文档内容
专题 25 椭圆（七大题型+模拟精练）
目录：
01 椭圆的定义
02 椭圆的标准方程
03 椭圆的焦点、焦距、离心率等
04 直线与椭圆
05 焦点弦、弦长问题
06 中点弦问题
07 椭圆的综合应用
01 椭圆的定义
1．已知 是椭圆 ： 上一点， ， 分别为 的左、右焦点，则 （ ）
A．8 B．6 C．4 D．3
【答案】A
【分析】直接根据椭圆的定义可求得答案.
【解析】由椭圆的定义可知， .
故选：A.
2．已知 分别是椭圆 的左、右焦点， 为 上一点，若 ，则 （ ）
A．2 B．3 C．5 D．6
【答案】C
【分析】根据椭圆的定义可得 ，求解即可.
【解析】由椭圆 ，可得 ，所以 ，
因为 分别是椭圆 的左、右焦点， 为 上一点，
所以 ，又 ，所以 .
故选：C.
3．已知 、 ，动点 满足 ，则点 的轨迹是 （ ）
A．椭圆 B．圆 C．直线 D．线段
【答案】D
【分析】
由已知可得出 ，分析可得结果.
【解析】因为 、 ，动点 满足 ，
所以点 的轨迹为线段 .故选：D.
4．已知点 为椭圆 上一点， 为该椭圆的两个焦点，若 ，则 （ ）
A．1 B．5 C．7 D．13
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义直接计算即可.
【解析】因为椭圆方程为 ，
所以 ，又
所以 ，
故 ，
故选： .
5．已知点 ， 分别是椭圆 的左、右焦点，点P在此椭圆上，则 的周长等于（ ）
A．16 B．20 C．18 D．14
【答案】A
【分析】
根据给定的椭圆方程，求出长轴长及焦距即可.
【解析】椭圆 的长半轴长 ，短半轴长 ，半焦距 ，
由椭圆定义知 ，焦距 ，
所以 的周长等于 .
故选：A
02 椭圆的标准方程
6．已知椭圆的中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过两点 ， ，则椭圆的标准方程
为 ．
【答案】
【分析】可设椭圆方程，再利用待定系数法来求解即可.
【解析】根据题意，可设椭圆的标准方程为 ，
代入两点得： ，解得： ，
所以椭圆的标准方程为 ，故答案为： .
7．若抛物线 的焦点是椭圆 的一个顶点，则 的值为
【答案】8
【分析】分别求出抛物线的焦点和椭圆的右顶点坐标，得 ，即可求解．
【解析】因为抛物线 （ ）的焦点为 ，
且椭圆 的右顶点为 ，
由题意可得： ，解得 ．
故答案为：8.
8．若 为椭圆 上一点， ， 为 的两个焦点，且 ，则 ．
【答案】
【分析】根据椭圆的定义得到 ，再由平方差公式求出 ，即可求出 .
【解析】对于椭圆 ，则 ，所以 ，
所以 ①，
又 ，即 ，
所以 ②，
由①②解得 .
故答案为：
9．已知 为椭圆 的两焦点，P为椭圆C上一点，若 的最大值为3，且焦距
为2，则椭圆C的方程为
【答案】
【分析】根据椭圆的性质，即可列式求解.
【解析】设椭圆C的焦距为2c，由题意知 ，从而
又因为 的最大值为 ，所以 ，解得 ，则 ，
从而椭圆C的方程为故答案为：
10．经过椭圆M： 的左焦点和上顶点的直线记为l.若椭圆M的中心到直线l的距离等
于2，且短轴长是焦距的2倍，则椭圆M的方程为 .
【答案】
【分析】根据直线的截距式方程，结合点到直线距离公式进行求解即可.
【解析】因为经过椭圆M： 的左焦点和上顶点的直线记为l，
所以直线l的方程可设为 ，
因为圆M的中心到直线l的距离等于2，
所以 ，
因为短轴长是焦距的2倍，所以 ，
因此有 ，
所以椭圆M的方程为 ，
故答案为：
11．设 为椭圆 的两个焦点， 为 上一点且在第二象限．若 为等腰三角形，
则点 的坐标为 ．
【答案】
【分析】
先根据方程求 ，由题意分析可得 ，列方程求解即可.
【解析】由题意可知： ，
设 ，
因为 为 上一点且在第二象限，则 ， ，
又因为 为等腰三角形，且 ，则 ，即 ，解得 ，
所以点 的坐标为 .
故答案为： ,
12．已知F为椭圆 的右焦点，P为C上的一点，若 ，则点P的坐标为 ．
【答案】
【分析】设出点P的坐标，由两点间的距离公式及点在椭圆上，即求.
【解析】由题意， ，设 ，则
，
解得 ，即 .
故答案为： .
03 椭圆的焦点、焦距、离心率等
13．已知椭圆 的左、右焦点为 ，右顶点为 为 上一动点（不与左、右
顶点重合），设 的周长为 ，若 ，则 的离心率为 ．
【答案】
【分析】根据已知条件列方程，求得 与 的关系式，从而求得双曲线的离心率.
【解析】依题意， ，则 ，
所以离心率 .
故答案为：14．已知椭圆C的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，若 为等腰三角形，则C的离心率为 ．
【答案】
【分析】利用椭圆的性质计算即可.
【解析】不妨设椭圆的长轴、短轴、焦距分别为 ，
则 ，且根据椭圆的性质易知 ，
所以 ，
显然若 为等腰三角形，则只能有 ，
即 ，
则 .
故答案为：
15．已知椭圆 的上顶点为 ，左焦点为 ，线段 的中垂线与 交于 两点，则
的周长为 ．
【答案】
【分析】设椭圆的右焦点为 ，连接 ， ， ，依题意可得 为等边三角形，从而得到直
线 过 ，再根据线段垂直平分线的性质及椭圆的定义计算可得.
【解析】设椭圆的右焦点为 ，连接 ， ， ，
依题意可得长半轴长 ，半焦距 ，且 ，
所以 为等边三角形，则直线 过 ，
所以，即 的周长为 .
故答案为：
16．已知椭圆 的左、右焦点分别为 为 上一动点，则 的取值范围是
．
【答案】
【分析】先根据椭圆 、 、 之间的关系，求出 ，再根据椭圆的定义，把 换成 ，
最后根据 ，代入即可.
【解析】设椭圆 的半焦距为 ，则 ，
，
因为 ，即 ，
所以 ，即 .
故答案为： .
17．已知 分别为椭圆 的左､右焦点， 为椭圆上一点且 ，则 的面积为
.
【答案】
【分析】根据椭圆的定义求得 三边长，根据三角形面积公式求解即可.
【解析】由椭圆 可知 ，
故 ，结合 ，
可得 ，而 ，
故 为等腰三角形，其面积为 .故答案为： .
18．已知椭圆 的两个焦点 ， ，点 在椭圆上，且 ，则 ．
【答案】40
【分析】根据余弦定理，结合椭圆定义即可求解.
【解析】由题意可得 ，
在 中， ，由余弦定理，
得 ，
得 ，
得 ，
所以 ．
故答案为：40．
19．已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，上顶点为 ，过 作 的垂线，与
轴交于点 ，若 ，则椭圆 的离心率为 ．
【答案】 /0.5
【分析】设 ， ，得到直线 的方程为 ，解得 ，再利用勾股定理即可求
解．
【解析】设 ， ， ，则直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
直线 的方程为 ，
令 ，得 ，即 ，
因为 ，所以 ，
即 ，解得 ．
故答案为：
20．已知椭圆 ： 的离心率为 ，F是椭圆C的右焦点，P为椭圆C上任意一点，
的最大值为 ．设点 ，则 的最小值为 ．
【答案】 /
【分析】首先根据题目条件求出 和 ，然后根据椭圆定义进行转换，求出 的最小值.
【解析】设椭圆C的半焦距为c，由题意，得 ， ，所以 ， ．
设椭圆C的左焦点为 ，则 ，
所以 ．
故答案为： ．
21．已知椭圆 ： 的左、右焦点分别为 ， ，长轴长为 ，过点 且斜率为
的直线与椭圆 交于点 ，且 ，则 = ．
【答案】 或
【分析】本题先是利用直线的斜率求出 ，再由 以及椭圆定义求出 的长，
最后利用余弦定理即可求得结果．
【解析】直线 的斜率为 ，
，
；
又 ，设 ，
，又 ，
；
在 中，由余弦定理得 ，
整理得 ，解得 或 ．当 时， ；
当 时， ．
故答案为： 或 ．
22．已知直线 ： 与椭圆 ： 有公共点，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】联立直线与椭圆的方程，令判别式大于0求解即可.
【解析】将直线 的方程与椭圆 的方程联立，得 ，消去 得 ①，
因为直线 与椭圆 有公共点，所以方程①有实数根，则 ，得 .
故选：B．
04 直线与椭圆
23．直线l： 与椭圆C： 的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不能确定
【答案】A
【分析】判断出直线过定点，且定点在椭圆内可得答案.
【解析】将直线l： 变形为l： ，
由 得 ，于是直线l过定点 ，
而 ，于是点 在椭圆C： 内部，
因此直线l： 与椭圆C： 相交．
故选：A．
24．已知直线 与椭圆 恒有公共点，则实数m的取值范围（ ）
A． B．C． D．
【答案】C
【分析】根据直线 所过定点以及方程 表示椭圆来求得 的取值范围.
【解析】直线 过定点 ，
所以 ，解得 ①.
由于方程 表示椭圆，所以 且 ②.
由①②得 的取值范围是 .
故选：C
25．若直线 和圆 没有交点，则过点 的直线与椭圆 的交点个
数为（ ）
A．0个 B．至多有一个 C．1个 D．2个
【答案】D
【分析】根据题意得到 ，求得点 是以原点为圆心， 为半径的圆及其内部的点，根据
圆 内切于椭圆，得到点 是椭圆内的点，即可求解.
【解析】因为直线 和圆 没有交点，
可得 ，即 ，
所以点 是以原点为圆心， 为半径的圆及其内部的点，
又因为椭圆 ，可得 ，
所以圆 内切于椭圆，即点 是椭圆 内的点，
所以点 的一条直线与椭圆的公共点的个数为 .
故选：D.
05 焦点弦、弦长问题
26．椭圆 的焦点为 、 ，点 在椭圆上且 轴，则 到直线 的距离为（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】A
【分析】先求出 、 的坐标，再由 轴，可求出 ，再由勾股定理可求出 ，然后利用等
面积法可求得结果.【解析】由 ，得 ，
所以 ，
所以 ， ，
当 时， ，解得 ，
因为 轴，所以 ，
所以 ，
设 到直线 的距离为 ，
因为 ，所以 ，
解得 ，
故选：A
27．已知椭圆 的左、右顶点分别是 是坐标原点， 在椭圆 上，且 ，则
的面积是（ ）
A． B．4 C． D．8
【答案】A
【分析】设出点 ，利用条件直接求出点 纵坐标的绝对值，又易知 ，从而可求出结果.
【解析】设 ，因点 在椭圆上，且 ，则有 ，消去 ，得到 ，所以
，
又 ，故 的面积是 ．
故选：A.28．已知斜率为1的直线 过椭圆 的右焦点，交椭圆于 两点，则弦 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意求得直线l的方程，设 ，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求得
，再利用弦长公式即可得出答案.
【解析】解：由椭圆 得， ，所以 ，
所以右焦点坐标为 ，则直线 的方程为 ，
设 ，
联立 ，消y得， ，
则 ，
所以 .
即弦 长为 .
故选：C.
29．过椭圆 的一个焦点 作弦 ，若 ， ，则 的数值为
（ ）
A． B． C． D．与弦 斜率有关
【答案】B
【分析】不妨设 为椭圆的右焦点， ， ，利用椭圆的右焦半径公式 ，
，
联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，将式子化简整理可得．
【解析】令 ，设 ， ，
当直线 的斜率不存在时，直线 的方程为 ，
由 ，解得 ，则 ，所以 ；
当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，由 ，整理得： ，
所以 ， ，
又 ， ，所以 ，
综上， .
故选：B.
30．已知F1 ，F2 分别是椭圆 的左，右焦点，点A，B是椭圆C上异于长轴端点的两点，且
满足 ，则下列结论错误的是（ ）
A． ABF2 的周长为定值 B．AB的长度最小值为2
C．若△ AB AF2 ，则 D．λ的取值范围是
【答案】D
⊥
【分析】根据椭圆的定义结合椭圆焦点弦的几何意义，可判断A,B两个选项，再设直线 的方程与椭圆
方程联立．利用韦达定理求解参数 的值或取值范围，即可判断CD选项．
【解析】因为 ，所以 ， ， 三点共线， 周长 是定值，
所以A正确．
△
根据椭圆的性质知，当 时，此时经过焦点的弦最短，故 ，所以B正确．
(证明如下：设 ， , ， , ．
联立 ，整理得 ，即 ， ，
，
由于 ，所以 ,当且仅当 时， 取最小值2，此时 )，
因为 ， 在上下顶点处，不妨设 ，则 ，联立得 ．
解得 或 ， ， ，所以C正确．设 ， , ， , ．
联立 ，整理得 ．
即 ， ， ，
当 时， ．当 时， ，
所以 ，所以D错误．
故选：D．
06 中点弦问题
31．已知过椭圆 左焦点F且与长轴垂直的弦长为 ，过点 且斜率为-1的
直线与 相交于 两点，若 恰好是 的中点，则椭圆 上一点 到 的距离的最大值为（ ）
A．6 B． C． D．
【答案】D
【分析】由过椭圆左焦点F且与长轴垂直的弦长为 ，可得 ；由过点 且斜率为-1的直
线与 相交于 两点，且 恰好是 的中点，可得 .综上可得 ，后可得答案.
【解析】由题可得 ，其中 ，且 .
又由椭圆对称性可知，在 正上方且位于椭圆上的点到F距离为 ，即此点坐标为 .
将其代入椭圆方程有： ，又 ，可知
；
设 ，因过点 且斜率为-1的直线与 相交于 两点，且 恰好是 的中点，则 .
又A，B两点在椭圆上，则 .
两式相减得：
又 ，得 .
又 ，则 ，又 ，且 ，则 .
故椭圆方程为： ， .设 ，其中 .
则 .
.因
，
有 ，当且仅当
，即M为椭圆右顶点时取等号.
则椭圆 上一点 到 的距离的最大值为 .
故选：D
32．已知椭圆 ， 是椭圆 的一条弦 的中点，点 在直线
上，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出直线 的方程，与椭圆 的方程联立结合韦达定理求出 的关系计算即
得.
【解析】依题意，直线 的斜率 ，直线 的方程为 ，即 ，
由 消去 并整理得： ，
则 ，即 ，设 ，则 ，而弦 的中点为 ，即 ，
于是 ，解得 ，此时
所以椭圆 的离心率 .
故选：C
33．不与坐标轴垂直的直线 过点 ， ，椭圆 上存在两点 关于
对称，线段 的中点 的坐标为 ．若 ，则 的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据点差法求出 ，再结合 进行计算得出结果.
【解析】设 为坐标原点，在椭圆 中，设 ，则 ，
所以 ，
因为 关于 对称，所以 ，所以 ，
由线段 的中点 的坐标为 ，得出 ．
所以 ，
又 ，
，即 ，
∴
又 ， ，所以所求离心率为 .
故选：C．
∴
34．已知椭圆 的离心率为 ，过点 的直线与椭圆C交于A，B两点，且
满足 ，若M为直线AB上任意一点，O为坐标原点，则 的最小值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】根据离心率求椭圆方程，由已知得 为线段 中点，根据弦中点求直线斜率并写出直线方程，最后由点线距离公式求 最小值.
【解析】由题设， ，即 ，可得 ，
过 的直线与椭圆C交A，B且满足 ，则 为线段 中点，
所以 ， ，又 ， ，
则 ，即 ，
所以 ，故直线 为 ，即 ，
所以 最小值为 .
故选：B
35．椭圆 ，M，N是椭圆上关于原点对称的两动点，P为椭圆上任意一点，直线 ， 的斜
率分别为 ， ，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设出 的坐标，求得 的关系式，利用基本不等式求得正确答案.
【解析】设 ，
则 ，
两式相减并化简得 ，
而 ，所以 ，
所以 ，
当且仅当 时等号成立.
故选：A
36．已如椭圆 的左，右两焦点分别是 ，其中 ，直线
与椭圆交于A，B两点．则下列说法中正确的有（ ）
A．若 ，则B．若 的中点为M，则
C． 的最小值为
D． ，则椭圆的离心率的取值范围是
【答案】B
【分析】依题意，l过椭圆的左焦点，作图，逐项分析即可.
【解析】
依题意，l过 ，作上图，
对于A，由椭圆的定义知： ，错误；
对于B，联立方程 ，得 ，
由韦达定理得： ，
所以 ，正确；
对于C，显然，当 轴时， 最短，此时 ，
但由于k是存在的， 不会垂直于x轴，不存在最小值，错误；
对于D，设 ，则有 ，
，即A点在以原点为圆心，2c为半径的圆上，
因此，原题等价于 有解，解得 ，则必有 ，
即 ，即 ，错误；
故选：B.
07 椭圆的综合应用
37．已知椭圆 的右焦点为 ，且该椭圆过点 ，直线l交椭圆E于A，B两点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若AB的中点坐标为 ，求直线l的方程；
(3)若直线l方程为 ，过A、B作直线 的垂线，垂足分别为P、Q，点R为线段
PQ的中点，求证：四边形ARQF为梯形.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件求得 ，从而求得椭圆 的方程.
（2）利用点差法求得直线 的斜率，进而求得直线 的方程.
（3）联立直线 的方程和椭圆 的方程，化简写出根与系数关系，计算 ，以及AF与RQ，从
而判断出四边形ARQF为梯形.
【解析】（1）由题得 ，
将 代入 得：
，
椭圆E的方程为 .
（2）设 ，则 ，
且 ，
两式相减得： ，可得 ，
l方程为 ，即 .
（3）由 得：
，且 ，，
，
∴
又直线 的斜率存在，AF与RQ不平行，
四边形ARQF为梯形.
∴
【点睛】关键点点睛：根据已知条件求得 ， 和 是两个未知参数，要求出两个参数的值，需要两个
已知条件，如本题中“椭圆的右焦点以及椭圆所过点”两个已知条件，再结合 即可求得 ，
从而求得椭圆的标准方程.
38．已知椭圆 ，直线 与椭圆 相交于 两点， 为线段 的中点.
(1)设直线 的斜率为 ，已知 ，求证： ；
(2)直线 不与坐标轴重合且经过 的左焦点 ，直线 与椭圆 相交于 两点，且
，求直线 的方程.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用点差法表示直线 和直线 的斜率关系，再利用点 在椭圆内，建立不等式，即
可求解；
（2）首先设直线 的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示弦长 ，以及点 的坐标，并得到
直线 的方程，并求解弦长 ，根据条件得到 代入公式，即可求解.
【解析】（1）设 ，
由 ，得 ，变形得 ，
即 ，故 ，又 ，解得 ，故 .
（2）由题意，直线 不与 轴重合，设直线 的方程为 ，联立 ，得 ， ，
设 ，则 ，
可得 .
，
则弦 的中点 的坐标为 ，
故 的方程为 .联立 ，得 ，
由对称性，不妨设 ，则 ，其中 .
可得 .
由题意 ，
且 ，
故 ，即
代入 ，得 ，
解得 ，故直线 的方程为 .
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是将条件等式转化为 ，从而利用韦达定
理表示弦长 和 .
39．已知椭圆 的焦距为2，不经过坐标原点 且斜率为1的直线 与 交于P，Q两
点， 为线段PQ的中点，直线 的斜率为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)设 ，直线PB与 的另一个交点为 ，直线QB与 的另一个交点为 ，其中 ， 均不为椭
圆 的顶点，证明：直线MN过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦距求出 ，再设 ， ， ，利用点差法得到 ，即
，从而求出 、 ，即可得解；
（2）设直线 的方程为 ， ， ，表示直线 的方程，联立直线与椭圆方
程，消元求出 ，即可求出 点坐标，同理得到 点坐标，根据 的斜率为 得到 ，即可求
出直线 过定点坐标.
【解析】（1）由椭圆 的焦距为 得， ，则 .
设 ， ， ，则 ， ，
两式作差得， ，
所以 ，即 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，则 ，解得 ， .
故椭圆 的方程为 .
（2）由题意可知直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ， ， ，则 ，直线 的方程为 ，
将其代入 得， ，显然 ，
则 ，所以 ，
将 代入直线 的方程，解得 ，
所以 ，同理得 ，
所以 ，得 ，
即 ，
整理得 ，所以 ，
因此直线 的方程为 ，令 ，即 ，则 ，
所以直线 过定点 .
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方
程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点 ，常利用直线的点斜式方程 或截距式 来证明.
一、单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）若椭圆 的长轴长为 ，则 （ ）
A． B． C． D．【答案】B
【分析】根据椭圆方程确定焦点位置，求出 值，依题得到 的值，利用二倍角公式计算即得
的值.
【解析】由题意，椭圆焦点在 轴上，且 ，则 ，即 ，
于是， .
故选：B.
2．（2024·江苏南京·二模）设 分别为椭圆 的左，右焦点， 为椭圆上一点，
直线 与以 为圆心、 为半径的圆切于点 为坐标原点 ，且 ，则椭圆 的离心率为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据直线与圆相切，利用勾股定理可以求出 的长度，进而通过 ，可以得到 的
长度，再次应用勾股定理，求出 的长度，最后根据 为椭圆上一点，运用椭圆的定义，结合椭圆离
心率公式进行求解即可.
【解析】由题意， ， ，
因为直线 与以 为圆心、 为半径的圆切，
所以 ，
因此由勾股定理可知 ，
又 ，所以 ，因此 ，
由勾股定理可得 ，
根据椭圆定义， ， .
故选：B3．（2024·青海海西·模拟预测）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，过点 的射线分别与
椭圆 和圆 相交于点 ，过点 作 ，垂足为 为坐标原点，则
（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【分析】根据题意，得到 ，由椭圆的定义得到 ，则 ，得到 为 的中
点，结合中位线定理，即可求解.
【解析】由椭圆 ，可得 ，则 ，
又由圆 可化为 ，可得圆心 ，半径 ，则 ，
根据椭圆的定义，可得 ，则 ，
因为 ，可得 为 的中点，
又因为 为 的中点，可得 .
故选：C.
4．（2024·浙江绍兴·三模）已知 ， 为曲线 ： 的焦点，则下列说法错误的是
（ ）
A．若 ，则曲线 的离心率
B．若 ，则曲线 的离心率
C．若曲线 上恰有两个不同的点 ，使得 ，则
D．若 ，则曲线 上存在四个不同的点 ，使得
【答案】C
【分析】根据给定的方程，结合椭圆、双曲线的性质逐项分析判断即可得解.【解析】对于A，当 时，曲线 是椭圆，离心率 ，A正确；
对于B，当 时，曲线 是双曲线，离心率 ，B正确；
对于C，当 时，曲线 是椭圆，其短半轴长 ，半焦距 ，
显然以线段 为直径的圆恰过这个椭圆短轴端点，即符合条件的 可以是8，C错误；
对于D，当 时，则曲线是焦点在x上的双曲线，则 ，
以线段 为直径的圆与双曲线有4个交点，即符合条件的点 有4个，D正确.
故选：C
5．（2023·安徽合肥·三模）已知 为坐标原点，椭圆 ： ，平行四边形 的三
个顶点A， ， 在椭圆 上，若直线 和 的斜率乘积为 ，四边形 的面积为 ，则椭圆
的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
利用三角换元设 ， ，代入椭圆方程可得 ，再根据三角形面
积的向量公式及斜率之积计算即可.
【解析】
先证三角形面积公式的向量形式：在 中， ，
则 ，而
设 ， ，由题意可知; ，
所以 ，
将 坐标代入椭圆方程有
，
则所以四边形 的面积为 ，
即 ，又根据 和 的斜率乘积为 知
，
所以 ，解之得： ， ．
故选：B
6．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆 ： 的离心率为 ，M为 的上顶
点，P，N是椭圆 上不同于M的两点，若 是以M为直角顶点的等腰直角三角形，则满足条件的
有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】设出直线 的方程，求出 ，由 建立方程，确定方程解的个数即得答案.
【解析】显然 ，直线MN的斜率存在，由对称性，不妨设直线MN的方程为 ，
由 消去y得 ，得点 横坐标 ，
则 ，同理 ，
由 得 ，
化简得 ，即 ，
由 ，得 ，令 ，
显然函数 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ，
因此当 时，方程 有3个不等的实根，
所以满足条件的 有3个.
故选：C．
【点睛】思路点睛：确定图形个数问题，选定一个变量，结合题设条件建立方程，转化为分析判断方程解的个数作答.
7．（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 ，盘子的中心为 ，筷子与大椭圆的两交点为 、 ，
点 关于 的对称点为 ．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；
③ ；
④ 与小椭圆相切.
其中正确的个数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设大、小椭圆的长轴长之比与短轴长之比均为 ，设点 、 、
，建立平面直角坐标系，利用椭圆的几何性质可判断①②；利用直线与椭圆的位置关系，结合韦达定理
可判断③的正误；取 以及 ，可判断④的正误.
【解析】设大、小椭圆的长轴长之比与短轴长之比均为 ，
设点 、 、 ，
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 、 轴建立如下图所示的平面直角坐标
系，
设小椭圆的方程为 ，
则大椭圆的方程为 ，
对于①，大椭圆的焦距长为 ，两椭圆的焦距不相等，①错；对于②，大椭圆的离心率为 ，则两椭圆的离心率相等，②对；
对于③，当直线 与坐标轴垂直时，则点 、 关于坐标轴对称，此时点 为线段 的中点，合乎题
意，
当直线 的斜率存在且不为零时，设直线 的方程为 ，
联立 可得 ，
，可得 ，
此时， ，
联立 可得 ，
由韦达定理可得 ，即点 为线段 的中点，
综上所述， ，③对；
对于④，当点 的坐标为 时，将 代入 可得 ，
不妨取点 、 ，则 ，
若 ，则直线 的方程为 ，此时直线 与椭圆不相切，④错.
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.
8．（2024·湖南长沙·二模）设椭圆 与双曲线 有相同
的焦距，它们的离心率分别为 ， ，椭圆 的焦点为 ， ， ， 在第一象限的交点为 ，若点
在直线 上，且 ，则 的值为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】A
【分析】设椭圆与双曲线相同的焦距为 ，先根据题意得出点P的坐标 ，再将点P分
别代入椭圆和双曲线的方程中，求离心率，即可得解.
【解析】设椭圆与双曲线相同的焦距为 ，则 ，又 ，所以 ，
又点P在第一象限，且在直线 上，
所以 ，又点P在椭圆上，
所以 ，即 ，
整理得 ，两边同时除以 ，得 ，
解得 ，因为 ，所以 ，
同理可得点P在双曲线上，所以 ，即 ，
解得 ，
所以 ，
故选：A.
二、多选题
9．（2024·四川·一模）已知椭圆 的左顶点为 ，左、右焦点分别为 ，过点 的直线与
椭圆相交于 两点，则（ ）
A．
B．
C．当 不共线时， 的周长为
D．设点 到直线 的距离为 ，则
【答案】BCD
【分析】根据椭圆方程、焦点弦性质和椭圆定义可知ABC正误；设 ，结合两点间距离公式和点在椭圆上可化简求得D正确.
【解析】
对于A，由题意知： ， ， ， ，A错误；
对于B， 为椭圆 的焦点弦， ，B正确；
对于C， ，
的周长为 ，C正确；
对于D，作 垂直于直线 ，垂足为 ，
设 ，则 ，
， ，
， ，D正确.
故选：BCD.
10．（2023·河南·模拟预测）已知椭圆 的上顶点为 ，右顶点为A，左、右
焦点分别为 ， ．若P为C上与点A，B不重合的动点，直线PA与y轴交于点M，直
线PB与x轴交于点N，则（ ）
A．C的方程为 B． 面积的最大值为2
C．坐标原点O到直线AB的距离为 D．
【答案】BCD
【分析】先由已知条件待定 ，求出椭圆方程，结合图形运算容易判断选项ABC；D项，设出点
，分别表示直线 方程，求与坐标轴交点 坐标则可得距离 ，进而可求出乘
积.
【解析】A项，由椭圆上顶点为 得， ，
由 知 ，由对称性可得 ，
所以 ，即 ，则 ，
椭圆方程为 ，故A错误；
B项，由A项可知， 为定值，
故当点 到 距离最大时， 面积最大，
即当 为短轴端点时取最大值，最大值为 ，故B正确；
C项，在 中， ，
设 为斜边 上的高，由 ，
可得点 到直线 的距离为 ，故C正确；
D项，设 ，由 ，
所以直线 方程为 ，令 ，可得 ，
直线 方程为 ，令 ， .
由点 在椭圆上，则 ， ，
则
，故D正确.
故选：BCD.11．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆 的离心率为 ， 为椭圆的左、右顶点， 为椭圆
的左、右焦点， 是椭圆上异于 的任意一点，过 作直线 的垂线，垂足为 ，直线 交
于点 ，交椭圆于 两点， 的面积最大值为12，则（ ）
A． △
B．若 ，则 的最大值为
C． 在圆上运动
D．
【答案】ABD
【分析】判断出点 的轨迹即可求出 的面积最大值，进而求出 ；根据椭圆的定义即可求出
△
的最大值；设出直线 的方程，且点 在椭圆上，即可求出 ，最后联立直
线 的方程即可求得点 的轨迹方程；设出直线 的方程，并与椭圆联立利用韦达定理即可求解
.
【解析】对于选项A，因为 ，所以点 在以 为直径的圆上，所以 边上高为半径
时， 的面积最大值，即 ，
△
又因为 ，即 ，所以 ，解得 ，故A正确；
由选项 ，由选项A可知， ，则 ，所以 ，
,当 在直线 上时，等号成
立．故 正确；
由选项 ，因为 ，所以设直线 ，
直线 ，直线 ，
因为椭圆方程为 ，所以 满足 ，所以 ，所以，
联立直线 的方程得 ，解得 ，
所以 在直线 上运动，故C错误；
设直线 的方程为 ，设 ，
直线和椭圆联立 ，消去 整理得 ，
，
所以 ， ，
因为点 在椭圆上，所以 ,
所以 ，同理可知 ，
所以
，
故选项 正确；
故选： .
【点睛】本题考查考生运算求解能力、推理论证能力、函数与方程的思想、数形结合的思想、化归与转化
的思想．
三、填空题
12．（2024·山东·二模）已知椭圆 的焦点分别是 ， ，点 在椭圆上，如果
，那么点 到 轴的距离是 .【答案】
【分析】设 ，从而根据 可得 ，联立椭圆的方程可解出 的值，从而得
出点 到 轴的距离．
【解析】由椭圆方程得， ， ，设 ，
则： ， ；
由 得： （1）；
又点 在椭圆上，可得 （2）；
（1）（2）联立消去 得， ；即 ；
故点 到 轴的距离是 ．
故答案为： ．
13．（2024·西藏·模拟预测）已知椭圆 ： 的离心率为 ，F是椭圆C的右焦点，P
为椭圆C上任意一点， 的最大值为 ．设点 ，则 的最小值为 ．
【答案】 /
【分析】首先根据题目条件求出 和 ，然后根据椭圆定义进行转换，求出 的最小值.
【解析】设椭圆C的半焦距为c，由题意，得 ， ，所以 ， ．
设椭圆C的左焦点为 ，则 ，
所以 ．
故答案为： ．
14．（2024·山东淄博·二模）“若点P为椭圆上的一点， 为椭圆的两个焦点，则椭圆在点 处的切线
平分 的外角”，这是椭圆的光学性质之一．已知椭圆 ，点P是椭圆上的点，在点 处
的切线为直线 ，过左焦点 作 的垂线，垂足为 ，设点 的轨迹为曲线 ．若 是曲线 上一点，
已知点 ，则 的最小值为 ．【答案】
【分析】先由已知椭圆的性质结合椭圆定义可得 轨迹，再利用圆的性质在 轴上找一定点 ，满
足 ，从而将 转化为 最值问题求解可得.
【解析】由椭圆 方程 ，知 .
如图，延长 、 交于点 ，由题意可知 ，
又因为 ，则 为 的中点，且 ，
所以， ，
又因为 为 的中点，则 .
故点 的轨迹 为以 为原点， 为半径的圆，圆的方程为 .
设在 轴上存在定点 ，使得圆上任意一点 ，满足 ，
由 ，则 ，
化简得 ，
又 ，代入得 ，
∵
要使等式恒成立，则 ，即 .
存在定点 ，使圆上任意一点 满足 ，
∴
则 ，当 三点共线（ 位于 两侧）时，等号成立.
由 ，则 ，
所以 ，当 三点共线（ 位于 两侧）时等号成立.
如图，连接 ，线段 与圆 的交点即为取最值时的点 ，此时取到最小值 .故答案为：5.
【点睛】方法点睛：借助阿氏圆探究最值问题：若 为两定点，动点 满足 ，则 时，
动点 的轨迹为直线；当 且 时，动点 的轨迹为圆，此圆称之为阿波罗尼斯圆，也称阿氏圆.借
助阿波罗尼斯圆，可以转化动点到定点的距离，化系数 为 ，从而转化为到另一定点的距离进而由几何
性质等求解最值.
四、解答题
15．（2024·广东梅州·二模）已知椭圆C： （ ）的离心率为 ，且经过点 ．
(1)求椭圆C的方程：
(2)求椭圆C上的点到直线l： 的距离的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的离心率可得 ， 的关系，设椭圆的方程，将点 的坐标代入椭圆的方程，可得
参数
的值，即可得 ， 的值，求出椭圆的方程；
（2）设与 平行的直线的方程，与椭圆的方程联立，由判别式为0，可得参数的值，进而求出两条
直线的距离，即求出椭圆上的点到直线的最大距离．
【解析】（1）由椭圆的离心率为 ，可得 ，
可得 ，设椭圆的方程为： ， ，
又因为椭圆经过点 ，所以 ，
解得 ，
所以椭圆的方程为： ；
（2）设与直线 平行的直线的方程为 ，联立 ，整理可得： ，
，可得 ，则 ，
所以直线 到直线 的距离 ．
所以椭圆 上的点到直线 的距离的最大值为 ．
16．（2024·广东·二模）已知双曲线 的焦点与椭圆 的焦点重合，其渐
近线方程为 .
(1)求双曲线 的方程；
(2)若 为双曲线 上的两点且不关于原点对称，直线 过 的中点，求直线 的斜率.
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）先求出焦点坐标，再根据渐近线方程可求基本量，从而可得双曲线的方程.
（2）利用点差法可求直线的斜率，注意检验.
【解析】（1）椭圆 的焦点为 ，故 ，
由双曲线的渐近线为 ，故 ，故 ，
故双曲线方程为： .
（2）设 ， 的中点为 ，
因为 在直线 ，故 ，
而 ， ，故 ，
故 ，由题设可知 的中点不为原点，故 ，所以 ，
故直线 的斜率为 .
此时 ，
由 可得 ，整理得到： ，
当 即 或 ，
即当 或 时，直线 存在且斜率为1.
17．（2024·陕西西安·模拟预测）已知椭圆 的一个焦点与抛物线 的焦点重
合，离心率为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)过点 作斜率为 的直线交椭圆 于 两点，求弦 中点坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线的焦点求出 的值，然后由椭圆的离心率计算 ，再由平方关系得到 ，可写出
椭圆的方程；
（2）设 的坐标，点差法计算出坐标之间的关系，再根据中点所在直线可求出点的坐标.
【解析】（1）依题意得：
，即 ，解得
，解得
椭圆 的方程为
（2）如图所示：设 ， 中点为 ，
所以
则
又 两点在椭圆 上，可得 ，
两式相减可得 ，整理得
，①.
过点 斜率为 的直线为 .
因为 在直线上，故 ，②
联立①②，解得
所以 中点坐标为 .
18．（2024·江苏苏州·模拟预测） 已知椭圆 与圆 在第一、第
二象限分别交于 Q、P 两点，且满足
(1)求椭圆γ的标准方程；
(2)A 是椭圆上的一点，若存在椭圆的弦 BC 使得 ，求证:四边形OABC 的面积为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆和圆的对称性可得 ， ，再代入椭圆和圆的方程中，解方程组求出 和
的值即可；
（2）设 ， ，易知四边形 是平行四边形，设直线 的方程为 ，将其与椭
圆方程联立，结合韦达定理，弦长公式以及椭圆的方程，推出 ，再利用点到直线的距离公式，表示出四边形 的面积，然后化简即可得定值．
【解析】（1）由对称性知， ，
因为 ， ，所以 是边长为1的等边三角形，
△
因为 位于第一象限，所以 , ，
代入椭圆 的方程有 ，
代入圆 的方程有 ，
联立解得 ， ，
所以椭圆 的标准方程为 ．
（2）证明：设 ， ，则直线 的斜率为 ，且 ，即 ，
因为 ，所以四边形 是平行四边形， ，
设直线 的方程为 ， , ， , ，
联立 ，得 ，
所以 ， ，
所以
，
因为 ，所以 ，
整理得 ，即 ，
而点 到直线 的距离为 ，
所以四边形 的面积 ，为定值．
19．（2023·四川绵阳·三模）在平面直角坐标系 中：①已知点 ， 直线 ，动点 满
足到点 的距离与到直线 的距离之比 ；②已知点 分别在 轴， 轴上运动， 且 ， 动点
满
； ③已知圆 的方程为 ， 直线 为圆 的切线， 记点 到
直线 的距离分别为 ， 动点 满足 ．
(1)在①，②，③这三个条件中任选一个， 求动点 的轨迹方程；
(2)记 （1）中动点 的轨迹为 ， 经过点 的直线 交 于 两点， 若线段 的垂直平分
线与 轴相交于点 ， 求点 纵坐标的取值范围．
【答案】(1)所选条件见解析， ．
(2) ．
【分析】（1）分别根据选择的条件，设 ，把条件转化为数学表达式，化简得到 与 之间的关系
即为 点的轨迹方程；
（2）设 ，当直线 的斜率不存在时， ；当直线 的斜率存在时，设直线 的斜率为 ，
，线段 的中点为 ，联立 ，得到
，线段 的垂直平分线的方程为 ，令 ，得 .代入得，从而求得 的取值范围.
【解析】（1）若选①： 设 ，根据题意， 得 ，整理可得 ，
所以动点 的轨迹方程为 ．
若选②： 设 ，则 ， (I)
因为 ，所以 ，整理， 得 ，代入(I)得： ，
所以动点 的轨迹方程为 ．
若选③： 设 ， 直线 与圆相切于点 ，则
由椭圆的定义， 知点 的轨迹是以 为焦点的椭圆，
所以 ， 故 ，
所以动点 的轨迹方程为 ．
（2）设 ， 当直线 的斜率不存在时，
当直线 的斜率存在时， 设直线 的斜率为 ，
线段 的中点为 ，
由 ，得 ，
所以 ，线段 的垂直平分线的方程为 ，
令 ， 得 ．
由 ，得 ，
由 得 ，
所以 ，
则 或 ，
所以 或 ．
综上所述， 点 纵坐标的取值范围是 ．
【点睛】方法点睛：（1）根据条件中的点到直线距离，点到点的距离，向量关系及椭圆定义，分别化简
求
得 与 之间的关系，即可求得轨迹方程；
（2）设直线方程，联立椭圆方程可以求得参数满足的关系，代入到题干条件，求得直线 的方程，从
而求得 轴上的截距满足的一元二次函数条件，从而求得结果.
