2024年全国一卷数学新高考题型细分S13圆锥曲线单选填空2椭圆（中下中档）

2024年全国一卷新高考题型细分S13——圆锥曲线单选填空2椭圆（中下、中档）试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。《圆锥曲线——单选填空》题目分类有：椭圆（易~中档），双曲线（易~中档），抛物线（易~中档），其他等，大概251道题。椭圆（中下）：（2024年J02全国二卷）5.已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（【答案】A【解析】【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解.【详解】设点，则，因为为的中点，所以，即，又在圆上，所以，即，即点的轨迹方程为.故选：A）

A.（）B.（【答案】A【解析】【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解.【详解】设点，则，因为为的中点，所以，即，又在圆上，所以，即，即点的轨迹方程为.故选：A（2024年浙J05名校二联考）14.已知正方形的四个顶点均在椭圆上，的两个焦点分别是的中点，则的离心率是【答案】【解析】【分析】由题意，将代入椭圆方程，得，结合正方形性质可得，即可得齐次式，即可求得答案.【详解】不妨设【答案】【解析】【分析】由题意，将代入椭圆方程，得，结合正方形性质可得，即可得齐次式，即可求得答案.【详解】不妨设为椭圆的左、右焦点，由题意知轴，轴，且经过椭圆焦点，，则，将代入椭圆方程，得，故，由，得，结合，得，即，解得（负值舍），故的离心率是，故答案为：（2024年浙J04温州一适）3.动点到定点的距离与到定直线：的距离的比等于，则动点的轨迹方程是（【答案】A【解析】【分析】根据距离公式即可化简求解.【详解】根据题意可得，平方化简可得，进而得，故选:A）

A.B.C.D.

（【答案】A【解析】【分析】根据距离公式即可化简求解.【详解】根据题意可得，平方化简可得，进而得，故选:A（2024年冀J43名校二联考）6．已知实数满足，若的最大值为4，则（

6．D【分析】利用题给条件构造关于m的方程，解之即可求得m的值.【详解】令，则，则时，由，整理得，则，整理得，则，解之得故选：D

）

A．6．D【分析】利用题给条件构造关于m的方程，解之即可求得m的值.【详解】令，则，则时，由，整理得，则，整理得，则，解之得故选：D（2024年粤J15华附一调）15.已知椭圆的左右焦点为．直线与椭圆相交于两点，若，且，则椭圆的离心率为【答案】【解析】【分析】由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，再根据椭圆的定义求出，再在中，利用余弦定理求出的关系即可得解.【详解】由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，则，由，得【答案】【解析】【分析】由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，再根据椭圆的定义求出，再在中，利用余弦定理求出的关系即可得解.【详解】由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，则，由，得，因为，所以，又，所以，在中，由余弦定理得，即，所以，即椭圆的离心率.故答案为：.（2024年湘J07株洲一检）16.已知为等腰三角形，其中，点D为边AC上一点，.以点B、D为焦点的椭圆E经过点A与C，则椭圆E的离心率的值为【答案】【解析】【分析】借助椭圆定义与所给数量关系，结合余弦定理计算即可得.【详解】连接点与中点，即有【答案】【解析】【分析】借助椭圆定义与所给数量关系，结合余弦定理计算即可得.【详解】连接点与中点，即有，由，故，由，则，即，由椭圆定义可得、，故，即，则、，由故，则，即，解得（负值舍去）.故答案为：.【点睛】求离心率的常用方法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程并求解.（2024年粤J40汕头一模，末）8.如图，设、分别是椭圆左、右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为（【答案】C【解析】【分析】由点为圆与椭圆的焦点，可得，，结合条件，应用勾股定理即可得.【详解】连接、，由在以为直径的圆上，故，、在椭圆上，故有，，设，则，则有，，即可得，解得，【答案】C【解析】【分析】由点为圆与椭圆的焦点，可得，，结合条件，应用勾股定理即可得.【详解】连接、，由在以为直径的圆上，故，、在椭圆上，故有，，设，则，则有，，即可得，解得，故，则，故.故选：C.（2024年粤J43茂名一模）5.椭圆：（）的左、右焦点分别为，，过作垂直于轴的直线，交于A，两点，若，则的离心率为（【答案】A【解析】【分析】根据题意可知直线：，结合方程可得，进而求离心率.【详解】因为，且直线垂直于轴，可知直线：，将代入椭圆方程可得，解得，所以，又因为，则，即，可得，则，解得.故选：A.【答案】A【解析】【分析】根据题意可知直线：，结合方程可得，进而求离心率.【详解】因为，且直线垂直于轴，可知直线：，将代入椭圆方程可得，解得，所以，又因为，则，即，可得，则，解得.故选：A.（2024年鲁J04青岛一适）13.已知O为坐标原点，点F为椭圆的右焦点，点A，B在C上，AB的中点为F，，则C的离心率为【答案】【解析】【分析】先结合图形求得，代入椭圆方程构造齐次式，然后可解.【详解】由椭圆的对称性可知，垂直于x【答案】【解析】【分析】先结合图形求得，代入椭圆方程构造齐次式，然后可解.【详解】由椭圆的对称性可知，垂直于x轴，又，所以，所以为等腰直角三角形，故，所以，即，所以，整理得，解得或（舍去），故.故答案为：椭圆（中档）：（2024年湘J03长沙一中，末）8.已知直线：与椭圆：至多有一个公共点，则的取值范围是（【答案】D【解析】【分析】由直线：与椭圆：至多有一个公共点，即联立方程，化简整理得，即可理解为双曲线外部的点（可行域），转化为线性规划的题，然后化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到的取值范围.【详解】联立方程，化简整理得：因为直线：与椭圆：至多有一个公共点，所以，即，即点【答案】D【解析】【分析】由直线：与椭圆：至多有一个公共点，即联立方程，化简整理得，即可理解为双曲线外部的点（可行域），转化为线性规划的题，然后化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到的取值范围.【详解】联立方程，化简整理得：因为直线：与椭圆：至多有一个公共点，所以，即，即点满足双曲线外部的点，即可行域，如图所示，为x轴，k为y轴，将变形为，平移直线，由图可知，当直线与双曲线相切时为临界条件.联立，化简整理得：由题知，，解得若可行域是双曲线右支外部的点，即临界条件切线需要往上平移，即；若可行域是双曲线左支外部的点，即临界条件切线需要往下平移，即；综上可知，的取值范围是故选：D.【点睛】本题考查直线与椭圆交点个数问题，考查用双曲线外部点作可行域，求线性目标函数的最值，考查学生的转化与化归思想，数形结合思想与运算求解能力，属于难题.（2024年粤J47湛江一模，末）14.已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，过点的直线l交椭圆C于A，B两点，若，，则椭圆C的离心率为【答案】【解析】【分析】由题意可得出，设，则，，椭圆的定义可得，再由余弦定理可得，在中，由余弦定理即可求出椭圆C的离心率.【答案】【解析】【分析】由题意可得出，设，则，，椭圆的定义可得，再由余弦定理可得，在中，由余弦定理即可求出椭圆C的离心率.【详解】由，得为线段的中点，且点在椭圆外，所以，则，又，所以为线段的中点，所以，设，则，又，所以，由椭圆定义可知：，得，如图，延长交椭圆C于点，连接，则由椭圆的对称性可知，，又，故，由余弦定理可得：，在中，，由余弦定理可得，即，所以椭圆C的离心率为.故答案为：【点睛】方法点睛：求圆锥曲线离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．（2024年冀J01某市一模，末）8.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，P为C上一点，满足，以C的短轴为直径作圆O，截直线的弦长为，则C的离心率为（【答案】A【解析】【分析】根据圆的弦长公式可得，进而根据平行关系可得，利用椭圆定义以及勾股定理即可求解.【详解】过作，由于圆O截直线弦长为，所以，由于，所以,结合是的中点，所以【答案】A【解析】【分析】根据圆的弦长公式可得，进而根据平行关系可得，利用椭圆定义以及勾股定理即可求解.【详解】过作，由于圆O截直线弦长为，所以，由于，所以,结合是的中点，所以，故，，化简得，所以，故选：A（2024年冀J13示范高中）7.已知椭圆：的离心率为，左顶点是A，左、右焦点分别是，，是在第一象限上的一点，直线与的另一个交点为．若，则直线的斜率为（

【答案】A【解析】【分析】利用相似关系可得，再利用直线方程和椭圆方程后可求直线的斜率.【详解】因为离心率为，故可设，故，故椭圆方程为：，而，，故，因，故故直线与轴不垂直也不重合，故可设，，，则，由可得，因在椭圆内部，故【答案】A【解析】【分析】利用相似关系可得，再利用直线方程和椭圆方程后可求直线的斜率.【详解】因为离心率为，故可设，故，故椭圆方程为：，而，，故，因，故故直线与轴不垂直也不重合，故可设，，，则，由可得，因在椭圆内部，故恒成立，且，故，因，故，此时，，故在第一象限，符合条件，的斜率为，故选：A.（2024年湘J21一起考一模）13.已知椭圆的左、右焦点分别为，，P是C上一点，且，H是线段上靠近的三等分点，且，则C的离心率为_【答案】【解析】【分析】根据题意可得，，，再结合三角形相似可得，代入分析求解即可.【详解】由题意，不妨设点P在第一象限，如图.【答案】【解析】【分析】根据题意可得，，，再结合三角形相似可得，代入分析求解即可.【详解】由题意，不妨设点P在第一象限，如图.因为，则，，.因为，则，可知，则，即，整理得.由得，解得或（舍去），所以C的离心率为.故答案为：.（2024年湘J22一起考二模，末）14.过椭圆C：（）上的动点P向圆O：引两条切线．设切点分别是A，B，若直线与x轴、y轴分别交于M，N两点，则面积的最小值是【答案】【解析】【分析】设点，首先求出直线方程，然后求得坐标，由两点间距离公式得，由点到直线距离公式表示出原点到直线（即直线的距离），从而表示出【答案】【解析】【分析】设点，首先求出直线方程，然后求得坐标，由两点间距离公式得，由点到直线距离公式表示出原点到直线（即直线的距离），从而表示出面积，结合点在椭圆上，即它的坐标满足条件等式，进一步结合基本不等式求得即可得解.【详解】

设点，则以为直径的圆的方程为，与圆O的方程相减得，即是过切点的直线方程，，令，得，所以，令，得，所以，所以，所以点到直线的距离，所以，因为点在椭圆C：（）上，所以，即，等号成立当且仅当，所以，等号成立当且仅当，综上所述，面积的最小值是.故答案：.【点睛】关键点点睛：关键是表示出面积，即，由此即可顺利得解.（2024年苏J36七市三调）14．已知是椭圆的左、右焦点，是上一点．过点作直线的垂线，过点作直线的垂线．若的交点在上（均在轴上方，且，则的离心率为14．/【分析】设，可得的方程，联立方程求得，结合对称性可知，进而列式求，即可得离心率.【详解】设，，由题意可知：，则直线的斜率，可知的方程为，同理可得：的方程为，联立方程，解得，即，因为在14．/【分析】设，可得的方程，联立方程求得，结合对称性可知，进而列式求，即可得离心率.【详解】设，，由题意可知：，则直线的斜率，可知的方程为，同理可得：的方程为，联立方程，解得，即，因为在上，可知关于x轴对称，且，则，可得，又因为，即，由题意可得：，整理得，解得或（舍去），则，所以的离心率为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求椭圆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．（2024年浙J35金华义乌三模）8．已知，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上一点，的角平分线与的交点恰好在轴上，则线段的长度为（8．C【分析】先根据题意画出图象，由角平分线的性质可得点到直线与的距离相等，进而利用直线的方程可得点的坐标，然后列方程求点的坐标，从而可得.【详解】由题意可知，点只能在第一、四象限，不妨设点在第一象限，如图所示：

设，又，由题意可知，直线的斜率一定存在，所以，直线，即，则点，直线，化为一般形式得，因为点在的角平分线上，所以点到直线与的距离相等，8．C【分析】先根据题意画出图象，由角平分线的性质可得点到直线与的距离相等，进而利用直线的方程可得点的坐标，然后列方程求点的坐标，从而可得.【详解】由题意可知，点只能在第一、四象限，不妨设点在第一象限，如图所示：

设，又，由题意可知，直线的斜率一定存在，所以，直线，即，则点，直线，化为一般形式得，因为点在的角平分线上，所以点到直线与的距离相等，点到直线的距离，点到直线的距离，于是，化简得，即，又点在椭圆上，所以，得，因此，，即，解得或，点在第一象限，所以，，则点，所以.故选：C.【点睛】思路点睛：首先设点的坐标，再求出直线，直线的表达式以及点的坐标，最后再根据点到角两边的距离相等以及点在椭圆上，解出点的坐标，最后再求线段的长度.（2024年粤J120大湾区二模）8．法国数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的两条相互垂直切线的交点轨迹为圆，我们通常称这个圆为该椭圆的蒙日圆．根据此背景，设为椭圆的一个外切长方形（的四条边所在直线均与椭圆相切），若在第一象限内的一个顶点纵坐标为2，则的面积为（

8．C【分析】根据题意求出椭圆C的蒙日圆方程，求出M在第一象限的顶点P的坐标，设出过P且与椭圆C相切的直线方程，与椭圆联立，再利用点到直线距离公式即可求解.【详解】依题意，直线，都与椭圆，且它们围成四边形是矩形，于是该矩形是椭圆的蒙日圆内接矩形，因此该蒙日圆的圆心为，半径，因此该椭圆的蒙日圆方程为，M为椭圆8．C【分析】根据题意求出椭圆C的蒙日圆方程，求出M在第一象限的顶点P的坐标，设出过P且与椭圆C相切的直线方程，与椭圆联立，再利用点到直线距离公式即可求解.【详解】依题意，直线，都与椭圆，且它们围成四边形是矩形，于是该矩形是椭圆的蒙日圆内接矩形，因此该蒙日圆的圆心为，半径，因此该椭圆的蒙日圆方程为，M为椭圆的一个外切长方形，设其四个顶点分别为P、Q、、，其中P在第一象限，显然P与关于原点对称，Q与关于原点对称，而P点纵坐标为2，则其横坐标为3，即，显然M的四条边所在直线斜率存在且不为0，设过P且与椭圆C相切的直线为，由消去y并整理，得，由，化简得，解得或，不妨取直线PQ方程为，即，直线的方程为，即，O点到直线PQ的距离为，O点到直线的距离为，所以M的面积为.故选：C【点睛】关键点点睛：根据蒙日圆的定义求出蒙日圆的方程，并求出第一象限内的点是解决问题的关键.（2024年鄂J25武汉洪山二模）8．已知椭圆的右焦点和上顶点分别为点和点A，直线交椭圆于P，Q两点，若F恰好为的重心，则椭圆的离心率为（

8．A【分析】首先设的中点，由点差法得，再根据重心的性质求得点的坐标，联立求得椭圆的离心率，再结合条件，即可求解.【详解】设，，的中点为点，，两式相减得，化解得，即，得，所以，，，由F恰好为的重心，8．A【分析】首先设的中点，由点差法得，再根据重心的性质求得点的坐标，联立求得椭圆的离心率，再结合条件，即可求解.【详解】设，，的中点为点，，两式相减得，化解得，即，得，所以，，，由F恰好为的重心，则，即，得，，即，，所以，则，平方后得，，即，解得：或，由条件，得，即，得，所以.

故选：A【点睛】方法点睛：本题考查了求离心率的方法，①可以直接求出求出离心率，②由条件构造关于的齐次方程，即可求解离心率.（2024年粤J29珠海一中，末）14．已知的三个顶点都在椭圆上，其中A，B分别为的左顶点和上顶点，若以B为顶角的等腰恰好有3个，则直线AB的斜率的取值范围为【答案】【分析】根据已知条件，的第三个顶点C在以B为圆心，以为半径的圆上,结合题意将问题转化为椭圆与圆有四个公共点，联立方程可得，结合已知条件确定，进而求得【答案】【分析】根据已知条件，的第三个顶点C在以B为圆心，以为半径的圆上,结合题意将问题转化为椭圆与圆有四个公共点，联立方程可得，结合已知条件确定，进而求得取值范围为即可.【详解】由题意知的第三个顶点C在以B为圆心，以为半径的圆上，要使以B为顶角的等腰恰好有3个，则需要满足椭圆与圆有四个公共点；由，得，所以或；当时，椭圆与圆有两个交点，分别为左右顶点，当C位于右顶点处满足条件；当时，要满足椭圆与圆有两个不同交点，需要，即，即，且，，解得，因为，，所以，所以直线AB的斜率的取值范围为．故答案为：【点睛】关键点点睛：根据已知条件，将问题转化为求椭圆与圆有四个公共点去解决.（2024年湘J32长沙雅礼一测）6.已知函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，若，，成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的性质，结合椭圆方程进行求解判断即可.【详解】因为函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，所以，因为，，成等比数列，所以有，且有成立，即成立，由，化简得：，或【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的性质，结合椭圆方程进行求解判断即可.【详解】因为函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，所以，因为，，成等比数列，所以有，且有成立，即成立，由，化简得：，或，当时，即，因为，所以平面上点（s，t）的轨迹是线段（不包含端点）；当时，即，因为，所以，而，所以不成立，故选：A（2024年冀J05唐山一模，末）14.已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，过的直线交E于A，B两点，是线段的中点，且，则E的方程为【答案】【解析】【分析】根据中点关系可得平行，进而可得，根据向量的坐标运算即可求解.【详解】由于是线段的中点，是线段的中点，所以,【答案】【解析】【分析】根据中点关系可得平行，进而可得，根据向量的坐标运算即可求解.【详解】由于是线段的中点，是线段的中点，所以,故,设椭圆焦距为，则，将代入椭圆方程可得，故，因此,是线段的中点，所以，故，，由得，故，解得，又，故，，故椭圆方程，故答案为：（2024年冀J04石家庄二中一模，末）8.已知点在椭圆上，为椭圆的右焦点，是上位于直线两侧的点，且点到直线与直线的距离相等，则直线与轴交点的横坐标的取值范围为（【答案】A【解析】【分析】利用点在椭圆上先求得椭圆方程，设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，结合条件得，化简斜率和可得直线斜率为定值，再根据韦达定理和判别式计算即可．【详解】将代入中，得，所以椭圆的方程为．由题意知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为，则，直线与轴交点的横坐标为，由，得，则，．因为，且点到直线与直线的距离相等，【答案】A【解析】【分析】利用点在椭圆上先求得椭圆方程，设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，结合条件得，化简斜率和可得直线斜率为定值，再根据韦达定理和判别式计算即可．【详解】将代入中，得，所以椭圆的方程为．由题意知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为，则，直线与轴交点的横坐标为，由，得，则，．因为，且点到直线与直线的距离相等，所以，即，即，整理得，即，即，所以．由题意知，直线不经过点，故，所以，得，当时，由得，由，解得，故直线与轴交点的横坐标的取值范围为.故选:A．【点睛】方法点睛：①利用圆锥曲线的几何性质或方程根的判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．②利用已知参数的范围，求新参数的范围，这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．③利用已知的或隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．④将待求量表示为关于其他变量的函数，利用导数或基本不等式等求其值域，从而确定参数的取值范围．如本题需先设直线的方程为，并得到的关系，再根据直线与椭圆的位置关系得到的取值范围．（2024年鄂J06武汉二调）13.设椭圆的左右焦点为，，过点的直线与该椭圆交于，两点，若线段的中垂线过点，则【答案】【解析】【分析】由椭圆方程确定，，的值，结合已知条件及椭圆定义求出，在中，求出，由诱导公式求出，设，则，在中由余弦定理构造方程，解出【答案】【解析】【分析】由椭圆方程确定，，的值，结合已知条件及椭圆定义求出，在中，求出，由诱导公式求出，设，则，在中由余弦定理构造方程，解出值即可.【详解】设线段的中垂线与相交于点，由椭圆方程可知，，，；由已知有：，点在椭圆上，根据椭圆定义有：，所以，，在中，，，，点在椭圆上，根据椭圆定义有：，设，则，，在中由余弦定理有：,解得，即.故答案为：（2024年粤J04顺德二检，末）8.已知椭圆的上、下焦点分别为，点在椭圆上且位于第三象限，满足的角平分线与相交于点，若，则椭圆的离心率为（【答案】C【解析】【分析】由向量的关系，可得，再由角平分线的性质可得，由，由椭圆的定义可得，的表达式，再由余弦定理可得，的关系，进而求出离心率的值．【详解】因为，则，由角平分线的性质可得，因为，所以，由椭圆的定义可知：，在△，，由余弦定理可得，【答案】C【解析】【分析】由向量的关系，可得，再由角平分线的性质可得，由，由椭圆的定义可得，的表达式，再由余弦定理可得，的关系，进而求出离心率的值．【详解】因为，则，由角平分线的性质可得，因为，所以，由椭圆的定义可知：，在△，，由余弦定理可得，即，整理可得：,即，可得，因为，所以．故选：C．（2024年浙J02嘉兴一中一模，末）8.已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上不与左右顶点重合的任意一点，，分别为的内心和重心，当轴时，椭圆的离心率为（【答案】A【解析】【分析】结合图像，利用点坐标以及重心性质，得到G点坐标，再由题目条件轴，得到点横坐标，然后两次运用角平分线的相关性质得到的比值，再结合与相似，即可求得点纵坐标，也就是内切圆半径，再利用等面积法建立关于的关系式，从而求得椭圆离心率.【详解】如图，令点在第一象限（由椭圆对称性，其他位置同理），连接，显然点在上，连接并延长交轴于点，连接并延长交轴于点【答案】A【解析】【分析】结合图像，利用点坐标以及重心性质，得到G点坐标，再由题目条件轴，得到点横坐标，然后两次运用角平分线的相关性质得到的比值，再结合与相似，即可求得点纵坐标，也就是内切圆半径，再利用等面积法建立关于的关系式，从而求得椭圆离心率.【详解】如图，令点在第一象限（由椭圆对称性，其他位置同理），连接，显然点在上，连接并延长交轴于点，连接并延长交轴于点，轴，过点作垂直于轴于点，设点，，则，因为为的重心，所以，因为轴，所以点横坐标也为，，因为为的角平分线，则有，又因为，所以可得，又由角平分线的性质可得，，而所以得，所以，，所以，即，因为即，解得，所以答案为A.【点睛】本题主要考查离心率求解，关键是利用等面积法建立关于的关系式，同时也考查了重心坐标公式，以及内心的性质应用，属于难题.椭圆离心率求解方法主要有：（1）根据题目条件求出，利用离心率公式直接求解.（2）建立的齐次等式，转化为关于的方程求解，同时注意数形结合.（2024年粤J21中附一调，末）8.椭圆E：，过E外一点P作E两条切线PA，PB，，记P的轨迹为T，圆C：，记T与C的交点为，当的最大值m最大时，，则E的离心率为（【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，设出切线方程并与椭圆方程联立求出轨迹T的方程，再探求取最大值的情况求解作答.【详解】设，过点的椭圆的切线的斜率都存在时，设切线方程为，其中分别为的斜率，由消去y得：，则，即有【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，设出切线方程并与椭圆方程联立求出轨迹T的方程，再探求取最大值的情况求解作答.【详解】设，过点的椭圆的切线的斜率都存在时，设切线方程为，其中分别为的斜率，由消去y得：，则，即有，又，于是，显然，是这个方程的二根，有，令直线的倾斜角分别为，有，又，即，即有，，整理得，而当时，或，此时有或，即，满足，因此点P的轨迹T的方程为，由与联立，