第20讲 椭圆的简单几何性质10种常见考法归类解析版-新高二数学暑假自学课讲义

第20讲椭圆的简单几何性质10种常见考法归类1.掌握椭圆的简单几何性质．2.通过椭圆与方程的学习，了解椭圆的简单应用，进一步体会数形结合的思想.知识点1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))).）注：(1)椭圆的焦点一定在它的长轴上．(2)椭圆上到中心的距离最小的点是短轴的两个端点，到中心的距离最大的点是长轴的两个端点．(3)椭圆上到焦点的距离最大和最小的点分别是长轴的两个端点，最大值为a＋c，最小值为a－c.(4)椭圆有四个顶点、两个焦点，共六个特殊点，研究椭圆时一定要注意这六个特殊点的位置．(5)已知椭圆的四个顶点，可以使用几何作图找出其焦点，方法是：以短轴的端点为圆心，a为半径作弧交长轴于两点，这两点就是该椭圆的焦点．(6)椭圆的离心率e的大小反映椭圆的扁平程度，e越大，椭圆越扁；e越小，椭圆越圆．拓展：用离心率e＝eq\f(c,a)来刻画椭圆的扁平程度．如图所示，在Rt△BF2O中，cos∠BF2O＝eq\f(c,a)，记e＝eq\f(c,a)，则0<e<1，e越大，∠BF2O越小，椭圆越扁；e越小，∠BF2O越大，椭圆越接近于圆．(7)常用椭圆方程的设法①与椭圆共焦点的椭圆方程可设为：②有相同离心率：（，焦点在轴上）或（，焦点在轴上）知识点2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.知识点3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．知识点4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：1、用标准方程研究几何性质的步骤(1)将椭圆方程化为标准形式；(2)确定焦点位置；(3)求出a，b，c；(4)写出椭圆的几何性质．注：长轴长、短轴长、焦距不是a，b，c，而应是a，b，c的两倍．2、利用椭圆的几何性质求标准方程的思路利用椭圆的几何性质求椭圆的标准方程时，通常采用待定系数法，其步骤是：(1)确定焦点位置；(2)设出相应椭圆的标准方程(对于焦点位置不确定的椭圆可能有两种标准方程)；(3)根据已知条件构造关于参数的关系式，利用方程(组)求参数．列方程(组)时常用的关系式有b2＝a2－c2，e＝eq\f(c,a)等．3、求椭圆离心率及范围的两种方法(1)直接法：若已知a，c可直接利用e＝eq\f(c,a)求解．若已知a，b或b，c可借助于a2＝b2＋c2求出c或a，再代入公式e＝eq\f(c,a)求解．(2)方程法：若a，c的值不可求，则可根据条件建立a，b，c的关系式，借助于a2＝b2＋c2，转化为关于a，c的齐次方程或不等式，再将方程或不等式两边同除以a的最高次幂，得到关于e的方程或不等式，即可求得e的值或范围．4、判断直线与椭圆的位置关系判断直线与椭圆的位置关系，通过解直线方程与椭圆方程组成的方程组，消去方程组中的一个变量，得到关于另一个变量的一元二次方程，则Δ>0⇔直线与椭圆相交；Δ＝0⇔直线与椭圆相切；Δ<0⇔直线与椭圆相离．5、解决椭圆中点弦问题的两种方法(1)根与系数关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决；(2)点差法：利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系，具体如下：已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的两个不同的点，M(x0，y0)是线段AB的中点，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，①,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，②))由①－②，得eq\f(1,a2)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＋eq\f(1,b2)(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2))＝0，变形得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x0,y0)，即kAB＝－eq\f(b2x0,a2y0).6、求与椭圆有关的最值、范围问题的方法(1)定义法：利用定义转化为几何问题处理．(2)数形结合法：利用数与形的结合，挖掘几何特征，进而求解．(3)函数法：探求函数模型，转化为函数的最值问题，借助函数的单调性、基本不等式等求解，注意椭圆的范围．7、解决和椭圆有关的实际问题的思路(数学抽象)(1)通过数学抽象，找出实际问题中涉及的椭圆，将原问题转化为数学问题．(2)确定椭圆的位置及要素，并利用椭圆的方程或几何性质求出数学问题的解．(3)用解得的结果说明原来的实际问题．考点一：由标准方程研究几何性质例1．（2023秋·高二课时练习）椭圆的焦点坐标为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据椭圆中的关系即可求解.【详解】由于，所以椭圆的焦点在轴上，且，故焦点为，故选：D变式1．（2023秋·高二课时练习）椭圆与椭圆的关系为（

）A．有相同的长轴长与短轴长 B．有相同的焦距C．有相同的焦点 D．有相同的离心率【答案】B【分析】利用椭圆的方程分别求出两个方程的a，b，c的值以及焦点所在位置，即可判断每个选项的正误.【详解】对于椭圆，则，且焦点在x轴上，所以长轴长为10，短轴长为6，焦距为8，焦点为，离心率为，对于椭圆，因为，则，可得，且焦点在y轴上，所以长轴长为，短轴长为，焦距为8，焦点为，离心率为，所以A、C、D错误，B正确.故选：B.变式2．（2023秋·四川内江·高三期末）椭圆的焦点为、，点在椭圆上且轴，则到直线的距离为（

）A． B．3 C． D．【答案】A【分析】先求出、的坐标，再由轴，可求出，再由勾股定理可求出，然后利用等面积法可求得结果.【详解】由，得，所以，所以，，当时，，解得，因为轴，所以，所以，设到直线的距离为，因为，所以，解得，故选：A变式3．（2023秋·高二课时练习）已知是椭圆的两个焦点，点P在椭圆上，如果是直角三角形，求点的坐标．【答案】答案见解析【分析】根据题意对直角位置进行分类讨论，当或为直角时可直接求得点横坐标，当为直角时，利用向量构造方程组即可求得结果.【详解】根据题意可知，，不妨设，设；①若为直角，即与轴垂直，此时点的横坐标与，即；又因为点在椭圆上，所以，解得所以，点的坐标为或；②若为直角，此时点的横坐标与，即；又因为点在椭圆上，所以，解得所以，点的坐标为或③若为直角，则，即可得，联立椭圆方程可得，解得，所以即点的坐标为或或或考点二：利用几何性质求标准方程例2．（2023秋·高二课时练习）求满足下列条件的椭圆的标准方程：(1)焦点在y轴上，焦距是4，且经过点；(2)经过两点和；(3)经过两点.(4)过点且与椭圆有相同焦点.【答案】(1)(2)(3)(4)【分析】（1）由题意可得，然后利用椭圆的定义得到，进而即可求解；（2）椭圆的方程为（，，），将点的坐标代入，解方程组即可求解；（3）椭圆的方程为（，，），将点的坐标代入，解方程组即可求解；（4）根据题意可知椭圆的焦点坐标为，设所求方程为，将点代入得即可求解.【详解】（1）由题意知，且焦点坐标分别为，.由，得，可得，所以.又焦点在y轴上，所以所求椭圆的标准方程为.（2）设椭圆的方程为（，，）.将两点的坐标代入方程，得，解得，故所求椭圆的标准方程为.（3）设所求的椭圆方程为．把两点代入，得：，解得，∴椭圆方程为．（4）依题意，知椭圆的焦点坐标为.设所求方程为，将点代入得，所以，则所求椭圆的标准方程为.变式1．（2023·高二课时练习）求与椭圆的焦点相同，且经过点的椭圆的标准方程.【答案】.【分析】由题设可得且焦点为，设椭圆为且，根据点在椭圆上求参数，即可得椭圆标准方程.【详解】由题设，椭圆焦点为则，令椭圆的标准方程为且，又在椭圆上，则，整理得，解得或(舍).所以椭圆的标准方程为.变式2．（2023·高二课时练习）与椭圆有相同的焦点，且短半轴长为的椭圆方程是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出椭圆的焦点坐标，求出所求椭圆的长半轴长，结合椭圆的焦点位置可得出所求椭圆的标准方程.【详解】椭圆的标准方程为，该椭圆的焦点坐标为，设所求椭圆的长半轴长为，则，故所求椭圆的标准方程为.故选：B.变式3．（2023秋·高二课时练习）中心在原点，焦点在x轴上，若长轴长为18，且两个焦点恰好将长轴三等分，则此椭圆的方程是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据椭圆几何性质可知，代入椭圆标准方程即可求得结果.【详解】根据题意可设椭圆方程为，易知，且，解得；所以，故椭圆方程为.故选：A变式4．（2023·全国·高二专题练习）若椭圆的中心在原点，对称轴在坐标轴上，短轴的一个端点与两个焦点组成一个正三角形，焦点到椭圆上点的最短距离为，则这个椭圆的方程为（

）A． B．或C． D．【答案】B【分析】首先根据已知条件得到，，即可得到，，，再分类讨论即可得到答案.【详解】因为短轴的一个端点与两个焦点组成一个正三角形，所以，设，，，，因为焦点到椭圆上点的最短距离为，所以，即.，，.当焦点在轴时，椭圆的方程为，当焦点在轴时，椭圆的方程为.故选：B考点三：点与椭圆的位置关系（一）点和椭圆位置关系的判断例3．（2023·全国·高二假期作业）已知椭圆，则下列各点不在椭圆内部的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据点和椭圆位置关系的判断方法，分别把点的坐标代入椭圆方程的左侧部分，计算其数值大于的点即为答案.【详解】由椭圆方程为，因为，所以点在椭圆内部，A错误；因为，所以点在椭圆内部，B错误；因为，所以点在椭圆外部，C正确；因为，所以点在椭圆内部，D错误.故选：C.变式1．（2023秋·高二课时练习）若点在椭圆上，则下列说法正确的是（

）A．点不在椭圆上 B．点不在椭圆上C．点在椭圆上 D．无法判断上述点与椭圆的关系【答案】C【分析】根据椭圆的对称性可判断.【详解】点与点关于原点对称，点与关于轴对称，点与关于轴对称，若点在椭圆上，根据椭圆的对称性，，，三点都在椭圆上，故选：C变式2．（2023春·上海浦东新·高二统考期中）已知椭圆，直线，则直线l与椭圆C的位置关系为（

）A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定【答案】A【分析】根据直线方程可得直线过定点，判断点与椭圆C的位置关系即可得结果.【详解】对于直线，整理得，令，解得，故直线过定点.∵，则点在椭圆C的内部，所以直线l与椭圆C相交.故选：A.（二）根据点和椭圆位置关系求参数例4．（2023秋·高二课时练习）已知点(m,n)在椭圆8x2＋3y2＝24上，则m的取值范围是________．【答案】【分析】先把椭圆方程变为标准方程，再根据椭圆的范围求解.【详解】因为点(m,n)在椭圆8x2＋3y2＝24上，即在椭圆上，所以点(m,n)满足椭圆的范围，因此，即．故答案为：.变式1．（2023·高二课时练习）点在椭圆的外部，则a的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据点在椭圆外部得不等式，解不等式得结果.【详解】因为点在椭圆的外部，所以,解得,故选：B.变式2．（2023秋·高二课时练习）若点在椭圆的内部，则实数的取值范围是______．【答案】【分析】由在椭圆的内部有，即可求参数m的范围.【详解】∵点在椭圆的内部，∴，整理得，解得．故答案为：（三）点和椭圆位置关系的应用例5．（2023秋·广东惠州·高二惠州市惠阳高级中学实验学校校考期中）已知直线与椭圆恒有公共点，则实数的取值范围为___________.【答案】【分析】首先求出直线过定点坐标，依题意定点在椭圆上或椭圆内，即可求出参数的取值范围，再由椭圆方程得到，即可得解.【详解】解：直线，令，解得，所以直线恒过定点，直线与椭圆恒有公共点，即点在椭圆内或椭圆上，，即，又，否则是圆而非椭圆，或，即实数的取值范围是.故答案为：变式1．（2023·全国·高二专题练习）如果直线l：与椭圆C：（）总有公共点，求实数a的取值范围.【答案】【分析】根据题意直线过的定点在椭圆上或椭圆内，进而，解不等式即可得答案.【详解】解：由题知直线l：过定点，因为直线l：与椭圆C：（）总有公共点，所以点在椭圆上或椭圆内，所以，由于，所以，所以实数a的取值范围是变式2．（2023秋·湖南郴州·高二校考期中）已知点和焦点在轴上的椭圆：，且过作椭圆的切线有两条，则该椭圆半焦距的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知可得，点在椭圆的外部.进而可推得，则，开方即可得出答案.【详解】由题意可得，点在椭圆的外部.所以，，所以.又椭圆焦点在轴上，所以，所以.又，所以，所以.故选：C.变式3．【多选】（2023春·重庆渝中·高二重庆复旦中学校考开学考试）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l1与过F2的直线l2交于点M，设M的坐标为(x0，y0)，若l1⊥l2，则下列结论正确的有（

）A． B． C． D．【答案】AD【分析】根据轨迹是以斜边为直径的圆，判断在椭圆内或椭圆外即可.【详解】由题意可得，椭圆的焦点分别为，，因为，所以点M在以为直径的圆上，则短半轴长为，所以点M在椭圆内，故A正确；由得，则该椭圆的长半轴长为，所以点M在椭圆外，故D正确.故选：AD考点四：椭圆的离心率问题求椭圆的离心率例6．（2023秋·高二单元测试）设，是椭圆的两个焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则的离心率为_______.【答案】/0.625【分析】分别表示出、，在中由计算可得结果.【详解】如图所示，

由图知，所以，，又因为，，所以，所以在中，由得，解得：，所以椭圆E的离心率为.故答案为：.变式1．（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）已知，分别是椭圆：（）的左，右焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】应用余弦定理结合椭圆的定义求离心率即可.【详解】在中，，设，由题意知,，由余弦定理得,，由椭圆定义知，则离心率.故选:C.变式2．（2023春·河北·高二校联考期末）如图所示，斜率为的直线交椭圆于M、N两点，交轴、轴分别于Q、P两点，且，则椭圆的离心率为______．

【答案】/0.5【分析】数形结合，表示出M、N点的坐标，代入方程，找到的关系，再结合，即可求解椭圆的离心率；【详解】设直线由图可知，，设直线由图可知，，又因为，设在轴上投影长度为，所以代入，解得：，上式除以下式得：，等式两边同时除以，解得：即：又因为，解得，所以椭圆的离心率为，故答案为：；

变式3．（2023春·广东深圳·高二统考期末）已知椭圆的右焦点为，过原点的直线与交于两点，若，且，则的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性可得四边形为矩形，再根据椭圆的定义求出，再利用勾股定理构造齐次式即可得解.【详解】如图，设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性可得，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为矩形，所以，由，得，又，所以，在中，由，得，即，所以，即的离心率为.故选：A.

变式4．（2023春·上海虹口·高二统考期末）已知是等边三角形，、分别是边和的中点.若椭圆以、为焦点，且经过、，则椭圆的离心率等于________.【答案】【分析】如图建立平面直角坐标系，设的边长为，即可求出、、，从而求出、，即可求出离心率.【详解】如图建立平面直角坐标系，因为是等边三角形，、分别是边和的中点，所以，设的边长为，则，即，，，又，所以，所以椭圆的离心率.故答案为：变式5．（2023春·湖北武汉·高二校联考期末）已知椭圆的左､在顶点分别为，且以线段为直径的圆与直线相切，则的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据椭圆方程得到以为直径的圆的半径和圆心坐标，再由该圆与直线相切，得到，进而可求出椭圆的离心率.【详解】因为椭圆C：的左､右顶点分别为，，因此以为直径的圆的半径为，圆心坐标为，又该圆与直线相切，如图，

所以圆心到直线的距离等于半径，即，则，因此，即，所以离心率为.故选：C.变式6．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上的动点．若，且点到直线的最小距离为，则的离心率为______．【答案】/【分析】得到椭圆切线为，将其与椭圆方程联立，利用判别式为0解出，则可得到离心率.【详解】由题意知，解得，将直线沿着其法向量方向向右下方平移单位，因为直线倾斜角为，那么在竖直方向向下移动了2个单位，此时直线为，且与相切．联立，得0，所以，解得，所以，即，所以，即的离心率为．故答案为：.

变式7．（2023·高二课时练习）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】椭圆的中点弦问题，利用点差法构造弦中点坐标与的关系，计算离心率即可.【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，，，故椭圆的离心率.故选：B.求椭圆的离心率的取值范围例7．（2023·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（

）A． B． C． D．【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，消去整理得：，解得(舍去)或，同得，所以，即，若，则，又，消去整理得：，解得或，舍去．所以，所以，即，时，，是等边三角形，只能是短轴端点，只有2个，不合题意．综上，的范围是．故选：D．变式1．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆关于轴､轴均对称，焦点在轴上，且焦距为，若点不在椭圆的外部，则椭圆的离心率的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】设出椭圆方程，由于不在椭圆的外部，得到，结合，得到，求出离心率的取值范围.【详解】设椭圆的方程为，因为不在椭圆的外部，所以，因为，所以，化简得：，同除以得：，结合，解得：，故.故选：B变式2．（2023·全国·高三专题练习）已知，是椭圆的左、右焦点，若椭圆C上存在一点P使得，则椭圆C的离心率e的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】设，用坐标表示出等式，点在椭圆上，适合椭圆方程，求得代入上式，求得，然后由得出的不等关系，求得的范围．【详解】设，则，，由，，化为，，整理得，，，解得．变式3．（2023·全国·高二期末）已知点是椭圆的左右焦点，椭圆上存在不同两点使得，则椭圆的离心率的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】先设点，利用向量关系得到两点坐标之间的关系，再结合点在椭圆上，代入方程，消去即得，根据题意，构建的齐次式，解不等式即得结果.【详解】设，由得，，，即，由在椭圆上，故，即，消去得，，根据椭圆上点满足，又两点不同，可知，整理得，故，故.故选：C.【点睛】关键点点睛：圆锥曲线中离心率的计算，关键是根据题中条件，结合曲线性质，找到一组等量关系（齐次式），进而求解离心率或范围.变式4．（2023春·上海青浦·高二统考期末）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变式5．（2023春·湖南益阳·高二统考期末）若椭圆上存在点，使得到椭圆两个焦点的距离之比为，则称该椭圆为“倍径椭圆”.则“倍径椭圆”的离心率的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据条件设出到椭圆两个焦点的距离，再利用椭圆的定义及椭圆上的点到焦点距离的最值即可求出结果.【详解】由题可设点到椭圆两个焦点的距离之分别，所以，得到，又，所以，得到，故.故选：C.由椭圆的离心率求参数（范围）例8．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆市第七中学校校考期末）已知椭圆的离心率，则的值可能是（

）A．3 B．7 C．3或 D．7或【答案】C【分析】根据给定的方程，按焦点位置分类求解作答.【详解】椭圆的离心率，当椭圆焦点在x轴上时，，即，，解得，当椭圆焦点在y轴上时，，即，，解得，所以的值可能是3或.故选：C变式1．（2023·全国·高三专题练习）设椭圆的离心率为，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】根据充分、必要性定义，结合椭圆方程，讨论判断充分性，由离心率定义判断必要性，即可得答案.【详解】当时，则；当时，则；所以推不出，充分性不成立；当时，则，必要性成立；综上，“”是“”的必要不充分条件.故选：B变式2．（2023春·河北石家庄·高二正定中学校考阶段练习）若椭圆的离心率为，则椭圆的长轴长为___________.【答案】或【分析】根据题意，分类讨论和两种情况，结合椭圆方程的性质与离心率公式求解即可.【详解】因为椭圆的离心率为，易知，当时，椭圆焦点在轴上，，，所以，解得，则，所以椭圆的长轴长为.当时，椭圆焦点在轴上，，，所以，得，满足题意，此时，所以椭圆的长轴长为.故答案为：或.变式3．（2023春·湖南衡阳·高二衡阳市八中校考阶段练习）已知椭圆的离心率为，则长轴与短轴的比值为______.【答案】【分析】根据间的关系知，再根据条件即可求出结果.【详解】因为椭圆的离心率为，所以，得到，所以长轴与短轴的比值为.故答案为：.变式4．（2023·全国·统考高考真题）设椭圆的离心率分别为．若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.【详解】由，得，因此，而，所以.故选：A考点五：直线与椭圆的位置关系例9．（2023春·江西吉安·高二校考期中）直线与椭圆的位置关系是（

）A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定【答案】C【分析】代数法联立直线与椭圆，转化为二次方程根的问题来判断即可.【详解】联立，则所以方程有两个不相等的实数根，所以直线与椭圆相交故选：C.变式1．（2023秋·黑龙江绥化·高二海伦市第一中学校考期中）直线：与椭圆的位置关系是（

）A．相交 B．相切 C．相离 D．相切或相交【答案】A【分析】方法1：先求含参直线l恒过定点M，研究定点M与椭圆的位置关系可判断直线l与椭圆的位置关系；方法2：代数法，联立直线l与椭圆方程，消参后可由判断出直线l与椭圆的位置关系.【详解】方法1：∵，即：，∴直线l恒过定点，又∵椭圆∴，∴定点M在椭圆内，∴直线l与椭圆相交.方法2：∴恒成立，∴直线l与椭圆相交.故选：A.变式2．（2023春·上海浦东新·高二上海南汇中学校考期中）直线与曲线的公共点的个数是（

）．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】考虑和两种情况，画出曲线和直线图像，根据图像得到答案.【详解】当时，曲线，即，双曲线右半部分；一条渐近线方程为：，直线与渐近线平行；当时，曲线，即，椭圆的左半部分；画出曲线和直线的图像，如图所示：根据图像知有个公共点.故选：B变式3．（2023秋·内蒙古赤峰·高二校考期末）若直线与：没有交点，则过点、两点的直线与椭圆的交点个数是（

）A．至多为 B． C． D．【答案】B【分析】由直线与圆相离得到点位置后判断.【详解】直线与：没有交点，所以直线与：相离，所以，得，故点在以原点为圆心，2为半径的圆内，所以，即在椭圆内部，而易知在椭圆外，所以过点、两点的直线与该椭圆必有2个交点．故选：B变式4．（2023·湖南长沙·长沙市明德中学校考三模）直线与椭圆(m>0)有且仅有一个公共点P，则m＝_______，点P的坐标是________.【答案】【分析】法1用代数法转化为一元二次方程只有两个相等实根求解；法2用椭圆在椭圆上一点处的切线方程的形式求解；法3用椭圆的定义可求解.【详解】法1：联立方程得，得，所以，得，所以.法2：设，则处切线，可化为，比对得，代入椭圆方程得：，得.得，所以，得，所以.法3：椭圆长轴长，焦点.由椭圆的定义知，椭圆上每一个点P，均满足，椭圆上外部的每一个点P，均满足，直线与椭圆有且仅有一个公共点P，则对于直线上任意一点，满足，当且仅当在点处时，等号成立，即当在处时，取得最小值.求得关于直线对称的点为，所以，因此，椭圆方程为，P的坐标是.故答案为：；变式5．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知椭圆，离心率为，过的直线分别与相切于，两点，则直线方程为（

）A．或 B．C． D．或【答案】A【分析】首先证明椭圆上一点处的切线方程为：，即可得到点是椭圆外一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，则切点弦的方程为，再根据离心率分类讨论分别求出椭圆方程，即可得到切点弦方程．【详解】首先证明椭圆上一点处的切线方程为：，①当切线斜率存在时,设过点的切线方程为，联立方程，得，，即，，又，把代入中，得，，化简得.②当切线斜率不存在时，过的切线方程为，满足上式.综上，椭圆上一点的切线方程为：.再证明若点是椭圆外一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，则切点弦的方程为．这是因为在，两点处，椭圆的切线方程为和．两切线都过点，所以得到了和，由这两个“同构方程”得到了直线的方程；因为椭圆，离心率为，若焦点在轴，则，，所以，所以，解得，所以椭圆，所以过作椭圆的两条切线方程，切点弦方程为；若焦点在轴，则，，所以，所以，解得，所以椭圆，所以过作椭圆的两条切线方程，切点弦方程为，即；综上可得直线方程为或.故选：A考点六：弦长及中点弦问题（一）弦长问题例10．（2023秋·高二课时练习）过椭圆的左焦点F引斜率为1的直线交椭圆于A、B两点，则等于________．【答案】【分析】求出直线方程，联立直线与椭圆，由根与系数的关系，利用弦长公式求解.【详解】由得＝1，，，直线l的方程为．由得.设，则，，.故答案为：变式1．（2023·全国·高三对口高考）已知椭圆，过左焦点作倾斜角为的直线交椭圆于、两点，则弦的长为_________．【答案】【分析】设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求得的值.【详解】在椭圆中，，，则，故点，设点、，由题意可知，直线的方程为，即，联立可得，，由韦达定理可得，，所以，.故答案为：.变式2．（2023秋·福建莆田·高二校联考期末）已知椭圆的一个顶点为，离心率，直线交椭圆于M，N两点.求弦MN的长.【答案】【分析】根据定点坐标得到值，再根据离心率和关系即可求出，最后联立直线方程解出交点横坐标，最后利用弦长公式即可得到答案.【详解】由已知得，且，即，所以，即，解得，所以椭圆方程为.将与联立，消去得，所以，所以所求弦长.

变式3．（2024秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）斜率为的直线l与椭圆C：交于A，B两点，且在直线l的左上方.若，则的周长是______.【答案】【分析】确定点P在椭圆上，设，联立椭圆方程可得根与系数的关系，化简可得，结合题意可求得，由此可求出A，B的横坐标，即可求得，即得答案.【详解】由题意知满足，即P在椭圆C：上，设，

联立，得，需满足，即，又因为在直线l的左上方，故，即，即；若A或B的横坐标为，则，则或，与不符，故A或B的横坐标不可能为为；则，，则上式中，分子等于，即，又，则与x轴围成的三角形为正三角形，故，故直线PA的方程，联立，可得，其两根为，则，即，故；同理求得，，而，故的周长是,故答案为：【点睛】难点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，求解三角形周长，即要求出直线和椭圆相交的弦长，难点在于计算的复杂以及计算量较大，因此要十分细心.变式4．（2023秋·山东滨州·高二统考期末）已知椭圆C的两个焦点分别是，，并且经过点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线与椭圆C相交于A，B两点，当线段AB的长度最大时，求直线l的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）解法一：将代入椭圆方程，结合焦点坐标，列出方程组，求出，得到椭圆方程；解法二：由椭圆定义求出，结合焦点坐标，求出，得到答案；（2）联立直线与椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出弦长，求出最大值和直线方程.【详解】（1）解法一：因为椭圆C的焦点在x轴上．所以设它的标准方程为．由题意知，，解得．所以，椭圆C的标准方程为．解法二：由于椭圆C的焦点在x轴上，所以设它的标准方程为．根据椭圆定义得，即．又因为，所以，所以，椭圆C的标准方程为．（2）由，消去y，得，因为直线与椭圆C相交于A，B两点，所以，解得．设，，则，，所以当时，取最大值，此时直线l的方程为变式5．（2023春·河南开封·高二统考期末）已知点在圆上运动，过点作轴的垂线段为垂足，为线段的中点（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）．(1)求点的轨迹方程；(2)经过点作直线，与圆相交于两点，与点的轨迹相交于两点，若，求直线的方程．【答案】(1)点的轨迹是椭圆，方程为(2)或【分析】（1）利用相关点法求解点的轨迹方程，得到点的轨迹为椭圆；（2）考虑直线的斜率不存在和存在两种情况，设出直线方程，利用垂径定理得到，联立直线与椭圆方程，由弦长公式求出，从而列出方程，求出答案.【详解】（1）点，点，则点，由点是的中点，得，，因为在圆上，所以，可得，即，所以点的轨迹是椭圆。（2）若直线的斜率不存在，则，将代入中，解得，则，将代入中，解得，则，而，舍去；若直线的斜率存在，设为，则，由点到直线的距离公式得圆心到直线的距离，则，联立得，设，，则，，，由，得，解之得．综上所述，直线的方程为或．变式6．（2023春·广东广州·高二统考期末）已知椭圆的焦点坐标为、，点为椭圆上一点.(1)求椭圆的标准方程；(2)经过点且倾斜角为的直线与椭圆相交于、两点，为坐标原点，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由椭圆的定义求出的值，结合的值可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）设点、，写出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出点、的纵坐标，再利用三角形的面积公式可求得的面积.【详解】（1）解：由椭圆的定义可得，所以，，又因为，则，所以，椭圆的标准方程为.（2）解：设点、，由题意可知，直线的方程为，即.联立可得，解得，，

所以，.变式7．（2023春·广东江门·高二统考期末）已知椭圆的离心率为，且与双曲线有相同的焦距．(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的左、右顶点分别为，过左焦点的直线交椭圆于两点（其中点在轴上方），求与的面积之比的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据双曲线方程可确定焦距，再结合离心率和椭圆的关系可求得椭圆方程；（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据三角形面积公式可知所求面积之比为，利用可构造不等式求得的范围，从而确定面积之比的取值范围.【详解】（1）双曲线的方程可化为，其焦距为，设椭圆的焦点为，，解得：，又椭圆的离心率，，，椭圆的方程为.（2）

由（1）知：，，，由题意知：直线斜率不为，则可设，，，由得：，则，，；，，；，又，，，即，又，，设，则，，解得：，，即与的面积之比的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题重点考查直线与椭圆综合应用中的三角形面积相关问题的求解；解题关键是能够将问题转化为变量的取值范围的求解问题，利用非对称韦达的处理方法，结合的范围可构造不等式求得结果.变式8．（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）已知分别为椭圆的左､右焦点，直线过点与椭圆交于两点，且的周长为.(1)求椭圆的离心率；(2)直线过点，且与垂直，交椭圆于两点，若，求四边形面积的范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）设，由题的周长为，据此可得答案；（2）先讨论两直线中的一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，四边形的面积；再讨论两直线的斜率都存在，且都不为0时，分别联立直线与椭圆方程求得与，从而得到得关于的关系式，由此得解.【详解】（1）设，由椭圆的定义可知的周长为，所以，所以离心率.（2）由（1）可知，又，所以，所以椭圆的方程为.①当直线中的一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，四边形的面积.②当直线的斜率都存在，且都不为0时，设的方程为，由，可得，.所以.所以.设的方程为，同理可得.所以四边形的面积，因为，当且仅当时取等号.所以，即此时.由①②可知，四边形面积的范围为.

（二）中点弦问题例11．（2023秋·安徽安庆·高二安庆市第二中学校考阶段练习）已知椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程为______.【答案】【分析】设这条弦的两个端点分别为、，由中点坐标公式得，利用点差法可求得直线的斜率，再由点斜式可得出这条弦所在直线的方程.【详解】解：已知椭圆的弦被点平分，设这条弦的两个端点分别为、，则，得，由于点、均在椭圆上，则，两式相减得，可得，即，所以直线的斜率为，因此，这条弦所在直线的方程为，即.故答案为：.变式1．（2023春·新疆塔城·高二统考开学考试）已知过点的直线，与椭圆相交于A，B两点，且线段AB以点M为中点，则直线AB的方程是___________________.【答案】【分析】用点差法即可求出直线的斜率，再用点斜式即可求出直线的方程.【详解】设，，根据中点坐标公式，，，且，，两式相减，化简可得，所以，即直线的斜率为，根据点斜式，得到直线的方程为，即.故答案为：变式2．（2023·全国·高三对口高考）直线截椭圆所得弦的中点M与椭圆中心连线的斜率为_________．【答案】/【分析】根据题意利用点差法分析运算即可.【详解】设线与椭圆的交点坐标为，则，可得，因为在椭圆上，则，两式相减得，整理得，即所以.故答案为：.变式3．（2023秋·高二课时练习）椭圆mx2＋ny2＝1与直线y＝1－x交于M，N两点，过原点与线段MN中点的直线的斜率为，则等于（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由点差法计算即可.【详解】设，M、N中点为D，则，由题意得：因为M、N在椭圆上，则，两式相减整理得，∴.故选：B.变式4．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）已知斜率为的动直线与椭圆交于两点，线段的中点为，则的轨迹长度为_________．【答案】/【分析】设斜率为直线方程为，联立方程组，写出韦达定理，然后求出线段的中点为的参数方程，消参后得到的轨迹方程，然后利用数形结合方法分析即可.【详解】设斜率为直线方程为：，代入椭圆中，消元整理得：，线段的中点为，设，则，所以，，所以，消去得：，所以线段的中点为的轨迹方程为：，如图所示：的轨迹即为线段，由或，所以，所以的轨迹长度为：，故答案为：.变式5．（2023春·广西·高二校联考阶段练习）在直角坐标系xOy中已知，P是平面内一动点，且直线PA和直线PB的斜率之积为．记点P的运动轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)若直线l与曲线C相交于M，N两点．且线段MN的中点为，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）设，然后根据斜率之积为列方程整理可得；（2）方法一：利用点差法求得直线斜率，再联立直线方程和椭圆方程消元，由弦长公式可得；方法二：设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理和点Q坐标求出直线方程，然后由弦长公式可得.【详解】（1）设，由题可得，则．整理得，故曲线C的方程为．（2）（法一）设，则两式相减得，则，因为线段MN的中点，所以，所以，故直线l的方程为，即，联立方程组，消去y整理得，，则，则.

（法二）易知直线斜率存在，设直线方程为，联立方程组，消去y整理得，，则,

又，可求得，即有，则.考点七：求椭圆的参数或范围问题例12．（2023秋·广西钦州·高二校考阶段练习）已知点A，B是椭圆上不关于长轴对称的两点，且A，B两点到点的距离相等，求实数m的取值范围．【答案】.【分析】利用两点间距离公式及椭圆方程可得，再利用椭圆的有界性即求.【详解】由题可设，且，由，可得，∴又，∴，∴，由，可得，即，∴实数m的取值范围为.变式1．（2023秋·湖北荆州·高二沙市中学校考阶段练习）已知椭圆，若椭圆上存在两点、关于直线对称，则的取值范围是（

）A．B． C． D．【答案】A【分析】设，中点为，利用点差法结合条件可得点，根据在椭圆内部，进而即得．【详解】椭圆，即：，设椭圆上两点关于直线对称，中点为，则，，所以，∴，∴，代入直线方程得，即，因为在椭圆内部，∴，解得，即的取值范围是．故选：A．变式2．（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆C：（）的右焦点，点是椭圆C上的一个动点．求证：．【答案】详见解析.【分析】利用椭圆方程及两点间公式可得，再根据椭圆的有界性即证.【详解】由，可得，∴，又，∴，即.变式3．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的焦点为，，椭圆上的动点坐标在第一象限，且为锐角，的取值范围为__________．【答案】【分析】由已知可得P在以O为圆心，半径为c的圆的外部，写出圆的方程，与椭圆方程联立，消去y求得交点的横坐标，然后可得答案．【详解】由已知可得P在以O为圆心，半径为c的圆的外部，，所以该圆的方程为：，由，消去y得：解得，又∵P在椭圆上，且由为锐角，可知P不在x轴上，由于的左右顶点横坐标分别为-3和3，∴为使为锐角，的取值范围是又动点坐标在第一象限，故答案为：．变式4．（2023·高二课时练习）已知椭圆的两个焦点为，，为椭圆上任意一点，求使的x的取值范围．【答案】【分析】由题意，可得，所以，即，又，联立即可求解.【详解】解：由题意得，因为点不可能在线段上，所以若，则，所以，化简得，又因为，所以消去化简得，即，所以使的x的取值范围是.变式5．（2023·全国·高三专题练习）若经过点的直线l与椭圆有A，B两个交点（其中点A在x轴上方），求的取值范围．【答案】.【分析】设，利用椭圆的性质可得，然后利用两点间距离公式可得，进而即得.【详解】设，则，又点A在x轴上方，∴，，又，∴，由，可得，∴，即的取值范围为.考点八：求椭圆的最值问题例13．（2023秋·高二课时练习）已知点是椭圆上一点，求点P到点的距离的取值范围．【答案】【分析】根据题意可知，由两点之间的距离公式可得，，再根据二次函数的单调性，即可求出结果.【详解】解：因为点是椭圆上一点，所以，又，，所以，，设，，则，所以函数在区间上单调递减，所以，，所以，所以函数点P到点的距离的取值范围.变式1．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的右顶点为，为上一点，则的最大值为______.【答案】【分析】设出点P的坐标，利用两点间距离公式建立函数关系，借助二次函数计算最值作答.【详解】椭圆的右顶点为，设点，则，即，且，于是得，因，则当时，，所以的最大值为.故答案为：变式2．（2023春·广东茂名·高二统考期末）已知椭圆的离心率为，下顶点为，点为上的任意一点，则的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，得到，求得，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】由椭圆的离心率，可得，所以椭圆的方程为，设，则，可得，又由点，可得，因为，所以，所以.故选：A.变式3．（2023·全国·高二专题练习）已知点在椭圆上运动，点在圆上运动，则的最小值为___________.【答案】/【分析】将求最小值的问题，转化为求点到圆心距离最小值的问题，结合点满足椭圆方程，转化为二次函数求最值即可.【详解】不妨设点为，，则，则设圆的圆心为，则坐标为则的最小值，即为的最小值与圆的半径之差.又当时，，当且仅当时取得等号；故.故答案为：.变式4．（2023秋·江苏苏州·高二统考期末）若，且在上，在圆上，则的最小值为______.【答案】1【分析】结合点与圆的位置关系可得，证明等于点到直线的距离的一半，利用平面几何结论求的最小值.【详解】如图，，当且仅当为线段与圆的交点时等号成立；设点的坐标为，则，，，所以等于点到直线的距离的一半，过点作直线的垂线，垂足记为，过点作直线的垂线，垂足记为，则当且仅当点为线段与椭圆的交点时等号成立，此时点的坐标为，所以的最小值为1，故答案为：1.变式5．（2023秋·广东佛山·高二佛山一中校考阶段练习）已知点是曲线上的动点则的取值范围是_________.【答案】【分析】画出动点的轨迹，再利用的几何意义可求的取值范围.【详解】方程即或，即或，所以对应的图形如图所示（椭圆及其内部的线段）：设，则，当在椭圆上时，，而，故，当在椭圆内部的线段上时，有，又此时，而，故.故答案为：.考点九：椭圆的定点、定值问题例14．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）已知椭圆离心率为，焦距为.(1)求的方程；(2)过点分别作斜率和为的两条直线与，设交于、两点，交于、两点，、的中点分别为、.求证：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）设直线的方程为，直线的方程为，则，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，可求得点的坐标，同理可得出点的坐标，求出直线的方程，并化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.【详解】（1）解：由已知条件可得，解得：.所以，椭圆的方程为.（2）解：设直线的方程为，直线的方程为，则.联立，因为点在椭圆内，则直线、与椭圆均相交，

设点、，所以，，则，所以，线段的中点为.同理可得，线段的中点为所以直线斜率为.所以直线方程为：，所以，直线的方程可化为，由可得，因此直线恒过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.变式1．（2023春·陕西西安·高二西安市铁一中学校考阶段练习）已知椭圆：的离心率为，左、右顶点分别为A、B，点P、Q为椭圆上异于A、B的两点，面积的最大值为2.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线AP、BQ的斜率分别为、，且.求证：直线PQ经过定点.【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据离心率设，故，根据的最大值可求，故可求椭圆的标准方程.（2）利用“知点求点”可得的坐标（用表示），取，则可证明共线，故可证直线PQ经过定点.【详解】（1）设椭圆的半焦距为.因为离心率为，故，故可设，故.设，则，当且仅当时等号成立，故即，故.故，所以椭圆方程为：.（2）

由（1）可得.直线的方程为，由可得，该方程必有一根，故即，所以，同理，.取，若，则或，故，此时直线的方程为：，过定点；若，则，，，故，故共线，即直线过定点，综上，直线PQ经过定点.变式2．（福建省泉州市部分中学2022-2023学年高二下期末联考数学试题）已知为坐标原点，点到点的距离与它到直线的距离之比等于，记的轨迹为．点在上，三点共线，为线段的中点．(1)证明：直线与直线的斜率之积为定值；(2)直线与相交于点，试问以为直径的圆是否过定点，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)定点，理由见解析【分析】（1）先设，再根据距离比计算轨迹，最后计算斜率积即可；（2）先设，再根据为直径的圆过定点，计算可得.【详解】（1）设，则有，整理得；

设,，，则，，由，两式相减：，整理得，，，即直线与直线的斜率之积为定值．（2）显然直线的斜率不为0，设直线方程为，联立方程组，消去得：，所以，，，

，直线，从而点，根据椭圆的对称性可知，若以为直径的圆过定点，则该定点在轴上，可设为，以为直径的圆过定点，则，又，，从而，整理得，故，解方程组可得，即以为直径的圆过定点．变式3．（2023春·上海崇明·高二统考期末）已知椭圆的离心率是，其左、右焦点分别为、，过点且与直线垂直的直线交轴负半轴于.(1)设，求的值；(2)求证：；(3)设，过椭圆Γ右焦点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于、两点，点是点关于轴的对称点，在轴上是否存在一个定点，使得、、三点共线？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据离心率、及计算可得；（2）依题意可得，，即可求出，求出直线的方程，即可求出点坐标，再求出向量的坐标，即可得证；（3）先求出椭圆的方程，设出直线方程，联立后得出、两点纵坐标的关系式，根据、的坐标表示出直线的方程，令，化简得出点的横坐标为定值.【详解】（1）因为，且，解得，.（2）因为，所以，，又、，，所以，所以直线：，令，解得，所以，所以，，所以.（3）当时由（2）可知，，所以椭圆方程为，设直线方程为，，则，联立得，则，，.直线的方程为，令得，故在轴上存在一个定点，使得、、三点共线.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.例15．（2023春·河南平顶山·高二统考期末）已知椭圆经过点，且离心率为.(1)求椭圆E的方程；(2)若经过点，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值.【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据离心率以及的几何性质即可求解，（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，根据两点斜率公式，代入化简即可求解.【详解】（1）由题意可知：，又，解得，所以椭圆方程为（2）证明：由题意可知直线有斜率，由于与点的连线的斜率为，且的横纵坐标恰好与相反，因此直线有斜率满足且，直线的方程为：，联立直线与椭圆方程：，设，则，，将代入可得故直线AP与AQ的斜率之和为1，即为定值，得证.变式1．（2023秋·江苏扬州·高二校考期中）已知分别为椭圆W：的左、右焦点，M为椭圆W上的一点．（1）若点M的坐标为（），求的面积；（2）若点M的坐标为(x0，y0)，且是钝角，求横坐标x0的范围；（3）若点M的坐标为，且直线（）与椭圆W交于两不同点，求证：为定值，并求出该定值；【答案】（1）；（2）；（3）定值为0，证明见解析.【分析】（1）把M代入椭圆方程，可得，由可得答案；（2）由余弦定理得，由是钝角得，结合可得答案；（3）设，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和可得答案.【详解】（1）因为点M在椭圆上，所以，因为，所以，因为，所以，，所以.（2）因为点M在椭圆上，所以，由余弦定理得，因为是钝角，所以，又因为，所以，解得，的范围为.（3）设，由得，，，又，所以，即有为定值.变式2．（2023·高二课时练习）已知点M为椭圆上的任一点，它与此椭圆的短轴两端点、的连线分别交x轴于点P、Q．求证：为定值．（O为坐标原点）【答案】证明见解析【分析】设点坐标为，分别写出直线和的直线方程，求得点P、Q的坐标表示，即可得出的表达式并联立椭圆方程化简可得到证明.【详解】根据题意可知，不妨设，，点M与短轴两端点、不重合，设，所以直线的方程为，可得其与交轴的交点，同理，的方程为，可得其与交轴的交点，所以又因为M在椭圆上，即，整理得，即，所以为定值.变式3．（2023春·江苏泰州·高二靖江高级中学校考阶段练习）已知点在椭圆上，点为椭圆上异于顶点的任意一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为．记直线的斜率分别为．(1)求证：为定值；(2)若，求证：为定值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设出切线方程，代入椭圆方程，由判别式等于0即可得两切线斜率的积；（2）设，由（1）可得，根据椭圆方程用表示可得，再利用即可求解.【详解】（1）依题意可设过点的切线方程为，联立，消去得，由，可得是方程的两解，所以，又因为点在椭圆上，即，所以.（2）设，由（1）可得，即，所以，又由得，即，所以.【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．考点十：椭圆的实际应用问题例16．（2023春·河北邯郸·高二统考期末）开普勒第一定律也称椭圆定律､轨道定律，其内容如下：每一行星沿各自的椭圆轨道环绕太阳，而太阳则处在椭圆的一个焦点上.将某行星看作一个质点，绕太阳的运动轨迹近似成曲线，行星在运动过程中距离太阳最近的距离称为近日点距离，距离太阳最远的距离称为远日点距离.若行星的近日点距离和远日点距离之和是18（距离单位：亿千米），近日点距离和远日点距离之积是16，则（

）A．39 B．52 C．86 D．97【答案】D【分析】根据椭圆方程表示近日点距离与远日点距离，再根据条件得到两个方程求解即可.【详解】根据椭圆方程，得长半轴，半焦距，近日点距离为，远日点距离为，近日点距离和远日点距离之和是，近日点距离和远日点距离之积是，解得，则.故选：D.变式1．（2023秋·北京西城·高二统考期末）如图是一个椭圆形拱桥，当水面在处时，在如图所示的截面里，桥洞与其倒影恰好构成一个椭圆.此时拱顶离水面，水面宽，那么当水位上升时，水面宽度为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可得桥洞与其倒影恰好构成的椭圆方程为：，求直线被椭圆所截得的弦长，代入椭圆方程即可求解.【详解】以图中水面所在的直线为轴，水面的垂直平分线所在直线为轴，建立平面直角坐标系，根据已知条件可知：桥洞与其倒影恰好构成的椭圆方程为：，当水位上升时，水面的宽度也即当时，直线被椭圆所截的弦长.把代入椭圆方程可得：，所以当水位上升时，水面的宽度为，故选：.变式2．（2023·广东韶关·统考模拟预测）韶州大桥是一座独塔双索面钢砼混合梁斜拉桥，具有桩深，塔高、梁重、跨大的特点，它打通了曲江区、浈江区、武江区交通道路的瓶颈，成为连接曲江区与芙蓉新城的重要交通桥梁，大桥承担着实现韶关“三区融合”的重要使命，韶州大桥的桥塔外形近似椭圆，若桥塔所在平面截桥面为线段，且过椭圆的下焦点，米，桥塔最高点距桥面米，则此椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立如图所示平面直角坐标系，设椭圆方程为，依题意可得，即可求出离心率.【详解】如图按椭圆对称轴所在直线建立直角坐标系，设椭圆方程为，令，即，解得，依题意可得，所以，所以，所以．故选：D．变式3．（2023秋·河南郑州·高二郑州四中校考期末）椭圆具有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线都经过椭圆的另一焦点．电影放映机聚光灯泡的反射镜轴截面是椭圆的一部分，灯丝（看成一个点）在椭圆的右焦点处，灯丝与反射镜的顶点的距离，过焦点且垂直于轴的弦，在轴上移动电影机片门，将其放在光线最强处，则片门应离灯丝（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用右焦点到右顶点的距离及椭圆的通经，结合椭圆中三者的关系及焦距的定义即可求解.【详解】由题设知，解得，所以片门放在光线最强处，片门应离灯丝为．故选：C.变式4．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：上、下顶点分别为，且短轴长为，T为椭圆上（除外）任意一点，直线的斜率之积为，，分别为左、右焦点．(1)求椭圆C的方程．(2)“天眼”是世界上最大、最灵敏的单口径射电望远镜，它的外形像一口“大锅”，可以接收到百亿光年外的电磁信号．在“天眼”的建设中，用到了大量的圆锥曲线的光学性质，请以上面的椭圆C为代表，证明：由焦点发出的光线射到椭圆上任意一点M后反射，反射光线必经过另一焦点．（提示：光线射到曲线上某点并反射时，法线垂直于该点处的切线）【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设出T点，利用斜率之积为列出方程化简即可；（2）当M为椭圆顶点时结论显然成立，当M不是椭圆顶点时，要证明结论成立，只需证明法线平分．【详解】（1）由题意知，直线的斜率存在且不为0，设，直线的斜率分别为，，由题意知，，由得，整理得，故椭圆C的方程为．（2）当M为椭圆顶点时结论显然成立，当M不是椭圆顶点时，要证明结论成立，只需证明法线平分．设M点坐标为，则．设与椭圆切于M点的切线方程为，与椭圆方程联立得消去y得：，，得．所以切线斜率为，所以法线斜率为，法线方程为，令，可得法线与x轴交点N的横坐标为，易知，，所以，，，所以，，所以，则或（舍去），所以法线MN平分，所以原结论成立．1．（2023·全国·统考高考真题）设椭圆的离心率分别为．若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.【详解】由，得，因此，而，所以.故选：A2．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可.【详解】将直线与椭圆联立，消去可得，因为直线与椭圆相交于点，则，解得，设到的距离到距离，易知，则，，，解得或（舍去），故选：C.3．（2023·天津·统考高考真题）设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为.(2).【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，所以椭圆的方程为，离心率为.（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，设直线的方程为，联立方程组，消去整理得：，由韦达定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直线的方程为.4．（2023·北京·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．(1)求的方程；(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.【详解】（1）依题意，得，则，又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，所以，即，则，所以椭圆的方程为.（2）因为椭圆的方程为，所以，因为为第一象限上的动点，设，则，

易得，则直线的方程为，，则直线的方程为，联立，解得，即，而，则直线的方程为，令，则，解得，即，又，则，，所以，又，即，显然，与不重合，所以.5．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．【答案】(1)(2)证明见详解【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．一、单选题1．（2023秋·高二课时练习）已知椭圆的一个焦点为，则的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据椭圆方程可知值，根据焦点坐标得到值，即可求出代入离心率公式求解.【详解】因为椭圆的一个焦点为，所以，，则，所以，则离心率．故选：C.2．（2023·河南新乡·新乡市第一中学校考模拟预测）已知椭圆的左顶点为，点是椭圆上关于轴对称的两点.若直线的斜率之积为，则的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，则，得到，由椭圆的方程，得到，结合，即可求解.【详解】由题意，椭圆的左顶点为，因为点是椭圆上关于轴对称的两点，可设，则，所以，可得，又因为，即，代入可得，所以离心率为.故选：D.

3．（2023秋·高二课时练习）若某卫星运行的轨道是以地心为一个焦点的椭圆，该卫星近地点离地面的距离为km，远地点离地面的距离为km，地球的半径为km，则通信卫星运行轨道的短轴长等于（）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意可得，，从而得，，再根据求解即可.【详解】解：由题意得，，可得，，则=.故选：A.4．（2023春·广东揭阳·高二统考期末）已知椭圆：，若矩形的四个顶点都在上，则称为矩形的外接椭圆，已知边长为4的正方形的外接椭圆的短轴长为，则的方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用待定系数法即可得解.【详解】因为椭圆的短轴长为，则，即，所以椭圆方程为，又正方形的边长为4，由椭圆与正方形的对称性可知，正方形的其中一个顶点坐标为，所以，解得，所以椭圆的方程为.故选：B.5．（2023春·江西宜春·高二江西省宜丰中学校考期末）油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史.为宣传和推广这一传统工艺，某活动中将一把油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示.该伞的伞面是一个半径为的圆形平面，圆心到伞柄底端距离为2，当光线与地面夹角为时，伞面在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，该椭圆的离心率（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，求出椭圆的长短半轴长，再求出离心率作答.【详解】依题意，过伞面上端边沿的光线、过这个边沿点伞面的直径及椭圆的长轴围成底角为的等腰三角形，腰长为伞面圆的直径，椭圆长轴长为底边长，则，即，而椭圆的短轴长，即，所以椭圆的离心率故选：D6．（2023秋·安徽蚌埠·高二统考期末）已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，过左焦点作直线与椭圆在第一象限交于点，若为等腰三角形，则直线的斜率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据离心率求出的关系，根据等腰三角形和椭圆的定义求出答案.【详解】设椭圆的焦距为，因为离心率为，所以，；因为为等腰三角形，且在第一象限，所以，由椭圆的定义可得.设直线的倾斜角为，则，，；所以.故选：B.

7．（2023春·陕西汉中·高二统考期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，过作垂直于轴的直线，在第二象限分别交及圆于点，若为的中点，为的上顶点，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别求出A、B两点的坐标，由A为的中点列式可得，再结合可得，进而求得及.【详解】如图所示，

由题意知，则直线的方程为，因为A、B两点位于第二象限，所以，则，，则，又因为A为的中点，所以，所以，又因为，所以，所以在△中，，，，所以，所以.故选：C.8．（2023·河南新乡·新乡市第一中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，点到两个定点，的距离的积等于，记点的轨迹为曲线，则下列说法不正确的是（

）A．曲线关于坐标轴对称 B．周长的最小值为C．面积的最大值为 D．点到原点距离的最小值为【答案】C【分析】设，求出其轨迹方程，利用代换即可判断A，利用基本不等式可判断BD；利用基本不等式与余弦定理可判断C.【详解】对于A：设，由得，即，以替换方程不变，替换方程不变，所以曲线关于坐标轴对称，故A正确；对于B，的周长，当且仅当时等号成立，故B正确；对于C，，当且仅当时，等号成立.所以当，即时，取得最大值，所以的最大面积为，故C错误；对于D，由，即，即，即,当且仅当，即时等号成立，故D正确.故选：C.9．（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考阶段练习）已知分别为曲线与圆上的动点，若存在，使得三角形是以为直角顶点的等腰直角三角形，则的取值范围是（

）A．B．C． D．【答案】B【分析】由题意分析可得点在或，而点也在上，结合二次函数的性质求出结果.【详解】，即，设，则,,,则相当于旋转，或，或，所以点在或，即①或②，而点也在③上，即③与①或②有公共点，若点在①上，则，∵，∴当时，，当时，，所以，若点在②上，则∵，∴当时，，当时，，所以，综上，.故选：B.10．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知圆与圆交点的轨迹为，过平面内的点作轨迹的两条互相垂直的切线，则点的轨迹方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】设两圆交点为，根据椭圆的定义求出轨迹的方程，设点，当切线斜率存在且不为时，设切线方程为：，联立直线与椭圆方程，根据且求出，当切线的斜率不存在或为时，求出点坐标，即可得解.【详解】圆圆心，圆圆心，设两圆交点为，则由题意知，，所以，又由于，所以由椭圆定义知，交点是以、为焦点的椭圆，且，，则，所以轨迹的方程为，

设点，当切线斜率存在且不为时，设切线方程为：，联立，消得，则，即，由于，则由根与系数关系知，即．

当切线斜率不存在或为时，点的坐标为，，，，满足方程，故所求轨迹方程为．故选：A．【点睛】关键点睛：本题解答的关键是由椭圆的定义求出轨迹的方程，再分切线的斜率存在且不为零和不存在或为零两种情况讨论，根据，利用韦达定理及求出方程.二、多选题11．（2023春·福建厦门·高二厦门双十中学校考阶段练习）已知椭圆的两个焦点为是椭圆上的动点，且的面积最大值是，则下列结论中正确的是（

）A．椭圆的离心率是B．若是左，右端点，则的最大值为C．若点坐标是，则过的的切线方程是D．若过原点的直线交于两点，则【答案】BD【分析】利用已知解出得到椭圆方程，由离心率的公式计算结果验证选项A；利用椭圆定义计算验证选项B；通过联立方程组求切线方程验证选项C；运用点差