重难点专题35 圆锥曲线离心率压轴题（含二级结论）十九大题型-2025年高考《数学》重难点题型突破（解析版）

第第页重难点专题35圆锥曲线离心率压轴题（含二级结论）十九大题型汇总题型1直接型 1题型2二级结论之通径型 8题型3双曲线渐近线相关 14题型4坐标法 22题型5二级结论之焦点弦定比分点 30题型6二级结论之焦点已知底角 35题型7焦点三角形已知顶角型 40题型8焦点三角形双余弦定理 46题型9利用图形求离心率 52题型10利用椭圆双曲线的对称性求离心率 57题型11点差法 66题型12二级结论之中点弦问题 73题型13角平分线相关 78题型14圆锥曲线与圆相关 83题型15内切圆相关 89题型16与立体几何相关 96题型17二级结论之切线方程 105题型18正切公式的运用 113题型19圆锥曲与内心结合 119题型1直接型椭圆与双曲线的离心率公式为：e=ca，注意椭圆的离心率范围（0,1），双曲线的离心率范围（1，+【例题1】（2021·江西南昌·统考模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l【答案】37【分析】由题设知AB⊥AF1，令|AF1|=12m，易得|AB|=5m，根据双曲线的定义知|AF2【详解】由AB⋅AF1=0，知：AB⊥AF1∴Rt△F1AB中，|BF1∴|AF2|=2a−8m=12m−2a，即m=a5故在Rt△F1AF2∴e=c故答案为：37【点睛】关键点点睛：由题设知AB⊥AF1，令|AF【变式1-1】1.（2021·全国·高三开学考试）设F1,F2分别是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点，过点【答案】2【分析】求椭圆的离心率，要列出关于a,c的等量关系式，设|F1B|=k(k>0)，根据椭圆的定义以及|AF1【详解】

设|F1B|=k(k>0)，则|A∴|AF2|=2a−3k∵cos在△ABF2中，由余弦定理得，∴(4k)化简可得(a+k)(a−3k)=0，而a+k>0，故a=3k，∴|AF2|=|A∴|BF∴AF∴△AF∴c=2∴椭圆的离心率e=c故答案为：22【点睛】题目考察比较综合，需要根据图形列出各边之间的关系式，找到关于a,c之间的关系，进而求解离心率，涉及到了以下考点：（1）椭圆的第一定义（2）三角形的余弦定理（3）离心率的计算【变式1-1】2.（2021·河北秦皇岛·统考二模）椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为A．57 B．22 C．53【答案】A【分析】根据向量运算和椭圆的定义可得关于a,c的方程，由椭圆的离心率的定义可得选项.【详解】设F1因为AF所以AF2=因为AF1=43设AF1中点为H，则F2H⊥AB，F2A2等式两边同除以a2得：7e2−12e+5=0，解得：故选：A.【点睛】方法点睛：求椭圆离心率或其范围的方法（1）根据题意求出a,b,c的值，再由离心率的定义e2（2）由题意列出含有a,b,c的方程(或不等式)，借助于b2＝a【变式1-1】3.（2023·江西九江·二模）青花瓷又称白地青花瓷，常简称青花，中华陶瓷烧制工艺的珍品，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷.如图为青花瓷大盘，盘子的边缘有一定的宽度且与桌面水平，可以近似看成由大小两个椭圆围成.经测量发现两椭圆的长轴长之比与短轴长之比相等.现不慎掉落一根质地均匀的长筷子在盘面上，恰巧与小椭圆相切，设切点为P，盘子的中心为O，筷子与大椭圆的两交点为A、B，点A关于O的对称点为C．给出下列四个命题：①两椭圆的焦距长相等；②两椭圆的离心率相等；③PA=④BC与小椭圆相切.其中正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】设大、小椭圆的长轴长之比与短轴长之比均为λλ>1，设点Px0,y0、Ax【详解】设大、小椭圆的长轴长之比与短轴长之比均为λλ>1设点Px0,y0以椭圆的中心为坐标原点，椭圆的长轴、短轴所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，设小椭圆的方程为x2则大椭圆的方程为x2对于①，大椭圆的焦距长为2λ对于②，大椭圆的离心率为e=λ对于③，当直线AB与坐标轴垂直时，则点A、B关于坐标轴对称，此时点P为线段AB的中点，合乎题意，当直线AB的斜率存在且不为零时，设直线AB的方程为y=kx+m，联立y=kx+mb2xΔ=4a4此时，x0联立y=kx+mb2x由韦达定理可得x1+x2=−综上所述，PA=对于④，当点P的坐标为0,b时，将y=b代入x2a2不妨取点Aaλ−1,b、B若λ≠2，则直线BC的方程为x=−aλ−1，此时直线BC故选：B.【点睛】方法点睛：解决中点弦的问题的两种方法：（1）韦达定理法：联立直线与曲线的方程，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：设出交点坐标，利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标代入曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率关系求解.【变式1-1】4.（22·23下·恩施·模拟预测）已知F1，F2分别为双曲线C：x24−y2b2=1b>0A．△AF1F2C．AF1⋅【答案】D【分析】利用已知条件求出b的值，对于A：利用勾股定理结合双曲线的定义求出△AF1F2的面积，对于B：利用双曲线的离心率公式运算求解；对于C：先求【详解】设双曲线C的半焦距为c>0，因为双曲线C的焦点在x轴上，且a=2，则其中一条渐近线方程为y=b2x，即bx−2y=0则F1到渐近线的距离−bc4+b对于选项A：因为AF2−可得AF2−所以△AF1F对于选项B：双曲线C的离心率为e=c对于选项C：因为AF2−所以AF对于选项D：设BF2=m因为BF12=AB所以1A故选：D.【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．2．焦点三角形的作用在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．题型2二级结论之通径型椭圆与双曲线的半通径是b2a【例题2】（2023·重庆·模拟预测）如图，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0A．14 B．32 C．22【答案】D【分析】做PM⊥x轴于点M，得到点P的纵坐标，从而得到PM，然后根据△F【详解】由题意，做PM⊥x轴于点M，因为四边形F1APQ是等腰梯形，则F则点P的横坐标为xP=a−c，代入椭圆方程可得yp=b因为N0,34b，则ON=34b，由△F1NO∼△化简可得，3a4−32ac即2e−18对于f当e=1时，f1=−13<0，当e=2时，在e∈1,2时，方程2e−1且e∈0,1，故应舍，所以e=故选:D【点睛】解答本题的关键在于得到点P的纵坐标，然后根据三角形相似列出方程，得到a,b,c的关系式.【变式2-1】1.（23·24高三上·湖北·阶段练习）已知A，B是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右顶点，P是双曲线x2a2−y2【答案】2【分析】由直线斜率公式结合点在曲线上可得kMB=−kPB【详解】由题意可知A−a,0，B设P(x0,y0因为点P在双曲线上，则x02a2−设点M(x1,y1)，可得直线MA，因为点M(x1,y1所以kMA⋅k则kMB=−kPB=−kBN又因为椭圆也关于x轴对称，且M，N过焦点F，则MN⊥x轴，又F(c,0)，则MF=所以tan∠AMN=整理得3c2+ac−2a2=0，即所以椭圆的离心率为23故答案为：23

【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：定义法：通过已知条件列出方程组，求得a,c得值，根据离心率的定义求解离心率e；齐次式法：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e的一元二次方程求解；特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率．【变式2-1】2.（2023·湖北武汉·三模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0，点A，B分别为椭圆C的左右顶点，点F为椭圆C的右焦点，Р为椭圆上一点，且PF垂直于x轴.过原点О作直线PA的垂线，垂足为M，过原点О作直线PB的垂线，垂足为N，记S1【答案】6【分析】设∠PAO=α,∠PBO=β可得sin∠NOM=sin∠APB，再由三角形的面积公式将S2S1=409化简为PA【详解】设∠PAO=α,∠PBO=β，故∠AOM=π则∠NOM=α+β，∠APB=π−α+βS2令x2a2+y2故S△PAO=S所以OM=所以代入①可得：PAPB所以PA2则409即409即409即409=a+c即409=1+(1+e)2+故答案为：63

【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于由三角形的面积公式将S2S1=40【变式2-1】3.（22·23·赣州·二模）已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1，F2，点P在E上，满足△【答案】6【分析】根据题意分析可得∠PF【详解】由题意可知：显然∠PF若∠F1PF2因为O为F1F2的中点，则点M为P所以∠PF2F因为△PF1F2∼△O整理得e2−6e+1=0，解得所以E的离心率为6+故答案为：6+【点睛】方法点睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．【变式2-1】4.（2023·河北保定·统考二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F,B为虚轴上端点，M是BF中点，O为坐标原点，A．2 B．2 C．3 D．2【答案】A【分析】作出图象，根据几何性质可得点M,N的坐标，结合OM∥ON可得a=b，进而求出离心率.【详解】由题意，在双曲线C:x2a2−y

由题意可知：Fc,0因为M是BF中点，则Mc2,且O,M,N三点共线，则OM∥ON，可得c2×b所以e=c故选：A.题型3双曲线渐近线相关双曲线的渐近线求离心率可以直接使用公式：e=【例题3】（2023·山东潍坊·二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左，右焦点分别为F1，F2，OA．2 B．2 C．5 D．3【答案】C【分析】利用点到直线的距离公式求出DF1，利用勾股定理求出OD，由锐角三角函数得出cos∠DOF1=ac，在△DOF2利用余弦定理可得出【详解】如下图所示，双曲线C的右焦点F1−c,0，渐近线l1由点到直线的距离公式可得DF由勾股定理得OD=在Rt△DOF1中，∠OD在△DOF2中，OD=a，Dcos∠DO由余弦定理得cos∠DO化简得，c2=5a2，即c=5故选：C．【点睛】求解椭圆或双曲线的离心率，一般有以下几种方法：①直接求出a、c，可计算出离心率；②构造a、c的齐次方程，求出离心率；③利用离心率的定义以及椭圆、双曲线的定义来求解．【变式3-1】1.（2022·贵州毕节·统考模拟预测）已知F1，F2是双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，点A是C的左顶点，过点F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，过点A．2 B．2 C．3 D．3【答案】A【分析】根据已知条件求出P点坐标和直线PA方程，PO平分∠APM，则O到PM的距离等于到AP的距离，列式可求离心率﹒【详解】如图，双曲线的渐近线取y=bax由y=−a∴P(a2c,abc∴PA：y=ba+c∵PO平分∠APM，∴O到PM的距离等于O到AP的距离|OM|，即abb2+(a+c故选：A﹒【变式3-1】2.（多选）（2023·山东潍坊·三模）函数y=ax+bx(ab>0)的图象是双曲线，且直线x=0和y=axA．x≠0，y≥24C．实轴长为23 D．离心率为【答案】ABD【分析】由基本不等式可判断A，由双曲线的性质判断B，C，D.【详解】x>0时，y=33x+1xx<0时，y=3当且仅当−33x=−依题意，此双曲线两条渐近线为x=0和，y=3由双曲线的对称性，双曲线的渐近线关于双曲线的对称轴对称，故得双曲线的两条对称轴方程为y=3由双曲线的性质，双曲线实轴的两个顶点为对称轴y=3x与双曲线y=3A(232故此双曲线的实轴长即为2a=AA依题意，此双曲线两条渐近线x=0和y=33x则渐近线x=0与对称轴y=3x的夹角为π6所以b2a2故选：ABD【变式3-1】3.（2020上·广西桂林·高三广西师范大学附属中学校考阶段练习）已知双曲线C：x2a2【答案】5【解析】由题意，得到双曲线的其中一条渐近线的方程为y=−bax，进而得到过点F)与y=−bax垂直的直线方程为y=ab(x−c)【详解】如图所示，双曲线C:x2a其中一条渐近线的方程为y=−b则过点F(c,0)与y=−bax联立方程组y=abx−cy=−在△AMN中，因为tan∠MAF=12，可得MN即a+c=2b，所以a+c2=4b即3e2−2e−5=0，解得e=故双曲线的离心率为53【点睛】本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出a,c，代入公式e=ca；②只需要根据一个条件得到关于a,b,c的齐次式，转化为a,c的齐次式，然后转化为关于e的方程，即可得【变式3-1】4.（2022·陕西咸阳·统考二模）已知双曲线C：（a>0，b>0）的左焦点为F，过F且与双曲线C的一条渐近线垂直的直线l与另一条渐近线交于点P，交y轴于点A，若A为PF的中点，则双曲线C的离心率为.【答案】3【分析】先假设与直线l垂直的一条渐近线的斜率为−ba，进而求出FP的直线斜率，进而由F点求出FP的直线方程为y=ab(x+c)，联立另一条渐近线和直线FP【详解】设与直线l垂直的渐近线的方程为：y=−b因为直线l与该渐近线垂直，所以kFP所以FP的直线方程为y=a令x=0，得y=ac所以点A坐标为(0,ac联立y=ab(x+c)所以点P坐标为(a又因为A为FP中点，所以yp即0+abcb2化简得，2a所以双曲线离心率为：e=c故答案为：3.【变式3-1】5.（多选）（2023·河北唐山·模拟预测）已知双曲线C：x2a2−y24=1(a>0)的左、右焦点分别为F1，FA．C的离心率为213 B．C的离心率为C．△OPQ的面积为23 D．△OPQ的面积为【答案】AC【分析】设∠POF2=α，由题意可求得|PF2|=2，|OP|=a，【详解】直线y=2ax和直线y=−

设∠POF2=α又F2P垂直于渐近线y=2ax，渐近线方程为2x−ay=0∴|PF2|=|2c|a∴sinα=在△OF1P中，∠∴a2c⋅32−ac⋅1∴e=c双曲线C的方程为：x23−过P点的切线PQ与双曲线切于点M(x0,又P，Q均在双曲线的渐近线上，故设Px又tanα=23，∴∴S△POQ当点M(x0,设切线方程为y=kx−得4−3令Δ=0，得x02过M点的切线方程为y=4切线方程代入y=23x切线方程代入y=−23x∴x1∴S△POQ故选：AC【点睛】方法点睛：1.求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法．具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标准方程的形式，然后再根据a，b，c，e及渐近线之间的关系，求出a，b的值．2.解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．题型4坐标法相对运算较麻烦的一种方法，可以通过联立方程，求出点的坐标，构造等式求出离心率【例题4】（2023·河南·模拟预测）已知双曲线C：x2【答案】10【分析】写出直线AP的方程为y=x+a，将其分别与双曲线渐近线联立解出P,Q的纵坐标，根据A为PQ的三等分点，得到关于a,b的方程，最后化为关于a,c的齐次方程，即可得到离心率.【详解】不妨设点P在第二象限，直线AP的方程为y=x+a，联立y=x+a,y=−bax，得点联立y=x+ay=bax，得点由A为PQ的三等分点,可知yQ=−2yP，则有则a2=9c2−a2故答案为：103【变式4-1】1.（2023·山东潍坊·模拟预测）已知双曲线E:x2aA．2 B．52 C．5 D．【答案】D【分析】根据题意可得P为线段FM的中点，N为线段PN的中点，设Mm,−bam，从而可得出P,N的坐标，再根据点N在渐近线y=bax上，求出m【详解】由题意，点M在渐近线y=−bax上，点N设Mm,−b因为P，M恰为线段FN的三等分点，所以P为线段FM的中点，N为线段PN的中点，则Pm−c2,−bm2a又点N在渐近线y=b所以3m+c2⋅b故P−因为点P在双曲线E:x所以49c2144所以e=c故选：D.【点睛】关键点点睛：设Mm,−bam，由P为线段FM的中点，N为线段PN的中点，得出P,N的坐标，再根据点N在渐近线【变式4-1】2.（24·25高三上·浙江·开学考试）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，过点F作倾斜角为π4的直线交椭圆C于A、B两点，弦【答案】12【分析】设直线l的方程,代入椭圆方程,由韦达定理,弦长公式及中点坐标公式,求得中点坐标Q坐标,求得AB垂直平分线方程,当y=0时,即可求得P点坐标,代入即可求得|PF|,即可求得|PF||AB|,即可求得a和c【详解】因为倾斜角为π4的直线过点F设直线l的方程为:y=x−c,Ax线段AB的中点Qx联立y=x−cx2a∴x∴AB=∴∴AB的垂直平分线为:y+b令y=0,解得xP=c∴|PF|=c−x∴|PF||AB|=∴椭圆C的离心率为12故答案为:12【点睛】关键点睛：运算能力是关键；本题考查简椭圆的简单几何性质,直线与椭圆的位置关系,直线的垂直平分线的求法,属于较难题.【变式4-1】3.（2023·湖北襄阳·模拟预测）如图，已知有公共焦点P1(−c,0)、P2(c,0)的椭圆C1和双曲线C2相交于A、B、C、D四个点，且满足OA=OB=OC=【答案】63/【分析】设椭圆C1的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0【详解】设椭圆C1的方程为x双曲线C2的方程为x因为椭圆C1和双曲线C2有公共焦点P1所以a2因为OA=联立x2a2所以x=±as所以点A,B,C,D的坐标分别为asc,btc，asc所以直线AC的斜率k1=btas，直线所以点P的坐标为asc所以直线CP的斜率为−bt所以直线CP的方程为y=bt联立y=bt2asx−4a设点Q的坐标为x0则−as所以x0=as所以直线AQ的斜率k2=−btb2所以s2=t所以s2因为点Aasc,所以asc故a2+所以e=c故答案为：63【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式e=c②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)【变式4-1】4.（22·23高三上·河南洛阳·阶段练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1−c,0，F2①BF②若AB=2F1A，则双曲线③BF④c−a<AA．①② B．①③ C．①②④ D．①③④【答案】C【分析】对于①：根据F1F2=2OB【详解】对于①：因为F1F2=2OB，且O所以BF对于②：由题意可知：直线OB:y=b设Bx0,ba即Ba,b设Ax1,y1因为AB=2F1A，则即Aa−2c3,整理得4e2−4e−9=0，解得e=对于③：设直线l与双曲线的右支交于点M，由双曲线的定义可得：MF在△MBF2中可得MB>所以MF即BF对于④：设Ax1,y1则AF因为0<y1<b，则a所以c−a<cax故选：C.【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．2．焦点三角形的作用在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．【变式4-1】5.（22·23高三上·河北石家庄·期中）椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为【答案】3【分析】由3OF1=OA+2OB得F1为线段AB的一个三等分点，由【详解】如图，因为3OF1=OA所以F1为线段AB又因为AB=BF2，所以所以AF1=因为A(0,b)，F1(−c,0)，且AF代入椭圆方程，得94e2+1故答案为：33【点睛】将两个向量条件分别转化，3OF1=OA+2OB题型5二级结论之焦点弦定比分点1.点F是椭圆的焦点，过F的弦AB与椭圆焦点所在轴的夹角为θ,θϵ(0,π2)，k为直线AB的斜率，且当曲线焦点在y轴上时，e=1+注：λ=AFBF或者λ=BFAF,而不是2.过F弦AB与双曲线焦点所在轴夹角为θ,θϵ(0,π2)，k为直线AB斜率，且当曲线焦点在y轴上时，e=1+【例题5】（23·24高三上·云南·阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2且倾斜角为【答案】2【分析】由△AF1F2的面积是△BF1F2面积的2倍，得到AF2=2【详解】如图，由△AF1F2的面积是不妨设AF2=2x，BF2=x，在△AF1F2中，得4x2+4在△BF1F2中，得x2+4c①+②×2得x=3整理得c2−a故C的离心率为23故答案为：2【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于找到a,c之间的关系，解答时要注意利用△AF1F2的面积是△BF1F2面积的2倍，得到【变式5-1】1.（2022上·辽宁鞍山·高三鞍山一中校考期中）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1的左焦点为F，过F斜率为3的直线l与椭圆C相交于【答案】25【分析】设Ax1,y1,Bx2,y2【详解】因为直线AB过F(−c,0)且斜率为3，所以直线AB为：y=3与椭圆C：x2a2+y设Ax1因为AFBF=32消去y2并化简整理得：24将b2=a2−因此，该双曲线的离心率e=c故答案为：25【变式5-1】2.（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F，过F且斜率为3A．58 B．65 C．75【答案】B【分析】设双曲线C:x2a2−y2b2=1的右准线为l，过A、B分别作AM⊥l于M，BN⊥l于N，BD⊥AM于D，根据直线AB的斜率为【详解】设双曲线C:x2a过A、B分别作AM⊥l于M，BN⊥l于N，BD⊥AM于D，如图所示：因为直线AB的斜率为3，所以直线AB的倾斜角为60°，∴∠BAD=60°，AD=由双曲线的第二定义得：AM−又∵AF=4∴3e∴e=故选：B【点睛】本题主要考查双曲线的第二定义的应用以及离心率的求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.【变式5-1】3.（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）已知椭圆x2a2+y2b2=1A．12 B．22 C．23【答案】C【分析】根据题意写出直线方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理与GF2=2F2H构建出关于【详解】设F2c,0，Gx1,y1，H直线方程为y=3x−c，联立方程可得a2根据韦达定理：y1+y因为GF2=2F2所以y1即4c23a2可得4a2=9故选：C.【变式5-1】4.（2023·贵州·统考模拟预测）椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点为A,F是A．12 B．35 C．22【答案】A【分析】根据向量关系得到A,B,F三点共线，表达出B点坐标，代入椭圆方程，求出离心率.【详解】因为3AF+5BF=0，所以不妨设Fc,0，B则AF=由3AF+5BF=0故B8c将其代入C:x2a2+故离心率为12故选：A题型6二级结论之焦点已知底角1.已知椭圆方程为两焦点分别为设焦点三角形，则椭圆的离心率e=ca=2.已知双曲线方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)两焦点分别为【例题6】（2008·全国·高考真题）设△ABC是等腰三角形，∠ABC=120°，则以A，B为焦点，且过点C的双曲线的离心率为（

）A．1+22 B．1+32 C．【答案】B【解析】根据题设条件可知2c=AB=BC，由正弦定理可得AC【详解】双曲线的焦点为A，B，则AB=2c∵△ABC是等腰三角形，∠ABC=120°，∴BC=2c，∠ACB=30°由正弦定理ACsin∠ABC=ABsin双曲线过点C，由双曲线的定义可得|AC|−|BC|=23解得离心率e=c故选：B.【点睛】本题主要考查双曲线的定义、离心率以及解三角形问题，属于中档题.求双曲线离心率，一般可由下面两个方面着手：（1）根据已知条件确定a，b，c的等量关系，然后把b用a，c代换，求ca（2）已知条件构造出a，b，c的等式或不等式，结合c2=a2+b2化出关于a，c【变式6-1】1.（2022秋·山东青岛·高二山东省青岛第五十八中学校考期中）椭圆C:x2a2+y2b2A．3−1 B．2−1 C．32【答案】A【分析】先根据y=3(x+c)的斜率得到∠MF1F2=60°，∠M【详解】【解法一】因为y=3(x+c)经过左焦点，且斜率为3，故所以∠MF1F2=60°设MF1=x由椭圆的定义可知：MF2+解得：x=3所以MF1=由勾股定理得：MF故3−1解得：c2a2故选：A【解法二】===-1。【变式6-1】2.（2020秋·贵州贵阳·高二统考期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为A．3−5 B．5−3 C．3【答案】D【解析】由直线斜率得直线倾斜角，从而ΔF1MF2的三个内角都能求出，可确定ΔOMF2【详解】如图，由题意得∠MF1O=π6，又∠MF于是ΔOMF2是正三角形，∴点M在椭圆上，∴c24a2+e2=4−23（e故选：D.【点睛】本题考查求椭圆的离心率，解题关键是列出关于a,b,c的一个等式，本题关键是由直线MF1的倾斜角求出ΔF1MF2【变式6-1】3.（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆E的两个焦点分别为F1，F2，点Р为椭圆上一点，且tan∠PF1【答案】13【分析】根据题意，利用正弦定理得到可得e=c【详解】因为tan∠PF1F2=2则sin∠PF1F2=2由正弦定理得：F1可得e=c又由sin∠P所以e=c故答案为：13−

【变式6-1】4.（2023秋·江西吉安·高三吉安一中校考开学考试）点P是双曲线C1：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）和圆C2：x2+【答案】3+1/【分析】利用圆与双曲线的定义与性质计算即可.【详解】

由题中条件知，圆的直径是双曲线的焦距，则∠F∴∠PF1F2=e=2c故答案为：3【变式6-1】5.（2023秋·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考阶段练习）已知F1,F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点，点【答案】3【分析】作出辅助线，得到PM=3c,【详解】由题知F1F2=PF2=2c，过∴PMPMAM=3∴e=故答案为：3题型7焦点三角形已知顶角型可以通过焦点三角形的特征进行解决【例题7】（20·21高二上·吉林白城·阶段练习）已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1P【答案】4【分析】依据椭圆和双曲线定义和题给条件列方程组，得到关于椭圆的离心率e1和双曲线的离心率e2的关系式，即可求得【详解】如图，设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的半实轴长为a2则根据椭圆、双曲线定义得：PF1可得：PF1=设F1F2在△PF1F可得4整理得4c2=a故答案为：4【变式7-1】1.（2021·重庆·校联考三模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左右焦点分别为FA．102 B．3 C．5 D．【答案】A【分析】根据条件求得PF2=3a，∴PF1【详解】由双曲线定义知PF则PF1=PF∴△PQF2的周长为∴PF2+由PF所以∠F2PQ=90°，故P∴PF2=3a，Q在Rt△PF1F2故选：A.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：由PF2→【变式7-1】2.（2021·山东烟台·统考二模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A在C的右支上，AA．2 B．3 C．6 D．7【答案】B【分析】由题设知△ABF2为等腰直角三角形，即∠BAF2=π4、|AB|=【详解】由F2A⋅F2B=0且|F2∵{|∴|AB|=4a，故|F2A|=|而在△AF1F∴4c2=8a2故选：B.【点睛】关键点点睛：由已知条件判断△ABF【变式7-1】3.（2021·浙江·模拟预测）已知F1，F2分别是双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，直线y=kx与E交于A，BA．62 B．52 C．32【答案】A【分析】不妨设AF1=m，AF2=nm>n【详解】不妨设AF1=m由双曲线的定义可知，m−n=2a，即m2又∠F1A由①②可得mn=4c2−4a2又四边形F1AF2B面积S=2×1因为163S=C2，故故双曲线E的离心率为ca故选：A.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是根据双曲线的对称性得到四边形F1AF【变式7-1】4.（2023·上海崇明·一模）已知椭圆Γ1与双曲线Γ2的离心率互为倒数，且它们有共同的焦点F1、F2，P是Γ1与Γ【答案】2+3/【分析】根据P点是椭圆和双曲线的交点，结合椭圆双曲线的定义表示出PF1，PF【详解】设椭圆Γ1标准方程为x2a设双曲线Γ2标准方程为x2a由题可知：e1设PF1=m则m+n=2a由①②得，m=a1+代入③整理得，4c两边同时除以c2得，4=即4=2−即2−3解得e22=(2+3故答案为：2+【点睛】本题综合考查椭圆和双曲线的几何性质，解题关键是熟练应用椭圆和双曲线的定义，结合焦点三角形中的余弦定理，列出方程组即可求解.【变式7-1】5.（2022上·江苏南京·高三南京师大附中校考期中）已知F1，F2分别为双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左，右焦点，过点F【答案】−【分析】由题意可得直线l为y=x−c，设Px1,y1，Qx2,y2，代入双曲线并结合P，Q在右支可得【详解】由双曲线C:x2a2−y2代入双曲线可得x2a2设直线l与双曲线C的右支交于Px1,故x1⋅x2=−a结合e>1可得1<e<2不妨设Q在x轴的下方，P在x轴的上方，设PF2=m，QF2①PF1=PQ时，故QF因为直线斜率为1，所以倾斜角为π4，即∠Q在△QF2F即16a2=4所以e2−2②QF1=PQ时，故PF因为直线斜率为1，所以倾斜角为π4，即∠P在△PF2F即16a2=4所以e2+2因为−2+14所以1<−③QF1=PF综上所述，双曲线C的离心率为−2故答案为：−【点睛】关键点点睛：这道题的关键点是得到直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点时，离心率的范围，后面讨论三种情况并结合所求的范围进行取舍题型8焦点三角形双余弦定理【例题8】（22·23高二下·河南安阳·开学考试）已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2A．25 B．105 C．155【答案】B【分析】由已知条件和椭圆定义，将|MN|,|MF2|,|MF1|,|NF2|用a【详解】由椭圆的定义可得MF结合MF2由MF1+由椭圆的定义可得NF2在△MNF2中，在△MF1F4c∴c故选：B【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式e=c②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2【变式8-1】1.（22·23上·河南·模拟预测）双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左，右焦点分别为A．73 B．2 C．53 【答案】A【分析】先设BF2=t，再利用双曲线的定义与向量数乘的性质得到AF2，BF1，AF1【详解】根据题意，设BF因为AF2=2由BF1−由AF1−又F1F2所以在△BF1A中，cos∠ABF在△BF1F2中，则103a2+2a×10所以e=ca=故选：A..【变式8-1】2.（2023·浙江·一模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1的左右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，A，B为C上位于x轴上方的两点，且AF1//BF2，∠AF1【答案】2【分析】作出图像，由余弦定理及双曲线的定义表示出AF1和BF2，再根据AF1∥PQ∥B【详解】做出图像，如图所示，则F1在△AF1F2中，由设AF1=m所以m2+(2c)2−在△BF1F2中，由设BF2=n所以n2+(2c)2−因为AF所以PQA则PQAF1所以1AF1所以OQ=2由PQ∥AF1可得，△PQF所以b22a2b2故答案为：2．【变式8-1】3.（23·24高三上·江苏淮安·开学考试）椭圆C:x2a2+y2【答案】13【分析】设BF1=m，再在△ABF2中根据余弦定理结合椭圆的定义可得m=67【详解】由椭圆的性质可得AF1=AF2=a，设即a2整理可得7am=6a2，即m=6又∠AF1F2+∠B故ca=−2c2+故a2=13c

故答案为：13【变式8-1】4.（22·23高三下·山东菏泽·开学考试）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1【答案】355【分析】利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到AF2,BF2,【详解】依题意，设AF2=2m在Rt△ABF1中，9故a=m或a=−3m（舍去），所以AF1=4a,AF故cos∠所以在△AF1F2中，故e=c故答案为：35【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于a,b,c的齐次方程，从而得解.【变式8-1】5.（2023·湖南株洲·一模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0【答案】5【分析】根据椭圆的定义，线段比例关系和余弦定理即可求解.【详解】因为PF所以PF又PF所以F1所以QF在三角形F1PF在三角形Q1PF以上两式相等整理得(5a−7c)(a−c)=0，故5a=7c或a=c（舍去），故ca故答案为：57题型9利用图形求离心率【例题9】（2023·安徽安庆·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与双曲线C的右支相交于点P，过点O,A．2 B．5+12 C．3+1【答案】D【分析】由条件证明N为线段F1M的中点，由此可得PF1=3b,MP=b【详解】因为F1，F2为双曲线所以F1因为ON⊥P所以ON//F2M，又所以N为线段F1M的中点，且又M为线段PN的中点，所以F1在Rt△OF1N中，所以F1所以PF因为点P在双曲线的右支上，所以PF故PF在Rt△MF2P中，MF由勾股定理可得：2a2所以8b2=12ab所以4b2=9故4c所以e=c故选：D.【点睛】方法点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式e=c②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．【变式9-1】1.（22·23·包头·二模）双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的两个焦点为F1−c,0【答案】2【分析】根据相切关系可得直线F1H的斜率，进而得方程为y=b【详解】设直线F1H与圆相切于M,由题意可知OM=b,OF1所以直线F1H方程为联立y=bax+c和y=−ba因此S△F1HO=故e=c故答案为：2【变式9-1】2.（2023秋·江西宜春·高三江西省宜丰中学校考阶段练习）双曲线C:x2a2−y2【答案】10【分析】作出辅助线，得到F1D⊥FD，设出DF1=2m【详解】由题意得F−c,0，取AB中点M，连接OM，设双曲线C的右焦点为F1，连接因为OA=OB=又A，B为线段FD的两个三等分点，所以FM=DM，即M为FD的中点，又O为FF1的中点，所以DF设DF1=2m，则OM由勾股定理得AM=BM=12a由双曲线定义得DF−DF在Rt△DFF1中，由勾股定理得即61由①得312a解得m=a2或将m=a2代入②得5a

故答案为：10【变式9-1】3.（2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）已知F1，F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，A是CA．1010 B．714 C．39【答案】B【分析】求得直线AP的方程，根据题意求得P点坐标，代入直线方程，即可求得椭圆的离心率．【详解】由题意可知：A0,b，F1−c,0，F2c,0由∠PF1F2=120∘代入直线AP方程中得−3c=23则a=b2+故选：B.【变式9-1】4.（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知椭圆T:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为【答案】55/【分析】（1）由△ABO∼△F1PF2可得PF2【详解】设c为半焦距，因为△ABO∼△F1PF2因为△ABO∼△F1PF2，所以BO所以b2=4c2=a2故答案为：5

题型10利用椭圆双曲线的对称性求离心率【例题10】（22·23高二下·湖南·期末）如图，已知F1,F2是双曲线C:x2a2−y

A．105 B．52 C．153【答案】D【分析】根据双曲线的定义和性质分析可得t=a，进而可得∠F【详解】延长QF2与双曲线交于点因为F1P∥F设F2P'可得F2P−所以P'Q=4t=4a，则Q即P'Q2在△P'F即a2+3a故选：D.

【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e=c2．焦点三角形的作用在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．【变式10-1】1.（2023·河南商丘·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别为F1,F2，点M,N是C的一条渐近线上的两点，且A．3 B．2 C．5 D．7【答案】C【分析】根据MN=2MO，可得M,N关于原点对称，从而可得四边形MF1NF2为平行四边形，再根据MN【详解】设双曲线的焦距为2c(c>0)，因为MN=2MO，所以所以M,N关于原点对称，所以四边形MF又MN=F1因为以F1F2不妨设M,N所在的渐近线方程为y=b则N−由y=bax,x2不妨设Ma,b因为P为双曲线的左顶点，所以P−a,0所以PM=又MN=2c,∠MPN=135°由余弦定理得|MN|即4c2=所以离心率e=c故选：C.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组或不等式组，求得a、c的值或不等式，根据离心率的定义求解离心率e的值或取值范围；（2）齐次式法：由已知条件得出关于a、c的齐次方程或不等式，然后转化为关于e的方程或不等式求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值构建方程或不等式，求得离心率的值或取值范围.【变式10-1】2.（2023·福建宁德·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点是F【答案】53/【分析】设椭圆的左焦点为E，利用已知条件结合椭圆的对称性可得四边形AEBF为矩形，再利用勾股定理方程组求解即可.【详解】设椭圆的左焦点为E，连接AE，BE，BF，CE，

由直线y=kx交椭圆于A,B两点﹐及OAOF结合椭圆的对称性可得OA=所以△AEF，△AFB，△BEF均为直角三角形，所以四边形AEBF为矩形，设AF=2t，则CF=t，AE=2a−2t所以在直角△AEF中AE2+AF在直角△ACE中AE2+AC由②解得t=a将t=a3代入①得209所以e=c故答案为：5【变式10-1】3.（23·24高三上·山西大同·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，过点【答案】53/【分析】由题意可得F2N//F1M，且F2N=12F1M，延长MF1【详解】因为PM=2MN，所以F2N//F延长MF1并延长交椭圆于点则由对称性可设F1Q=F2N=t因为F1M+则QM=a，F2M得QM所以∠QMF在△F1M2a32+4a3所以离心率e=c故答案为：5【点睛】关键点睛：此题考查椭圆的离心率的求法，解题的关键是利用椭圆的对称性和椭圆的定义表示出各线段的长.【变式10-1】4.（2022·全国·校联考模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别是F1，F2A．33 B．C．102 D．【答案】C【分析】首先根据焦三角形△AF2P的面积为b2，得到∠F1PF2=π2，过点A作x轴的平行线交PQ于点B，可知四边形F1F2BA是平行四边形，根据F1【详解】如图所示：因为F1A+因为PFPF4PF所以S=可得∠F过点A作x轴的平行线交PQ于点B，可知四边形F1因为F1F2又AB=AF设PF2=m，则PF1F1Q=3m+2a在Rt△PF1Q中，由P在Rt△PF1F2中，由所以离心率e=c故选：C【变式10-1】5.（2021下·山西·高三校联考阶段练习）如图，O是坐标原点，P是双曲线E:x2aA．174 B．173 C．214【答案】B【分析】令双曲线E的左焦点为F'，连线即得▱PFQF'，设FR=m，借助双曲线定义及直角△【详解】如图，令双曲线E的左焦点为F'，连接P由对称性可知，点O是线段PQ中点，则四边形PFQF'是平行四边形，而QF⊥FR，于是有设FR=m，则|PF'∣=|FQ|=2m，在Rt△F'PR中，(2m)从而有PF'=8a3,|PF|=2a3，所以双曲线E的离心率为173故选：B题型11点差法1.根与系数关系法：联立直线方程和椭圆（或双曲线）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（或双曲线）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，x12a2+y12b2=1,=1\∗GB3\∗MERGEFORMAT①x22a2+y22b2=1,=2\∗GB3\∗MERGEFORMAT②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)，(x1−x2≠0，x1+x2≠0)【例题11】（22·23·吉安·一模）椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的内接四边形ABCD的对角线AC,BDA．14 B．32 C．12【答案】B【分析】设出点Ax1,y1,Bx2,y2【详解】设点Ax1,y1可得1−x1,1−y1由A,C两点在椭圆E上，有x11−2×4即2b同理可得2b因此，直线AB的方程为2b从而直线AB的斜率为−b由e2=1−故选：B【变式11-1】1．（2023·湖北·模拟预测）设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e≠2【答案】3【分析】根据题意，作图，计算得AF2=a−ex0，AF1=a+ex0，再设角平分线交x轴于T(m,0)，根据角平分线的性质，得到【详解】由点A在椭圆C上，且∠F1AF2=π则A=c同理AF设角平分线交x轴于T(m,0)，根据角平分线的性质，可知S△AS△A∴AF2AF可得直线AB:y=y01−由AB=2BD，可得设AB中点为M，则xM=2点差法的结论，证明如下：设A(x1,y1)，B(x故x12a又由x1+x2=2最后化简得，y0进而得到，kOM得2−3e因为∠F1A联立x02+所以y02x02故答案为：32【变式11-1】2.（2022下·云南昭通·高二校联考期末）已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)斜率为−18的直线与E的左右两支分别交于A，B两点，P点的坐标为(−1,2)，直线AP交E于另一点C，直线BPA．2 B．72 C．62 【答案】D【分析】设A(x1,y1),B(x2,y2),，线段AB的中点M(xM,yM)，代入双曲线的方程中可得x1【详解】设A(x1,则x12a所以yM=−设C(x3,y3),D(因为kAB=kCD，所以所以yM−2xM+1=y所以a2=4b所以e=c故选：D.【变式11-1】3.（22·23·河北·模拟预测）已知斜率为−2的直线l1与双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右两支分别交于点A，B，l2//l1，直线l2与E【答案】7【分析】设出各点的坐标及中点坐标，代入双曲线作差得yM=−b22a【详解】设Ax1,y1，Bx2AB的中点MxM,yM则x12a2−所以b2a2⋅x因为AB//CD，所以P，M，N三点共线，所以将①②代入得−b22因为xM≠xN，所以又点P恒在直线l:y=−3x上，所以−b22所以双曲线E的离心率为e=c故答案为：7

【点睛】思路点睛：一般涉及中点弦问题时，采用设而不求点差法求解，本题通过点坐标之间的关系建立a，b关系，从而求出双曲线的离心率.【变式11-1】4.（2023·云南·统考模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2【答案】55/【分析】先由FB+FP+FQ=【详解】设F(c,0),B(0,b),Px1,由FB+FP+FQ=即(c,−b)=2x0−c,又M为线段PQ的中点，则x1又P、Q为椭圆C上两点，则x1两式相减得x1所以kPQ化简得2a2解得b=2c或c=2b（∵b>c故舍去）则a2=b故答案为：5【变式11-1】5.（2020上·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图，过原点O的直线AB交椭圆C：x2a2【答案】3【解析】设A(x1,y1)，Q(x2,y2)，根据已知条件得B、P、M的坐标，AB⊥AQ、B，M，Q三点共线，【详解】设A(x1,y1)，Q(x由AB⊥AQ，则y1x由B，M，Q三点共线，则kBQ=kBM，即y又因为x12a2+y12将①②代入③得b2【点睛】关键点点睛：根据已知点的坐标表示两线垂直以及三点共线，再结合点在椭圆上得到相关参数的方程，联立方程求椭圆离心率.题型12二级结论之中点弦问题椭圆或者双曲线，已知中点时，当椭圆或双曲线的焦点在x轴，K2.P为椭圆上一点，e为离心率，①A1，A②A1，A以上结论也适用于双曲线.【例题12】（22·23上·徐州·期末）已知椭圆C：x2a2+y2b【答案】5【分析】设点的坐标，求斜率，由题知x02a∠BDO=∠BOD，知kAP⋅k【详解】设Px0,y0则直线AP的斜率为y0−nx由题知x02a即x0+my0+n又∠BDO=∠BOD，则kAB=−k即b2a2=4即c2a2故答案为：5【变式12-1】1.（22·23下·安徽·一模）已知直线l与椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于M,N两点，线段MN中点P在直线【答案】3【分析】利用点差法证明二级结论kMN⋅kOP=−b2a2【详解】设Mx1,y1记坐标原点为O，直线l,OP,PQ的斜率分别为kMN又x12a即kMN⋅kOP=−即y0x0y0所以离心率e=c故答案为：32【变式12-1】2.（2023·贵州·模拟预测）设О为坐标原点，A为椭圆C：x2a2【答案】3【分析】设Ax1,y1，Bx2,y【详解】设Ax1,y1，Bx2将A，B代入C，得x12a所以y1−y由E：x2−2mx+y由题意可知DE⊥AB，不妨设OD的斜率为k>0，且kDE∵OE=DE,△ODE是等腰三角形，∴∠DEx=2∠DOE，∴tan∠DEx=tan由OD的斜率与DE的斜率之积为2，可得2k21−所以kDE=22，所以k所以−24×所以C的离心率为e=1−故答案为：32【变式12-1】3.（2021·全国·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为4，上顶点为B，O为坐标原点，点D为OB的中点，双曲线E：x2m2−y2n2=1(m>0，n>0)的左､右焦点分别与椭圆C的左､右顶点A1，AA．355 B．32 C．8【答案】D【分析】由椭圆C的短轴长为4得B的坐标，D的坐标∴设A1P的中点为M连接得kPA直线A1P的方程得M的坐标，P的坐标，求出双曲线解得双曲线E的离心率e=6【详解】因为椭圆C：x2a2+y2b设A1P的中点为M，连接OM，则kPA1所以1a×−43=−4与直线OM的方程y=−43x联立，得所以M的坐标为−35,45又双曲线E：x2m2−y2n所以根据双曲线的定义，得双曲线的实轴长2m=9所以双曲线E的离心率e=6故选：D【点睛】充分利用椭圆和双曲线的几何特征，特别是双曲线的左右焦点与椭圆的左右顶点重合.结论拓展已知直线l：y=kx+mk≠0,m≠0与椭圆x2a2+y2b2=1相交于A，【变式12-1】4.（22·23下·南通·阶段练习）已知两点A，M在双曲C:x2a2−y2A．5 B．6 C．7 D．2【答案】D【分析】设O为AB的中点，设Bx1,y1x1<0,y1<0，Mx2【详解】如图，不妨设A在第一象限，取BM的中点Q，连接OQ，因为O为AB的中点，故OQ//Bx1,y1x1B，M在双曲线上，则x12a即y1+y2x故kBM⋅k又因为AB⊥AM，则OB⊥OQ，即所以y1x1⋅y又ON2+8OA即|ON|=−8|OA所以kBN=8y1故b2a2=7，则双曲线根据双曲线的对称性可知，当A在第四象限时，同理可求得e=22当A在双曲线的顶点时，由于AB⊥AM，此时AM与双曲线相切，不合题意，故双曲线C的离心率为e=22故选：D.题型13角平分线相关1.角平分线“拆”面积：S△ABC2.角平分线定理性质：ABBD=【例题13】（22·23下·山西·模拟预测）已知双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0A．2 B．2 C．52 D．【答案】B【分析】根据题意分析可得F1QF【详解】∵PF2⊥F1分别在△PQF1∵PQ平分∠F1PF2且sin∠PQ故sin∠PQF1所以PF又∵PF2=所以b2a+2a故c2−a2=3所以e=c故选：B.【点睛】本题考查双曲线的性质，考查逻辑推理与数学运算的核心素养.方法定睛：1.双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e=c2.焦点三角形的作用在焦点三角形中，可以将双曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．【变式13-1】1.（22·23下·湖北·模拟预测）已知F1，F2分别是双曲线Γ:x2a2−y2bA．7 B．5 C．3 D．2【答案】A【分析】根据CB=3F2A可知CB//【详解】因为CB=3F2A，所以设F1F2=2c，则F2C=4c因为BF2平分∠F所以BC=2BF由双曲线定义知AF2−AF又由BF1−所以BF2=所以∠F在△F1B即12=4把①代入上式得e=ca=故选：A．【变式13-1】2.（22·23高三·云南·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，P为椭圆上一点，直线AP与直线x=a交于点M，∠PFB的角平分线与直线x=a【答案】1【分析】利用垂直关系而得出MB=2b2【详解】由题意知，A−a,0，Ba,0，Fc,0，当PF⊥AB由PFAF=MBAB，得又∠PFB的角平分线与直线x=a交于点N，可知NB=BF=a−c，所以MBNBS△MABS△NFB=12×AB×MB故答案为：13【变式13-1】3.（2023·山东烟台·校考模拟预测）设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点为A．33 B．2−1 C．22【答案】D【分析】作图，根据几何关系以及椭圆的定义求解.【详解】依题意作上图，因为F1Q是∠PF1F又P点在圆x2+y2=根据椭圆的定义有PF由勾股定理得：F1F2即e2+2e−2=0解得e=3故选：D.【变式13-1】4.（2023春·江西赣州·高三统考阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2．椭圆C在第一象限存在点M，使得MA．6−12 B．5−12 C．【答案】B【分析】根据题意和椭圆定义可得到MF2，AM和a，c的关系式，再根据△MF1F2∽△MF【详解】由题意得F1又由椭圆定义得MF记∠MF则∠AF2F则AF所以AM=4c−2a故△MF则MF则a−cc=2c−a故选：B．题型14圆锥曲线与圆相关【例题14】（2023·福建漳州·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2，以F2为圆心的圆与x轴交于F1，B两点，与y轴正半轴交于点A，线段A．3−12 B．12 C．3【答案】D【分析】先求出以F2为圆心的圆的方程，求出A0,3c，B3c,0【详解】

设椭圆的半焦距为c，因为以F2为圆心的圆过F1，故该圆的半径为故其方程为：x−c2令x=0，则y=±3c，结合A在y轴正半轴上，故令y=0，则x=−c或x=3c，故B3c,0故kF1A设Mm,因为A在y轴的正半轴上，F1在x轴的负半轴上，故m<0而BM=故3c−m2+3故m=−23c所以49c2整理得到：4e4−16故选：D.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中离心率的值或范围的计算，关键在于构建关于基本量的方程或方程组（不等式或不等式组），后者可通过点在椭圆上或判别式为零等合理构建.【变式14-1】1.（23·24高三上·福建福州·开学考试）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1、FA．3+12 C．5+12 【答案】D【分析】先求出以F2为圆心的圆的方程，求出A0,3c，B3c,0【详解】设双曲线的半焦距为c，因为以F2为圆心的圆过F1，故该圆的半径为故其方程为：x−c2令x=0，则y=±3c，结合A在y轴正半轴上，故令y=0，则x=−c或x=3c，故B3c,0故kF1A设Mm,因为A在y轴的正半轴上，F1在x轴的负半轴上，故m<0而BM=故3c−m2+3故m=−23c所以49c2解得e2=4+72或4−则e2=4+故选：D.

【点睛】思路点睛：圆锥曲线中离心率的值或范围的计算，关键在于构建关于基本量的方程或方程组（不等式或不等式组），后者可通过点在圆锥曲线上等合理构建.【变式14-1】2.（2023·全国·二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右顶点分别是A1，A2，圆x2+y2=A．2 B．2 C．3 D．5【答案】B【分析】利用M在渐近线和圆x2+y2=a2【详解】设Mx1,y1，因M在渐近线上，则y1=b又由题可得A1−a,0，则直线A1将其与双曲线方程联立，消去y得：b2由题，其判别式大于0，设Px2,则x2=a又A2I⊥x，则kM则kMA2即ba−c故选：B【变式14-1】3.（22·23·马鞍山·三模）已知F1 ， F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1 (a>0 ， b>0)的左，右焦点，点M在双曲线上，A．62 B．324 C．3【答案】A【分析】根据题意结合双曲线的定义可得MF1⋅MF【详解】由题意可得：MF可得4a2+2过点O分别作AB,PQ的垂线，垂足分别为C,D，则C为AB,MF1的中点，D为PQ,MF所以OC⋅由题意可得：OC2因为圆O:x2+可得AB=2所以四边形APBQ的面积1=29可得3c4+b4所以C的离心率e=c故选：A.【点睛】方法点睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．【变式14-1】4.（22·23上·全国·阶段练习）已知圆C1:x2+y−2332=163过双曲线CA．2 B．3 C．2 D．3【答案】C【分析】由题意可求得双曲线的焦点坐标，结合圆的几何性质推出∠F1MF2【详解】由C1:x2+y−2故F1(−2,0)，F2圆心为C1(0,2由于|C1F因为M为双曲线右支上一点，MF设MF1=m,故m2在△F1M即42=m故4a故双曲线离心率为e=c故选：C【点睛】关键点点睛：根据题设条件可求得双故曲线的焦半距，因此要求离心率，就要求出a的值，因此关键点就在于要利用圆的几何性质推得∠F1MF2=π题型15内切圆相关【例题15】（22·23高三下·江西·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2.点P在C上且位于第一象限，圆O1与线段F1P的延长线，线段PA．12 B．35 C．22【答案】A【分析】设圆O1、O2与x轴的切点分别为A，B，圆心O1、O2在∠PF1F2的角平分线上，从而切点D也在∠PF1F【详解】由已知及平面几何知识可得圆心O1、O2在设圆O1、O2与x轴的切点分别为A，B，由平面几何知识可得，直线切点D也在∠PF1F由椭圆的定义知PF1+所以F2所以F2所以F1F1又圆O1与圆O所以圆O1与圆O因为O2B 即3c−aa+c=13，整理得4a=8c，故椭圆故选：A.【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式e=c②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)【变式15-1】1.（2023·山东潍坊·模拟预测）已知双曲线C1:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左，右焦点分别为F1，F2，点F2与抛物线A．94 B．54 C．95【答案】B【分析】令F1(−c,0),F2(c,0)，由题设知c=p2>0且【详解】由题设F1(−c,0),F2(c,0)由−c2a2−y2b如下图示，内切圆与△PF1F所以PD=PE,则(PD所以K为双曲线右顶点，又△PF1F故b2=9，则c=5，所以离心率为故选：B【变式15-1】2.（22·23下·宁波·阶段练习）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1,FA．13 B．12 C．33【答案】B【分析】设Px0,y0,Ix1,y1，设圆与P【详解】设Px0,y0则PM=又PM+PN+所以PM+所以F1即F1过点P作直线x=a2c则PHP所以PHP所以PF2=e∴F1∴x1由三角形面积相等，得12∴y∵k∴y所以ca∴a=2c，即得e=1故选：B..【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式e=c②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)【变式15-1】3.（23·24高三上·云南昆明·期中）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点为F1【答案】2【分析】先根据倾斜角求出AB弦长，再根据内切圆半径公式求出a,c的关系.【详解】因为直线AB过左焦点F1且∠AF1联立x2a2+y所以x1+x又因为∠AF1F2=所以S△AB根据内切圆半径公式可得r=2Sl，其中l为△ABF所以r=2×22a【变式15-1】4.（2023·山西·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，点Mx0,y0x0【答案】2【分析】设内切圆与AM切于Q，与AF1切于P，由切线性质知NF1=【详解】设内切圆与AM切于Q，与AF1切于P，由切线性质知MN＝MQ=由对称性知AF所以PF1=所以2a=M所以e=c故答案为：2【变式15-1】5.（22·23·红河·一模）已知双曲线E：x2a2−y2b2=1【答案】1+3/【分析】由OP=12F1F2可得PF1⊥PF2，【详解】因为OP=12F1又因为P在双曲线上，所以PF1|−|PPF1+因为△PF所以S△P即PF1⋅所以b2−ac=ab即c2−2ac−2a2=0，两边同时除以a因为e>1，所以e=1+3故答案为：1+3【点睛】思路点睛：双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、||PF题型16与立体几何相关【例题16】（2023·安徽安庆·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A．339 B．63 C．22【答案】A【分析】根据给定的几何体，作出轴截面，结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答.【详解】依题意，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O点A,B分别为圆O1,O椭圆长轴长2a=MN过O2作O2D⊥O1又|O则2a=|AB|=|O过O2作O2C⊥O1椭圆焦距2c=|EF|=|O所以椭圆的离心率e=2c故选：A.【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.【变式16-1】1.（22·23高三下·河北衡水·阶段练习）已知F1,F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过点F2作直线AB⊥F1F2交C

A．3 B．22 C．3 D．【答案】C【分析】根据题意分析可知锐角二面角α=∠A【详解】设双曲线的半焦距为c>0，由题意可得：AF则A'且A'F1在△A'F在△A'F因为1−cosα1−可得a2+c故选：C.【点睛】方法点睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值【变式16-1】2.（2023·云南大理·模拟预测）某同学所在的课外兴趣小组计划用纸板制作一个简易潜望镜模型（图甲），该模型由两个相同的部件拼接粘连制成，每个部件由长方形纸板NCEM（图乙）沿虚线裁剪后卷一周形成，其中长方形OCEF卷后为圆柱O1O2的侧面．为准确画出裁剪曲线，建立如图所示的以O为坐标原点的平面直角坐标系，设Px,y为裁剪曲线上的点，作PH⊥x轴，垂足为H．图乙中线段OH卷后形成的圆弧OH（图甲），通过同学们的计算发现y与x之间满足关系式

A．255 C．12 D．【答案】B【分析】结合题意，利用函数y=1−cos【详解】函数y=1−cosx2所以相应圆柱的底面圆的周长为4π故根据题意可知该椭圆的短轴长为2b=4，即b=2；又y=1−cos故椭圆的长轴长为2a=42+故椭圆的离心率为e=c故选：B【点睛】关键点睛：解答本题关键的关键在于根据题中所述，明确椭圆的长轴长和短轴长与已知函数之间的关系，进而求得长轴长和短轴长，从而求得答案.【变式16-1】3.（2022·辽宁沈阳·一模）如图，在底面半径为1，高为6的圆柱内放置两个球，使得两个球与圆柱侧面相切，且分别与圆柱的上下底面相切.一个与两球均相切的平面斜截圆柱侧面，得到的截线是一个椭圆.则该椭圆的离心率为.

【答案】3【分析】由题意如图所示，由球的半径可求得BF,BO的值，进而可得∠BOF=∠ODM的正弦值，所以可求出OD的值，即可以求出a的值，由圆柱的底面半径可以求出【详解】如图所示：

由题意可得BF=1,BO=2又因为sin∠ODM=OMODsin∠ODM=所以OD=a=2，而2b=2，即b=1所以c=a2−故答案为：32【变式16-1】4.（22·23下·辽宁·阶段练习）如图所示圆锥，C为母线SB的中点，点O为底面圆心，AB为底面圆的直径，且SC，OB，SB的长度成等比数列，一个平面过A，C，与圆锥面相交的曲线为椭圆，若该椭圆的短轴与圆锥底面平行，则该椭