2023年高考数学真题题源解密（新高考全国卷）专题12 椭圆（解析版）

专题12椭圆目录一览2023真题展现考向一椭圆的性质考向二直线与椭圆相交问题真题考查解读近年真题对比考向一椭圆的性质考向二直线与椭圆相交问题命题规律解密名校模拟探源易错易混速记/二级结论速记考向一椭圆的性质1．（2023•新高考Ⅰ•第5题）设椭圆C1：x2a2+y2＝1（a＞1），C2：x24+y2＝1的离心率分别为e1，e2．若eA．233 B．2 C．3 【答案】A解：由椭圆C2：x24+y2＝1可得a2＝2，b2＝1，∴c∴椭圆C2的离心率为e2=3∵e2=3e1，∴e1=12∴a12=4c12∴a=233或考向二直线与椭圆相交问题2．（2023•新高考Ⅱ•第5题）已知椭圆C：x23+y2=1的左焦点和右焦点分别为F1和F2，直线y＝x+m与C交于点A，B两点，若△F1AB面积是△A．23 B．23 C．−2【答案】C解：记直线y＝x+m与x轴交于M（﹣m，0），椭圆C：x23+y2=1的左，右焦点分别为F1（−由△F1AB面积是△F2AB的2倍，可得|F1M|＝2|F2M|，∴|−2−xM|＝2|2−xM|，解得xM=23或∴﹣m=23或﹣m＝32，∴m=−23或联立x23+y2=1y=x+m可得，4x∵直线y＝x+m与C相交，所以Δ＞0，解得m2＜4，∴m＝﹣32不符合题意，故m=−2【命题意图】考查椭圆的定义、标准方程、几何性质、直线与椭圆．考查运算求解能力、逻辑推导能力、分析问题与解决问题的能力、数形结合思想、化归与转化思想．【考查要点】椭圆的定义、方程、性质、直线与椭圆是高考常考内容，以小题形式出现，常规题，难度中等．【得分要点】一、椭圆的定义平面内与两个定点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：在椭圆的定义中必须要注意以下两个问题(1)定义中到两定点的距离之和是常数，而不能是变量．(2)常数(2a)必须大于两定点间的距离，否则轨迹不是椭圆．①若，M的轨迹为线段；②若，M的轨迹无图形二、椭圆的方程及简单几何性质焦点的位置焦点在x轴上焦点在y轴上图形标准方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)范围－a≤x≤a且－b≤y≤b－b≤x≤b且－a≤y≤a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)轴长长轴长＝eq\a\vs4\al(2a)，短轴长＝eq\a\vs4\al(2b)焦点F1(－c,0)，F2(c,0)F1(0，－c)，F2(0，c)焦距|F1F2|＝eq\a\vs4\al(2c)对称性对称轴x轴和y轴，对称中心(0,0)离心率e＝eq\f(c,a)(0<e<1)（注：e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\r(\f(1,1＋\f(b2,c2))).）三、椭圆的焦点三角形椭圆上的一点与两焦点所构成的三角形称为焦点三角形．解决焦点三角形问题常利用椭圆的定义和正弦定理、余弦定理．以椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点P(x0，y0)(y0≠0)和焦点F1(－c,0)，F2(c,0)为顶点的△PF1F2中，若∠F1PF2＝θ，则(1)椭圆的定义：|PF1|＋|PF2|＝2a.(2)余弦定理：4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|·cosθ.(3)面积公式：S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1||PF2|·sinθ，当|y0|＝b，即P为短轴端点时，S△PF1F2取最大值，为bc.重要结论：S△PF1F2=推导过程：由余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|·cosθ得由三角形的面积公式可得S△PF1F2==注：S△PF1F2===（是三角形内切圆的半径）(4)焦点三角形的周长为2(a＋c)．(5)在椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中,F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上任意的一点，当点P在短轴端点时，最大.四、点与椭圆的位置关系点P(x0，y0)与椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系：点P在椭圆上⇔eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1；点P在椭圆内部⇔eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)<1；点P在椭圆外部⇔eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)>1.五、直线与椭圆的位置关系直线y＝kx＋m与椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系，判断方法：联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消y得一元二次方程．当Δ>0时，方程有两解，直线与椭圆相交；当Δ＝0时，方程有一解，直线与椭圆相切；当Δ<0时，方程无解，直线与椭圆相离．六、直线与椭圆相交的弦长公式1．定义：连接椭圆上两个点的线段称为椭圆的弦．2．求弦长的方法(1)交点法：将直线的方程与椭圆的方程联立，求出两交点的坐标，然后运用两点间的距离公式来求．(2)根与系数的关系法：如果直线的斜率为k，被椭圆截得弦AB两端点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则弦长公式为：|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(y1＋y22－4y1y2).注：（1）已知弦是椭圆（）的一条弦，中点坐标为，则的斜率为，运用点差法求的斜率，设，；、都在椭圆上，两式相减得：，即，故（2）弦的斜率与弦中心和椭圆中心的连线的斜率之积为定值：考向一椭圆的性质3．（2021•新高考Ⅰ）已知F1，F2是椭圆C：+＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|•|MF2|的最大值为（）A．13 B．12 C．9 D．6【解答】解：F1，F2是椭圆C：+＝1的两个焦点，点M在C上，|MF1|+|MF2|＝6，所以|MF1|•|MF2|≤＝9，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时，取等号，所以|MF1|•|MF2|的最大值为9．故选：C．4．（2022•新高考Ⅱ）已知直线l与椭圆+＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别相交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2，则l的方程为．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为E，由+＝1，+＝1，相减可得：＝﹣，则kOE•kAB＝•＝＝﹣，设直线l的方程为：y＝kx+m，k＜0，m＞0，M（﹣，0），N（0，m），∴E（﹣，），∴kOE＝﹣k，∴﹣k•k＝﹣，解得k＝﹣，∵|MN|＝2，∴＝2，化为：+m2＝12．∴3m2＝12，m＞0，解得m＝2．∴l的方程为y＝﹣x+2，即x+y﹣2＝0，故答案为：x+y﹣2＝0．考向二直线与椭圆相交问题5．（2022•新高考Ⅰ）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0），C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是．【解答】解：∵椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，∴不妨可设椭圆C：，a＝2c，∵C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，∴△AF1F2为等边三角形，∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，∴，由等腰三角形的性质可得，|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，设直线DE方程为y＝，D（x1，y1），E（x2，y2），将其与椭圆C联立化简可得，13x2+8cx﹣32c2＝0，由韦达定理可得，，，|DE|＝＝＝＝，解得c＝，△ADE的周长等价于|DE|+|DF2|+|EF2|＝4a＝8c＝．故答案为：13．根据近几年考查形式推测以小题形式出现，常规题，难度中等．椭圆的定义、方程、性质、直线与椭圆是高考常考内容。一．椭圆的标准方程（共2小题）1．（2023•宜宾模拟）“1＜m＜3”是“方程+＝1表示椭圆”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【解答】解：若方程+＝1表示椭圆，则满足，即，即1＜m＜3且m≠2，此时1＜m＜3成立，即必要性成立，当m＝2时，满足1＜m＜3，但此时方程+＝1等价为为圆，不是椭圆，不满足条件．即充分性不成立故“1＜m＜3”是“方程+＝1表示椭圆”的必要不充分条件，故选：B．2．（2023•江西模拟）已知椭圆的中心在原点，焦点在y轴上，离心率为，请写出一个符合上述条件的椭圆的标准方程．【解答】解：由于椭圆的中心在原点，焦点在y轴上，所以设椭圆的方程为（a＞b＞0），由于离心率为，所以，满足条件的椭圆方程为（答案不唯一）．故答案为：（答案不唯一）．二．椭圆的性质（共43小题）3．（2023•全国模拟）椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，A为上顶点，若△AF1F2的面积为，则△AF1F2的周长为（）A．8 B．7 C．6 D．5【解答】解：设椭圆的半短轴长为b，半焦距为c，则，△AF1F2的面积，由题意得，∴c＝1，，由椭圆的定义得|AF1|+|AF2|＝2a＝4，又|F1F2|＝2c＝2，则△AF1F2的周长为4+2＝6．故选：C．4．（2023•武昌区校级模拟）设F1，A分别是椭圆的左焦点和右顶点，点P为椭圆上异于A点的任意一点，则使得成立的点P的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：∵，∴P在以F1A为直径的圆上，又P在椭圆上，所以该圆与椭圆有三个公共点，又P点与A点不重合，故符合条件的点P的个数有2个．故选：B．5．（2023•白山二模）已知椭圆C：+＝1的离心率为，则C的长轴长为（）A．8 B．4 C．2 D．4【解答】解：∵椭圆C的离心率为，∴＝，解得m＝2，故椭圆C：+＝1的长轴长为2＝4，故选：B．6．（2023•甘肃模拟）已知椭圆的方程为（m＞0，n＞0），离心率，则下列选项中不满足条件的为（）A． B．+＝1 C． D．x2+4y2＝1【解答】解：由，可得a＝2，b＝1，∴c＝＝，故离心率，故A正确；由+＝1，可得a＝2，b＝，∴c＝＝，故离心率e＝＝，故B正确；由，可得a＝，b＝1，∴c＝＝1，故离心率e＝＝，故C不正确；由x2+4y2＝1，可得x2+＝1，可得a＝1，b＝，c＝＝，故离心率e＝，故D正确．故选：C．7．（2023•射洪市校级模拟）已知抛物线y2＝4x的焦点和椭圆的一个焦点重合，且抛物线的准线截椭圆的弦长为3，则椭圆的标准方程为（）A． B． C． D．【解答】解：抛物线y2＝4x的焦点为（1，0），准线为x＝﹣1，设椭圆的方程为，椭圆中，c＝1，当x＝﹣1时，，故，又a2＝b2+c2，所以，故椭圆方程为．故选：B．8．（2023•桐城市校级二模）法国数学家加斯帕•蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆Γ：的蒙日圆为C：x2+y2＝3b2，则椭圆Γ的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：直线x＝a，y＝b与椭圆Γ都相切，且这两条直线垂直，因此其交点（a，b）在圆C：x2+y2＝3b2上，∴a2+b2＝3b2，即2b2＝a2，∴椭圆的离心率e＝＝．故选：D．9．（2023•甘肃模拟）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x与椭圆C相交于A，B两点，若四边形AF1BF2为矩形，则椭圆C的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：由题意设A（x1，y1），B（﹣x1，﹣y1），AF1⊥AF2，所以|OA|＝|F1F2|＝c，联立，解得x2＝，y2＝，所以|OA|2＝＝c2，b2＝a2﹣c2，整理可得：c4﹣8a2c2+4a4＝0，即e4﹣8e2+4＝0，解得e2＝4±2，可得e＝±1，而e∈（0，1），所以e＝﹣1．故选：C．10．（2023•招远市模拟）已知F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N，若，则C的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：不妨设M在第一象限，由题意，M的横坐标为c，令，解得，即，设N（x，y），又F1（﹣c，0），，，由可得：，解得，又N（x，y）在椭圆上，即，整理得，解得．故选：A．11．（2023•淄博三模）已知椭圆C：（a＞b＞0），F为其左焦点，直线y＝kx（k＞0）与椭圆C交于点A，B，且AF⊥AB．若∠ABF＝30°，则椭圆C的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：已知椭圆C：（a＞b＞0），F为其左焦点，直线y＝kx（k＞0）与椭圆C交于点A，B，且AF⊥AB，设椭圆的右焦点为F1，则四边形AFBF1为平行四边形，又∠ABF＝30°，则2|BF1|＝|BF|，又|BF|+|BF1|＝2a，则，，又∠FBF1＝90°+30°＝120°，由余弦定理﹣2×|BF||BF1|cos∠FBF1可得：，即．故选：A．12．（2023•未央区模拟）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，M为C上一点，若MF1的中点为（0，1），且△MF1F2的周长为8+4，则C的标准方程为（）A． B． C． D．【解答】解：∵M1F的中点为B（0，1），∴OB是△MF1F2的中位线，则MF2＝2OB＝2，且△MF1F2为直角三角形，∵△MF1F2的周长为2a+2c＝8+4，∴a+c＝4+2①，∵MF2＝2，∴MF1＝2a﹣2，∵（MF1）2﹣（MF2）2＝4c2，∴（2a﹣2）2﹣4＝4c2，即（a﹣1）2﹣1＝c2②，由①②得，a＝4，c＝2，b2＝16﹣8＝8，∴C的标准方程为+＝1．故选：A．13．（2023•淄博二模）古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点．设椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，若从椭圆右焦点F2发出的光线经过椭圆上的点A和点B反射后，满足AB⊥AD，且cos∠ABC＝，则该椭圆的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：连接AF1，BF1，由题意可知A，D，F1三点共线，B，C，F1三点共线，在△ABF1中，因为AB⊥AD，且cos∠ABC＝，可得cos∠ABF1＝，sin∠ABF1＝，tan∠ABF1＝＝，设|AF1|＝4k，|AB|＝3k，可得|BF1|＝5k，由椭圆的定义可知|BF2|＝2a﹣|BF1|＝2a﹣5k，|AF2|＝|AB|﹣|BF2|＝3k﹣（2a﹣5k）＝8k﹣2a，又因为|AF1|+|AF2|＝2a，即4k+8k﹣2a＝2a，解得k＝，所以|AF1|＝，|AF2|＝﹣2a＝，在Rt△AF1F2中，|AF1|2+|AF2|2＝|F1F2|2，即（）2+（）2＝（2c）2，可得e＝＝，故选：D．14．（2023•江西模拟）某广场的一个椭球水景雕塑如图所示，其横截面为圆，过横截面圆心的纵截面为椭圆，F1，F2分别为该椭圆的两个焦点，PQ为该椭圆过点F2的一条弦，且△PQF1的周长为3|F1F2|．若该椭球横截面的最大直径为2米，则该椭球的高为（）A．米 B．米 C．米 D．米【解答】解：根据题意，画出该椭球的过横截面圆心的纵截面如下，根据椭圆的定义△PQF1的周长为|PQ|+|PF1|+|QF1|＝4a＝3×2c，即2a＝3c①，由该椭球横截面的最大直径为2米，可知2b＝2米，得b＝1，又因为a2＝b2+c2，所以a2＝c2+1②，②联立可得，，所以该椭球的高为米．故选：B．15．（2023•锦江区校级模拟）19世纪法国著名数学家加斯帕尔⋅蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为x2+y2＝a2+b2．若圆（x﹣3）2+（y﹣m）2＝9与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则m的值为（）A．±3 B．±4 C．±5 D．【解答】解：由题意可得椭圆+y2＝1的蒙日圆的半径r1＝＝2，所以蒙日圆方程为x2+y2＝4，因为圆（x﹣3）2+（y﹣m）2＝9与椭圆+y2＝1的蒙日圆有且仅有一个公共点，所以两圆相外切，所以，∴m＝±4．故选：B．16．（2023•青羊区校级模拟）如图，A，B是椭圆的左、右顶点，P是⊙O：x2+y2＝a2上不同于A，B的动点，线段PA与椭圆C交于点Q，若tan∠PBA＝3tan∠QBA，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：由题意得Q在椭圆上，则设Q（acosθ，bsinθ），∴tan∠PAB＝tan∠QAB＝，tan∠QBA＝，∴tan∠PAB•tan∠QBA＝①，又AB是⊙O的直径，则∠APB＝90°，即∠PAB+∠PBA＝90°，∴tan∠PAB•tan∠QBA＝1②，由①②得＝＝，又c2＝a2﹣b2，则e＝＝＝＝．故选：D．17．（2023•思明区校级模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆上且位于第一象限，满足，∠AF1F2的平分线与AF2相交于点B，若，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：设|AF1|＝n，|AF2|＝8m，由得|AB|＝3m，|BF2|＝5m，因为，所以，在Rt△AF1F2中，由勾股定理，得（8m）2+n2＝（2c）2①，由椭圆的定义得8m+n＝2a②，因为F1B平分∠AF1F2，所以，即③，联立①②③并化简得7c2+30ac﹣25a2＝0，则7e2+30e﹣25＝0，得．故选：D．18．（2023•源汇区校级模拟）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π与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．已知椭圆的面积为21π，点P在椭圆C上，且点P与椭圆C左、右顶点连线的斜率之积为，记椭圆C的两个焦点分别为F1，F2，则|PF1|的值不可能为（）A．4 B．7 C．10 D．14【解答】解：依题意，得，解得a＝7，b＝3，则，故，故选：D．19．（2023•安居区校级模拟）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）上有一异于顶点的点P，A，B分别是椭圆C的左、右顶点，且两直线PA，PB的斜率的乘积为﹣，则椭圆C的离心率e为（）A． B． C． D．【解答】解：由题意知A（﹣a，0），B（a，0），设P（x0，y0），则+＝1，＝b2﹣，于是kPA•kPB＝•＝＝＝＝﹣＝﹣．所以b2＝a2，又c2＝a2﹣b2＝a2，所以c＝a，所以e＝＝，即椭圆C的离心率为．故选：B．20．（2023•龙华区校级模拟）已知F1、F2是椭圆E：的左、右焦点，点P（x0，y0）为E上一动点，且|x0|≤1，若I为△PF1F2的内心，则△IF1F2面积的取值范围是（）A． B． C． D．【解答】解：由椭圆的方程可得a＝，c＝1，设内切圆的半径为r，则S＝2c•|y0|＝（2a+2c）•r，可得r＝＝|y0|，而+＝1，所以|y0|＝•，所以r＝•，所以S＝•2c•r＝×2××＝•，因为|x0|≤1，所以S∈[•，]，即S∈[，]．故选：C．21．（2023•江西模拟）已知椭圆＝1的左右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上异于长轴端点的动点，G，I分别为△PF1F2的重心和内心，则＝（）A． B． C． D．2【解答】解：由椭圆可得，如图，设△PF1F2的内切圆与三边分别相切与A，B，C，G，I分别为△PF1F2的重心和内心，则|PB|＝|PC|，|F1A|＝|F1C|，|F2A|＝|F2B|，所以，所以＝＝＝．故选：B．22．（2023•浙江二模）已知F是椭圆的左焦点，点M在C上，N在⊙P：x2+（y﹣3）2＝2x上，则|MF|﹣|MN|的最大值是（）A．2 B． C． D．【解答】解：由⊙P：x2+（y﹣3）2＝2x，可得（x﹣1）2+（y﹣3）2＝1，可得圆⊙P的圆心坐标为P（1，3），半径r＝1，由椭圆，可得a＝2，设椭圆的右焦点为F1，根据椭圆的定义可得|MF|＝2a﹣|MF1|，所以|MF|﹣|MN|＝2a﹣（|MF1|+|MN|），又由|MN|min＝|MP|﹣r，如图所示，当点P，M，N，F1四点共线时，即P，N′，M′，F1时，|MF1|+|MN|取得最小值，最小值为（|MF1|+|MN|）min＝（|MF1|+|MP|﹣r）＝|PF1|﹣r＝3﹣1＝2，所以（|MF|﹣|MN|）max＝2×2﹣2＝2．故选：A．23．（2023•全国模拟）已知F是椭圆E：＝1（a＞b＞0）的右焦点，A为E的右顶点，B（0，2b），若直线AB与E交于点C，且CF⊥AF，则椭圆E的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：如图，A（a，0），B（0，2b），则AB：，在椭圆＝1中，取x＝c，可得y＝，则C（c，），把C（c，）代入，可得，即，∴b＝2a﹣2c，则b2＝a2﹣c2＝（2a﹣2c）2＝4a2﹣8ac+4c2，∴5e2﹣8e+3＝0，解得e＝（e＝1舍去）．故选：B．24．（2023•湖北模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与E交于点A，B．直线l为E在点A处的切线，点B关于l的对称点为M．由椭圆的光学性质知，F1，A，M三点共线．若|AB|＝a，，则＝（）A． B． C． D．【解答】解：如下图所示：因为点B关于l的对称点为M，则|AM|＝|AB|，因为|AF1|+|AB|+|BF1|＝（|AF1|+|AF2|）+（|BF1|+|BF2|）＝4a，且|AB|＝a，所以，|AF1|+|BF1|＝3a，所以，，可得，则，所以，，故．故选：C．25．（2023•五华区校级模拟）如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球O1，O2，使得它们分别与圆锥的侧面和平面α都相切，平面α分别与球O1，O2相切于点E，F．数学家GerminalDandelin利用这个模型证明了平面α与圆锥侧面的交线为椭圆，E，F为此椭圆的两个焦点，这两个球也被称为Dandelin双球．若球O1，O2的半径分别为6和3，球心距离O1O2＝11，则此椭圆的长轴长为．​【解答】解：过切点E，F作出双球模型的轴截面，设球O1，O2分别与圆锥的同一条母线切于A，B两点，有O2B⊥AB，O1A⊥AB，过O2作O2C⊥O1A于点C，则四边形ABO2C是矩形，于是|AC|＝|O2B|＝3，|O1C|＝3，又|O1O2|＝11，从而，设直线AB与平面α的交点为P，则有|PA|＝|PE|，|PB|＝|PF|，所以椭圆的长轴长2a＝|PE|+|PF|＝|PA|+|PB|＝|AB|＝．故答案为：．26．（2023•甘肃模拟）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x与椭圆C相交于A，B两点，若四边形为矩形，则椭圆C的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x与椭圆C相交于A，B两点，∵四边形AF2BF1是矩形，∴A（﹣c，﹣），|AF1|＝c，|AF2|＝c，可得：c+＝2a，椭圆C的离心率e＝＝＝．故选：C．27．（2023•涪城区校级模拟）设F1、F2椭圆的左、右焦点，椭圆上存在点M，∠MF1F2＝α，∠MF2F1＝β，使得离心率，则e取值范围为（）A．（0，1） B． C． D．【解答】解：设|MF1|＝m，|MF2|＝n；在△MF1F2中，由正弦定理有：＝；＝＝e，则e＝＝；解得：n＝；由于a﹣c＜|MF2|＜a+c；即（a+c）（a﹣c）＜2a2＜（a+c）2；又a2﹣c2＜2a2成立；则有a＜a+c；∴离心率：﹣1＜e＜1；故选：C．28．（2023•凉山州模拟）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，点M是椭圆C上任意一点，且的取值范围为[2，3]．当点M不在x轴上时，设△MF1F2的内切圆半径为m，外接圆半径为n，则mn的最大值为（）A． B． C． D．1【解答】解：，，∴，∴，解得：a2＝4，b2＝3，c2＝1，设∠F1MF2＝θ，MF1＝r1，MF2＝r2，由正弦定理可得：，，可得：，又∵，设内切圆的圆心为A，∴，∴，∴，又∵当M在短轴的端点时，θ最大，此时MF1＝MF2＝F1F2＝2，θ＝60°，，∴，故当时，mn取得最大值为．故选：C．29．（2023•广西模拟）在椭圆中，已知焦距为2，椭圆上的一点P与两个焦点F1，F2的距离的和等于4，且∠PF1F2＝120°，则△PF1F2的面积为（）A． B． C． D．【解答】解：由题可知，焦距|F1F2|＝2c＝2，则c＝1，又椭圆上的一点P与两个焦点F1，F2的距离的和等于4，即|PF1|+|PF2|＝2a＝4，所以a＝2，在△PF1F2中，∠PF1F2＝120°，由余弦定理得：，整理得10|PF2|＝28，所以，则，故△PF1F2的面积．故选：D．30．（2023•郑州模拟）设F1，F2为椭圆的左、右焦点，点A为椭圆的上顶点，点B在椭圆上且满足，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：由且A为椭圆的上顶点，则，，若下顶点为C，根据椭圆对称性知：直线F2B必过下顶点C，且，故B不可能为下顶点，所以，如上图有，而C（0，﹣b），F2（c，0），若B（x，y），则（c，b）＝5（x﹣c，y），故，即在椭圆上，所以，可得，而0＜e＜1，则．故答案为：D．31．（2023•河南模拟）若椭圆上存在一点D，使得函数图象上任意一点关于点D的对称点仍在f（x）的图象上，且椭圆C的长轴长大于2，则C的离心率的取值范围是（）A． B． C． D．【解答】解：因为，所以的图象可由奇函数的图像向右平移个单位，再向上平移个单位得到，所以的图象关于点对称，所以椭圆经过点，则，即a2+b2＝4a2b2，即2a2﹣c2＝4a2（a2﹣c2），所以，又因为2a＞2，所以，解得，又0＜e＜1，所以，即．故选：D．32．（2023•贵阳模拟）已知椭圆，直线与椭圆交于A，B两点，F1，F2分别为椭圆的左、右两个焦点，直线AF2与椭圆交于另一个点D，则直线AD与BD的斜率乘积为（）A． B． C． D．【解答】解：椭圆的方程为，∵直线过原点，设A（x1，y1），B（﹣x1，﹣y1），D（x1，y2），∴，又∵，①，②①﹣②得，，∴，∴．故选：B．33．（2023•桐城市校级一模）如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球O1，球O2的半径分别为4和1，球心距|O1O2|＝6，截面分别与球O1，球O2切于点E，F，（E，F是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于（）A． B． C． D．【解答】解：截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球O1，球O2的截面大圆如图所示：点A，B分别为圆O1，O2与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，可知线段MN是椭圆长轴，椭圆长轴长2a＝|MN|＝|MF|+|NF|＝|MF|+|ME|＝|MB|+|MA|＝|AB|，过O2作O2D⊥O1A，垂足为D，连O2B，可得四边形ABO2D为矩形，又由已知可得|O2B|＝1，|O1A|＝4，|O1O2|＝6，得2a＝|AB|＝|DO2|＝，过O2作O2C⊥O1E交O1E延长线于C，可得四边形CEFO2为矩形，椭圆焦距2c＝|EF|＝|CO2＝，∴椭圆的离心率．故选：A．34．（2023•贵州模拟）已知椭圆的左、右焦点分别是F1，F2，P是椭圆C短轴的一个端点，且∠F1PF2＝90°，则椭圆C的长轴长是（）A． B．4 C． D．8【解答】解：由椭圆，可得a2＝m+3，b2＝m﹣1，因为P是椭圆C短轴的一个端点，且∠F1PF2＝90°，可得，即2a2＝4c2＝4（a2﹣b2），可得a2＝2b2，即m+3＝2（m﹣1），解得m＝5，所以，故椭圆C的长轴长是．故选：C．35．（2023•淄博一模）直线x﹣2y+2＝0经过椭圆的左焦点F，交椭圆于A，B两点，交y轴于M点，若，则该椭圆的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：由直线方程可得F（﹣2，0），M（0，1），则c＝2，又∵，即|FM|＝3|MA|，根据相似三角形可得A（﹣，），则2a＝＝，∴e＝＝，故选：C．36．（2023•潮阳区模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，半焦距为c．在椭圆上存在点P使得，则椭圆离心率的取值范围是（）A． B． C． D．【解答】解：∵，∴在△PF1F2中，由正弦定理知＝，∵，∴＝＝，即|PF1|＝e|PF2|①．又∵P在椭圆上，∴|PF1|+|PF2|＝2a，将①代入得|PF2|＝∈（a﹣c，a+c），同除以a得，1﹣e＜＜1+e，得﹣1＜e＜1．故选：B．37．（2023•青羊区校级模拟）国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1，内外两圈骨架是由两个离心率相同的椭圆组成的对称结构．成都某校体育馆钢结构与“鸟巢”类似，平面图如图2，内外椭圆离心率皆为，由外层椭圆长轴一个端点A和短轴上一个端点B分别向内层椭圆引切线AC，BD，记斜率分别为k1，k2，则+的最小值为​（）A． B． C． D．【解答】解：设外层椭圆方程为，则内层椭圆方程为，AC的方程为y＝k1（x+a），联立，整理可得：（b2+a2）x2+2a3x+a4﹣λa2b2＝0，可得Δ1＝（2a3）2﹣4（b2+a2）（a4﹣λa2b2）＝0，可得＝，BD的方程为y＝k2x+b，联立，整理可得：（b2+a2）x2+2a2bk2x+（1﹣λ）a2b2＝0，Δ2＝（2a2bk2）2﹣4（b2+a2）[（1﹣λ）a2b2]＝0，可得＝，因为离心率e＝＝＝，可得b2＝a2，所以+＝+＝（+）＝（+），又因为0＜λ＜1，所以1﹣λ＞0，由均值不等式可得+≥•2＝，当且仅当＝，即时取等号，故的最小值为．故选：C．38．（2023•湖南模拟）已知：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积之比为k（常数），那么这两个几何体的体积之比也为k，则椭圆C：+＝1（a＞b＞0）绕长轴旋转一周形成的几何体的体积为（）A．b B． C． D．【解答】解：根据题意可得图形如图所示，由图可得O1P＝，圆柱中大圆的半径为b，小圆的半径为OB＝，易得S圆＝S圆环，则由祖暅原理可得V椭球＝2（πab2﹣πab2）＝πab2．故选：B．39．（2023•浉河区校级三模）已知椭圆＝1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方．若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是（）A． B． C．2 D．2【解答】解：如图所示，设线段PF的中点为M，连接OM．设椭圆的右焦点为F′，连接PF′．则OM∥PF′．又|OM|＝|OF|＝c＝2，|FM|＝|PF|＝（2a﹣2c）＝a﹣c＝1．设∠MFO＝α，在△OMF中，cosα＝＝，∴sinα＝＝∴tanα＝．故选：A．40．（2023•船营区校级模拟）如图，椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，A1，A2，B1，B2椭圆顶点，F2为右焦点，延长B1F2与A2B2交于点P，若∠B1PA2为钝角，则该椭圆离心率的取值范围是（）A．（，0） B．（0，） C．（0，） D．（，1）【解答】解：如图所示，∠B1PA2是与的夹角；设椭圆的长半轴、短半轴、半焦距分别为a，b，c，则＝（a，﹣b），＝（﹣c，﹣b）；∵向量的夹角为钝角时，•＜0，∴﹣ac+b2＜0，又b2＝a2﹣c2，∴a2﹣ac﹣c2＜0；两边除以a2得1﹣e﹣e2＜0，即e2+e﹣1＞0；解得e＜，或e＞；又∵0＜e＜1，∴＜e＜1；∴椭圆离心率e的取值范围是（，1）．故选：D．41．（2023•宛城区校级三模）已知椭圆C1与双曲线C2共焦点，双曲线C2实轴的两顶点将椭圆C1的长轴三等分，两曲线的交点与两焦点共圆，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：设椭圆C1的标准方程为，双曲线C2的标准方程为，设|F1F2|＝2c（c＞0），因为双曲线C2实轴的两顶点将椭圆C1的长轴三等分，则，设椭圆C1与双曲线C2的公共焦点为F1、F2，且F1、F2为两曲线的左、右焦点，设椭圆C1与双曲线C2在第一象限的交点为P，在第三象限的交点为Q，则，解得，由对称性可知PQ、F1F2的中点均为原点O，所以四边形PF1QF2为平行四边形，因为P、F1、Q、F2四点共圆，则有，故，由勾股定理可得，即，即，即，故椭圆C1的离心率为．故选：C．42．（2023•德州三模）若直线y＝kx+m（k≠0）与圆相切于点P，且交椭圆于A，B两点，O为坐标原点，射线OP与椭圆M交于点Q，设△OAB的面积与△QAB的面积分别为S1，S2，S1的最大值为1；当S1取得最大值时，的值为．【解答】解：由直线y＝kx+m（k≠0）与圆相切得：，所以4m2＝3k2+3．设A（x1，y1），B（x2，y2），将直线y＝kx+m（k≠0）代入椭圆C的方程得：（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，Δ＝64k2m2﹣4（1+4k2）（4m2﹣4）＝4（16k2﹣4m2+4），因为4m2＝3k2+3，所以Δ＝4（13k2+1）＞0且．所以，则，设点O到直线l的距离为，故△OAB的面积为：，当3k2+3＝13k2+1即时，等号成立，故S1的最大值为1．设Q（x3，y3），由直线y＝kx+m（k≠0）与圆相切于点P，可得OQ⊥AB，则，可得，所以＝，因为，所以，所以．故答案为：1；．43．（多选）（2023•菏泽二模）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔•蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C．F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，直线l的方程为，M为椭圆C的蒙日圆上一动点，MA，MB分别与椭圆相切于A，B两点，O为坐标原点，下列说法正确的是（）A．椭圆C的蒙日圆方程为x2+y2＝3 B．记点A到直线l的距离为d，则d﹣|AF2|的最小值为 C．一矩形四条边与椭圆C相切，则此矩形面积最大值为6 D．△AOB的面积的最小值为，最大值为【解答】解：对于A，当直线MA，MB一条斜率为0，另一条斜率不存在时，则；M（±，±1）由蒙日圆的定义可得蒙日圆方程为；x2+y2＝2+1＝3，故A正确；对于B，∵A为椭圆C上的点，|AF1|+|AF2|＝2a＝2，∴d﹣|AF2|＝d﹣（2﹣|AF1|＝d+|AF1|﹣2；∵d+|AF1|的最小值为点F1到直线l的距离，又F1（﹣1，0），∴（d+|AF1|）min＝＝，∴（d﹣|AF2|）min＝﹣2，B错误；对于C，矩形四条边均与C相切，该矩形为蒙日圆的内接矩形，设矩形的长为m，宽为n，蒙日圆的半径r＝，∴m2+n2＝（2）2＝12，∴mn（m2+n2）＝6（当且仅当m＝n＝时取等号），此矩形面积最大值为6，C正确；对于D，设A（x1，y1）位于椭圆上半部分，即y＝，∴y′＝﹣，在A处的切线斜率k＝﹣＝﹣，切线方程为：y﹣y1＝﹣（x﹣x1），即x1x+2y1y＝+2＝2，∴在A处的切线方程为；x1x+y1y＝1，同理可得：当A（x1，y1）位于椭圆下半部分，即y＝﹣，切线方程为；x1x+y1y＝1，在点A处的切线方程为x1x+y1y＝1，同理可知：在点B处的切线方程为；x2x+y2y＝1，设H（x0，y0），则x1x0+y1y0＝1且x2x0+y2y0＝1，可知A，B坐标满足方程，x0x+y0y＝1，即切点弦AB所在直线方程为：x0x+y0y＝1，当y0＝0时，M（±，0），此时AB所在直线方程为：x＝±，∴|AB|＝2＝，∴SAOB＝××＝；当y0≠0时，由，得：（2）x2﹣4x0x+4﹣4＝0，由A知：+＝3，∴（6﹣）x2﹣4x0x+4﹣8＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝，x1x2＝，|AB|＝•＝•，又原点O到直线AB的距离d＝＝，∴S△AOB＝|AB|•d＝••＝＝2＝2，令＝t，∵∈[0，3），则t∈[，），∵y＝﹣2t2+t为开口方向向下，对称轴为t＝的抛物线，ymax＝﹣2（）2+＝，ymin＝﹣2×（）2+＝，（S△AOB）max＝，（S△AOB）min＝，综上所述：的面积的最小值为，最大值为，故D正确．故选：ACD．44．（多选）（2023•3月份模拟）已知P（x1，y1），Q（x2，y2）是椭圆上两个不同点，且满足x1x2+9y1y2＝﹣2，则下列说法正确的是（）A．|2x1+3y1﹣3|+|2x2+3y2﹣3|的最大值为 B．|2x1+3y1﹣3|+|2x2+3y2﹣3|的最小值为 C．|x1﹣3y1+5|+|x2﹣3y2+5|的最大值为 D．|x1﹣3y1+5|+|x2﹣3y2+5|的最小值为【解答】解：已知A（x1，y1），B（x2，y2）是椭圆上两个不同点，则+＝1，+，设x＝m，3y＝n，C（m1，n1），D（m2，n2），O为坐标原点，则＝（m1，n1），＝（m2，n2），∴+＝4，+＝4且m1n1+m2n2＝﹣2，∴C、D两点均在圆m2+n2＝4的圆上，且∠COD＝120°，∴|CD|＝2，根据点到直线的距离公式，知×（+）＝×（+），为C、D两点到直线2x+y﹣3＝0的距离d1、d2之和的倍．设CD的中点为E，E到直线2x+y﹣3＝0的距离d3，则d1+d2＝2d3≤2（|OE|+）＝2+，|2x1+3y1﹣3|+|2x2+3y2﹣3|的最大值为×（2+）＝6+2，d1+d2＝2d3≥2（﹣|OE|+）＝﹣2+，|2x1+3y1﹣3|+|2x2+3y2﹣3|的最小值为×（﹣2+）＝6﹣2，故A正确，B错误；同理可得C错误，D正确．故选：AD．45．（多选）（2023•浙江模拟）已知椭圆，其右焦点为F，以F为端点作n条射线交椭圆于A1，A2，…，An，且每两条相邻射线的夹角相等，则（）A．当n＝3时， B．当n＝3时，△A1A2A3的面积的最小值为 C．当n＝4时，|A1F|+|A2F|+|A3F|+|A4F|＝8 D．当n＝4时，过A1、A2、A3、A4作椭圆的切线l1、l2、l3、l4，且l1、l3交于点P，l2、l4交于点Q，则PF、QF的斜率乘积为定值﹣1【解答】解：对于A，对于椭圆，其中c2＝a2﹣b2（c＞0），设A1（x，y）为椭圆上一点，又F（c，0），则|A1F|＝＝＝＝a﹣x（*），如图，设∠A1Fx＝θ则x﹣c＝|A1F|⋅cosθ代入（•）可得|A1F|＝a﹣x（c+|A1F|cosθ），解得，故对于，，所以，同理可得，，所以++＝[2+cosθ+2+cos（+θ）+2+cos（+θ）]＝，故A正确；对于B，＝×sin120°×（|A1F|•|A2F|+|A2F|•|A3F|+|A1F|•|A3F|设|A1F|＝x，|A2F|＝y，|A3F|＝z，则＝（xy+xz+yz），由z，又2＝++≥3•，∴xyz≥，当且仅当时等号成立，所以＝（xy+xz+yz）＝xyz≥，故B错误；对于C，取A1（2，0），则|A1F|+|A2F|+|A3F|+|A4F|＝7，故C错误；对于D，设椭圆上一点A1（x1，y1），则，即3+4＝12①，设切线l1：y＝kx+m，∵切线l1过点A1（x1，y1），∴y1＝kx1+m，即m＝y1﹣kx1②，由，消去y，整理得（4k2+3）x2+8kmx+4（m2﹣3）＝0，∵l1是椭圆的切线，∴Δ＝64k2m2﹣16（4k2+3）（m2﹣3）＝48（4k2+3﹣m2）＝0，∴m2＝4k2+3③，且由韦达定理，有④，③、④两式相乘，化简得x1m＝﹣4k，将②式代入，解得，由①式，有，，∴l1的方程为，结合①式，化简得，A3（x3，y3）可知l3的方程为+＝1，因为l1，l3交于点P，所以切点弦A1A3的方程为，因为弦A1A3过F（1，0），所以xP＝4，同理可得xQ＝4，kPF•kFQ＝•＝＝﹣1，故D正确．故选：ABD．三．直线与椭圆的综合（共15小题）46．（2023•常德模拟）已知椭圆E，直线与椭圆E相切，则椭圆E的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：由题意，联立椭圆E和直线的方程得：，整理得：，因为椭圆E和直线相切，则，化简得：，则椭圆E的离心率，故选：B．47．（2023•涟源市模拟）已知椭圆：，过点的直线与椭圆相交于A，B两点，且弦AB被点P平分，则直线AB的方程为．【解答】解：已知椭圆：，过点的的直线与椭圆相交于A，B两点，设A（x1，y1），B（x2，y2），则：，两式相减：（y1+y2）（y1﹣y2）＝0，∵P是A、B的中点，由中点坐标公式可知：x1+x2＝1y1+y2＝1，∴k＝＝﹣，则直线AB的方程为：y﹣，整理得：2x+16y﹣9＝0，故答案为：2x+16y﹣9＝0．48．（多选）（2023•南关区校级模拟）F1，F2为椭圆的两个焦点，过F1的直线l与椭圆交于A，B两点，则△ABF2的内切圆半径的r值可以为（）A． B． C． D．【解答】解：椭圆，则F1（﹣，0），F2（，0），当直线AB的斜率为0时，此时∠AF2B无限趋近于0°，则△ABF2的内切圆半径的r无限趋近于0，由题意设直线l的方程为x＝my﹣，A（x1，y1），B（x2，y2），联立，整理得（m2+4）y2﹣2my﹣1＝0，则y1+y2＝，y1y2＝﹣，∴×4×1•r＝×2|y1﹣y2|，即r＝＝＝•，令t＝m2+1（t≥1），则r＝×，又t++6≥2+6＝12，当且仅当t＝，即t＝3时等号成立，∴r＝×≤＝，故△ABF2的内切圆半径的r的取值范围为（0，]．故选：BCD．49．（2023•辽宁模拟）已知为椭圆上不同的三点，直线l：x＝2，直线PA交l于点M，直线PB交l于点N，若S△PAB＝S△PMN，则x0＝（）A．0 B． C． D．【解答】解：由S△PAB＝S△PMN，则，由图知：当P位置变化时，∠APB＝∠MPN或∠APB+∠MPN＝π，故sin∠APB＝sin∠MPN，所以|PA||PB|＝|PN||PM|，而直线AP、BP斜率存在且不为0（x0≠±1），故，，所以，即或，当，化简得，当时，，显然Δ＝16﹣20＜0，无解．所以．故选：B．50．（2023•广西模拟）A，B是椭圆上两点，线段AB的中点在直线上，则直线AB与y轴的交点的纵坐标的取值范围是（）A． B． C． D．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）【解答】解：由题意可知，直线AB的斜率必然存在，设直线AB的方程为y＝kx+m，则直线AB与y轴的交点的纵坐标为m，设点A（x1，y1），B（x2，y2），将直线AB的方程与椭圆方程联立并化简得（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣2＝0，Δ＝16k2m2﹣4（2k2+1）（2m2﹣2）＞0，化简得m2＜2k2+1，即．由韦达定理可得，所以4km＝2k2+1，将等式两边平方得16k2m2＝（2k2+1）2，所以．当且仅当时，等号成立，由于，解得或．因此，直线AB与y轴的交点的纵坐标的取值范围是．故选：A．51．（2023•临沂二模）已知椭圆的左焦点为F，上顶点为A．若存在直线l与椭圆交于不同的两点B，C，△ABC的重心为F，则l的斜率的取值范围是（）A．（﹣，0） B．（﹣，0） C．（﹣1，0） D．[﹣2，0）【解答】解：设椭圆的左焦点为F（﹣c，0），由已知A（0，b），设B（x1，y1），C（x2，y2），因为△ABC重心为F，所以x1+x2+0＝﹣3c，y1+y2+b＝3×0，所以x1+x2＝﹣3c，y1+y2＝﹣b，根据点差法可得：，所以＝0，所以直线l的斜率k＝−＝，当且仅当b＝c时等号成立，所以直线l的斜率取值范围是（﹣，0），故选：B．52．（2023•沈阳模拟）已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足|PA|＝|PB|，若M为直线AB上任意一点，O为坐标原点，则|OM|的最小值为（）A．1 B． C．2 D．【解答】解：∵椭圆的离心率为，∴＝（）2＝，∴a2＝6，∴椭圆的方程为+＝1，∵|PA|＝|PB|，∴P为AB的中点，设A（x1，y1），B（x2，y2），∴+＝1，+＝1，两式相减得+＝0，∵x1+x2＝2×＝3，y1+y2＝2×＝1，∴＝﹣1，∴直线AB的方程为y﹣＝（﹣1）（x﹣），即x+y﹣2＝0，∴|OM|的最小值为点O到直线AB的距离d＝＝．故选：B．53．（2023•鞍山模拟）已知A，B，C是椭圆上的三个点，O为坐标原点，A，B两点关于原点对称，AC经过右焦点F，若|OA|＝|OF|且|AF|＝2|CF|，则该椭圆的离心率是．【解答】解：设椭圆的左焦点F1（﹣c，0），连接AF1，BF1，CF1，|OA|＝|OF|＝|OB|，所以AF⊥BF，设|CF|＝m，|AF|＝2m，由对称性可知：|AF1|＝|BF|＝2a﹣2m，在△ABF中，由|AF|2+|BF|2＝|AB|2，则4m2+（2a﹣2m）2＝（2c）2，①在Rt△AF1C中，|CF1|＝2a﹣m，9m2+（2a﹣2m）2＝（2a﹣m）2，可得a＝3m，将m＝代入①，解得椭圆的离心率e＝＝．故答案为：．54．（2023•镇海区校级模拟）已知椭圆，F1、F2分别是其左，右焦点，P为椭圆C上非长轴端点的任意一点，D是x轴上一点，使得PD平分∠F1PF2．过点D作PF1、PF2的垂线，垂足分别为A、B．则的最大值．【解答】解：由椭圆，可知a＝2，F1、F2分别是其左，右焦点，c＝1，令∠DPF2＝θ，∠PDB＝φ，则θ+φ＝，|F1F2|＝2c，其中c2＝a2﹣b2，设|PF1|＝m，|PF2＝|＝n，则m+n＝2a，由余弦定理可知m2+n2﹣2mncos∠F1PF2＝4c2，∴（m+n）2﹣2mn（1+cos∠F1PF2）＝4c2，∴1+cos∠F1PF2＝＝，∴1+cos2θ＝1+cos2θ﹣sin2θ＝2cos2θ＝，∴cos2θ＝，∴mn＝，∴＝•mn•sin2θ＝mn•sinθcosθ＝•sinθcosθ＝b2tanθ．∴△PF1F2的面积＝b2tanθ＝|AD|•（|PF1|+|PF2|），∴tanθ＝|AD|，∴△DMN的面积S△DAB＝|AD|•|BD|sin2φ＝|AD|2sin2φ＝tan2θsin2φ，＝•sinφcosφ＝•sin（﹣θ）cos（﹣θ）＝，∴＝＝sin2θ，由sinθ∈（0，]，∴∈（0，]，∴则的最大值是．故答案为：．55．（2023•郑州模拟）直线l：x+y﹣1＝0与椭圆C：＝1交于A，B两点，长轴的右顶点为点P，则△ABP的面积为．【解答】解：由椭圆C：＝1的方程可得右顶点P（2，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，整理可得：3y2﹣2y﹣3＝0，可得Δ＞0显然成立，且y1+y2＝，y1y2＝﹣1，所以弦长|AB|＝＝＝，P到直线l的距离d＝＝，所以S△PAB＝|AB|•d＝＝．故答案为：．56．（多选）（2023•万州区校级模拟）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左，右焦点分别为F1，F2，长轴长为4，点在椭圆C外，点Q在椭圆C上，则（）A．椭圆C的离心率的取值范围是 B．当椭圆C的离心率为时，|QF1|的取值范围是 C．存在点Q使得 D．的最小值为2【解答】解：由题意得a＝2，又点在椭圆C外，则，解得，所以椭圆C的离心率，即椭圆C的离心率的取值范围是，故A正确；当时，，，所以|QF1|的取值范围是[a﹣c，a+c]，即，故B正确；设椭圆的上顶点为A（0，b），F1（﹣c，0），F2（c，0），由于，所以存在点Q使得，故C正确；，当且仅当|QF1|＝|QF2|＝2时，等号成立，又|QF1|+|QF2|＝4，所以，故D不正确．故选：ABC．57．（多选）（2023•晋中模拟）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为B，直线l：y＝kx（k≠0）与椭圆C交于M，N两点，∠F1MF2的角平分线与x轴相交于点E，与y轴相交于点G（0，m），则（）A．四边形MF1NF2的周长为8 B．的最小值为9 C．直线BM，BN的斜率之积为 D．当时，|F1E|：|F2E|＝2：1【解答】解：对A选项，由椭圆的定义知，四边形MF1NF2的周长为2a+2a＝4a＝8，A正确；对B选项，，当且仅当时等号成立，故B错误；对C选项，设M（x1，y1），则N（﹣x1，﹣y1），又，所以．因为点M（x1，y1）在椭圆上，所以，即，所以，C正确；对D选项，设E（t，0）（﹣1＜t＜1），则＝，|MF1|+|MF2|＝4，所以|MF1|＝2（t+1），|MF2|＝2（1﹣t），在椭圆C：中，由其第二定义（d指的是椭圆上的点到相应的准线的距离）得，∴|MF1|＝2+，所以x1＝4t，故M（4t，y1），E（t，0），，因为三点共线，所以，解得，则，解得，当时，，当时，，故D错误．故选：AC．58．（多选）（2023•邵阳一模）“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上．称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔•蒙日（1746﹣1818）最先发现．已知长方形R的四条边均与椭圆C：＝1相切，则下列说法正确的有（）A．椭圆C的离心率为 B．椭圆C的蒙日圆方程为x2+y2＝6 C．椭圆C的蒙日圆方程为x2+y2＝9 D．长方形R的面积的最大值为18【解答】解：椭圆的离心率为：e＝＝＝，设两条互相垂直的切线的交点为P（x0，y0），当题设中的两条互