一、单选题1（2022全国模拟预测（文）已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，O为坐标原点，过OA的中点且与坐标轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点，若四边形OMAN是正方形，则C的方程为（）ABCD【答案】A【分析】待定系数法去求椭圆C的方程【详解】由

10、椭圆方程可知，由四边形OMAN是正方形可知，又点M在椭圆C上，则有，解得，又椭圆C的右焦点为，则，结合椭圆中，解得，则椭圆C的方程为.故选：A2.（2021福建省莆田市第十五中学二模）阿基米德(公元前年公元前年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“通近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的对称轴为坐标轴，焦点在轴上，且椭圆的离心率为，面积为则椭圆的方程为（ ）A B C D【答案】A【分析】由题意，设出椭圆的标准方程为，然后根据椭圆的离心率以及椭圆面积列出关于a、b的方程组，求解方程组即可得答案【详解】解：由题意，设椭圆C的方程为，因为椭圆的离心率

11、为，面积为，所以，解得，所以椭圆C的方程为，故选：A.二、多选题3（2022辽宁模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，（如图），离心率为，过的直线垂直于x轴，且在第二象限中交E于点A，直线交E于点B（异于点A），则下列说法正确的是（）A若椭圆E的焦距为2，则短轴长为B的周长为4aC若的面积为12，则椭圆E的方程为D与的面积的比值为【答案】BCD【分析】根据椭圆方程的求解以及椭圆的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对：若椭圆E的焦距为2，则，由离心率，则，所以，则短轴长为，故A错误；对B：根据椭圆的定义，的周长为4a，故B正确；对：由，故可得，所以椭圆的方程可写为，易知，则，

12、则，所以，则椭圆E的方程为，故C正确；对：因为，所以，过点B作，则，即，设，则，代入椭圆方程，整理得，解得或（舍），所以，故正确.故选：BCD4（2022重庆八中模拟预测）如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截面是一个椭圆.若圆柱的底面圆半径为2，则（）A椭圆的长轴长等于4B椭圆的离心率为C椭圆的标准方程可以是D椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为【答案】BCD【分析】根据给定图形，求出椭圆长短半轴长，再逐项计算、判断作答.【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径，则由截面与圆柱底面成锐二面角得：，解得，A不正确；显然，则，离心率，B

13、正确；当以椭圆长轴所在直线为y轴，短轴所在直线为x轴建立平面直角坐标系时，椭圆的标准方程，C正确；椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，D正确.故选：BCD5（2022全国模拟预测）已知O为坐标原点，椭圆E的方程为，离心率为，为E上一点，过点A作两条直线分别与E交于B，C两点，且直线AB与直线AC的倾斜角互补，则下列结论正确的是（）A椭圆E的长轴长为B直线BC的斜率为定值C点O到直线BC的距离为定值D若，则直线BC的方程为【答案】BD【分析】对于选项A，利用点在曲线上和椭圆离心率公式及椭圆中的关系即可求解.对于选项B，设出直线AB的方程与椭圆联立，消去，得关于的一元二次方程，利用韦达定理写出横坐标

14、的关系，进而得到点B的横坐标，代入直线AB求出点B纵坐标，利用已知条件写出点C的坐标，利用两点求斜率公式即可求解.对于选项C，设出直线BC的方程，利用点到直线的距离公式即可求解.对于选项D，联立直线BC与椭圆的方程, 消去，得关于的一元二次方程，利用韦达定理写出横坐标的关系，由，利用两直线垂直的充要条件即可求解.【详解】对于选项A，由题意得，结合，得，所以椭圆E的长周长为，故A错误.对于选项B，由A得椭圆E的方程为，设，由题意知直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为，与椭圆的方程联立，得，则，得，即.因为直线AB与直线AC的倾斜角互补，所以直线AC的斜率为k，同理可得，故直线BC的斜率

15、，为定值，故B正确.对于选项C，由B知可设直线BC的方程为，则原点O到直线BC的距离，不是定值，故C错误.对于选项D，联立直线BC与椭圆的方程，得，整理得，即，则，由，得，整理得，得，此时直线BC的方程为，故D正确.故选：BD.三、填空题6（2022辽宁鞍山二模）在平面直角坐标系中，ABC满足A(-1，0)，B(1，0)，ACB的平分线与点P的轨迹相交于点I，存在非零实数，使得，则顶点C的轨迹方程为_【答案】【分析】设，先说明是的重心，点为的内心，求出，得到即得解.【详解】解：设，因为，所以是的重心，因为，所以，所以, 所以点在的角平分线上，因为ACB的平分线与点P的轨迹相交于点I，所以点为的

16、内心.所以点，即，又，所以与轴平行，又，所以,所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，当是椭圆的长轴的端点时，不能构成三角形，所以不能取到椭圆的长轴的端点；当是椭圆的短轴的端点时，与已知存在非零实数，使得矛盾，所以不能取到椭圆的短轴的端点.又椭圆的焦距为2，所以椭圆的方程为.所以点的轨迹方程为.故答案为：四、解答题7（2022山东泰安二模）已知椭圆C：过点，过其右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得EQP2EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(

17、1)(2)存在定点，【分析】（1）直接由椭圆C过点和解方程即可；（2）先联立直线和椭圆，通过EQP2EFP得到点P在以EF为直径的圆上，即PEPF，表示出，由解出点P的坐标即可.(1)由题知，椭圆C过点和，所以，解得所以椭圆C的方程为(2)假设在y轴上存在定点P，使得EQP2EFP恒成立，设，由，得，EQP2EFP，EFPFPQ，QEQFQP点P在以EF为直径的圆上，即PEPF，恒成立，解得存在定点，使得EQP2EFP恒成立【点睛】本题关键点在于利用EQP2EFP得到点P在以EF为直径的圆上，进而得到，表示出，联立直线和椭圆后，由韦达定理及建立方程解出点P的坐标即可.8（2022天津市滨海新区

18、塘沽第一中学模拟预测）已知椭圆的离心率，且点，在椭圆上(1)求椭圆的方程；(2)若椭圆的左焦点为，右顶点为，点在椭圆上，且在椭圆位于x轴上方的部分，直线与轴交于点，点是轴上一点，直线与椭圆交于点，若的面积为，求直线的方程【答案】(1)(2)或【分析】（1）由题意列方程组，求出，即可得椭圆C的方程；（2）先设直线的方程为()，求出的坐标，再由题设得到直线的方程为，求出的坐标，由面积求出的值，即可得到直线的方程（1）由已知，有，解得，所以椭圆C的方程为；(2)由（1）知，.设直线的方程为()，则，直线与椭圆C的交点满足方程组，消去y得到，解得.设，由题意，有，解得.进而得到直线的方程为，其与椭圆C

19、的交点满足方程组消去x得到：，解得，进而.，点G到直线的距离为.因此，化简得，解得或，所以直线的方程为或椭圆的几何性质1.（2021天津市第二中学高三上学期期中）已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线与椭圆交于A，B两点，若，则椭圆离心率e的取值范围为（ ）A BC D【答案】D【分析】由题设易知，设有，应用勾股定理得到关于的方程，利用方程有解，结合判别式构造不等式求椭圆离心率e的取值范围.【详解】由题设，知：，若，则，整理得，可得，又，.故选：D直线与椭圆的位置关系1.（2022北京市一六一中学高三上学期期中）已知椭圆的左右顶点分别为A，B，右焦点为F，直线.（1）若椭圆W的左顶点A关于直线的对

20、称点在直线上，求m的值；（2）过F的直线与椭圆W相交于不同的两点C，D（不与点A，B重合），直线与直线相交于点M，求证：A，D，M三点共线.【答案】（1）（2）证明见解析.【分析】(1)设点A关于直线对称的点为，根据题意可得的中点在直线上且，列出方程组，解方程组即可；(2)对直线斜率是否存在分类讨论，当直线CD斜率k不存在时，求出点A、M、C、D坐标，利用可证得A、D、M三点共线；当直线CD斜率存在时，设直线：，与椭圆方程联立方程组，消y得到关于x的一元二次方程，将表示为含有k的算式，得出即可.（1）由题意知，直线的斜率存在，且斜率为，设点A关于直线对称的点为，则，所以线段的中点在直线上，又，

21、有，解得或，所以；（2）已知，当直线的斜率不存在时，：x=1，此时，有，所以直线，当时，所以，所以，所以，即A、D、M三点共线；当直线的斜率存在时，设直线：，则，得，设，则，直线BC方程为，令，得，所以直线AD、AM的斜率分别为，上式的分子，所以，即A、D、M三点共线.综上，A、D、M三点共线.【规律方法技巧】直线与椭圆的位置关系问题，一般需要联立方程组、用判别式、韦达定理.证明三点共线可以利用直线的斜率相等或向量共线处理.2.（2021四川省成都市嘉祥外国语高级中学高三上学期期中）已知椭圆C： (ab0)的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为的直线与椭圆C相交于A，B两点，且ABOB，O为

22、坐标原点.（1）求椭圆的离心率e；（2）若b1，过点F作与直线AB平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点，求直线OP的斜率与直线OQ的斜率乘积；点M满足2，直线MQ与椭圆的另一个交点为N，求的值.【答案】（1）； （2）；【分析】（1）根据题意可得点坐标，代入椭圆方程，结合，进而可得离心率；（2）由（1）可得椭圆的方程，写出直线方程，设，联立直线与椭圆的方程，可得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，再计算，即可得答案；设点，由，可得，再由，推出点坐标，再用坐标表示，求出点坐标，把点，代入椭圆方程，化简即可得答案【小问1详解】解：已知，则，代入椭圆的方程有，所以，即，所以，所以【小问2详解】解

23、：由（1）可得，所以椭圆的方程为，设直线，联立直线与椭圆的方程，得，所以，所以，所以设点， ，则，又因为，所以点，所以，则，所以，即，因为点，在椭圆上，所以，所以，由可知，所以，则，所以1.（2021年全国高考乙卷）设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【分析】设点，由依题意可知，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值【详解】设点，因为，所以，而，所以当时，的最大值为故选：A【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭

24、圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.2.（2021年全国高考乙卷）设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可【详解】设，由，因为 ，所以，因为，当，即 时，即 ，符合题意，由可得，即 ；当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立故选：C【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区

25、间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值3.（2021年全国新高考卷）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）A. 13B. 12C. 9D. 6【答案】C【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案【详解】由题，则，所以（当且仅当时，等号成立）故选：C【点睛】椭圆上的点与椭圆的两焦点的距离问题，常常从椭圆的定义入手，注意基本不等式得灵活运用，或者记住定理：两正数，和一定相等时及最大，积一定，相等时和最小，也可快速求解.4.（2021年全国高考甲卷）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

26、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：.一、单选题1（2022安徽模拟预测（理）是椭圆的左右焦点，点为椭圆上一点，点在轴上，满足，若，则椭圆的离心率为（）ABCD【答案】A【分析】先由可解得，然后利用角平分线的性质可求得；在中利用余弦定理即可求出离心率的值.【详解】由题意可设，（）；则：，由可得：，解得，即；由可知是的角平分线，可得：，又，则；在中：，解得；故选：A2（2022湖北武汉二模）若椭圆的离心率为，则的值为（）ABC或D或【答案】C【分析】分和，利用离心

27、率的定义求解.【详解】解：当，即时，则，解得；当，即时，则，解得，综上：的值为或，故选：C3（2022辽宁建平县实验中学模拟预测）下列与椭圆焦点相同的椭圆是（）ABCD【答案】D【分析】由椭圆的简单几何性质：“焦点跟着大的走”，椭圆的焦点在轴上，且，得出椭圆的焦点坐标为：，依次判断各个选项即可.【详解】由题意得，椭圆C中，即焦点坐标为和；对于A选项，椭圆焦点在轴上，不满足题意；对于B选项，椭圆焦点在轴上，不满足题意；对于C选项，椭圆焦点在轴上，不满足题意；对于D选项，椭圆焦点在轴上，满足题意；故答案为：D.4（2022广东汕头二模）已知椭圆C的左、右焦点分别为，直线AB过与该椭圆交于A，B两点

28、，当为正三角形时，该椭圆的离心率为（）ABCD【答案】B【分析】根据椭圆的定义，结合余弦定理、椭圆离心率公式进行求解即可.【详解】设正三角形的边长为，设椭圆的标准方程为：，设左、右焦点分别为，设，则有，由椭圆的定义可知：，解得：，在中，由余弦定理可知：，故选：B5（2022江苏泰州模拟预测）我国自主研发的“嫦娥四号”探测器成功着陆月球，并通过“鹊桥”中继星传回了月球背面影像图假设“嫦娥四号”在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道绕月飞行，其轨道的离心率为e，设月球的半径为R，“嫦娥四号”到月球表面最近的距离为r，则“嫦娥四号”到月球表面最远的距离为（）ABCD【答案】B【分析

29、】设卫星近地点远地点离月球表面的距离分别为，根据椭圆的性质以及离心率得出“嫦娥四号”到月球表面最远的距离.【详解】椭圆的离心率，设卫星近地点远地点离月球表面的距离分别为则故选：B二、多选题6（2022湖南雅礼中学二模）已知曲线：，焦点为 ，过的直线与交于两点，则下列说法正确的有（）A是的一条对称轴B的离心率为C对C上任意一点P皆有D最大值为【答案】ABD【分析】根据点点关于直线对称的点的坐标为在曲线判断A；根据点关于直线对称点在曲线得该曲线为椭圆，对称轴为直线和直线，进而求顶点坐标，进而求离心率判断B；结合C选项求焦点坐标，验证判断C；设直线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理，二次函数最值求

30、解判断D.【详解】解：对于A选项，设点是曲线上的任意一点，其关于直线对称的点的坐标为，代入曲线方程满足，故是的一条对称轴，正确；对于B选项，由于点是曲线上的任意一点，其关于直线对称点亦在曲线上，且该曲线是封闭的曲线，故该曲线为椭圆，其对称轴为直线和直线，且椭圆中心为坐标原点，故其顶点坐标为：，由于点到椭圆中心的距离为，到椭圆中心的距离，所以椭圆的长轴长为，短轴长为，所以椭圆的焦距为，故其离心率为，故正确；对于C选项，由B知，半焦距为，且焦点在直线上，故焦点坐标为，故，故错误；对于D选项，由题知直线斜率存在，故设方程为，则联立方程得得，故，即或，设，则，所以，到直线的距离为，所以令，由于得，故，

31、所以，所以，当时，取得最大值，故正确.故选：ABD7（2022重庆模拟预测）“出租车几何”或“曼哈顿距离”（Manhattan Distance）是由十九世纪的赫尔曼闵可夫斯基所创词汇，是种被使用在几何度量空间的几何学用语在平面直角坐标系内，对于任意两点、，定义它们之间的“欧几里得距离”，“曼哈顿距离”为，则下列说法正确的是（）A若点为线段上任意一点，则为定值B对于平面上任意一点，若，则动点的轨迹长度为C对于平面上任意三点、，都有D若、为椭圆上的两个动点，则最大值为【答案】AC【分析】利用题中定理可判断A选项；作出点的轨迹图形，求其周长可判断B选项；利用绝对值三角不等式可判断C选项；设点、，不

32、妨设，利用辅助角公式结合正弦型函数的有界性可判断D选项.【详解】对于A选项，设点为线段上任意一点，则，A对；对于B选项，设点，则，当，时，则；当，时，则；当，时，则；当，时，则.作出点的轨迹如下图所示：由图可知，点的轨迹是边长为的正方形，故动点的轨迹长度为，B错；对于C选项，设点、，由绝对值三角不等式可得，同理可得，所以，即，C对；对于D选项，设点、，不妨设，则，其中为锐角，且，取，等号成立，D错.故选：AC.8（2022重庆模拟预测）已知椭圆的离心率为，短轴长为，两个焦点为，点为椭圆上一点，记，则下列结论中正确的是（）A的周长与点的位置无关B当时，的面积取到最大值C的外接圆半径最小为D的内切

33、圆半径最大为【答案】ACD【分析】根据椭圆的定义、椭圆离心率的意义，结合正弦定理和内切圆的性质逐一判断即可.【详解】由椭圆定义知，的周长为，故A正确；显然当位于短轴端点时的面积最大，由知此时，故B错误；由正弦定理知外接圆直径，由知最大为钝角，故时取最小值，故的最小值为，故C正确；设内切圆半径为，由知，越大则越大，故，故选：ACD9（2022全国模拟预测）双曲线的左，右焦点分别为，点P在C上.若是直角三角形，则的面积为（）ABC4D2【答案】AC【分析】根据双曲线方程求出，再根据对称性只需考虑或.当时，将代入双曲线方程，求出，即可求出三角形面积，当时，由双曲线的定义可知，再由勾股定理求出，即可得

34、解；【详解】解：由双曲线可得.根据双曲线的对称性只需考虑或.当时，将代入可得，所以的面积为.当时，由双曲线的定义可知，由勾股定理可得.因为，所以，此时的面积为综上所述，的面积为4或.故选：.三、填空题10（2022全国模拟预测）已知O为坐标原点，椭圆的左焦点为F，A为C上一点，AF与x轴垂直若的面积为，则C的离心率为_【答案】#0.5【分析】根据求解即可.【详解】由题知：，解得，即.故答案为：11（2022湖南衡阳二模）已知椭圆与双曲线有相同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线的第一象限的交点，且，则的取值范围是_.【答案】【分析】设，则由椭圆和双曲线的定义结合余弦定理可

35、得，设，则可得，然后根据正弦函数的性质可得其范围【详解】解：设，由椭圆的定义得，由双曲线的定义得，得，得，由余弦定理可得，所以，设，则，解得所以，当时，最大值为时，的值为2，所以的取值范围是.故答案为：12（2022江苏南京市第一中学三模）椭圆：的左、下顶点分别为，右焦点为，中点为，为坐标原点，交于点，且，三点共线，则的离心率为_【答案】#【分析】由题得直线的方程为，直线的方程为，进而联立方程得，再结合在曲线上得，即，再解方程即可得答案.【详解】解：由题知，所以，直线的方程为，直线的方程为，因为交于点，且，三点共线，所以，联立方程解得，即，由于点在曲线上，所以，整理得，所以，解得，即的离心率为

36、.故答案为：13（2022江苏海安高级中学二模）如图，F1，F2是平面上两点，|F1F2|10，图中的一系列圆是圆心分别为F1，F2的两组同心圆，每组同心圆的半径依次是1，2，3，点A，B，C分别是其中两圆的公共点请写出一个圆锥曲线的离心率的值为_，使得此圆锥曲线可以同时满足：以F1，F2为焦点；恰经过A，B，C中的两点【答案】5（或）（答案不唯一）【分析】根据已知条件结合圆锥曲线的定义，分过A，C两点和过B，C两点两种情况求解即可【详解】因为，若过A，C两点，则由题意得，此时离心率若过B，C两点，则由题意得，此时离心率故答案为：5（或）（答案不唯一）14（2022天津市第四中学模拟预测）设椭

37、圆的左焦点为F，下顶点为A，上顶点为B，是等边三角形.（1）椭圆的离心率为_；（2）设直线：，过点且斜率为的直线与椭圆交于点（异于点），线段的垂直平分线与直线交于点，与直线交于点，若.（i）_；（ii）已知点，点在椭圆上，若四边形为平行四边形，则椭圆的方程_.【答案】 【分析】根据等边三角形的性质和离心率公式，即可求出，设椭圆方程为，联立方程组，求出点，即可求出点的坐标，根据弦长公式，结合即可求出的值，根据四边形为平行四边形，可得，即可求出椭圆方程【详解】解：由题意可知，设椭圆方程为，联立得解得：，则，为中点，所以，则所在的直线方程为，令，解得，解得或（舍直线的斜率为1，设，四边形为平行四边形

38、，即，又点，在椭圆上，解得，该椭圆方程为：故答案为：；15（2022河南平顶山模拟预测（理）已知曲线的焦距为8，则_.【答案】25或【分析】由题意知半焦距，再分，讨论求解.【详解】解：由题意知半焦距，当时，则曲线C为椭圆，又，所以；当时，曲线C为双曲线，所以，所以.故a的值为25或.故答案为：25或四、解答题16（2022湖南衡阳二模）设椭圆的左顶点为，上顶点为.已知椭圆的离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)设为椭圆上异于点的两动点，若直线的斜率之积为.证明直线恒过定点，并求出该点坐标；求面积的最大值.【答案】(1)(2)证明见解析，定点；【分析】（1）由题意可得，再结合，可求出，从而可求得椭

39、圆的方程，（2） 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系，再结合化简可得，从而可得或进而可求出定点，当直线的斜率不存在时，若直线过定点，求出两点坐标，求解即可，设直线过定点为，则的面积，直线的方程为，代入椭圆方程中，消去，利用根与系数的关系，从而可表示出，化简换元后利用基本不等式可求得结果(1)由于，又，由解得，椭圆的方程为.(2)在（1）的条件下，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由，消去得：，设，则，.又，由题知，则，且，则.，则，或当时，直线的方程为，此时直线过定点，显然不适合题意，当时，直线的方程为.此时直线过定点.当直线的斜率不存在时，若直线过定

40、点，点的坐标分别为.满足.综上，直线过定点.不妨设直线过定点为.则的面积，设直线的方程为，联立椭圆的方程消去得，则所以.令，则因为，所以（当且仅当即），所以，即面积的最大值为.17（2022广东韶关二模）已知P是离心率为 的椭圆 上任意一点，且P到两个焦点的距离之和为4(1)求椭圆C的方程；(2)设点A是椭圆C的左顶点，直线AP交y轴于点D，E为线段AP的中点，在x轴上是否存在定点M，使得直线DM与OE交于Q，且点Q在一个定圆上，若存在，求点M的坐标与该圆的方程；若不存在，说明理由【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）由椭圆定义和离心率可得答案；（2）设存在定点，设出直线AP的方程为联立直线

41、方程和椭圆方程，利用韦达定理可得直线OE的方程、直线DM方程，再联立两个方程可得答案.(1)因为，所以，又，所以，故椭圆方程为：(2)设存在定点，满足条件由已知，设直线AP的方程为，由消去y整理得，所以，时，所以直线OE的方程为，由中，令，得，从而，又，所以，所以直线DM方程为，由消去参数k，得，即，方程要表示圆，当且仅当，此时圆的方程为，时，在上述圆上，所以存在定点使直线DM与OE的交点Q在一个定圆上，且定圆方程为：.18（2022河北唐山二模）已知椭圆的右焦点为F，椭圆(1)求的离心率；(2)如图：直线交椭圆于A，D两点，交椭圆E于B，C两点求证：；若，求面积的最大值【答案】(1)(2)证

42、明过程见解析；.【分析】（1）直接将椭圆转化成标准方程，然后代入离心率公式即可；（2）分别求出、的中点坐标，得出中点重合即可证明；对于，分别求出被椭圆截得的弦长以及到的距离，得出面积表达式，通过变形式子求出最值.(1)椭圆的标准方程为：，则椭圆的离心率为(2)对于，设，直线与联立整理得 则 则的中点坐标 同理可知的中点坐标.所以与中点重合，故.对于，由知，直线被椭圆截得弦长为把代入得， 把代入得， 到的距离为，则面积为： 当时，的面积最大值是.【点睛】本题考查离心率的求法，考查弦长公式、中点坐标公式、面积公式等几何关系的应用，解析几何解题时应注重几何关系的寻找，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，属于难题.19（2022广东二模）已知椭圆C：，点为椭圆的右焦点，过点F且斜率不为0的直线交椭圆于M，N两点，当与x轴垂直时，(1)求椭圆C的标准方程(2)，分别为椭圆的左、右顶点，直线，分别与直线：交于P，Q两点，证明：四边形为菱形【答案】