【教无忧】高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第39讲 专题2-4 椭圆离心率取值十八大题型

专题2-4椭圆离心率取值十八大题型汇总题型1直接型 2题型2通径型 6题型3坐标法 12题型4焦点弦定比分点 20题型5焦点三角已知顶角型 23题型6焦点三角已知底角型 28题型7焦点三角形双余弦定理型 32题型8焦点四边形 36题型9利用图形求离心率 42题型10利用椭圆的对称性 48题型11中点弦公式 54题型12点差法 63题型13角平分线相关 68题型14焦点圆问题 72题型15内切圆相关 78题型16椭圆与圆问题 84题型17椭圆与双曲线共焦点问题 88题型18椭圆与四心问题 94知识点.求椭圆离心率常用公式椭圆公式1e=公式2e=证明：e====公式3已知椭圆方程为两焦点分别为设焦点三角形，则椭圆的离心率证明：由正弦定理得：由等比定理得：，即∴。公式4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，则e当曲线焦点在y轴上时，e=注：λ=AFBF或者λ=BFAF,题型1直接型【方法总结】直接运用公式e=ca【例题1】（2023·江苏·高二专题练习）已知椭圆C:x22+yA．22 B．12 C．63【答案】A【分析】将点0,2的坐标代入椭圆C的方程，求出m的值，可得出a、b、c，由此可得出椭圆C的离心率的值.【详解】因为圆C:x22+y2m故椭圆C的标准方程为x22+y24=1因此，椭圆C的离心率为e=c故选：A.【变式1-1】1.（2023秋·广东广州·高三广州市真光中学校考阶段练习）直线l经过椭圆的两个顶点，若椭圆中心到l的距离为其长轴长的16A．23 B．35 C．64【答案】D【分析】根据椭圆的性质求得直线l为bx−ay+ab=0，利用点线距离公式列方程求离心率即可.【详解】不妨设椭圆为x2a2+y由椭圆对称性，令l过(−a,0),(0,b)，则y=ba(x+a)所以aba2+b2=2a故选：D【变式1-1】2.（2023秋·高二课时练习）已知椭圆C：x2a2+yA．23 B．12 C．25【答案】A【分析】根据题意列式解得a=3，进而可得.【详解】由题意可得：PF=a+c=a+2=5，解得a=3所以C的离心率为e=c故选：A.【变式1-1】3.（2023春·四川凉山·高二宁南中学校考阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1A．12 B．25 C．13【答案】B【分析】根据点Px,y在椭圆上得x2a2+y2b2=1，且【详解】设椭圆的半焦距为c，若椭圆上一点Px,y，则x2a又F1(−c,0)，则P由于−a≤x≤a，所以PF于是可得a=5，c=2，所以椭圆C的离心率e=c故选：B.【变式1-1】4.（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x2aA．5−14 B．5−12 C．【答案】B【分析】根据椭圆的几何性质即等比数列概念即可得出a,b,c的关系式，解方程即可得离心率.【详解】由题意可得，长轴长2a、短轴长2b、焦距2c成等比数列，所以2b2=2a×2c得e2+e−1=0，解得e=5故选：B【变式1-1】5.（2023·全国·高三专题练习）椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，左焦点为F，A．55 B．C．3−12 【答案】D【分析】由椭圆的性质可得|AF|=a−c，|FO|=c，|OB|=a，再根据等比中项的性质列方程求离心率即可.【详解】设F(−c,0)，则|AF|=a−c，|FO|=c，|OB|=a，根据题意，可得a(a−c)=c2，整理得e2+e−1=0且故选：D【变式1-1】6.（2023·全国·高三专题练习）椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1，FA．12 B．22 C．32【答案】C【分析】根据F1M=MP，2ON=OP+OF2【详解】因为F1M=MP，所以点因为2ON=OP即PN=NF2，所以点又因点O为线段F1所以OM//PF2且OM=所以四边形MONP的周长为PF又因点P为椭圆上不在坐标轴上的一点，所以PF所以2a=4b，即ba故椭圆C的离心率为e=c故选：C.

题型2通径型【方法总结】椭圆的半通径是b2a【例题2】（2021秋·河北邯郸·高二校考阶段练习）已知过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)A．53 B．32 C．22【答案】D【分析】把x=−c代入椭圆方程求得P的坐标，进而根据∠F1PF2【详解】由题意知点P的坐标为（−c，b2a∵∠F∴2cb即2ac=3∴3e∴e=33或故选D．【点睛】】本题主要考查了椭圆的简单性质，考查了考生综合运用椭圆的基础知识和分析推理的能力，属中档题．【变式2-1】1.（2023秋·高二课时练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2A．12 B．13 C．14【答案】A【分析】根据题意列关于a,b,c的关系式，解得离心率.【详解】根据题意易知tan∠P∴b∴b∴2∴e=12（故选：A【变式2-1】2.（2023·全国·高三对口高考）设椭圆的两个焦点分别为F1，F2，过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P【答案】2【详解】设P到位于x轴上方，坐标为c,b∵△F∴|PF2|=|即a2∵e=c∴1−e2=2e∴e=2【变式2-1】3.（2022秋·安徽·高二校联考期末）从椭圆x2a2+y【答案】2【详解】由已知，点P(－c，y)在椭圆上，且在第二象限，代入椭圆方程，得P−c，b2a.∵AB∥OP，∴kAB＝kOP，即－ba＝－b2ac，则b＝c，∴a2＝b2＋c2答案：2点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.【变式2-1】4.（2019春·北京海淀·高二统考期中）已知F1，F2为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的两个焦点，过点F1作x轴的垂线，交椭圆C于P，Q两点．当△F2PQ为等腰直角三角形时，椭圆C的离心率为e1，当△F2PQ为等边三角形时，椭圆C的离心率为e2【答案】＜【分析】把x=−c代入椭圆方程可得y=±b2a，当ΔF2PQ为等腰直角三角形时，可得：b2a=2c【详解】把x=−c代入椭圆方程可得：c2a①当ΔF2PQ为等腰直角三角形时，可得：化为：e12解得：e②当ΔF2PQ为等边三角形时，化为：3e2解得：e则e1，e2本题正确结果：<【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、等腰直角三角形与等边三角形的性质、一元二次方程的解法，关键是能够建立起关于a,c的齐次方程，从而解出离心率，属于中档题．【变式2-1】5.（2020秋·吉林·高二校考阶段练习）椭圆C：x2a2+yA．5−2 B．3−1 C．5−1【答案】C【分析】根据题意得出A,B两点的坐标，利用OA⋅【详解】过Fc,0作x轴的垂线交椭圆C于A,B两点，故Ac,b2a,Bc,−b2a，由于三角形OAB是直角三角形，故OA⊥【点睛】本小题主要考查直线与椭圆的交点，考查椭圆离心率的计算，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.【变式2-1】6.（2023·江苏·高二专题练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，A．3−52 B．3−5 C．2【答案】A【分析】由题意可得PF22=F【详解】因为PF2⊥所以PF22在Rt△PF1由椭圆的定义可得PF1+所以e=ca=故选:A.

【变式2-1】7.（2021秋·福建福州·高三福建省福州高级中学校考阶段练习）已知A､B为椭圆的左、右顶点，F为左焦点，点P为椭圆上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线与线段PF交于M点，与y轴交于E点，若直线BM经过OE中点，则椭圆的离心率为（

）A．12 B．32 C．13【答案】C【解析】根据已知条件求出B,H,M三点坐标，再由三点共线可得斜率相等，从而得出a=3c可得答案.【详解】由题意可设F(−c,0),A(−a,0),B(a,0)，设直线AE的方程（由题知斜率存在）为y=k(x+a)，令x=−c，可得M−c,k(a−c)，令x=0，可得E(0,ka)，设OE的中点为H，可得H0,ka2，由B,H,M三点共线，可得kBH=k故选：C.【点睛】本题考查求椭圆的离心率，解题关键是根据三点共线找到关于a,c的等量关系.题型3坐标法【方法总结】方法：求出点的坐标带入椭圆方程建立等式【例题3】（2023秋·陕西西安·高二长安一中校考期末）已知过椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点F−2,0的直线与椭圆交于不同的两点A，B【答案】5【分析】由点C，F是线段AB的三等分点,得出AF2//OC【详解】由已知可知，点C，F是线段AB的三等分点，则C为AF的中点，右焦点为F2，所以A所以AF2⊥x轴，由椭圆方程c2aC,B关于F对称，易知B点坐标−2c,−将其代入椭圆方程x2a2+y所以离心率为e=c故答案为：55【变式3-1】1.（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，【答案】1【分析】设P(m,n)，|m|<a，又F1(−c,0)，F2(c,0)，运用向量共线的坐标表示，可得M的坐标，再由向量垂直的条件：数量积为0，由P的坐标满足椭圆方程，化简整理可得m的方程，求得【详解】解：设P(m,n)，|m|<a，又F1(−c,0)，F2∴MF可得(−c−xM，−y可得M(2m−c3，又OP=(m,n)，MF2由MF可得m(c−2m−c化为n2由P在椭圆上，可得m2即有n2可得m(2c−m)=b化为c2解得m=a2c由a2可得2c>a，即有e=ca>可得12∴该椭圆的离心率的取值范围是(1故答案为：(12，【点睛】本题考查椭圆的离心率的范围，注意运用向量的坐标表示和向量垂直的条件：数量积为0，考查椭圆的范围，以及化简整理的运算能力．【变式3-1】2.（2021·江苏扬州·高三开学考试）如图，在平面直角坐标系xoy中，A1,A2,B1,B2为椭圆x2a2【答案】5−【详解】由题意可得直线A1B2直线B1F的方程为两直线联立可得交点坐标为T2ac据此可得M点的坐标为M2ac点M在椭圆上，则：2ac2整理可得：c2则：e2求解关于离心率的一元二次方程可得：e=5±结合椭圆离心率的取值范围可得该椭圆的离心率为5−17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3-1】3.（2023春·四川凉山·高二校考阶段练习）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为FA．55 B．33 C．105【答案】A【分析】由S△ABC=3S【详解】由S△ABC=3S△BC令A(−c,b2a4c2可化为a2=5c2，则故椭圆的离心率为5故选：A【变式3-1】4.（2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考开学考试）设F1,F2分别为椭圆x2A．321 B．37 C．37【答案】D【分析】设出Mx0,y0，根据向量的定比分点，将A,B【详解】如下图所示：

易知F1−c,0,F2c,0，不妨设Mx0,y同理由MF2=3将Ax1,即9c2+x解得3a所以离心率e=c故选：D【变式3-1】5.（2023秋·高二课时练习）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3-1】6.（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，A,B是长轴的左、右端点，动点【答案】22/【分析】设P(x0,y0),M(a,t)(t≠0)，由A,P,M三点共线，可得t=2ay0x0【详解】由题意设P(x因为A,P,M三点共线，所以y0x0因为x02a所以OP=a=a=2因为OP⋅OM为常数，所以所以a2=2b所以a=2c，所以离心率故答案为：2

【变式3-1】7.（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，椭圆上的两点M【答案】63/【分析】由三角形面积相等得到ayN=bxM，结合x【详解】由题意得S△OAN故12a又xM2+xN2=3又xN2a2+

故答案为：6题型4焦点弦定比分点【方法总结】运用e=1+k【例题4】经过椭圆(a＞b＞0)的左焦点F1作倾斜角为60°的直线和椭圆相交于A，B两点，若，求椭圆的离心率。【解析】直线AB的斜率k=tan60°=,带入公式e==2˙=【变式4-1】1.（2023秋·安徽·高三宿城一中校联考阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0A．12 B．23 C．33【答案】C【分析】联立直线与椭圆方程可得韦达定理，进而根据向量共线的坐标运算可得a2+3b【详解】设F1−c,0，Ax1,y1，B所以直线方程可写为x=3y−c，联立方程可得a2+3b根据韦达定理：y1+y因为AF1=3F1所以y1即3c2a2+3可得a2=3c故选：C【变式4-1】2.（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4-1】3.（2023·广东佛山·校考模拟预测）已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的下焦点为F，右顶点为A，直线A．3−1 B．22 C．33【答案】C【分析】先用AF=2FB求得B的坐标，再将B的坐标代入椭圆方程即可求解【详解】由AF=2FB得xB=−b把B−b2,−32c则椭圆C的离心率为33故选：C.【变式4-1】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5焦点三角已知顶角型【例题5】（2023秋·高二课前预习）已知椭圆C：x2a2+yA．32 B．74 C．134【答案】B【分析】由椭圆定义利用余弦定理得出a,c的等式，变形后可求得离心率．【详解】由题意PF1+PF在△PF1F4c所以e=c故选：B．【变式5-1】1.（2023秋·江西宜春·高二上高二中校考阶段练习）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1A．12 B．3−12 C．3【答案】D【分析】根据题意推出|OP|=c，继而由△OPF2是等边三角形求得【详解】由题意知∠F1PF2△OPF2是等边三角形，即有又P在椭圆上，故|PF1|+|P即椭圆E的离心率为3−1故选：D【变式5-1】2.（2022秋·四川绵阳·高三盐亭中学校考阶段练习）椭圆τ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)​的左、右焦点分别为F1,F2​，焦距为2c​，若直线y=A．3−1​ B．5C．5−1​ D．3【答案】A【分析】根据直线方程可得∠MF1F【详解】由直线y=33x+c可知：过定点F1−c,0则∠F1M又因为F1F2结合椭圆的定义可得2a=MF1故选：A.

【变式5-1】3.（2023春·福建泉州·高二校联考期中）椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点为F1，右焦点为F2，以A．5−12 B．3−1 C．3【答案】B【详解】因为点P在圆上，所以PF1=c，由勾股定理可得PF2=3c，又因为点【分析】因为以F1为圆心，F1O为半径的圆与E所以PF1=c，F1F又由定义可得PF2=2a−c，所以故选：B．【变式5-1】4.（2023春·贵州贵阳·高二贵阳一中校考阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1【答案】3【分析】根据题意结合椭圆定义可得HF【详解】如图，F2H=33因为MF1+MF又因为HF12化简得a2=3c故答案为：33

【变式5-1】5.（2023·广东广州·统考三模）若双曲线x2−y23=1的两条渐近线与椭圆M：A．2−1 B．3−1 C．22【答案】B【分析】利用正六边形的性质和椭圆的定义及离心率公式即可求解.【详解】由题意知，双曲线x2−y23椭圆M的左右焦点记为F1、F2，则根据正六边形的性质知△AF1设F1F2由椭圆的定义AF1+所以椭圆M的离心率e=c故选:B．【变式5-1】6.（2023春·安徽·高二校联考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点为F【答案】3−1/【分析】根据题意，由椭圆的定义以及离心率的计算公式，即可得到结果.【详解】

设右焦点为F'，连接AF'，由∠OAF=∠OFA=π6在Rt△AFF'中，AF由椭圆的定义可得，AF+AF故离心率e=c故答案为：3【变式5-1】7.（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，点P，【答案】13【分析】根据题意，由条件可得△PFF【详解】

设椭圆的左焦点为F'，设FQ因为OP=OF，所以△PFF因为PF=4FQ，所以因为PF'+PF=2a，Q所以2a−4m2+5m所以PF'=45a，即椭圆的离心率是135故答案为：135题型6焦点三角已知底角型【方法总结】运用e=【例题6】（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】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.（2021秋·广西百色·高二统考期末）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F【答案】3【解析】由题意∠F1M【详解】设直线y=−3(x−c)的倾斜角为α，则∵∴α=120∘在直角三角F1MF2由椭圆定义得2a=|MF1|+|MF2故答案为：3−1【点睛】熟练掌握直角三角形的边角关系、椭圆的定义、离心率的计算公式是解题的关键，属于基础题．【变式6-1】4.过椭圆a＞b＞0）的左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于点P，F2为右焦点，若∠F1PF2=60°，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．【解法一】由题意知点P的坐标为（﹣c，）或（﹣c，﹣），∵∠F1PF2=60°，∴=，即2ac=b2=（a2﹣c2）．∴e2+2e﹣=0，∴e=或e=﹣（舍去）．【解法二】===。题型7焦点三角形双余弦定理型【例题7】（2023秋·安徽·高三安徽省宿松中学校联考开学考试）已知椭圆C的左右焦点分别为F1，F2，P，Q为C上两点，2PA．35 B．45 C．135【答案】D【分析】根据椭圆的焦点三角形，结合勾股定理即可求解.【详解】设PF2=3m，则QF2=2m在△PQF1中得：2a−3m2因此PF2=25在△PF1F2中得：6425故选：D【变式7-1】1.（2023秋·广西百色·高三贵港市高级中学校联考阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)【答案】255【分析】利用余弦定理列方程，化简求得离心率.【详解】F1F2=2c，F1故由PF1+因为PF1+PF2在△PF1O中，cos在△PF2O∴4c2+9b2则ca=2故答案为：2

【点睛】求椭圆的离心率，方法有很多，一种是直接求得a,c，进而求得椭圆的离心率；一种是求得a,c的关系式（齐次式），化简求得椭圆的离心率；一种是求得a,b的关系式（齐次式），化简求得椭圆的离心率.【变式7-1】2.（2023秋·吉林四平·高二校考阶段练习）已知F1，F2分别是椭圆C:x2a2+y2A．34 B．23 C．53【答案】C【分析】设NF1=n，结合椭圆的定义，在Rt△MNF2中利用勾股定理求得【详解】连接NF2，设NF1=n，则M

在Rt△MNF2中MN∴9n2+4a2∴MF1在Rt△MF1F2∴36c2=20a2，e故选：C.【变式7-1】3.（2023秋·天津河东·高三天津市第四十五中学校考阶段练习）设F1，F2分别是椭圆C的左，右焦点，过点F1的直线交椭圆C于M，N两点，若MF1【答案】22/【分析】如图，设F1N=x，由题意，椭圆定义结合余弦定理可得x=a3【详解】如图，设F1N=x，则M又由椭圆定义可得MF则在△MNFMN⇒8则F1则在△NFF1又F1故答案为：2

【变式7-1】4.（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，点M,N是椭圆A．32 B．22 C．12【答案】D【分析】设M(x0,y0)，则N(−x【详解】由题意，椭圆C的左顶点为A(−a,0)，因为点M,N是椭圆C上关于y轴对称的两点，可设M(x0,所以kAM=y又因为x02a代入可得b2a2故选：D.

题型8焦点四边形【例题8】（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆E的左焦点为F，E上关于原点对称的两点A、B满足AF⊥BF，若tan∠FAB的最小值为12，则A．33 B．22 C．55【答案】D【分析】根据椭圆的定义，可得tan∠FAB=BFAF=2a−AFAF≥【详解】解：设椭圆的右焦点为M，连接AM，BM，因为AF⊥BF，由椭圆的对称性知，四边形AFBM为矩形，所以AM=

由椭圆的定义知，AF+AM=2a在Rt△ABF中，tan∠FAB=BF而AF≤a+c，所以a+c=4a3，即所以离心率e=c故选：D．【变式8-1】1.（2023·全国·高二专题练习）设点F1、F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，点M、N在CA．108 B．104 C．58【答案】B【分析】分析可知，四边形MF1NF2为矩形，设MF2=t，则MF【详解】如下图所示：

由题意可知，O为F1F2、MN的中点，则四边形M又因为MN=F1设MF2=t，则M由勾股定理可得2c=F所以，该椭圆的离心率为e=2c故选：B.【变式8-1】2.（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，过原点的直线l与A．104 B．105 C．25【答案】A【分析】设椭圆的左焦点为F1，由椭圆的对称性可得四边形AFBF1【详解】如图，设椭圆的左焦点为F1由椭圆的对称性可得AF所以四边形AFBF又AF⊥BF，所以四边形AFBF1为矩形，所以由AF=3BF，得又AF1+在Rt△AFF1得a24+9a即C的离心率为104故选：A.

【变式8-1】3.（2023秋·高二课时练习）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8-1】4.（2023春·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知O为坐标原点，Px1,y1是椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0上一点x1A．53 B．175 C．176【答案】A【分析】连接PF'，F'D，DF，F'G，，由椭圆的对称性可得四边形PF'QF为矩形，再由DF=4FG及椭圆的定义，可得|P【详解】设椭圆的左焦点F'，连接PF'，F'D由椭圆的对称性可知四边形PF

因为DF⋅FG=0,所以DF⊥FG因为DF=4FG，所以设|FG|=r，则|PF'|=4r|F'G|=2a−|FG|=2a−r在△PGF'中，|F'G所以可得r=a在△PF'F中，|F所以离心率e=c故选：A【变式8-1】5.（2023秋·山西大同·高三统考开学考试）已知椭圆C1x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的左、右焦点分别为F1，【答案】7【分析】根据椭圆的对称性和|PQ| = |F【详解】因为点P,Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ| 所以四边形PF1Q

所以SP由椭圆定义与勾股定理知：|PF所以|PF1|⋅|PF2| 即C的离心率为73故答案为：7题型9利用图形求离心率【例题9】（2023·河南开封·校考模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，A，B分别是A．12 B．C．3−52 【答案】C【分析】根据椭圆的性质结合锐角三角函数，在Rt△ABO和Rt△BFO在求出∠FAB，∠BFO的正切值，由两角差的正切公式求出∠FBA的正切值，结合题目条件得a，【详解】由题意作出图形，如下图所示：

可知：OA=a，OB=b，在Rt△ABO中可得：tan在Rt△BFO中可得：tan所以tan化简得：tan因为tan∠FAB=2tan∠FBA又b2=a即e2−3e+1=0，解得又e∈(0,1)，所以e=3−故选：C.【变式9-1】1.（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】2.（2023春·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期末）已知椭圆x2a2+y2b2=1【答案】3【分析】根据正三角形的性质可推出∠AF2F1=π6，∠A【详解】因为△ABF所以AB=因为BF2⊥x轴，所以∠A所以AF又AF1+在Rt∠AOF1所以椭圆的离心率为32故答案为：32

【变式9-1】3.（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

【变式9-1】4.（2023·全国·高二专题练习）设F1，F2是椭圆E:y2a2+x2b2【答案】58【分析】分别表示出PF2、GF2，在【详解】如图所示，

由图知∠PF所以∠GF2P=又因为OG=54所以GF所以在Rt△GF2P中，由解得：ca所以椭圆E的离心率为58故答案为：58【变式9-1】5.（2023·全国·高二专题练习）已知M是椭圆E：x2a2+y2b2=1【答案】2【分析】通过焦点到直线的距离建立a,b,c关系，解方程即可求解.【详解】由题知，Mc,0，且MN=cb−a×0∴a4=4c2b2=4故答案为：2

【变式9-1】6.（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)【答案】35/【分析】如图所示，作F2E⊥MN，垂足为E．由∠F2F1N=∠F2NF【详解】如图所示，

作F2E⊥MN∵∠F2F1N=∠∴|F1∵2S△MNF2则MF1=25∴|M∵在Rt△MEF2中，ME2+∴(2c)2−(a−c∴5e2−8e+3=0，故答案为：3【变式9-1】7.（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考模拟预测）设△ABC内接于椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0，A与椭圆的上顶点重合，边BC过E的中心O【答案】10【分析】画出草图，分析可知F为△ABC的重心，求解即可.【详解】如图：边BC过E的中心O，所以O为BC的中点，则AO为边BC上的中线，AC边上中线BD过点F0,c所以两中线的交点为F，即F为△ABC的重心，所以3OF=OA，即3c=b所以a2−c所以e2=1故答案为：1010题型10利用椭圆的对称性【例题10】（2023秋·贵州铜仁·高三贵州省思南中学校考阶段练习）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】1.（2023春·广东珠海·高二校考阶段练习）设F1，F2为椭圆x2A．22 B．12 C．23【答案】D【分析】由题设及椭圆对称性，若下顶点为C，则直线F2B必过下顶点C，且|F1A【详解】由F1A=5F2B且A为椭圆的上顶点，则根据椭圆对称性知：直线F2B必过下顶点C，且|F

所以，如上图有CF2=5F2则(c,b)=5(x−c,y)，故x=65c所以36c225a2+b故答案为：D【变式10-1】2.（2023·江西南昌·校联考二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，直线l经过点F1交C于A，A．12 B．33 C．22【答案】B【分析】分别取A，B关于x轴的对称点A'，B'，连接A'F1，A'F2，B'F1【详解】分别取A，B关于x轴的对称点A'，B'，连接A'F1，A由AM∥F1F2则A',M关于原点对称，则四边形所以∠F1A又AB=MF1，所以又△A'B所以A'F2△A'F得49a2所以e=c故选：B.【变式10-1】3.（2023春·福建莆田·高二莆田一中校考期中）设F1，F2分别为椭圆C：x2a2A．22 B．64 C．53【答案】C【分析】思路1：BF2=m，延长AF1与椭圆交于D点，分别求出AD,AF2,DF2，则【详解】思路1.（对称性）延长AF1与椭圆交于D点，连接AF由椭圆的对称性可得：F1D=F设BF2=m，则A由椭圆的定义知：AF所以AF2=4m则F1D=BF2=m.于是AD=3m所以AF12+AF22思路2.（补角余弦）设BF2=m，则A由BF1+B由∠AF1F2，∠BF2F1互补得：cos∠A得4m2+4c2故选：C.【变式10-1】4.（2023春·安徽池州·高二池州市第一中学校联考阶段练习）已知椭圆Γ:x2a2+y2bA．33 B．23 C．53【答案】C【分析】作N关于原点的对称点C，可得四边形NF1CF2为平行四边形，根据椭圆的定义和勾股定理，可证∠CM【详解】如图，作N关于原点的对称点C，连接NF1、CFF2N=而|MF2则|MF1|=23a，|因为CF2²=在△MF1F2中，F1则e=c故选：C.【变式10-1】5.（2023·福建龙岩·统考模拟预测）已知A,B,C是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的三个点，F为【答案】3【分析】设椭圆E的右焦点为F',FB=t，则AF=3t,AF【详解】设椭圆E的右焦点为F',FBBF'=2a−t，∠AFC=在△AFF'中，由余弦定理得：在△ABF'中，由余弦定理得：由①得：12=18由②得：t=把④代入③化简得：b2a2故答案为：33题型11中点弦公式【方法总结】焦点在x轴的椭圆：运用kOM【例题11】（2023秋·辽宁辽阳·高三统考期末）已知直线y=−12x+2与椭圆C:x2A．32 B．12 C．34【答案】A【分析】由题意，利用点差法，整理方程，根据斜率公式和中点坐标公式，可得答案.【详解】设Ax1,y1故y1−y则−4b22a故选：A.【变式11-1】1.（2018·河南郑州·校联考二模）直线3x+4y−7=0与椭圆x2a2+y2b2=1A．12 B．22 C．32【答案】A【分析】中点弦问题可以利用点差法解决.【详解】设A(x1则有x12a①−②即x1两边同时除以x1−x而直线3x+4y−7=0的斜率k=−34且AB的中点为M1,1，所以代入③式得：2a2+所以离心率e=1−故选：A【变式11-1】2.（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点为F，过F作一条倾斜角为45A．33 B．12 C．25【答案】A【分析】设出点A，B的坐标，利用“点差法”求解作答.【详解】设点A(x1,相减得b2(x1+又M−3,2为线段AB的中点，则x1+x2=−6，所以椭圆C的离心率e=a故选：A【变式11-1】3（2023·河南·郑州一中校联考模拟预测）已知椭圆C：x2a2+yA．1010 B．55 C．55或255【答案】A【分析】根据向量共线的坐标表示求得B点坐标，利用点差法求得bc，进而求得椭圆C【详解】设Fc,0，A0,b，Px1,因为AB=3FB，所以AF=2所以x0=3c2，因为B为线段PQ的中点，所以x1+x所以x12a所以kPQ=y又因为a2=b2+即b−3c3b−c=0．所以bc当bc=1此时椭圆方程为x210k所以bc所以离心率e=c故选：A【变式11-1】4.（2022秋·湖北·高二校联考期末）过椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)左焦点F−c,0作倾斜角为π6的直线l，与椭圆C交于A、A．55 B．12 C．32【答案】D【分析】设Ax1,y1、Bx2【详解】设Ax1,y1由题意得x12a两式相减，得x1因为P为线段AB的中点，且直线AB的倾斜角为π6，所以x因为F−c,0，直线AB的倾斜角为π6，易知点P在第二象限，则x0=−(c−3所以P−12c,3所以a2=3(a2−故选：D.【变式11-1】5．（多选）（2023·全国·高三专题练习）已知直线y=−13x+t与椭圆C:A．336 B．346 C．306【答案】BD【分析】设出Ax1,y1，Bx2,y【详解】设Ax1,y1从而x12−由题意可得x1故y1−y则−2mb2因为m>2，所以b2椭圆C的离心率e=1−所以椭圆离心率范围为336故346与35故选：BD【变式11-1】6.（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y【答案】12/【分析】设Ax1,y1,Bx【详解】F−c,0设Ax因为点P是线段AB的中点，P的横坐标为13所以x1则kPF由直线l与C相交于A，B两点，得x1两式相减得x1即x1所以y1即kl⋅y则kl所以b2所以离心率e=c故答案为：12

【变式11-1】7.（2023·江苏·高二专题练习）设椭圆Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为Fc,0，点A3c,0在椭圆外，【答案】22/【分析】取线段PQ的中点M，连接OM，推导出OM//PF，可得出kOMkPQ【详解】如下图所示：

由题意可知，点E−c,0为椭圆Γ因为点A3c,0、Fc,0，易知点F为线段又因为P为AQ的中点，所以，PF//取线段PQ的中点M，连接OM，则APPM=AF所以，kOM=k设点Px1,y1所以，x12a2+所以，kOM所以，椭圆Γ的离心率为e=c故答案为：22【变式11-1】8.（2023·安徽滁州·校考二模）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11-1】9.（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，M2,1为椭圆内一点，以M为中点的弦与椭圆交于点A,B，与xA．12 B．22 C．32【答案】B【分析】根据点差法求出直线AB斜率，由直线方程求出P点横坐标，根据垂直可得GM斜率，由直线方程得出G点横坐标，据此可求出三角形面积，根据均值不等式求最值，利用等号成立的条件求出对应的离心率即可.【详解】如图，

设A(x1,则由以M为中点的弦与椭圆交于点A,B可得x2两式相减可得y2即kAB所以直线AB方程为y−1=−2令y=0，可得x4由GM⊥AB知，kGM所以直线GM的方程为y−1=a令y=0，可得x3∴S当且仅当a22b此时e2=c故选：B题型12点差法【方法总结】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，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)即kAB＝－eq\f(b2x0,a2y0).KAB∙K【例题12】（2022·全国·高三专题练习）已知P为椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在第一象限上一点，P关于原点的对称点为A，P关于x轴的对称点为E【答案】3【分析】设P(x1，y1)，B(x2，y2)，根据PD=34PE，求得D(x1，−12y1)，由P【详解】解：设P(x1，y1)，由题意可得A(−x1，−y1)因为PD=34PE，设则n−y所以n=−1即D(x1，因为P，B在椭圆上，所以x1两式相减得：x1所以y1即kPB而k因为PA⊥PB，所以kPA所以−b因为A，D，B三点共线，所以kAD即−12y将其代入(∗)中，得b2所以e2即e=3故答案为：32【变式12-1】1.（2022秋·甘肃兰州·高二统考期中）已知M、N是椭圆上关于原点对称的两点，P是椭圆上任意一点，且直线PM、PN的斜率分别为k1、k2(k1⋅k2≠0A．55 B．23 C．33【答案】D【分析】设出点P,M的坐标，结合椭圆方程及斜率坐标公式，借助均值不等式求解作答.【详解】设椭圆方程为x2a2+y2b

由x2a2+y整理得y−y0x−x0因为|k1|+|k2|≥2|椭圆的离心率为e=a故选：D【变式12-1】2.（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆C:x2aA．155 B．105 C．63【答案】A【分析】根据题意结合椭圆方程整理得kAP【详解】由题意可知：Aa,0设Px0,y0则kAP又因为点Px0,y0可得kAP⋅k所以C的离心率e=1−故选：A.

【变式12-1】3.（2023秋·广东肇庆·高三德庆县香山中学校考阶段练习）椭圆C：x2a2【答案】6【分析】由题可得A−a,0，设Px0,y0,Q−x【详解】由题可得A−a,0，设Px0,y0,Q则e2故答案为：6【变式12-1】4.（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0，过C中心的直线交C于M，N两点，点P在x轴上，其横坐标是点M横坐标的3倍，直线NP交A．22 B．63 C．33【答案】D【分析】利用三条直线的斜率关系，结合点差法可得.【详解】

设Mx1,y1，Q设k1、k2、k3，分别为直线MN、QM则k1=y1x因直线QM是以MN为直径的圆的切线所以QM⊥MN，k1所以k2又Q在直线NP上，所以k3因M、Q在x2所以x12a两式相减得x1整理得y2故k2k3e2故e=3故选：D题型13角平分线相关【方法总结】1.角平分线“拆”面积：S△ABC=2.角平分线定理性质：ABBD=【例题13】（2023秋·高二课时练习）F1，F2是椭圆E：x2a2【答案】5【分析】根据∠F1MN=∠F2MN=45°，得到F1M⊥F2M【详解】解：因为∠F所以F1M⊥F2M所以F1又因为3N所以F1MF由椭圆定义得F1即4x+3x=2a，解得x=2则F1则87所以c2a2故答案为：5【变式13-1】1.（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】2.（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．【变式13-1】3.（2023·全国·高三专题练习）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】4.（2023·全国·高三专题练习）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题型14焦点圆问题【例题14】（2023春·吉林长春·高二校考开学考试）已知F是椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点，点P在椭圆C上，线段A．23 B．12 C．22【答案】D【分析】设椭圆的左焦点为F1，确定PF1⊥PF，|PF【详解】设椭圆的左焦点为F1，连接F1，设圆心为∵(x−c3)2+y2由于|F1F|=2c,|FC|=∵PQ=2QF，∴P∴|PF|=2a−b,∵线段PF与圆x2a2+y∴CQ⊥PF∴PF∴b2+∴a=32b∴e=c故选：D．

【变式14-1】1.（2022秋·江苏南京·高三南京师大附中校联考阶段练习）已知点P在椭圆C:x2a2+A．2−1 B．34 C．23【答案】D【分析】由圆与椭圆的性质求解，【详解】点P在椭圆上，则PF1的最大值为a+c，圆的半径为则PQ的最大值为a+c+a2=2a故选：D【变式14-1】2.．（2023秋·广东茂名·高二统考期末）已知过椭圆E:x2m+y2m−1=1m>5上的动点P作圆C（C为圆心）：x【答案】1【分析】由椭圆方程和圆的方程可确定椭圆焦点、圆心和半径；当∠ACB最小时，可知∠ACP=π3，此时PCmin=2；根据椭圆性质知【详解】由椭圆E方程知其右焦点为1,0；由圆C的方程知：圆心为C1,0，半径为1当∠ACB最小时，则∠ACP最小，即∠ACP=π3，此时此时cos∠ACP=ACPC∵P为椭圆右顶点时，PCmin=m∴椭圆E的离心率e=1故答案为：13【变式14-1】3.（2022·浙江·高三专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别是F1(−c,0)，F2(c,0)，点P是椭圆C上一点，满足【答案】10【分析】由题意画出图形，由已知向量等式可得PF1⊥PF2【详解】解：如图，由|PF1即PF12所以PF又以点P为圆心，r为半径的圆与圆F1:(x+c)∴|PF1|+r=即|PF1|−|P联立可得|PF1|=在Rt△PF1F2中，由即94a2故答案为：104【变式14-1】4．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:y2a2+x2A．35 B．53 C．54【答案】B【分析】记上焦点为F'，圆心为E(0,−c3)，由线段成比例得出EN//F'M【详解】如图，记上焦点为F'，圆心为E(0,−c3)，则F'FF'=2c，FE=2所以EN//F'MEN=13由椭圆定义FM=2a−又EN⊥FM，所以F'M⊥FM，所以2(a2−c2c=a2−故选：B【变式14-1】5.（2022秋·贵州黔东南·高二校考期中）如图，椭圆E的左右焦点为F1，F2，以F2为圆心的圆过原点，且与椭圆E在第一象限交于点P，若过P､F1的直线l与圆F2相切，则直线l的斜率k=【答案】33【解析】根据直角三角形的性质求得∠PF1F【详解】连接PF2，由于l是圆F2在Rt△PF1F所以PF2=12F1PF根据椭圆的定义可知e=c故答案为：33；【点睛】本小题主要考查椭圆的定义、椭圆的离心率，属于中档题.题型15内切圆相关【例题15】（2023·江苏·高二专题练习）已知点F1，F2分别是椭圆E：x2a2A．89 B．916 C．49【答案】B【分析】根据给定的面积关系求出焦点三角形三边的关系，利用椭圆定义结合离心率定义求解作答.【详解】设点G到△PF1F2各边的距离为r，由

即|PF1|=169于是2a=169×2c故选：B【变式15-1】1.（2023·全国·高二专题练习）设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，P是椭圆上不与顶点重合的一点，记I为△PFA．12 B．22 C．34【答案】B【分析】先利用角平分线性质得到PF1PF2=F【详解】不妨设点P位于第一象限，如图所示，

因为I为△PF1F2的内心，所以所以PF1PF2设PF1=5t，则P可得t=a4，所以PF又因为PF所以cos∠F1cos∠P所以a2=2c故选：B.【变式15-1】2.（2023春·江西上饶·高二校联考阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2.点P在椭圆C上，圆O1与线段F1P的延长线，线段PF【答案】12【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∠PF1F2的角平分线上，所以【详解】由已知及平面几何知识得：圆心O1、O2在设圆O1、O2与x轴的切点分别为A，由平面几何知识得，直线PF2为两圆的公切线，切点D也在所以|PF由椭圆的定义知|PF1|+|P有|F2D|=|F1A|=|又圆O1与圆O2的面积之比为9，所以圆O1与圆O因为O2B//即3c−aa+c=13，整理得a=2c，故椭圆故答案为：1【变式15-1】3.（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2，斜率为1的直线经过左焦点F1A．13 B．C．33 D．【答案】D【分析】由椭圆定义及三角形面积公式得到yA=−2y【详解】如图所示，由椭圆定义可得AF1+设△AF1F2的面积为S1，△B所以122a+2cr设直线l:x=y−c，则联立椭圆方程与直线，可得x=y−cb2x所以yA+y联立①②③得，2×(−2b2c)2故选：D【变式15-1】4.（2023·全国·高三专题练习）已知O为坐标原点，F1,F2为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，F1F2=6【答案】35【分析】延长F1M交PF2延长线于点N，可得△PF1M≅△PNM，OM为△F1【详解】

因为F1F2=6，即因为点Q是以PF2为底的等腰三角形F1所以PQ为∠F1PF2的角平分线，延长F在△PF1M与△PMN中，∠所以|PF1|=|PN|=6，MF1又O为F1F2的中点，所以OM所以|F2N|=2|OM|=2所以|PF1|+|PF2故答案为：35【变式15-1】5.（2022秋·福建·高二校联考期中）已知F1，F2分别是椭圆x2a2【答案】1【分析】利用椭圆的定义求出三角形的周长，结合三角形内切圆的性质可得答案.【详解】由题意可知△BF1F2的周长为2a+2c，△BF平方可得b2=34a解得a=7c，即e=c故答案为：17【变式15-1】6.（2023春·云南大理·高二统考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，点【答案】15【分析】取线段AF1的中点N，由已知条件得出2OM=MN，从而O,M,N三点共线，且2【详解】不妨设点A在x轴上方，设点A的纵坐标为yA，点M的纵坐标为yM，△AF1F

取线段AF1的中点N，设点N的纵坐标为因为3M所以2F1M+M∴O,M,N三点共线，且2OM=MN∵S△AF1S△AS△M∴rc+a=6rc，∴椭圆的离心率故答案为：15【点睛】方法点睛：椭圆离心率的三种求法：（1）若给定椭圆的方程，则根据焦点位置确定a2,b2，求出（2）求椭圆的离心率时，若不能直接求得ca的值，通常由已知寻求a,b,c的关系式，再与a2=b2+c（3）求离心率时要充分利用题设条件中的几何特征构建方程求解，从而达到简化运算的目的．题型16椭圆与圆问题【例题16】（2023春·河南安阳·高二统考期末）已知椭圆C:x216+y2b2=1【答案】34/【分析】利用椭圆的定义和三点一线得PF2+|PA|≥8−AF1=8−【详解】由题可知PF1+PF则PF当点P在F1A的延长线上时，等号成立，所以所以c2=3,c=3，因为a=4故答案为：34

【变式16-1】1.（2021秋·广东深圳·高三红岭中学校考期末）已知F1，F2是椭圆x2【答案】5【分析】由椭圆的定义可得PF2=2a−b【详解】设椭圆x2a2+由已知PF1=b故PF因为PF2⊥P所以b2+2a−b所以ba所以椭圆x2a2故答案为：53【变式16-1】2.（2023·全国·高三对口高考）在平面直角坐标系中，椭圆x2a2+yA．12 B．13 C．33【答案】D【分析】首先判断a2【详解】由题意，a2令一条切线为y=k(x−a2c所以|k|a2c1+k2=a所以e=1故选：D【变式16-1】3.（2023·四川成都·树德中学校考模拟预测）A、B分别为E:x2a2+y2b2=1左右顶点，点P在圆⊙O:x2+

A．13 B．12 C．32【答案】D【分析】设Qacosθ,bsinθ【详解】设Qa则tan∠PAB=tan∠QBA=两式相乘得tan∠PAB⋅tan因为直径所对的角是直角，所以∠PAB+∠PBA=所以tan∠PAB⋅tan①除以②得tan∠QBAtan∠PBA故选：D【变式16-1】4.（2023·安徽蚌埠·统考二模）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为FA．34 B．C．32 D．12【答案】D【分析】求出直线AF的方程，利用点到直线的距离公式，椭圆离心率公式，即可求得椭圆的离心率．【详解】设F(c,0)，则直线AF的方程为xc+y圆心O到直线AF的距离d=|−bc|两边平方整理得，16(a于是16(1−e2)e2则e=12或故选：D题型17椭圆与双曲线共焦点问题【例题17】（2023·全国·高三对口高考）已知椭圆C1:x2m2+y2=1(m>1)与双曲线【答案】e【分析】由题可得m2−1=n【详解】因为C1,C2的焦点重合，所以所以e1所以e1故答案为：e1【变式17-1】1.（2023秋·全国·高二期中）如图，已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)

①若a2+3m②若|PF1|⋅|P③△F1P④若∠F1PF2A．①② B．②③ C．③④ D．