椭圆的简单几何性质

3.【考点梳理】考点一：椭圆的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，－b≤y≤b－b≤x≤b，－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)轴长短轴长＝2b，长轴长＝2a焦点(±eq\r(a2－b2)，0)(0，±eq\r(a2－b2))焦距|F1F2|＝2eq\r(a2－b2)对称性对称轴：x轴、y轴对称中心：原点离心率e＝eq\f(c,a)∈(0,1)考点二：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)的位置关系的判断方法：联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1.))消去y得到一个关于x的一元二次方程．直线与椭圆的位置关系、对应一元二次方程解的个数及Δ的取值的关系如表所示．直线与椭圆解的个数Δ的取值两个不同的公共点两解Δ>0一个公共点一解Δ＝0没有公共点无解Δ<0重难点技巧：弦长的两种方法(1)求出直线与椭圆的两交点坐标，用两点间距离公式求弦长．(2)联立直线与椭圆的方程，消元得到关于一个未知数的一元二次方程，利用弦长公式：|P1P2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或|P1P2|＝\r(1＋\f(1,k2))\r(y1＋y22－4y1y2)))，其中x1，x2(y1，y2)是上述一元二次方程的两根，由根与系数的关系求出两根之和与两根之积后代入公式可求得弦长．【题型归纳】题型一：椭圆的焦点、焦距.顶点，长短轴1．（2023·全国·高二）椭圆和（

）A．长轴长相等 B．短轴长相等 C．焦距相等 D．顶点相同【答案】C【分析】由椭圆的简单几何性质求解即可.【详解】对于椭圆，，，，∴，，，∴长轴长，短轴长，焦距，对于椭圆，，，，∴，，，∴长轴长，短轴长，焦距，∴椭圆和的长轴长和短轴长均不相等，故顶点不相同，焦距相等.故选：C.2．（2023秋·陕西西安·高二统考期末）已知椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的2倍，则（

）A．2 B．1 C． D．4【答案】D【分析】根据椭圆的方程，结合椭圆的几何性质，列式求解.【详解】由条件可知，，，且，解得：.故选：D3．（2022秋·高二课时练习）已知椭圆为其左焦点，过点且垂直于轴的直线与椭圆的一个交点为，若（为原点），则椭圆的长轴长等于（

）A．6 B．12 C． D．【答案】C【分析】结合椭圆的几何性质求出，由条件列方程求出，由此可求长轴长.【详解】因为椭圆的左焦点为，所以，又垂直于轴，在椭圆上，故可设，所以，又，所以，又所以．，解得从而，故选：C.题型二：椭圆的椭圆的范围问题4．（2022·江苏·高二专题练习）椭圆的焦点为F1、F2，点P为椭圆上一动点，当∠F1PF2为钝角时，点P的横坐标的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】设，根据椭圆方程求得两焦点坐标，根据是钝角可得，代入点的坐标可求得的不等式关系，求得的范围【详解】设，由题意可得,因为是钝角，所以，所以，所以，所以，得，所以，故选：C5．（2022·全国·高二专题练习）设、分别是椭圆的左、右焦点，若是该椭圆上的一个动点，则的最大值和最小值分别为（

）A．与 B．与 C．与 D．与【答案】A【分析】设点，则，且，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的最大值和最小值.【详解】在椭圆中，，，，则点、，设点，则，且，则，所以，，，所以，，所以，当时，取最小值，当时，取最大值.故选：A.6．（2022秋·河南洛阳·高二宜阳县第一高级中学校考阶段练习）已知焦点在x轴上且离心率为的椭圆E，其对称中心是原点，过点的直线与E交于A，B两点，且，则点B的纵坐标的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，，利用，得到，再由椭圆的离心率为，设椭圆E的标准方程为，由A，B两点在椭圆上，得到求解.【详解】设，，则由，可得，解得，，即.因为椭圆的离心率为，所以可设椭圆E的标准方程为，所以，消去，的平方项，得，由，即，解得，又，所以，所以，故选：A.题型三：椭圆的离心率问题7．（2023秋·江苏盐城·高二江苏省射阳中学校考开学考试）已知是椭圆的左焦点，若过的直线与圆相切，且的倾斜角为，则椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据直线与圆相切的位置关系可构造的齐次方程，结合椭圆关系可求得离心率.【详解】由题意知：，则直线，即，与圆相切，，即，，，椭圆的离心率.故选：A.8．（2023·江苏·高二专题练习）已知A，B，C是椭圆上的三个点，直线AB经过原点O，直线AC经过椭圆的右焦点F，若，且，则椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设椭圆左焦点为，设，根据椭圆对称性表示相关线段长，以及推出，利用勾股定理推出，在中，再利用勾股定理即可得的关系，即可求得答案.【详解】设椭圆左焦点为，连接，设，结合椭圆对称性得，由椭圆定义得，则.因为，则四边形为平行四边形，则，而，故，则，即，整理得，在中，，即，即，故，故选：C9．（2023·江苏·高二专题练习）已知椭圆E：与直线相交于A，B两点，O是坐标原点，如果是等边三角形，那么椭圆E的离心率等于（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意不妨设点B在第一象限，则，结合直线OB的斜率运算求解即可.【详解】联立方程，解得，不妨设点B在第一象限，则，由题意可知：OB的倾斜角是，则，所以椭圆的离心率.故选：C．题型四：椭圆的中点弦问题10．（2023秋·全国·高二期中）若椭圆的弦被点平分，则所在直线的方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用点差法求出直线的斜率，再利用点斜式可得出直线的方程.【详解】若直线轴，则点、关于轴对称，则直线的中点在轴，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设点、，则，所以，，两式作差可得，即，即，可得直线的斜率为，所以，直线的方程为，即.故选：B.11．（2023·江苏·高二专题练习）已知椭圆，直线依次交轴、椭圆轴于点四点．若，且直线斜率．则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意分析可知：的中点即为弦的中点，利用点差法运算求解.【详解】设直线：，可得，设的中点为，连接OM，则，，因为，则，即为弦的中点，设，则，因为，可得，两式相减得，整理得，可得，即，可得，所以椭圆的离心率为.故选：D.12．（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据中点弦点差法可得弦中点和直线斜率得，进而可得.【详解】设直线与椭圆相交于，两点，弦的中点坐标是，则，，直线的斜率.由，得，得，所以，故椭圆的离心率.故选：B.题型五：直线与椭圆的弦长问题13．（2023·全国·高二专题练习）若椭圆的弦的中点为，则弦的长为（）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意，利用中点弦的“平方差法”求得弦的斜率，得出的直线方程，联立方程组，结合弦长公式，即可求解.【详解】设，因为弦的中点为，可得，又因为在椭圆上，可得，两式相减可得，可得，即直线的斜率为，所以弦的直线方程为，即，联立方程组，整理得，可得，由弦长公式，可得.故选：A.14．（2023秋·天津北辰·高二校考期末）已知，是椭圆的焦点，过且垂直于轴的直线交椭圆于，两点，且，则椭圆的方程为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意设椭圆方程为，再将代入椭圆方程求出，则有，再结合可求出，从而可得椭圆方程.【详解】由题意设椭圆方程为，则，当时，，则，因为，所以，得，所以，所以，所以，解得或（舍去），所以，所以椭圆方程为，故选：C15．（2022秋·湖南长沙·高二长沙一中校联考期中）已知椭圆的上顶点为，左右焦点为，离心率为.过且垂直于的直线与交于两点，，则的周长是（

）A．19 B．14 C． D．13【答案】D【分析】由离心率为，得到a，b，c之间的关系，做出简图，分析可得直线的方程为：，且直线垂直平分，所以的周长等于的周长，等于，将直线方程与椭圆方程联立，利用弦长公式求出c，a的值.【详解】因为椭圆的离心率为，所以，，如图，，所以为正三角形，又因为直线过且垂直于，所以，直线的方程为：，设点D坐标，点E坐标，将直线方程与椭圆方程联立，得，则，，所以，得，.由图，直线垂直平分，所以的周长等于的周长，等于.故选：D.题型六：椭圆中的向量问题16．（2023春·河南信阳·高二潢川县高级中学（河南省潢川高级中学）校考阶段练习）已知过椭圆的上焦点且斜率为的直线交椭圆于两点，为坐标原点，直线分别与直线相交于为锐角，则直线的斜率的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据椭圆的标准方程求出焦点坐标，利用直线的斜截式方程设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，再利用韦达定理及两直线相交联立方程组求出交点坐标，结合已知条件、点在直线上及向量的数量积的坐标运算即可求解.【详解】由题意可知，所以所以椭圆的上焦点为，设直线的方程为，联立消去，得，所以.由题设知，所在的直线方程为.因为直线与直线相交于点，所以；同理可得.所以.因为为锐角，所以，所以，即，解得：或，所以，或，或.故直线的斜率的取值范围是.故选:D.17．（2023·全国·高二专题练习）若点O和点F分别是椭圆的中心和左焦点，点P为该椭圆上的任意一点，则的最大值为（

）A．6 B．5 C．4 D．2【答案】A【分析】设，由数量积的运算及点在椭圆上，可把表示成为的二次函数，根据二次函数性质可求出其最大值.【详解】设，，则，则，因为点为椭圆上，所以有：，即，所以，又因为，所以当时，的最大值为6.故选：A.18．（2023秋·全国·高二期中）点为椭圆的右顶点，为椭圆上一点（不与重合），若（是坐标原点），则椭圆的离心率的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，由，得到，再与椭圆方程联立得到，再由点P的位置求解.【详解】解：设，又，且，则，与椭圆方程联立，即，解得或，则，即，即，则，故选：B题型七：椭圆的定点、定值、最值问题19．（2023·全国·高二随堂练习）已知椭圆的离心率为，点在C上，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.【答案】证明见解析【分析】根据椭圆离心率结合点在椭圆上，求出椭圆方程，设A，B坐标，利用点差法即可证明结论.【详解】证明：由题意可得，解得，故椭圆方程为，由题意可设直线l的方程为，设，则，则，两式相减得，即，即，又M为线段AB的中点，即有,即，即直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.20．（2023春·浙江·高二校联考开学考试）已知椭圆：．(1)直线：交椭圆于，两点，求线段的长；(2)为椭圆的左顶点，记直线，，的斜率分别为，，，若，试问直线是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)直线过定点【分析】（1）将与椭圆联立得到、、和，进而得到；（2）设直线：，联立椭圆与直线得到韦达定理以及，利用进而得到，由得到的值，最后舍去不符合题意的即可.【详解】（1）

将直线与椭圆方程联立，即，得，即，故；（2）设直线：，，，由得，，，又，，故，由，得，故或，①当时，直线：，过定点，与已知不符，舍去；②当时，直线：，过定点，，符合题意．21．（2023春·福建泉州·高二校考期末）已知椭圆C：的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为，O为坐标原点，线段OA的中点为D，且.(1)求C的方程；(2)已知点M、N均在直线上，以MN为直径的圆经过O点，圆心为点T，直线AM、AN分别交椭圆C于另一点P、Q，证明直线PQ与直线OT垂直.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题设易知且，根据有即可求，进而写出椭圆方程.（2）令，，则，而，即可写出直线、的方程，联立椭圆方程并设、，应用韦达定理求、的坐标，进而可求，结合及，即可证直线与直线垂直.【详解】（1）由题意知：，，则，而，所以，即，又，所以，解得或（舍去），故，所以的方程.（2）令，，则，而，所以，，联立椭圆方程，整理得，显然，若，则，得，则，即，同理，整理得，显然，若，可得，则，即.所以，又，则，所以，故，而，所以，则直线与直线垂直，得证.【双基达标】一、单选题22．（2023秋·高二课时练习）曲线与曲线的（

）.A．长轴长相等 B．焦距相等 C．离心率相等 D．短轴长相等【答案】B【分析】通过方程分别研究两曲线的相关性质，比较即可.【详解】曲线是焦点在轴上的椭圆，则，长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率.曲线，由得，且，故曲线也是焦点在轴上的椭圆，，长轴长、离心率、短轴长均与有关，不一定与曲线的相同；而其焦距为，与曲线的焦距相同.故选：B.23．（2023秋·高二课时练习）直线与椭圆的公共点的个数是（

）A．0 B．1C．2 D．无数个【答案】C【分析】联立直线与椭圆的方程消去y，再利用判别式判断作答.【详解】由消去y并整理得，显然，所以直线与椭圆相交，有2个公共点.故选：C24．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考阶段练习）椭圆的一个焦点为，点在椭圆上且在第一象限，如果线段的中点在轴上，那么点的纵坐标是（

）追A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意确定的位置，然后利用代入法进行求解即可.【详解】由，因为点在椭圆上且在第一象限，如果线段的中点在轴上，所以是左焦点，坐标为，设，因为线段的中点在轴上，所以，代入椭圆方程中，得，或舍去，因为线段的中点是，所以点的纵坐标是，故选：A25．（2023·全国·高二随堂练习）求适合下列条件的椭圆的标准方程：(1)长轴长为6，离心率为；(2)经过点，离心率为，焦点在x轴上；(3)x轴上的一个焦点与短轴两个端点的连线互相垂直，且焦距为6.【答案】(1)或(2)(3)【分析】(1)根据离心率与长轴的定义，求解出椭圆的、、，再按焦点所在坐标轴分别写出椭圆的标准方程即可；(2)根据离心率与顶点坐标的定义，求解椭圆的、、即可(3)根据为等腰直角三角形，利用勾股定理求解出、、的关系即可.【详解】（1）由题意得：，则，又因为，所以，则由椭圆的几何性质得：，所以，所以椭圆的标准方程为：或.（2）因为椭圆的焦点在轴上，由题设得：，又因为，所以，则由椭圆的几何性质得：，所以，所以椭圆的标准方程为：.（3）设椭圆标准方程为：，如图所示，为等腰直角三角形，为斜边上的中线，且，，又因为焦距为6，所以，则由椭圆的几何性质得：，所以椭圆的标准方程为：.26．（2023秋·高二课时练习）已知是椭圆上的两点，关于原点对称，是椭圆上异于的一点，直线和的斜率满足.(1)求椭圆的标准方程；(2)若斜率存在且不经过原点的直线交椭圆于两点异于椭圆的上、下顶点），当的面积最大时，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用两点的斜率公式计算化简即可；（2）设直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式计算面积，结合基本不等式求出面积最大时的关系式，再计算斜率之积即可.【详解】（1）设，易知，由，得，化简得，故椭圆的标准方程为.（2）

设的方程为，，，将代入椭圆方程整理得，，，，，则，又原点到的距离为，故，当且仅当时取等号，此时，的面积最大.故.【高分突破】一、单选题27．（2023春·湖北恩施·高二校联考期中）已知椭圆，斜率为的直线与椭圆交于两点，在轴左侧，且点在轴上方，点关于坐标原点对称的点为，且，则该椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作轴交于点，得到，设出直线方程，联立方程组，结合韦达定理与两点斜率公式，列出方程求得，进而求得椭圆的离心率.【详解】如图所示，作轴交于点，因为直线的斜率为，设直线方程为且，则，联立方程组，整理得，则，可得，，由，可得，所以，可得，则椭圆的离心率为.故选：D.28．（2023秋·吉林四平·高二校考阶段练习）已知，分别是椭圆（）的左，右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，结合椭圆的定义，在中利用勾股定理求得，中利用勾股定理求得，可求椭圆C的离心率.【详解】连接，设，则，，，在中，即，，，，，，在中，，即，，，又，.故选：C.29．（2023·江苏·高二专题练习）如图，直线过椭圆的左焦点和一个顶点B，该椭圆的离心率为（）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意可得，结合之间的关系可得，即可得结果.【详解】设椭圆的焦距为，则，因为直线的斜率，由题意可得，则，解得，所以椭圆的离心率为.故选：D.30．（2023·江苏·高二专题练习）设椭圆的焦点为为椭圆上的任意一点，的最小值取值范围为，其中，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得，设，可表示出，结合化简，进而可得当时，取得最小值，进而求解即可.【详解】由题意可知，，设，因为，所以，又，，所以，因为，则，当时，取得最小值，即，即，所以，即椭圆的离心率为.故选：D.31．（2023春·吉林长春·高二校考开学考试）已知是椭圆：的右焦点，点P在椭圆上，线段与圆相切于点，且，则椭圆的离心率等于（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设椭圆的左焦点为，确定，，，即可求得，根据椭圆的离心率即可得到所求．【详解】设椭圆的左焦点为，连接，设圆心为，则，则圆心坐标为,，半径为，由于,,，，故,,线段与圆（其中相切于点，,,，则，，故选：D．二、多选题32．（2023秋·高二课时练习）已知椭圆与直线交于两点，且，则实数＝（

）A． B．C． D．【答案】AD【分析】联立椭圆方程与直线方程，用韦达定理即可表示出弦长并结合即可求解.【详解】由消去并整理，得设，则.由题意得，即，解得．故选：AD.33．（2023春·甘肃天水·高二校考期中）椭圆以x轴和y轴为对称轴，经过点，长轴长是短轴长的2倍，则椭圆的标准方程可能为（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据题意可得，分类讨论焦点所在的位置，运算求解即可.【详解】设长轴长为，短轴长为，因为长轴长是短轴长的2倍，则，即，又因为椭圆经过点，则有：若椭圆的焦点在x轴上，可知，椭圆的标准方程为；若椭圆的焦点在y轴上，可知，椭圆的标准方程为；综上所述：椭圆的标准方程为或.故选：AC.34．（2023秋·高二单元测试）已知椭圆E：的离心率为，左、右焦点分别为，，上顶点为P，若过且倾斜角为的直线l交椭圆E于A，B两点，的周长为8，则（

）A．直线的斜率为 B．椭圆E的短轴长为4C． D．四边形的面积为【答案】ACD【分析】对于A：根据离心率可得，进而可得，结合斜率公式运算求解；对于B：根据题意分析可得关于直线l对称，结合椭圆的定义运算求解；对于C：根据数量积的定义运算求解；对于D：联立方程，利用韦达定理和弦长公式求面积即可.【详解】对于选项A：设椭圆的半焦距为，因为，解得，可知，直线的斜率为，故A正确；对于选项B：由选项A可知：，且，则为等边三角形，由题意可知：，即直线l为的角平分线，则点关于直线l对称，所以的周长为8，则，可得，所以椭圆E的短轴长为，故B错误；对于选项C：因为，所以，故C正确，对于选项D：因为直线l的方程为，椭圆方程为，设，联立方程，消去x得，则，可得，则，点直线l的距离为，所以四边形的面积为，故D正确；故选：ACD.35．（2023秋·高二单元测试）已知椭圆的上顶点为，两个焦点为，离心率为．过且垂直于的直线与交于两点，若的周长是26，则（

）A． B．C．直线的斜率为 D．【答案】ACD【分析】根据离心率为，得到为等边三角形，再由过且垂直于直线的，得到，为等腰三角形，再根据的周长，得到a，进而得到b，c，然后设DE所在直线方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式验证D选项.【详解】解：如图所示：∵椭圆的离心率为，∴不妨设椭圆．∵的上顶点为，两个焦点为，∴为等边三角形，∵过且垂直于的直线与交于两点，∴．故C项正确．由等腰三角形的性质可得．由椭圆的定义可得的周长为，∴．故A项正确，B项错误．对于D项，设，联立，消去y得：，则，由韦达定理得，所以，故D项正确．故选：ACD36．（2023春·江西抚州·高二江西省乐安县第二中学校考期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（

）A．的最小值为B．椭圆的短轴长可能为2C．椭圆的离心率的取值范围为D．若，则椭圆的长半轴长为【答案】AC【分析】利用椭圆的定义计算判断A；点在椭圆内建立不等式，推理计算判断BC；求出点的坐标，列出方程计算判断D作答.【详解】对于A，由，得，则，当三点共线时取等号，A正确；对于B，由点在椭圆内部，得，则，有，椭圆的短轴长大于2，B错误；对于C，因为，且，于是，即，解得，即，因此，椭圆的离心率的取值范围为，C正确；对于D，由，得为线段的中点，即，则，又，即，解得，则，椭圆的长半轴长为，D错误.故选：AC【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．三、填空题37．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考阶段练习）已知椭圆的离心率为，则椭圆的长轴长为.【答案】【分析】根据椭圆的标准方程以及其离心率的定义，可得答案.【详解】由椭圆，显然，则，，，由题意可得，解得，所以椭圆的长轴长.故答案为：.38．（2023秋·高二课时练习）已知椭圆：的上顶点为，两个焦点为，，线段的垂直平分线过点，则椭圆的离心率为．【答案】/【分析】求出线段的中点坐标，根据两直线垂直斜率关系可得，再结合可求得离心率.【详解】

如图，设的垂直平分线与交于点，由题，，，，则，，，，，化简得，，由，解得，，即.故答案为：.39．（2023·江苏·高二专题练习）设，分别是椭圆的左，右焦点，过点的直线交椭圆于，两点，若，且，则椭圆的离心率为.【答案】/【分析】如图，设，由题意，椭圆定义结合余弦定理可得，后在由余弦定理可得，即可得答案.【详解】如图，设，则，.又由椭圆定义可得.则在中，由余弦定理可得:.则，则在由余弦定理可得：.又.故答案为：40．（2023秋·高二课时练习），是椭圆E：的左，右焦点，点M为椭圆E上一点，点N在x轴上，满足，，则椭圆E的离心率为.【答案】【分析】根据，得到，且是的角平分线，再结合和角平分线定理得到，然后在中，利用勾股定理求解.【详解】解：因为，所以，则是的角平分线，所以，又因为，所以，设，由椭圆定义得，即，解得，则，则，所以，则，故答案为：41．（2023秋·高二单元测试）若椭圆上存在一点M，使得（，分别为椭圆的左、右焦点），则椭圆的离心率e的取值范围为.【答案】【分析】方法一：设点M的坐标是，则，由题意，即，结合点M在椭圆上，可得，即可求出椭圆的离心率的取值范围；方法二：设点M的坐标是，由已知可得出关于、的方程组，求出，可得出关于、、的不等式组，由此可解得椭圆的离心率的取值范围；方法三：设椭圆的一个短轴端点为P，由题意，则，进而可求得椭圆的离心率的取值范围.【详解】方法一：设点M的坐标是，则.∵，，∴，.∵，∴，即.又点M在椭圆上，即，∴，即，∴，即，又，∴，故椭圆的离心率e的取值范围是.方法二：设点M的坐标是，由方法一可得消去，得，∵，∴，由②得，此式恒成立.由①得，即，∴，则.又，∴.综上所述，椭圆的离心率e的取值范围是.方法三：设椭圆的一个短轴端点为P，∵椭圆上存在一点M，使，∴，则，（最大时，M为短轴端点）∴，即，又，∴，故椭圆的离心率e的取值范围为.故答案为：.四、解答题42．（2023春·河南周口·高二校联考阶段练习）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)若椭圆过原点的弦相互垂直，求四边形面积的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）通过离心率，可得与的关系；再利用点，得到与的关系；通过方程组求得椭圆方程；（2）先分斜率是否存在分类讨论，再设直线方程，与椭圆方程联立，通过根与系数关系可利用弦长公式和点到直线距离公式得,再结合椭圆的对称性将四边形面积转化为求解,结合不等式求四边形面积的最大值．【详解】（1）由，得，则，故椭圆方程可化为，将代入上式得，则，故椭圆的标准方程为．（2）由题意得，四边形为菱形，则菱形的面积当直线的斜率不存在或为0时，易得当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，则的方程为，设，将代入，得，则，则