1、椭圆 1椭圆的概念 平面内与两个定点 F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距 集合 PM|MF1|MF2|2a，|F1F2|2c0，c0，且 a，c 为常数 2椭圆的标准方程和几何性质 标准方程 x2a2y2b21 (ab0)y2a2x2b21(ab0)图形 性 质 范围 axa byb bxb aya 对称性 对称轴：坐标轴 对称中心：原点 顶点 坐标 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 长轴 A1A2的长为 2a；短轴 B
2、1B2的长为 2b 焦距|F1F2|2c 离心率 eca(0,1)a，b，c 的关系 a2b2c2 概念方法微思考 1在椭圆的定义中，若 2a|F1F2|或 2a|F1F2|，动点 P 的轨迹如何？提示 当 2a|F1F2|时动点 P 的轨迹是线段 F1F2；当 2a|F1F2|时动点 P 的轨迹是不存在的 2椭圆的离心率的大小与椭圆的扁平程度有怎样的关系？提示 由 eca1ba2知，当 a 不变时，e 越大，b 越小，椭圆越扁；e 越小，b 越大，椭圆越圆 1（2019北京）已知椭圆22221(0)xyabab的离心率为 12，则()A222ab B2234ab C2ab D34ab【答案】
3、B【解析】由题意，12ca，得2214ca，则22214aba，22244aba，即2234ab 故选 B 2（2019新课标）已知椭圆C 的焦点为1(1,0)F，2(1,0)F，过点2F 的直线与椭圆C 交于 A，B 两点若22|2|AFF B，1|ABBF，则C 的方程为()A2212xy B22132xy C22143xy D22154xy 【答案】B【解析】22|2|AFBF，2|3|ABBF，又1|ABBF，12|3|BFBF，又12|2BFBFa，2|2aBF，2|AFa，13|2BFa，12|2AFAFa，1|AFa，12|AFAF，A在 y 轴上 在 Rt 2AF O 中，21
4、cosAF Oa，在12BF F 中，由余弦定理可得222134()()22cos222aaBF Fa，根据221coscos0AF OBF F，可得214202aaa，解得23a，3a 2223 12bac 所以椭圆C 的方程为：22132xy 故选 B 3（2018全国）已知椭圆22221xyab 过点3(4,)5和4(3,)5，则椭圆离心率(e )A 2 65 B65 C 15 D 25【答案】A【解析】椭圆22221xyab 过点3(4,)5和4(3,)5，则2222169125916125abab，解得5a，1b ，22224cab，2 6c，2 65cea，故选 A 4（2018新
5、课标）已知椭圆222:14xyC a 的一个焦点为(2,0)，则C 的离心率为()A 13 B 12 C22 D 2 23【答案】C【解析】椭圆222:14xyC a 的一个焦点为(2,0)，可得244a，解得2 2a，2c，2222 2cea 故选C 5（2018上海）设 P 是椭圆22153xy 上的动点，则 P 到该椭圆的两个焦点的距离之和为()A 2 2 B 2 3 C 2 5 D 4 2 【答案】C【解析】椭圆22153xy 的焦点坐标在 x 轴，5a，P 是椭圆22153xy上的动点，由椭圆的定义可知：则 P 到该椭圆的两个焦点的距离之和为22 5a 故选C 6（2018新课标）已
6、知1F，2F 是椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点，A 是C 的左顶点，点 P 在过 A 且斜率为36 的直线上，12PF F 为等腰三角形，12120F F P，则C 的离心率为()A 23 B 12 C 13 D 14【答案】D【解析】由题意可知：(,0)Aa，1(,0)Fc，2(,0)F c，直线 AP 的方程为：3()6yxa，由12120F F P，212|2PFF Fc，则(2,3)Pcc，代入直线3:3(2)6APcca，整理得：4ac，题意的离心率14cea 故选 D 7（2018新课标）已知1F，2F 是椭圆 C 的两个焦点，P 是 C 上的一点，若12PFPF
7、，且2160PF F，则C 的离心率为()A312 B 23 C312 D31 【答案】D【解析】1F，2F 是椭圆C 的两个焦点，P 是C 上的一点，若12PFPF，且2160PF F，可得椭圆的焦点坐标2(,0)F c，所以1(2Pc，3)2 c 可得：22223144ccab，可得22131144(1)ee，可得42840ee，(0,1)e，解得31e 故选 D 8（2017全国）椭圆C 的焦点为1(1,0)F，2(1,0)F，点 P 在C 上，22F P，1223F F P，则C 的长轴长为()A2 B 2 3 C 23 D 22 3【答案】D【解析】椭圆C 的焦点为1(1,0)F，2
8、(1,0)F，则1c ，2|2PF，12|2|22PFaPFa，由余弦定理可得22211221222|2|cos 3PFF FPFF FPF，即21(22)44222()2a ，解得13a ，13a （舍去），222 3a，故选 D 9（2017上海）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆221:1364xyC 和222:19yCx P 为1C 上的动点，Q 为2C 上的动点，w 是 OP OQ 的最大值记(,)|P QP 在1C 上，Q 在2C 上，且OP OQw，则 中元素个数为()A2 个 B4 个 C8 个 D无穷个【答案】D【解析】椭圆221:1364xyC 和222:19yCx P
9、 为1C 上的动点，Q 为2C 上的动点，可设(6cos,2sin)P，(cos,3sin)Q，0，2，则6coscos6sinsin6cos()OP OQ，当时，w 取得最大值 6，则(,)|P QP 在1C 上，Q 在2C 上，且OP OQw中的元素有无穷多对 另解：令(,)P m n，(,)Q u v，则22936mn，2299uv，由柯西不等式22222(9)(9)324(33)mnuvmunv，当且仅当9mvnu，取得最大值 6，显然，满足条件的 P、Q有无穷多对，D 项正确 故选 D 10（2017新课标）设 A，B 是椭圆22:13xyCm 长轴的两个端点，若 C 上存在点 M
10、满足120AMB，则 m 的取值范围是()A(0，19，)B(0，39，)C(0，14，)D(0，34，)【答案】A【解析】假设椭圆的焦点在 x 轴上，则 03m时，设椭圆的方程为：22221(0)xyabab，设(,0)Aa，(,0)B a，(,)M x y，0y，则22222a yaxb，MAB，MBA，AMB，tanyxa，tanyax，则222222222222tantan2222tantan()tan()1tantan()ayayababa yaxyy abc yyb ，222tanabc y，当 y 最大时，即 yb时，AMB取最大值，M位于短轴的端点时，AMB取最大值，要使椭圆C
11、 上存在点 M 满足120AMB，120AMB，60AMO，3tantan603AMOm，解得：01m；当椭圆的焦点在 y 轴上时，3m，当 M 位于短轴的端点时，AMB取最大值，要使椭圆C 上存在点 M 满足120AMB，120AMB，60AMO，tantan6033mAMO，解得：9m，m的取值范围是(0，19，)故选 A 故选 A 11（2017浙江）椭圆22194xy 的离心率是()A133 B53 C 23 D 59【答案】B【解析】椭圆22194xy，可得3a，2b，则945c，所以椭圆的离心率为：53ca 故选 B 12（2017新课标）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的
12、左、右顶点分别为1A，2A，且以线段12A A为直径的圆与直线20bxayab相切，则C 的离心率为()A63 B33 C23 D 13【答案】A【解析】以线段12A A 为直径的圆与直线20bxayab相切，原点到直线的距离222abaab，化为：223ab 椭圆C 的离心率22613cbeaa 故选 A 13（2020上海）已知椭圆22:143xyC 的右焦点为 F，直线l 经过椭圆右焦点 F，交椭圆C 于 P、Q 两点（点 P 在第二象限），若点Q 关于 x 轴对称点为Q，且满足 PQFQ，求直线l 的方程是_【答案】10 xy 【解析】椭圆22:143xyC 的右焦点为(1,0)F，直
13、线l 经过椭圆右焦点 F，交椭圆C 于 P、Q两点（点 P 在第二象限），若点Q 关于 x 轴对称点为Q，且满足 PQFQ，可知直线l 的斜率为 1，所以直线l 的方程是：(1)yx，即10 xy 故答案为：10 xy 14（2019浙江）已知椭圆22195xy 的左焦点为 F，点 P 在椭圆上且在 x 轴的上方若线段 PF 的中点在以原点O 为圆心，|OF 为半径的圆上，则直线 PF 的斜率是_【答案】15 【解析】椭圆22195xy 的3a，5b，2c，23e，设椭圆的右焦点为 F，连接 PF，线段 PF 的中点 A 在以原点O 为圆心，2 为半径的圆，连接 AO，可得|2|4PFAO，设
14、 P 的坐标为(,)m n，可得2343 m，可得32m ，152n，由(2,0)F，可得直线 PF 的斜率为 15215322 另解：由|2|4PFAO，|642PF，|24FFc，可得416 161cos2244PFF，115sin1164PFF，可得直线 PF 的斜率为 sin15cosPFFPFF 故答案为：15 15（2019上海）在椭圆22142xy 上任意一点 P，Q 与 P 关于 x 轴对称，若有121FP F P，则1F P与2F Q 的夹角范围为_【答案】1arccos 3，【解析】设(,)P x y，则Q点(,)xy，椭圆22142xy 的焦点坐标为(2，0)，(2，0)
15、，121FP F P，2221xy，结合22142xy 可得：21y，2 故1F P 与2F Q 的夹角 满足：22212222222122238cos3 122(2)8F P F QxyyyyF P F Qxyx ，13 故1arccos 3，故答案为：1arccos 3，16（2018浙江）已知点(0,1)P，椭圆22(1)4xym m上两点 A，B 满足2APPB，则当 m _时，点 B 横坐标的绝对值最大【答案】5【解析】设1(A x，1)y，2(B x，2)y，由(0,1)P，2APPB，可得122xx，1212(1)yy，即有122xx，1223yy，又221144xym，即为22
16、21xym，222244xym，得1212(2)(2)3yyyym，可得122yym，解得132my，234my，则2223()2mmx，即有222223109(5)16()244mmmmxm，即有5m 时，22x 有最大值 4，即点 B 横坐标的绝对值最大 故答案为：5 17（2018北京）已知椭圆2222:1(0)xyMabab，双曲线2222:1xyN mn 若双曲线 N 的两条渐近线与椭圆 M 的四个交点及椭圆 M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆 M 的离心率为_；双曲线 N 的离心率为_【答案】31；2【解析】椭圆2222:1(0)xyMabab，双曲线2222:1xyN
17、mn 若双曲线 N 的两条渐近线与椭圆 M 的四个交点及椭圆 M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，可得椭圆的焦点坐标(,0)c，正六边形的一个顶点(2c，3)2c，可得：22223144ccab，可得22131144(1)ee，可得42840ee，(0,1)e，解得31e 同时，双曲线的渐近线的斜率为3，即3nm，可得：223nm，即2224mnm，可得双曲线的离心率为2222mnem 故答案为：31；2 18（2017上海）设椭圆2212xy 的左、右焦点分别为1F、2F，点 P 在该椭圆上，则使得12F F P是等腰三角形的点 P 的个数是_【答案】6【解析】如图所示，当点 P 与短轴的
18、顶点重合时，12F F P 构成以12F F 为底边的等腰三角形，此种情况有 2 个满足条件的等腰12F F P；当12F F P 构成以12F F 为一腰的等腰三角形时，共有 4 个 以2F P 作为等腰三角形的底边为例，121F FF P，点 P 在以1F 为圆心，半径为焦距 2c 的圆上 因此，当以1F 为圆心，半径为 2c 的圆与椭圆C 有 2 交点时，存在 2 个满足条件的等腰12F F P 同理可得：当以2F 为圆心，半径为 2c 的圆与椭圆C 有 2 交点时，存在 2 个满足条件的等腰12F F P 综上可得：满足条件的使得12F F P 是等腰三角形的点 P 的个数为 6 故答
19、案为：6 19（2019上海）已知椭圆22184xy，1F，2F 为左、右焦点，直线 l 过2F 交椭圆于 A，B 两点（1）若直线l 垂直于 x 轴，求|AB；（2）当190F AB 时，A 在 x 轴上方时，求 A、B 的坐标；（3）若直线1AF 交 y 轴于 M，直线1BF 交 y 轴于 N，是否存在直线l，使得11F ABF MNSS，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由【解析】（1）依题意，2(2,0)F，当 ABx轴时，则(2,2)A，(2,2)B，得|2 2AB；（2）设1(A x，1)y，11290(90)F ABF AF ，2212111111(2,)(2,)40
20、AF AFxyxyxy，又 A 在椭圆上，满足2211184xy，即22114(1)8xy，221144(1)08xx，解得10 x，即(0,2)A 直线:2AB yx ，联立222184yxxy ，解得8(3B，2)3；（3）设1(A x，1)y，2(B x，2)y，3(0,)My，4(0,)Ny，直线:2l xmy，则11212121|2|2F ABSF Fyyyy，1134341|2F MNSFOyyyy 联立222184xmyxy，得22(2)440mymy 则12242myym，12242y ym 由直线1AF 的方程：11(2)2yyxx，得 M 纵坐标13122yyx；由直线1B
21、F 的方程：22(2)2yyxx，得 N 的纵坐标24222yyx 若11F ABF MNSS，即12342|yyyy，121212341212121222228()|2|2244(4)(4)yyyyyyyyyyxxmymymymy，12|(4)(4)|4mymy，21212|4()16|4m y ym yy，代入根与系数的关系，得22244|416|422mmmmm，解得3m 存在直线320 xy或320 xy满足题意 20（2019天津）设椭圆22221(0)xyabab的左焦点为 F，上顶点为 B 已知椭圆的短轴长为 4，离心率为55 （）求椭圆的方程；（）设点 P 在椭圆上，且异于椭圆
22、的上、下顶点，点 M 为直线 PB 与 x 轴的交点，点 N 在 y 轴的负半轴上若|(ONOFO为原点），且OPMN，求直线 PB 的斜率【解析】（）由题意可得 24b，即2b，55cea，222abc，解得5a，1c ，可得椭圆方程为22154xy；（）(0,2)B，设 PB 的方程为2ykx，代入椭圆方程224520 xy，可得22(45)200kxkx，解得22045kxk 或0 x，即有220(45kPk，228 10)45kk，2ykx，令0y，可得2(Mk，0)，又(0,1)N，OPMN，可得281011220kkk，解得2 305k ，可得 PB 的斜率为2 305 21（20
23、19江苏）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆2222:1(0)xyCabab的焦点为1(1,0)F，2(1,0)F过2F 作 x 轴的垂线l，在 x 轴的上方，1 与圆2222:(1)4Fxya交于点 A，与椭圆C交于点 D 连结1AF 并延长交圆2F 于点 B，连结2BF 交椭圆C 于点 E，连结1DF 已知152DF （1）求椭圆C 的标准方程；（2）求点 E 的坐标 【解析】（1）如图，22F AF B，22F ABF BA，22212F AaF DDAF DF D，1ADF D，则11DAFDF A，12DF AF BA，则12/F DBF，1c ，221ba，则椭圆方程为222
24、211xyaa，取1x ，得21Daya，则22112aaADaaa 又152DF，2152aa，解得2(0)aa 椭圆C 的标准方程为22143xy；（2）由（1）知，3(1,)2D，1(1,0)F，2133224BFDFkk，则23:(1)4BFyx，联立223(1)4143yxxy，得22118390 xx 解得11x 或2137x（舍)132y 即点 E 的坐标为3(1,)2 22（2018江苏）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆C 过点1(3,)2，焦点1(3F，0)，2(3F，0)，圆O 的直径为12F F （1）求椭圆C 及圆O 的方程；（2）设直线l 与圆O 相切于第一象
25、限内的点 P 若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点 P 的坐标；直线l 与椭圆C 交于 A，B 两点若 OAB的面积为 2 67，求直线l 的方程 【解析】（1）由题意可设椭圆方程为22221,(0)xyabab，焦点1(3F，0)，2(3F，0)，3c 223114ab，又2223abc，解得2a，1b 椭圆C 的方程为：2214xy，圆O 的方程为：223xy（2）可知直线l 与圆O 相切，也与椭圆C，且切点在第一象限，因此 k 一定小于 0，可设直线l 的方程为 ykxm，(0,0)km 由圆心(0,0)到直线l 的距离等于圆半径3，可得22223,331mmkk 即 由2244
26、ykxmxy，可得222(41)8440kxkmxm，222(8)4(41)(44)0kmkm，可得2241mk，223341kk ，结合0k，0m，解得2k ，3m 将2k ，3m 代入223xyykxm可得22 220 xx，解得2x，1y ，故点 P 的坐标为(2,1)设1(A x，1)y，2(B x，2)y，由220,03320kmmkk 联立直线与椭圆方程得222(41)8440kxkmxm，22221121224 41|()441kmxxxxx xk，O 到直线l 的距离2|1mdk，22222124 41|1|141kmABkxxkk，OAB的面积为2222222214 41|1
27、422 611324124171kmmkSkkkkk，解得5k ，（正值舍去），3 2m 53 2yx 为所求 23（2017全国）设椭圆2222:1(0)xyCabab的中心为 O，左焦点为 F，左顶点为 A，短轴的一个端点为 B，短轴长为 4，ABF的面积为51 （1）求 a，b；（2）设直线l 与C 交于 P，Q 两点，(2,2)M，四边形OPMQ 为平行四边形，求l 的方程【解析】（1）依题意得，222241()512ABFbSac bacb，解得5a，2b，1c （2）方法 1（点差法）：由（1）得椭圆的方程为22154xy，因为四边形OPMQ 为平行四边形，设OM 的中点为 D，则
28、 D 也是 PQ的中点，因为(2,2)M，则(1,1)D，设1(P x，1)y，2(Q x，2)y，由题意22112222154154xyxy，两式相减得22221212054xxyy，变形得12121212()()()()054xxxxyyyy，即12121212442 14552 15PQyyxxkxxyy ，所以直线l 的方程为41(1)5yx ，即 4590 xy 带入22154xy，检验0，有两个交点，满足题意 方法 2（韦达定理法）:当直线 PQ的斜率不存在时，直线 l 的方程为1x ，此时PQyy，其中点为(1,0)，不成立；当直线 PQ的斜率存在时，设直线l 的方程为1(1)y
29、k x，联立得221(1)154yk xxy，消 y 化简得，222(54)10(1)510150kxk kxkk，设1(P x，1)y，2(Q x，2)y，则12210(1)2 154k kxxk，解得45k ，带入上述二次方程，检验得0，满足题意 所以直线l 的方程为41(1)5yx ，即 4590 xy 1（2020河南模拟）已知椭圆：22+22=1(0)的左、右焦点分别为 F1，F2，B 为椭圆的上顶点，若BF1F2的外接圆的半径为23，则椭圆 C 的离心率为（）A22 B32 C12 D23【答案】C【解析】设 O 为坐标原点，BF1F2的外心必在线段 OB 上，且有2+(23)2=
30、(23)2，得 b23c2，即 a2c23c2，得 a2c，椭圆 C 的离心率为 e=12 故选 C 2（2020运城模拟）已知椭圆：2+2+2=1(0)的离心率为22，若面积为 4 的矩形 ABCD 的四个顶点都在椭圆 E 上，点 O 为坐标原点，则|OA|2（）A212 B3 C3 12 D3 22 【答案】D【解析】由椭圆 E 的离心率为22，得+2+2=22，即 a2 椭圆 E 的方程为24+22=1，设(2，2)(0，2)，由椭圆与矩形的对称性可得该矩形的面积=2 2=1，2=22，即2=4 或34，可得2=22，|2=42+22=22+2=2+3=3 22，故选 D 3（2020南
31、岗区校级模拟）已知 F1、F2是椭圆24+23=1 的左、右焦点，点 P 是椭圆上任意一点，以 PF1为直径作圆 N，直线 ON 与圆 N 交于点 Q（点 Q 不在椭圆内部），则1 2=（）A23 B4 C3 D1【答案】C【解析】连接 PF2，由题意可知|PF2|2|ON|，|NQ|=12|PF1|，所以|OQ|ON|+|NQ|=12（|PF2|+|PF1|）=12 42，由极化恒等式可知1 2=|2 14|12|2=4 1=3，所以1 2=3，（极化恒等式：=(+)2()24）故选 C 4（2020襄州区校级四模）已知 F1、F2分别是椭圆22+22=1(0)的左、右焦点，P 是椭圆上一点
32、（异于左、右顶点），若存在以22 为半径的圆内切于PF1F2，则椭圆的离心率的取值范围是（）A(13，23 B23，1)C(0，23 D(0，13【答案】D【解析】F1、F2分别是椭圆22+22=1(0)的左、右焦点，P 是椭圆上一点（异于左、右顶点），若存在以22 为半径的圆内切于PF1F2，可得：12 (2+2)22 =12 2|，(+)=2|2，(+)2，（a+c）22b2，则 0a22ac3c2，（a+c）（a3c）0，a3c，0 13 故选 D 5（2020马鞍山三模）在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆22+22=1（ab0），过左焦点 F（2，0）倾斜角为3 的直线交椭圆上半部
33、分于点 A，以 FA，FO 为邻边作平行四边形 OFAB，若点 B在椭圆上，则 b2等于（）A3 B23 C33 D43【答案】B【解析】依题意，c2，设 A（x1，y1），B（x2，y2），四边形 OFAB 为平行四边形，y1y2，又122+122=1，222+222=1，x2x1，又 FAOB，且直线 FA 的倾斜角为3，11+2=22=3 y1y2，x2x1，x11，x21，1=2=3 得 A（1，3），将 A 的坐标代入椭圆方程，可得12+32=1，又 a2b24，联立解得：2=4+23，2=23 故选 B 6（2020福州三模）已知椭圆：22+22=1（ab0）的焦距为 2，右顶点为
34、 A过原点与 x轴不重合的直线交 C 于 M，N 两点，线段 AM 的中点为 B，若直线 BN 经过 C 的右焦点，则 C 的方程为（）A24+23=1 B26+25=1 C29+28=1 D236+232=1【答案】C【解析】如图，设 M（x0，y0），则 N（x0，y0），A（a，0），且线段 AM 的中点为 B，B（+02，02），由 B，F，N 三点共线，得 ，依题意，F（1，0），=(0 1，0)，=(+02 1，02)，即(0+1)02+(+02 1)0=0 又 y00，解得 a3，b232128 可得 C 的方程为29+28=1 故选 C 7（2020梅河口市校级模拟）已知经过原
35、点 O 的直线与椭圆22+22=1(0)相交于 M，N 两点（M 在第二象限），A，F 分别是该椭圆的右顶点和右焦点，若直线 MF 平分线段 AN，且|AF|4，则该椭圆的方程为（）A29+25=1 B236+24=1 C236+232=1 D225+224=1【答案】C【解析】由|AF|4，得 ac4，设线段 AN 的中点为 P，M（m，n），则 N（m，n），又 A（a，0），P（2，2），F（a4，0），点 M、F、P 在同一直线上，kMFkFP，即0(4)=2 02(4)，化简即可求得 a6，c2，则 b2a2c232 故椭圆方程为236+232=1 故选 C 8（2020邵阳三模）已
36、知椭圆 C：22+22=1（ab0）的左、右焦点分别为 F1，F2，M 为椭圆上一点，1 2=0，线段 MF2的延长线交椭圆 C 于点 N，若|MF1|，|MN|，|NF1|成等差数列，则椭圆 C 的离心率为（）A22 B32 C23 D33 【答案】A【解析】设|MF2|m，|MF1|，|MN|，|NF1|成等差数列，2|MN|MF1|+|NF1|，|MN|MF2|+|NF2|2a|MF1|+2a|NF1|4a2|MN|，|MN|=43a，|NF2|=43am，|NF1|2a（43am）=23a+m，1 2=0，MF1MF2，RtF1MN 中，|NF1|2|MN|2+|MF1|2，（2am）
37、2+（43a）2（23a+m）2，整理可得 ma，|MF2|a，|MF1|a，|F2F1|2|MF2|2+|MF1|2，4c22a2，e=22，故选 A 9（2020启东市校级模拟）如图，已知 A 为椭圆22+22=1(0)上一点，它关于原点的对称点为 B，点 F 为椭圆的右焦点，且以 AB 为直径的圆过点 F，当=6 时，该椭圆的离心率是_ 【答案】3 1【解析】如图所示：，由题意可知，以 AB 为直径的圆过 F，点 F 为椭圆的右焦点，则AFB90，且 AB2c，又=6，则 AFc，BF=3，设椭圆的左焦点为 E，由椭圆的对称性可得 AEBF，由椭圆的定义得 AF+BFAE+AF2a，则
38、c+3=2a，即离心率 e=21+3=3 1，故答案为：3 1 10（2020鼓楼区校级模拟）已知椭圆 C：24+23=1 的焦点是 F1，F2，A，B 是 C 上（不在长轴上）的两点，且12M 为 F1B 与 F2A 的交点，则 M 的轨迹所在的曲线是_；离心率为_【答案】椭圆；45【解析】如图，延长 AF1交椭圆于 D 设 A（x1，y1），D（x2，y2），则 B（x2，y2），由题意可知，AF1的斜率不为 0，可设 AF1：xmy1，则 BF1：+1=221，AF2：1=111，+1 1=111 221=112 222=122122(1+2)+4 联立=124+23=1，得(2+43)
39、2 2 3=0 1+2=22+43，12=32+43，221=332+163，由得，+1+1=2 2(1+2)12，m=35，221=33(35)2+163，整理得：2(54)2+2(34)2=1 M 的轨迹所在的曲线是椭圆；离心率 e=(54)2(34)254=45 故答案为：椭圆；45 11（2020天心区校级模拟）已知椭圆22+22=1（ab0）的离心率为32，短轴长为 2，点 P 为椭圆上任意一点，则1|1|+4|2|的最小值是_【答案】94【解析】据题意=32，b1，解得 a2，=3，于是|PF1|+|PF2|2a4，所以1|1|+42|=14(1|1|+4|2|)(|1|+|2|)
40、=14(5+|2|1|+4|1|2|)14(5+24)=94，当且仅当|PF2|2|PF1|，即|2|=83，|1|=43时等号成立 故答案为：94 12（2020东湖区校级模拟）已知椭圆22+2=1（m0）的焦点为 F1，F2，若在长轴1 2上任取一点M，过点M作垂直于1 2的直线交椭圆于点P，若使得120的点M的概率为63，则 m 的值为_【答案】2 或12【解析】联立椭圆22+2=1（m0），x2+y2c2，当 m1 时，解得 x=21，故只要在长轴1 2上任取一点 M，过点 M 作垂直于1 2的直线交椭圆于点 P，若使得120 的点 M 的概率为63，可得2212=63，m2 当 0m
41、1 时，解得 y2212，由222122=63，解得 m=12 故答案为：2 或12 13（2020桃城区校级模拟）已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，若 C 的短轴长为46，且两个焦点恰好为长轴的 2 个相邻的五等分点，则此椭圆的标准方程为_【答案】225+224=1【解析】椭圆的短轴长为46，即46=2，=26，即 a2c224（*）2 个焦点恰好为长轴的 2 个相邻的五等分点，2=15 2，得 a5c，代入（*）式，解得 c1，a5，故该椭圆的标准方程为225+224=1 故答案为：225+224=1 14（2020威海一模）已知椭圆22+22=1（ab0）的左、右焦点分别为
42、F1，F2，点(1，32)是椭圆上一点，|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项（）求椭圆的标准方程；（）若 A 为椭圆的右顶点，直线 AP 与 y 轴交于点 H，过点 H 的另一直线与椭圆交于 M、N 两点，且 SHMA6SPHN，求直线 MN 的方程【解析】（）因为|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项，所以 a2c，得 a24c2 又(1，32)在椭圆上，所以142+342=1，所以 c1，a24，b2a2c23，可得椭圆的标准方程为24+23=1（）因为(1，32)，由（）计算可知 A（2，0），H（0，1），当直线 MN 与 x 轴垂直时，不合题意 当直线 MN 与 x
43、 轴不垂直时，设直线 MN 的方程为 ykx+1，联立直线与椭圆的方程=+124+23=1，可得（4k2+3）x2+8kx80，设 M（x1，y1），N（x2，y2），由韦达定理可得1+2=842+312=842+3，由 SHMA6SPHN，可得|AH|MH|6|NH|PH|，又|AH|2|PH|，所以|MH|3|NH|，得 x13x2，带入，可得22=842+3322=842+3，所以3 162(42+3)2=842+3，解得=62，所以直线 MN 的方程为=62 +1 15（20204 月份模拟）已知椭圆，C 的中心为 O，左、右焦点分别为 F1，F2上顶点为 A，右顶点为 B，且|OB|
44、、|OA|、|OF2|成等比数列（1）求椭圆 C 的离心率；（2）判断F1AB 的形状，并说明理由【解析】（1）设椭圆的长轴长，短轴长，焦距分别为 2a，2b，2c，则|OB|a，|OA|b，|OF2|c，由题设可得 b2ac 及 b2a2c2可得 c2+aca20，即 e2+e10，解得 e=152，而 e（0，1），所以椭圆的离心率为 e=1+52；（2）设椭圆的方程为：22+22=1（ab0），则 A（0，b），B（a，0），F1（c，0），因为 b2ac，1=（c，b），=（a，b），所以1=ac+b20，所以 AF1AB，即ABF1为直角三角形 16（2020潍坊模拟）已知椭圆 C1
45、：22+22=1（ab0）的右顶点与抛物线 C2：y22px（p0）的焦点重合C1的离心率为12，过 C1的右焦点 F 且垂直于 x 轴的直线截 C2所得的弦长为 42（1）求椭圆 C1和抛物线 C2的方程；（2）过点 M（3，0）的直线 l 与椭圆 C1交于 A，B 两点，点 B 关于 x 轴的对称点为点 E，证明：直线 AE 过定点【解析】（1）由 C1 的离心率为12，可得=12，所以 a2c，因为椭圆的右顶点与抛物线的焦点重合，所以 a=2，p2a，所以可得 p4c，过 C1的右焦点 F 且垂直于 x 轴的直线截 C2所得的弦长为 42，令 xc 代入抛物线的方程：可得y22pc，所以
46、|y|=2=22c，即 42=2 22，解得 c1，所以 a2，p4c4 由 b2a2c2可得 b2413，所以椭圆 C1和抛物线 C2的方程分别为：24+23=1，y28x；（2）由题意可得直线 l 的斜率存在且不为 0，设直线 l 的方程为：xmy+3，设 A（x1，y1），B（x2，y2），由题意可得 E（x2，y2），直线与椭圆联立：=+332+42 12=0，整理可得：（4+3m2）y2+18my+150，182m24（4+3m2）150，可得 m27，y1+y2=184+32，y1y2=154+32，直线 AE 的方程为：yy1=1+212（xx1），整理可得：y=1+212x11
47、+2112+111212=1+2(12)x2(1+3)+1(2+3)(12)=18(12)(4+32)x+24(12)(4+32)=18(12)(4+32)（x43）所以当 x=43时，y0，即过定点（43，0），所以可证直线 AE 过定点（43，0）17（2020大武口区校级一模）已知椭圆：22+22=1(0)的焦点为 F1，F2，离心率为12，点 P 为椭圆 C 上一动点，且PF1F2的面积最大值为3，O 为坐标原点（1）求椭圆 C 的方程；（2）设点 M（x1，y1），N（x2，y2）为椭圆 C 上的两个动点，当 x1x2+y1y2为多少时，点 O 到直线MN 的距离为定值【解析】（1）
48、根据题意，因为 P 在椭圆上，当 P 是短轴端点时，P 到 x 轴距离最大，此时PF1F2面积最大，所以12 2 =3，由=3=122=2+2，解得=2=3=1，所以椭圆方程为24+23=1（2）根据题意，在 x1x2时，设直线 MN 方程为 ykx+m，原点到此直线的距离为=|1+2，即2=21+2，由=+24+23=1，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2120，64k2m24（3+4k2）（4m212）0，m24k2+3，所以1+2=83+42，12=42123+42，12+12=12+(1+)(2+)=(1+2)12+(1+2)+2=(1+2)42123+42 8223+42+2=7
49、212(2+1)3+42，所以当 x1x2+y1y20 时，2=127(1+2)，2=21+2=127，=2217 为常数 若 x1x2，则 y1y2，12+12=12 12=0，12=12，2=127，=|=2217，综上所述，当 x1x2+y1y20 时，点 O 到直线 MN 的距离为定值2217 18（2020大武口区校级一模）若椭圆 C：22+22=1（ab0）的顶点到直线 l1：yx 的距离分别为2和22 （1）求椭圆 C 的标准方程（2）设平行于 l1的直线 l 交 C 于 A，B 两点，且 OAOB，求直线 l 的方程【解析】（1）由直线 l1：yx 可知其与两坐标轴的夹角均为
50、45，故长轴端点到直线 l1的距离为22，短轴端点到直线 l1的距离为22，所以22 =2，22 =22，解得 a2，b1，所以椭圆 C 的标准方程为24+2=1（2）设直线 l：yx+t（t0），联立=+24+2=1，整理得 5x2+8tx+4t240，则64t2165（t21）0，解得55，设 A（x1，y1），B（x2，y2），则1+2=85，12=4245，故12=(1+)(2+)=(1+2)+12+2=245，因为 OAOB，即=12+12=4245+245=0 解得=2105，满足55且 t0，所以直线 l 的方程为=+2105 或=2105 19（2020海安市模拟）如图，在平面
51、直角坐标系 xOy 中，已知 A，B 两点分别为椭圆22+22=1（ab0）的右顶点和上顶点，且 AB=7，右准线 l 的方程为 x4（1）求椭圆的标准方程；（2）过点 A 的直线交椭圆于另一点 P，交 l 于点 Q若以 PQ 为直径的圆经过原点，求直线 PQ 的方程 【解析】（1）设椭圆的焦距为 2c（c0）2=42=2+22+2=7，解得：2=42=3，所以椭圆的标准方程为：24+23=1（2）由题意得直线 PQ 不垂直 x 轴，设 PQ：yk（x2）联立=(2)32+42=12可得（4k2+3）x216k2x+16k2120 +=16242+3，=82642+3，P（82642+3，12
52、42+3）联立=(2)=4，可得 Q（4，2k）因为以 PQ 为直径的圆经过原点，所以=4 82642+3+2 1242+3=0 解得 k=3 PQ 直线方程为：3 23=0，或3+23=0 20（2020渭南一模）已知椭圆 C：22+22=1（ab0）的顶点到直线 l1：yx 的距离分别为2和22 （1）求椭圆 C 的标准方程（2）设平行于 l1的直线 l 交 C 于 A，B 两点，且|+|，求直线 l 的方程【解析】（1）由直线 l1：yx 可知其与两坐标轴的夹角均为 45，故长轴端点到直线 l1的距离为22 a，短轴端点到直线 l1的距离为22 b，所以22 a=2，22 b=22，解得
53、 a2，b1，所以椭圆 C 的标准方程为24+2=1；（2）设直线 l：yx+t（t0），联立=+24+2=1，整理得 5x2+8tx+4t240，则64t2165（t21）0，解得5t5，设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x2=85，x1x2=4245，故 y1y2（x1+t）（x2+t）（x1+x2）t+x1x2+t2=245，因为|+|，所以 OAOB，即=x1x2+y1y2=4245+245=0，解得 t2105，满足5t5且 t0，所以直线 l 的方程为 yx+2105 或 yx2105 21（2020长沙模拟）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：22+
54、22=1（ab0）的右焦点为 F（c，0），下顶点为 P，过点 M（0，2）的动直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点（1）当直线 l 平行于 x 轴时，P，F，A 三点共线，且 PA=332，求椭圆 C 的方程；（2）当椭圆 C 的离心率为何值时，对任意的动直线 l，总有 PAPB？【解析】（1）当直线 l 与 x 轴平行时，即 l：y=12b，如图，作 ADx 轴交 x 轴于点 D，则根据=12，可得 A（32c，12b），且 PA=32PF=32 2+2=32a=332，解得 a=3，又因为 A 在椭圆上，所以9422+1422=1，解得 c2=13a21，所以 b2312，所以椭圆 C
55、 的方程为23+22=1；（2）当直线 l 平行于 x 轴时，由 PAPB，得 kPAkPB=3232 3232 =1，a23b2，又 a2b2+c2，2a23c2，e2=23，e（0，1），e=63 当直线 l 不平行于 x 轴时，下面证明当 e=63 时，总有 PAPB，事实上，由知椭圆可化为232+22=1，x2+3y23b2，设直线 l 的方程为 ykx+2，A（x1，y1），B（x2，y2），由=+22+32=32，得（1+3k2）2+3 94 2=0，1+2=31+32，x1x2=9421+32，=(1，1+)，=(2，2+)，=x1x2+（y1+b）（y2+b）=12+(1+32
56、)(2+32)=(1+2)12+32(1+2)+94 2 =(1+2)9421+32+3231+32+94 2 =942(1+32)1+32+94 2 =94 2+94 2=0 PAPB，综上，当椭圆 C 的离心率为63 时，对任意的动直线 l，总有 PAPB 22（2020阳泉三模）已知椭圆 M：22+22=1（ab0）的离心率为32，且椭圆上一点 P 的坐标为（2，22）（1）求椭圆 M 的方程；（2）设直线 l 与椭圆 M 交于 A，B 两点，且以线段 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 C，求ABC 面积的最大值【解析】（1）由已知=32，又 a2b2+c2，则 a2b 椭圆方程为242+
57、22=1，将（2，22）代入方程得 b1，a2，故椭圆的方程为24+2=1；（2）不妨设直线 AB 的方程 xky+m，联立=+24+2=1，消去 x 得（k2+4）y2+2kmy+m240 设 A（x1，y1），B（x2，y2），则有1+2=22+4，12=242+4，又以线段 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 C，=0，由=(1 2，1)，=(2 2，2)，得（x12）（x22）+y1y20，将 x1ky1+m，x2ky2+m 代入上式得：(2+1)12+(2)(1+2)+(2)2=0，将代入上式求得 m=65或 m2（舍），则直线 l 恒过点（65，0）=12|1 2|=12 45(1+2
58、)2 412=825 25(2+4)36(2+4)2，设 t=12+4（0 14），则=825 362+25，36t2+25t 的对称轴方程为 t=2572，在上（0，14上单调递增，当 t=14时，取得最大值为1625 23（2020兴庆区校级四模）已知椭圆方程为26+23=1（1）设椭圆的左右焦点分别为 F1，F2，点 P 在椭圆上运动，求|1|2|+1 2的值（2）设直线 l 和圆 x2+y22 相切，和椭圆交于 A、B 两点，O 为原点，线段 OA，OB 分别和圆 x2+y22 交于两点，设AOB，COD 的面积分别为 S1，S2，求12的取值范围【解析】（1）由已知，F1（3，0），
59、F2（3，0），设 P（x，y），由焦半径公式可得|1|2|=(6+22)(6 22)=6 12 2，1 2=(3 ，)(3 ，)=x2+y23 结合26+23=1，得2=3 12 2，故|1|2|+1 2=6 12 2+12 2=6；（2）当直线 l 的斜率不存在时，其方程为 x=2，由对称性，不妨设 x=2，此时 A（2，2），B（2，2），C（1，1），D（1，1），故12=21=2 若直线 l 的斜率存在，设其方程为 ykx+m，由已知可得|1+2=2，则 m22（1+k2），设 A（x1，y1），B（x2，y2），将直线 l 与椭圆方程联立，得（2k2+1）x2+4kmx+2m260
60、 1+2=422+1，12=22622+1 结合|OC|OD|=2及12=3 12 12，22=3 12 22，可知12=12|12|=12|=12 12+12 22+22=12(3+12 12)(3+12 22)=12 9+32(1+2)2 212+14(12)2 将根与系数的关系代入整理得：12=12 9+122262+362+18+(23)2(22+1)2，结合 m22（k2+1），得12=12 9+284+442+7(22+1)2 设 t2k2+11，u=1（0，1，则12=12 9+72+882=12 82+8+16=12 82+8+162，322 12的取值范围是2，322 24（
61、2020黄冈模拟）已知椭圆：22+22=1(0)的左、右焦点分别为点 F1，F2，左、右顶点分别为 A，B，长轴长为 4，椭圆上任意一点 P（不与 A，B 重合）与 A，B 连线的斜率乘积均为34（1）求椭圆 C 的标准方程；（2）如图，过点 F1的直线 l1与椭圆 C 交于 M，N 两点，过点 F2的直线 l2与椭圆 C 交于 P，Q 两点，且 l1l2，试问：四边形 MNPQ 可否为菱形？并请说明理由 【解析】（1）由题意，a2，则 A（2，0），B（2，0），设(0，0)(02 4)，则点 P 与点 A 连线的斜率为=00+2，点 P 与点 B 连线的斜率为=002，故02024=34，
62、又因为点 P 在椭圆 C 上，故有024+022=1，联立解得 b23，则椭圆 C 的方程为24+23=1（2）由于点 F1，F2关于原点对称且 l1l2，故 l1，l2关于原点对称，又椭圆关于原点对称，所以四边形 MNPQ 为平行四边形；由（1），知 F1（1，0），易知直线 MN 不能平行于 x 轴所以令直线 MN 的方程为 xmy1，设M（x1，y1），N（x2，y2）联立方程32+42 12=0=1，得（3m2+4）y26my90，所以1+2=632+4，12=932+4 若 MNPQ 是菱形，则 OMON，即=0，于是有12+12=(2+1)12(1+2)+1=0，整理得到12253
63、2+4=0，即 12m2+50，上述关于 m 的方程显然没有实数解，故四边形 MNPQ 不可能是菱形 25（2020徐州模拟）已知椭圆 C：22+22=1（ab0）的左右焦点分别为 F1，F2，点 P 是椭圆 C上一点，以 PF1为直径的圆 E：x2+(22)2=92过点 F2（）求椭圆 C 的方程；（）过点 P 且斜率大于 0 的直线 l1与 C 的另一个交点为 A，与直线 x4 的交点为 B，过点（3，2）且与 l1垂直的直线 l2与直线 x4 交于点 D，求ABD 面积的最小值【解析】（）在圆 E 的方程中，令 y0，得到：x24，所以 F1（2，0），F2（2，0），又因为=12 2，
64、所以 P 点坐标为(2，2)，所以2=|1|+|2|=42，则=22，b2，因此椭圆的方程为28+24=1；（）设直线 l1：y2=k（x2）（k0），所以点 B 的坐标为(4，2+2)，设 A（xA，yA），D（xD，yD），将直线 l1 代入椭圆方程得：（1+2k2）x2+（42k8k2）x+8k282k40，所以 xPxA=828241+22，所以 xA=424221+22，直线 l2的方程为 y2=1（x3），所以点 D 坐标为(4，2 1)，所以 SABD=12（4xA）|yByD|=1242+42+622+1|2+1|2k+3+22 26+22，当且仅当 2k=3，即 k=62 时
65、取等号，综上，ABD 面积的最小值 26+22 26（2020北海一模）已知椭圆 C：22+22=1（ab0），长半轴长与短半轴长的差为2 3，离心率为12（1）求椭圆 C 的标准方程；（2）若在 x 轴上存在点 M，过点 M 的直线 l 分别与椭圆 C 相交于 P、Q 两点，且1|2+1|2为定值，求点 M 的坐标【解析】（1）由题意可得：ab=2 3，=12，a2b2+c2 联立解得：a2，c1，b=3 椭圆 C 的标准方程为：24+23=1（2）设 M（t，0），P（x1，y1），Q（x2，y2）当直线 l 的斜率不为 0 时，设直线 l 的方程为：xmy+t 联立=+32+42=12，
66、化为：（3m2+4）y2+6mty+3t212048（3m2t2+4）0 y1+y2=632+4，y1y2=321232+4|PM|2=(1 )2+12=（1+m2）12，同理可得：|PQ|2（1+m2）22 1|2+1|2=1(1+2)(112+122)=1(1+2)(1+2)2212(12)2=1(1+2)3622(32+4)22(3212)32+4(321232+4)2=2(32+12)2+(1642)3(1+2)(24)2 1|2+1|2为定值，必然有 3t2+12164t2，解得 t=277 此时1|2+1|2=79为定值，M（277，0）当直线 l 的斜率为 0 时，设 P（2，0），Q（2，0）|PM|t+2|，|QM|2t|此时1|2+1|2=1(+2)2+1(2)2=22+8(42)2，把 t2=47代入可得：1|2+1|2=79为定值 综上可得：1|2+1|2=79为定值，M（277，0）