2025年高考数学三轮复习之椭圆

第38页（共38页）2025年高考数学三轮复习之椭圆一．选择题（共8小题）1．（2025•南宁模拟）已知A，B分别是椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右顶点，直线x=a2A．x23+y2C．x24+y2．（2025•喀什地区校级二模）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞A．32 B．22 C．12 3．（2025•赤峰模拟）如图所示，用一个与圆柱底面成θ(0＜θ＜πA．12 B．33 C．22 4．（2024秋•博乐市期末）如果椭圆x2100+y236=1上一点P到焦点F1的距离为A．10 B．6 C．12 D．145．（2024秋•滨州期末）椭圆x2A．(-14，0)，(14，0) B．（﹣C．(0，-14)，(0，14) D．（6．（2024秋•上虞区期末）如图所示的矩形画板ABCD中，|AB|＝2a，|BC|＝2b（a＞b＞0）．E，F，G，H分别是矩形四条边的中点，点J，K，L分别是线段BF上的四等分点，连结EB，与GJ，GK，GL，GF的交点分别为M，N，S，P，以HF为x轴，以EG为y轴建立平面直角坐标系，则M，N，S，P在椭圆x2A．M B．N C．S D．P7．（2024秋•滨州期末）如图所示，用一个与圆柱底面成θ(0＜θ＜π2)角的平面截圆柱，截口曲线是一个椭圆，F1，F2A．椭圆的长轴长为4 B．椭圆的离心率为32C．满足∠F1PF2＝90°的点P共有4个 D．|PF1|•|PF2|的最大值为88．（2024秋•洪雅县期末）已知椭圆C：x272+y2b2=1(0＜b＜62)，过点P（2，1）且斜率为﹣1的直线与CA．6 B．62-6 C．6-二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•安徽期末）已知椭圆C：x24+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线A．弦长|AB|的取值范围为[1，4] B．若A、B两点的中点为M(1，12)C．若点A在第一象限，满足△AF1F2的面积为1，则|AD．若弦AB的中垂线与x轴交于点N，则|（多选）10．（2025•乐山模拟）设O为坐标原点，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右焦点分别为F1，F2，点A（0，3）为定点，而点B在椭圆上，且位于第一象限，若A．a2﹣b2＝3 B．∠F1BF2＝60° C．当△BF1F2的面积为6-33时，CD．当AB∥x轴时，C的离心率e（多选）11．（2024秋•许昌期末）若方程x210-mA．1 B．3 C．6 D．8（多选）12．（2024秋•鼓楼区校级期末）设椭圆C：x22+y2=1的左、右焦点分别为F1，FA．离心率e=B．|PC．△PF1F2面积的最大值为1 D．直线x+y-2=0与以线段三．填空题（共4小题）13．（2025•江苏一模）已知椭圆C：x22+y2=1的上顶点为A，直线l：y＝kx+m交C于M，N两点．若△AMN的重心为(114．（2024秋•科左中旗校级期末）已知F1，F2分别为椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的两个焦点，P是椭圆E上的点，PF1⊥PF2，且|15．（2024秋•昌黎县校级期末）已知P是椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上第一象限内的点，M在y轴的正半轴上，连接PM，并延长与x轴交于点N，且M恰好为PN的中点，点P关于x轴的对称点为Q，连接QM，设直线PM，QM的斜率分别为k1，k216．（2024秋•红谷滩区校级期末）已知地球运行的轨道是椭圆，且太阳在这个椭圆的一个焦点上，若地球到太阳的最大和最小距离分别为1.53×108km，1.47×108km，则这个椭圆的离心率为．四．解答题（共4小题）17．（2025•咸阳模拟）已知椭圆C的中心在坐标原点，左焦点为F1（﹣1，0），右焦点为F2，其四个顶点的连线围成的四边形面积为43．过椭圆C的左、右焦点作两条平行直线，与C在x轴上方的部分分别交于点P，Q（1）当P为C的上顶点时，求直线PQ的斜率；（2）求四边形PF1F2Q的面积的最大值．18．（2025•碑林区校级模拟）通过研究，已知对任意非零平面向量AB→=(x，y)，把AB→绕其起点A沿逆时针方向旋转θ角得到向量AP→=(（1）已知平面内点A(-3，23)，点B(3，-（2）已知曲线C是函数y=33x+1x的图象，它是某双曲线x（3）已知曲线E：x2+y2﹣xy＝1是由某椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)绕原点O逆时针旋转π4后所得到的斜椭圆，过点Q(23，23)作与两坐标轴都不平行的直线l1交曲线E于点M19．（2025•长安区一模）已知圆锥曲线G：Ax2+By2+2Dx+2Ey+F＝0，称点P（x0，y0）和直线l：Ax0x+By0y+D（x+x0）+E（y+y0）+F＝0是圆锥曲线G的一对极点和极线，其中极线方程是将圆锥曲线以x0x替换x2，以x0+x2替换x（另一变量y也是如此）．特别地，对于椭圆x2a2+y2b2=1，点P（x0，y0）对应的极线方程为x（1）若极点F2(23，0)对应的极线l（2）当极点Q在曲线外时，过点Q向椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，证明：直线MN为极点Q的极线；（3）已知P是直线y=-12x+4上的一个动点，过点P向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线20．（2025•资溪县校级模拟）由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如果椭圆C1的“特征三角形”为△1，椭圆C2的“特征三角形”为△2，若△1∽△2，则称椭圆C1与C2“相似”，并将△1与△2的相似比称为椭圆C1与C2的相似比．已知椭圆C1：x22+y2=1（1）求椭圆C2的离心率；（2）若椭圆C1与椭圆C2的相似比为λ（λ＞0），设P为C2上异于其左、右顶点A1，A2的一点．①当λ=22时，过P分别作椭圆C1的两条切线PB1，PB2，切点分别为B1，B2，设直线PB1，PB2的斜率为k1，k2，证明：k1②当λ=2时，若直线PA1与C1交于D，E两点，直线PA2与C1交于M，N两点，求|DE|+|MN

2025年高考数学三轮复习之椭圆参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案BADDDBDB二．多选题（共4小题）题号9101112答案ADACDBDBCD一．选择题（共8小题）1．（2025•南宁模拟）已知A，B分别是椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右顶点，直线x=a2A．x23+y2C．x24+y【考点】椭圆的几何特征；椭圆的标准方程．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】B【分析】根据锐角三角函数，结合椭圆的性质即可求解|CB|＝|AB|得2c＝a，即可利用面积公式求解．【解答】解：如图：∠ABC＝120°，故∠MBC＝60°，|BM|=a故|CB|=|AB|⇒2(由于S△故a＝2，c＝1，故b2＝a2﹣c2＝3，故椭圆方程为x2故选：B．【点评】本题主要考查椭圆的性质及标准方程，考查运算求解能力，属于基础题．2．（2025•喀什地区校级二模）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞A．32 B．22 C．12 【考点】椭圆的离心率．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】A【分析】根据题意，由条件即可得到a＝2b，再由椭圆离心率公式代入计算，即可得到结果．【解答】解：椭圆E：x2a2不妨设A（﹣a，b），B（a，b），C（a，﹣b），D（﹣a，﹣b），则|AB|＝2a，|BC|＝2b，且tan∠即a＝2b，则e=故选：A．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．3．（2025•赤峰模拟）如图所示，用一个与圆柱底面成θ(0＜θ＜πA．12 B．33 C．22 【考点】椭圆的离心率．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】D【分析】根据题意得到椭圆的半短轴长，结合平面图形的性质求出半长轴长，在根据c2＝a2+b2，解出c，由此即可求解e．【解答】解：设圆的半径为r，椭圆方程为x2由题意，截面椭圆的半短轴长等于圆柱的底面半径r，即b＝r，∵θ=π3，∠在Rt△ABE中，AB＝2r，∠EBA=π2，∴AE∴椭圆的半长轴长等于2r，即a＝2r，∴c=可得椭圆的离心率e=故选：D．【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，简单性质的应用，是中档题．4．（2024秋•博乐市期末）如果椭圆x2100+y236=1上一点P到焦点F1的距离为A．10 B．6 C．12 D．14【考点】椭圆的几何特征．【专题】计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】D【分析】根据椭圆的定义|PF1|+|PF2|＝2a，利用|PF1|＝6，可求|PF2|【解答】解：由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|＝2a＝20，∵|PF1|＝6，∴|PF2|＝14．故选：D．【点评】本题给出椭圆上一点到一个焦点的距离，求它到另一个焦点的距离．着重考查了椭圆的定义、标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题．5．（2024秋•滨州期末）椭圆x2A．(-14，0)，(14，0) B．（﹣C．(0，-14)，(0，14) D．（【考点】椭圆的几何特征．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】D【分析】判断椭圆的焦点坐标所在轴，然后由椭圆的方程求解即可．【解答】解；∵由椭圆x25+且c2＝a2﹣b2＝9﹣5＝4，∴c＝2，故焦点坐标为（0，±2），故选：D．【点评】本题考查了椭圆的方程以及性质，考查了学生的运算能力，属于基础题．6．（2024秋•上虞区期末）如图所示的矩形画板ABCD中，|AB|＝2a，|BC|＝2b（a＞b＞0）．E，F，G，H分别是矩形四条边的中点，点J，K，L分别是线段BF上的四等分点，连结EB，与GJ，GK，GL，GF的交点分别为M，N，S，P，以HF为x轴，以EG为y轴建立平面直角坐标系，则M，N，S，P在椭圆x2A．M B．N C．S D．P【考点】根据定义求椭圆的标准方程．【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】B【分析】求出直线EB的方程，联立椭圆方程求交点I坐标，然后得直线GI的方程，令x＝a，求出y，对比J，K，L坐标即可得答案．【解答】解：由题得E（0，﹣b），B（a，b），G（0，b），所以kEB所以直线EB的方程为y=记直线EB与椭圆x2a2+y2b2=1(a＞联立x2a2+y2b2=1y=2ba解得x0＝0（舍去）或x0则y0=3b5直线GI的方程为y=令x＝a，得y=易知，点K坐标为(a所以点I与点N重合，即点N在椭圆上．故选：B．【点评】本题考查椭圆的性质的应用，属于中档题．7．（2024秋•滨州期末）如图所示，用一个与圆柱底面成θ(0＜θ＜π2)角的平面截圆柱，截口曲线是一个椭圆，F1，F2A．椭圆的长轴长为4 B．椭圆的离心率为32C．满足∠F1PF2＝90°的点P共有4个 D．|PF1|•|PF2|的最大值为8【考点】椭圆的离心率；椭圆的定义．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】D【分析】根据给定图形，求出椭圆长、短半长轴a、b，再逐项计算、判断作答．【解答】解：设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，对于选项A，椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径，则由截面与圆柱底面成锐二面角θ=π3，得2对于选项B，显然a＝2，2b＝2，解得b＝1，则c=a2-b对于选项C，以椭圆的对称中心O为圆心，3为半径作圆，由b＜c，可知与椭圆有4个交点，所以满足∠F1PF2＝90°的点P共有4个，故选项C正确；对于选项D，由椭圆定义，可得|PF1|+|PF2|＝2a＝4，根据不等式，可得|PF1|+|PF2|≥2|PF1|⋅|PF2|，解得|PF1|•|PF2|≤4，当且仅当|PF1|＝|PF2|故选：D．【点评】本题考查椭圆的简单性质的综合应用，离心率的求法，是中档题．8．（2024秋•洪雅县期末）已知椭圆C：x272+y2b2=1(0＜b＜62)，过点P（2，1）且斜率为﹣1的直线与CA．6 B．62-6 C．6-【考点】椭圆的焦点弦及焦半径．【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑思维．【答案】B【分析】先设出A，B的坐标，再分别代入椭圆，两式相减，再根据过点P这一已知条件求出b即可求出c，即可求解．【解答】解：设A（x1，y1），b（x2，y2），则x1272两式相减得(x1又因为x1+x2＝4，y1+y2＝2，所以kAB=y1所以b2＝36，所以c2＝72﹣36＝36，所以c＝6，因此椭圆上一点M到焦点F的距离最小值为a﹣c＝62-6故选：B．【点评】本题考查椭圆焦点弦，属于中档题．二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•安徽期末）已知椭圆C：x24+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线A．弦长|AB|的取值范围为[1，4] B．若A、B两点的中点为M(1，12)C．若点A在第一象限，满足△AF1F2的面积为1，则|AD．若弦AB的中垂线与x轴交于点N，则|【考点】直线与椭圆的综合．【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【答案】AD【分析】由焦点弦长性质即可判断选项A，通过斜率公式可判断选项B，由焦点三角形面积公式求得∠F1AF2＝90°，再结合勾股定理、椭圆定义求解即可判断选项C，设AB方程y=k(x-【解答】解：因为直线l过椭圆的右焦点F2，所以弦长|AB|的最短为通径2b2a=1，弦长|AB|的最长为长轴2则弦长|AB|的取值范围为[1，4]，故选项A正确；易知F2若A、B两点的中点为M(1当k=-12时，因为S△所以∠F1AF2＝90°，所以|AF1|2+|AF2|2=(2因为点A在第一象限，所以|AF1设点A、B的中点为G，联立x24+y2由韦达定理得x1+x所以y1所以G(4所以A、B两点的中垂线方程为y+可得N(3所以|N所以|=1+则|NF2故选：AD．【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．（多选）10．（2025•乐山模拟）设O为坐标原点，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右焦点分别为F1，F2，点A（0，3）为定点，而点B在椭圆上，且位于第一象限，若A．a2﹣b2＝3 B．∠F1BF2＝60° C．当△BF1F2的面积为6-33时，CD．当AB∥x轴时，C的离心率e【考点】椭圆的焦点三角形．【专题】数形结合；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维．【答案】ACD【分析】根据题中所给条件，分析得三角形AF2F1为正三角形，再对各选项逐项分析．【解答】解：如图，对于A，因为|AF2|＝2|OF2|，所以∠AF2O＝60°，则3|OF2|＝|AO|，|OF2|=3即c=3，所以a2﹣b2＝3，A对于B，因为∠AF2O＝60°，所以三角形AF2F1为正三角形，若∠F1BF2＝60°，则A、F1、B、F2四点共圆，因为三角形AF2F1外接圆圆心为点（0，1），半径为3sin60°=2，所以点B到点（0，1又点B到点A（0，3）的距离为23，所以设点B（x，y），有x2解得点B（3，0），即点B在x轴上且与点F2重合，矛盾，故B错误；对于C，设点B（x，y），当△BF1F2的面积为6-33时，可得|y|＝2则由B到点A（0，3）的距离为23，可得x2+（y﹣3）2＝12，解得x2＝243-36代入椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞对于D时，当AB∥x轴时，有F2F1∥AB且F2F1＝AB，又AF1＝AF2＝AB，所以四边形ABF2F1为菱形，所以点B（23，3），代入椭圆方程，结合a2﹣b2＝3，得12b2+3+9b2=1，解得b2=9+6所以C的离心率e=3-故选：ACD．【点评】本题主要考查椭圆的焦点三角形，属于中档题．（多选）11．（2024秋•许昌期末）若方程x210-mA．1 B．3 C．6 D．8【考点】由方程表示椭圆求解椭圆的标准方程或参数．【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】BD【分析】根据方程表示椭圆列不等式，由此求得m的取值范围，结合选项即可判断．【解答】解：因为方程x2所以m-解得2＜m＜10且m≠6，结合选项，可知m的值可以为3和8．故选：BD．【点评】本题主要考查了椭圆的标准方程，属于基础题．（多选）12．（2024秋•鼓楼区校级期末）设椭圆C：x22+y2=1的左、右焦点分别为F1，FA．离心率e=B．|PC．△PF1F2面积的最大值为1 D．直线x+y-2=0与以线段【考点】椭圆的几何特征．【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】BCD【分析】根据椭圆的定义、性质及直线与圆的位置关系一一判定选项即可．【解答】解：由椭圆方程可知椭圆离心率为e=2-12由椭圆定义可知|PF1当P在上下顶点时△PF1F2的面积可取得最大值为1×2-1=1以F1F2为直径的圆的圆心为原点，半径为r=而圆心到直线x+y-2=0故选：BCD．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力，属于中档题．三．填空题（共4小题）13．（2025•江苏一模）已知椭圆C：x22+y2=1的上顶点为A，直线l：y＝kx+m交C于M，N两点．若△AMN的重心为(1【考点】直线与椭圆的位置关系及公共点个数．【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】34【分析】根据椭圆方程求出上顶点A的坐标，再设出M（x1，y1），N（x2，y2），利用三角形重心坐标公式得到x1+x2与y1+y2的值，然后联立直线与椭圆方程，根据韦达定理求出x1+x2与y1+y2关于k、m的表达式，进而求出k的值．【解答】解：由椭圆C：x22+y2设M（x1，y1），N（x2，y2），已知△AMN的重心为(12，0)，则可得x1+x2=32，y联立y=kx+mx22+y2=1，得（1+2k2）x则x1y1则x1+x2=由y1+y2＝﹣1，得2m1+2k联立①②得：-4k×(-把k=34代入②此时直线l：y=故答案为：34【点评】本题考查椭圆的几何性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．14．（2024秋•科左中旗校级期末）已知F1，F2分别为椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的两个焦点，P是椭圆E上的点，PF1⊥PF2，且|【考点】椭圆的焦点三角形；椭圆的离心率．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】53【分析】利用椭圆的定义结合勾股定理，列出等式求解即可．【解答】解：F1，F2分别为椭圆E：x2a2由椭圆定义得|PF1|+|PF2|＝2a，又∵|PF1|＝2|PF2|，∴|PF1又PF1⊥PF2，|F1F2|＝2c，结合勾股定理得(4解得c2a2∴椭圆E的离心率为53故答案为：53【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．15．（2024秋•昌黎县校级期末）已知P是椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上第一象限内的点，M在y轴的正半轴上，连接PM，并延长与x轴交于点N，且M恰好为PN的中点，点P关于x轴的对称点为Q，连接QM，设直线PM，QM的斜率分别为k1，k2【考点】直线与椭圆的综合；求椭圆的离心率．【专题】应用题；整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解；新定义类．【答案】22【分析】设出点P，结合题意可得Q、M，再利用斜率公式计算即可得k1、k2，从而可得ba【解答】解：根据题目定义：直线PM，QM的斜率分别为k1，k2，若ak1+bk2＝0，设P（m，n），则Q（m，﹣n），由M恰好为PN的中点，则M(0则k1=n-n由ak1+bk2＝0，则k1k2故答案为：22【点评】本题考查直线与椭圆的综合，属于中等题．16．（2024秋•红谷滩区校级期末）已知地球运行的轨道是椭圆，且太阳在这个椭圆的一个焦点上，若地球到太阳的最大和最小距离分别为1.53×108km，1.47×108km，则这个椭圆的离心率为0.02．【考点】求椭圆的离心率．【专题】对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【答案】0.02．【分析】由题意，设该椭圆的长轴长为2a，焦距为2c，结合椭圆的定义以及离心率公式进行求解即可．【解答】解：设该椭圆的长轴长为2a，焦距为2c，因为若地球到太阳的最大距离为1.53×108km，最小距离为1.47×108km，所以a+解得a＝1.5×108，c＝0.03×108，则这个椭圆的离心率e=ca故答案为：0.02．【点评】本题考查求椭圆的离心率，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．四．解答题（共4小题）17．（2025•咸阳模拟）已知椭圆C的中心在坐标原点，左焦点为F1（﹣1，0），右焦点为F2，其四个顶点的连线围成的四边形面积为43．过椭圆C的左、右焦点作两条平行直线，与C在x轴上方的部分分别交于点P，Q（1）当P为C的上顶点时，求直线PQ的斜率；（2）求四边形PF1F2Q的面积的最大值．【考点】直线与椭圆的位置关系及公共点个数．【专题】应用题；整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维．【答案】(1)-（2）3．【分析】（1）结合图形，易得P(0，3)，求得PF1的斜率，由直线QF2与椭圆的方程联立，求得点（2）结合图形，由对称性可知，四边形PRSQ是平行四边形，四边形PF1F2Q的面积是▱PRSQ面积的一半，设直线PR的方程，并与椭圆方程联立，写出韦达定理，求出PR和点F2到直线l：x﹣my+1＝0的距离d，得到四边形PF1F2Q的面积函数式，利用换元和对勾函数的单调性即可求得面积的最大值．【解答】解：（1）由C：x24+y23=1可知F1（﹣1，0），F2（1，0），椭圆上顶点为(0，3)，即P(0，3)，直线PF1的斜率为3，则直线QF2的方程为：y解得，x＝0或x=85，因点Q在x于是直线PQ的斜率为：kPQ（2）如图，设过点F1，F2的两条平行线分别交椭圆于点P，R和Q，S，利用对称性可知，四边形PRSQ是平行四边形，且四边形PF1F2Q的面积是▱PRSQ面积的一半．显然这两条平行线的斜率不可能是0（否则不能构成构成四边形），可设直线PR的方程为l：x＝my﹣1，代入C：x24+y23=1，整理得：（3m2+4）y2﹣显然△＞0，设P（x1，y1），R（x2，y2），则y1于是，|PR=1+m2⋅14m2+144(3m2+4)2=则四边形PF1F2Q的面积为：S=合t=m2+1，则t≥1，且m2＝t2﹣因函数y=3t+1t=3(t故，当t＝1时，y=3t+1t取得最小值为4，此时【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系及公共点个数，涉及椭圆公式的应用，属于中等题．18．（2025•碑林区校级模拟）通过研究，已知对任意非零平面向量AB→=(x，y)，把AB→绕其起点A沿逆时针方向旋转θ角得到向量AP→=(（1）已知平面内点A(-3，23)，点B(3，-（2）已知曲线C是函数y=33x+1x的图象，它是某双曲线x（3）已知曲线E：x2+y2﹣xy＝1是由某椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)绕原点O逆时针旋转π4后所得到的斜椭圆，过点Q(23，23)作与两坐标轴都不平行的直线l1交曲线E于点M【考点】椭圆的定点及定值问题；轨迹方程．【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解；新定义类．【答案】（1）（6，3）；（2）23（3）2|【分析】（1）根据题中所给定义及向量的坐标运算即可求解；（2）设曲线C上任意一点P（x，y），旋转前对应的点P′（x′，y′）．根据题意可得坐标之间的关系式，将P（x，y）代入曲线y=（3）根据题意设出直线l1与直线l2的方程，及点M、N坐标，联立直线l1与斜椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理及弦长公式可求得|MN|；同理，联立直线l2与斜椭圆方程可求得|OH|2，代入即可证明．【解答】解：（1）已知点A(-3，2所以AP→设P（x0，y0），则AP→所以x0＝6，y0＝3，即点P的坐标为（6，3）．（2）设曲线C上任意一点P（x，y），旋转前对应的点P′（x′，y′）．由题意可知x=将其代入y=33可得(1化简得36x'所以a2=23，b所以曲线C的离心率为e=（3）设直线l1：y-23=k(x-23)，M（x1，y1），N（将直线l1与斜椭圆方程联立得y-消去y整理得(k所以x1+x所以|=(1+将直线l2：y=-1kx代入斜椭圆E：x2+y2﹣xy所以x2=k所以2|【点评】本题主要考查椭圆的性质，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．19．（2025•长安区一模）已知圆锥曲线G：Ax2+By2+2Dx+2Ey+F＝0，称点P（x0，y0）和直线l：Ax0x+By0y+D（x+x0）+E（y+y0）+F＝0是圆锥曲线G的一对极点和极线，其中极线方程是将圆锥曲线以x0x替换x2，以x0+x2替换x（另一变量y也是如此）．特别地，对于椭圆x2a2+y2b2=1，点P（x0，y0）对应的极线方程为x（1）若极点F2(23，0)对应的极线l（2）当极点Q在曲线外时，过点Q向椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，证明：直线MN为极点Q的极线；（3）已知P是直线y=-12x+4上的一个动点，过点P向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线【考点】直线与椭圆的综合．【专题】应用题；集合思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解；新定义类．【答案】（1）x2（2）证明见解析；（3）x+2y﹣4＝0．【分析】（1）根据极线及焦点坐标分别列式即可求解a，b，c即得椭圆方程；（2）讨论直线的斜率不存在和存在，设出直线方程，联立椭圆方程，运用判别式为0，解得方程的一个根，得到切点坐标和切线的斜率，进而得到切线方程，最后得出直线MN方程结合极线定义证明即可；（3）利用代数法证明点P在椭圆C外，则点P和直线MN是椭圆C的一对极点和极线．根据题意中的概念求出点P对应的极线MN方程，可得该直线恒过定点，最后利用点差法求出直线的斜率，即可求解．【解答】解：（1）根据题目定义：极点F2(23，0)极点F2(23，0)对应的极线l为23xa因为右焦点是F2(23，0)，所以c=23，所以b2＝a所以椭圆C的方程为x2（2）证明：当斜率存在时，设切线方程为y＝kx+t，联立椭圆方程x2a2+y2b2=1可得b2x2+a2（kx+t）2＝a2b2，化简可得：（b2+a2k2）x2+2a2ktx+a2（t2﹣b2）＝0，由题可得：Δ＝4a4k2t2﹣4a2（b2+a2k2）（t2﹣b2）＝0化简可得：t2＝a2k2+b2，该方程只有一个根，记作x1，x1=-a2切点的纵坐标y1由于x1y1则切线方程为：y﹣y1＝k（x﹣x1）=-化简得：x1当切线斜率不存在时，切线为x＝±m，也符合方程x1综上x2a2+y2b2=1(a＞同理x2a2+y2b2=1(a＞设Q（x3，y3），点Q在两个切线上，所以x2所以MN的直线方程为xx3a2+（3）由题P是直线y=-12x+4上的一个动点，设点P的坐标为（因为点P在直线y=-1联立x216+y24=1y=-1Δ＝64﹣4×24＝﹣32＜0，该方程无实数根，所以直线y=-12x+4与椭圆C相离，即点P在椭圆C外，又所以点P和直线MN是椭圆C的一对极点和极线．对于椭圆x216+y24=1，与点P（x将y0=-12x0+4代入x0x16+y0y4=1又因为定点T的坐标与x0的取值无关，所以x-2y=016y-16=0，解得x=2当MT→=TN→时，设M（x1，y1），N（x2，y2），直线MN的斜率为k，则x1整理得y2-y所以当MT→=TN→时，直线MN的方程为y-1=-12【点评】本题考查直线与椭圆的综合，涉及点差法结合韦达定理计算求参解题，属于难题．20．（2025•资溪县校级模拟）由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如果椭圆C1的“特征三角形”为△1，椭圆C2的“特征三角形”为△2，若△1∽△2，则称椭圆C1与C2“相似”，并将△1与△2的相似比称为椭圆C1与C2的相似比．已知椭圆C1：x22+y2=1（1）求椭圆C2的离心率；（2）若椭圆C1与椭圆C2的相似比为λ（λ＞0），设P为C2上异于其左、右顶点A1，A2的一点．①当λ=22时，过P分别作椭圆C1的两条切线PB1，PB2，切点分别为B1，B2，设直线PB1，PB2的斜率为k1，k2，证明：k1②当λ=2时，若直线PA1与C1交于D，E两点，直线PA2与C1交于M，N两点，求|DE|+|MN【考点】直线与椭圆的综合．【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）首先得到C1、C2的长轴长、短轴长、焦距、依题意可得2a=2（2）①设P（x0，y0），则直线PB1的方程为y﹣y0＝k1（x﹣x0），进而与椭圆C联立方程，并结合判别式得(x02-2)k1②由题知椭圆C2的标准方程为x2+2y2＝1，进而结合点P在椭圆C2上得kPA1kPA2=-12，故设直线PA1的斜率为k，则直线PA2的斜率为-12k，进而得其对应的方程，再与椭圆C1联立方程并结合韦达定理，弦长公式得|【解答】解：（1）对于椭圆C1：x22+y2=1，则长轴长为椭圆C2：x2a2+y2b2=1(依题意可得2a=2则椭圆C2的离心率e=（2）①由相似比可知，2a=2所以椭圆C2：x2设P（x0，y0），则直线PB1的方程为y﹣y0＝k1（x﹣x0），即y＝k1x+y0﹣k1x0，记t＝y0﹣k1x0，则PB1的方程为y＝k1x+t，将其代入椭圆C1的方程，消去y，得(2k因为直线PB1与椭圆C有且只有一个公共点，所以Δ=(4k将t＝y0﹣k1x0代入上式，整理得(x同理可得(x所以k1，k2为关于k的方程(x所以k1又点P（x0，y0）在椭圆C2所以y0所以k1②由相似比可知，2a=22a2-b2=2，解得a=1其左、右顶点分别为A1（﹣1，0），A2（1，0），恰好为椭圆C1的左、右焦点，设P（x3，y3），易知直线PA1、PA2的斜率均存在且不为0，所以kP因为P（x3，y3）在椭圆C2上，所以x32+2所以kP设直线PA1的斜率为k，则直线PA2的斜率为-1所以直线PA1的方程为y＝k（x+1）．由y=k(x+1)x22+y2=1，得（1+2k2）x2设D（x4，y4），E（x5，y5），则x4+x所以|=(1+同理可得|MN所以|DE【点评】本题主要考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，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（x1，y1）、（x2，y2）；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2的形式；（5）代入韦达定理求解．

考点卡片1．椭圆的定义【知识点的认识】1．椭圆的第一定义平面内与两个定点F1、F2的距离的和等于常数2a（2a＞|F1F2|）的动点P的轨迹叫做椭圆，其中，这两个定点F1、F2叫做椭圆的焦点，两焦点之间的距离|F1F2|叫做焦距．2．椭圆的第二定义平面内到一个定点的距离和到一条定直线的距离之比是常数e=ca（0＜e＜1，其中a是半长轴，c是半焦距）的点的轨迹叫做椭圆，定点是椭圆的焦点，定直线叫椭圆的准线，常数3．注意要点椭圆第一定义中，椭圆动点P满足{P||PF1|+|PF2|＝2a}．（1）当2a＞|F1F2|时，动点P的轨迹是椭圆；（2）当2a＝|F1F2|时，动点P的轨迹是线段F1F2；（3）当2a＜|F1F2|时，动点P没有运动轨迹．【命题方向】利用定义判断动点运动轨迹，需注意椭圆定义中的限制条件：只有当平面内动点P与两个定点F1、F2的距离的和2a＞|F1F2|时，其轨迹才为椭圆．1．根据定义判断动点轨迹例：如图，一圆形纸片的圆心为O，F是圆内一定点，M是圆周上一动点，把纸片折叠使M与F重合，然后抹平纸片，折痕为CD，设CD与OM交于点P，则点P的轨迹是（）A．椭圆B．双曲线C．抛物线D．圆分析：根据CD是线段MF的垂直平分线．可推断出|MP|＝|PF|，进而可知|PF|+|PO|＝|PM|+|PO|＝|MO|结果为定值，进而根据椭圆的定义推断出点P的轨迹．解答：由题意知，CD是线段MF的垂直平分线．∴|MP|＝|PF|，∴|PF|+|PO|＝|PM|+|PO|＝|MO|（定值），又显然|MO|＞|FO|，∴根据椭圆的定义可推断出点P轨迹是以F、O两点为焦点的椭圆．故选A点评：本题主要考查了椭圆的定义的应用．考查了学生对椭圆基础知识的理解和应用．2．与定义有关的计算例：已知椭圆x24+y23=1A．25B．23C．5D．3分析：先由椭圆的第一定义求出点P到右焦点的距离，再用第二定义求出点P到右准线的距离d．解答：由椭圆的第一定义得点P到右焦点的距离等于4-32=5再由椭圆的第二定义得52d=∴点P到右准线的距离d＝5，故选C．点评：本题考查椭圆的第一定义和第二定义，以及椭圆的简单性质．2．椭圆的标准方程【知识点的认识】椭圆标准方程的两种形式：（1）x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），焦点在x轴上，焦点坐标为F（±c，0），焦距|（2）y2a2+x2b2=1（a＞b＞0），焦点在y轴上，焦点坐标为F（0，±c），焦距|两种形式相同点：形状、大小相同；都有a＞b＞0；a2＝b2+c2两种形式不同点：位置不同；焦点坐标不同．标准方程x2a2+y2b中心在原点，焦点在x轴上y2a2+x2b中心在原点，焦点在y轴上图形顶点A（a，0），A′（﹣a，0）B（0，b），B′（0，﹣b）A（b，0），A′（﹣b，0）B（0，a），B′（0，﹣a）对称轴x轴、y轴，长轴长2a，短轴长2b焦点在长轴长上x轴、y轴，长轴长2a，短轴长2b焦点在长轴长上焦点F1（﹣c，0），F2（c，0）F1（0，﹣c），F2（0，c）焦距|F1F2|＝2c（c＞0）c2＝a2﹣b2|F1F2|＝2c（c＞0）c2＝a2﹣b2离心率e=ca（0＜e＜e=ca（0＜e＜准线x＝±ay＝±a3．根据定义求椭圆的标准方程【知识点的认识】椭圆的定义是：平面上到两个定点（焦点）的距离之和等于常数（长轴长度）的点的轨迹．对于中心在原点的椭圆，其标准方程可以从定义直接推导．【解题方法点拨】与两个定点F1、F2的距离的和等于常数2a（2a＞|F1F2|），|F1F2|＝2c．1．确定b：b=2．使用定义：根据定义，椭圆的标准方程为：x2【命题方向】﹣给定长轴2a和焦距2c，求椭圆的标准方程．﹣从椭圆的几何定义推导标准方程．4．由方程表示椭圆求解椭圆的标准方程或参数【知识点的认识】一般形式的椭圆方程可以通过完成平方转换为标准方程．例如，一般形式为：Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F＝0【解题方法点拨】1．完成平方：通过变换将一般形式的方程转化为标准方程：x22．提取参数：从标准方程中提取椭圆的参数a和b．【命题方向】﹣给定椭圆的一般方程，转换为标准方程．﹣利用完成平方的方法确定标准方程．5．椭圆的几何特征【知识点的认识】1．椭圆的范围2．椭圆的对称性3．椭圆的顶点顶点：椭圆与对称轴的交点叫做椭圆的顶点．顶点坐标（如上图）：A1（﹣a，0），A2（a，0），B1（0，﹣b），B2（0，b）其中，线段A1A2，B1B2分别为椭圆的长轴和短轴，它们的长分别等于2a和2b，a和b分别叫做椭圆的长半轴长和短半轴长．4．椭圆的离心率①离心率：椭圆的焦距与长轴长的比ca叫做椭圆的离心率，用e表示，即：e=ca，且0＜e②离心率的意义：刻画椭圆的扁平程度，如下面两个椭圆的扁平程度不一样：e越大越接近1，椭圆越扁平，相反，e越小越接近0，椭圆越圆．当且仅当a＝b时，c＝0，椭圆变为圆，方程为x2+y2＝a2．5．椭圆中的关系：a2＝b2+c2．6．椭圆的离心率【知识点的认识】椭圆标准方程的两种形式：（1）x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），焦点在x轴上，焦点坐标为F（±c，0），焦距|（2）y2a2+x2b2=1（a＞b＞0），焦点在y轴上，焦点坐标为F（0，±c），焦距|两种形式相同点：形状、大小相同；都有a＞b＞0；a2＝b2+c2两种形式不同点：位置不同；焦点坐标不同．标准方程x2a2+y2b中心在原点，焦点在x轴上y2a2+x2b中心在原点，焦点在y轴上图形离心率e=ca（0＜e＜e=ca（0＜e＜7．求椭圆的离心率【知识点的认识】椭圆的离心率e由公式e=ca【解题方法点拨】1．计算离心率：使用公式e=【命题方向】﹣给定a和b，求椭圆的离心率．﹣计算椭圆的离心率，并分析其含义．8．直线与椭圆的综合【知识点的认识】直线与椭圆的位置判断：将直线方程与椭圆方程联立，消去x（或y）的一元二次方程，则：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⇔Δ＜0；【解题方法点拨】（1）直线与椭圆位置关系的判断方法①联立方程，借助一元二次方程的判别式来判断；②借助直线和椭圆的几何性质来判断．根据直线系方程抓住直线恒过定点的特征，将问题转化为点和椭圆的位置关系，也是解决此类问题的难点所在．（2）弦长的求法设直线与椭圆的交点坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），则|AB|=(1+k2注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式．（3）中点弦、弦中点常见问题①过定点被定点平分的弦所在直线的方程；②平行弦中点的轨迹；③过定点的弦的中点的轨迹．解决有关弦及弦中点问题常用方法是“韦达