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9.2 椭圆及其性质
基础篇
考点 一 椭圆的定义及标准方程 当且仅当 ＭＦ ＭＦ 时等号成立.故
｜ １ ｜ ＝ ｜ ２ ｜ ＝３
选 .
１.( 届广州阶段测试ꎬ )记 ｐ 方程 ｍ Ｃ
２０２３ ３ :“ ( －
３.( 浙江嘉兴一中开学考)已知 Ｐ 为椭圆
ｘ２ ｍ ｙ２ 表示椭圆 ｑ 函数 ｆ ｘ ２０２１
１) ＋(３－ ) ＝１ ”ꎬ :“ ( )
ｙ２ ｘ２
上一点 若 Ｐ 到一个焦点的距离为
１ｘ３ ｍ ｘ２ ｘ 无极值 则 ｐ 是 ｑ 的 ＋ ＝１ ꎬ
＝ ＋( －２) ＋ ”ꎬ ９ ４
３
则 Ｐ 到另一个焦点的距离为
１ꎬ ( )
( )
充要条件 Ａ.３ Ｂ.５ Ｃ.８ Ｄ.１２
Ａ.
充分不必要条件 答案 Ｂ 设椭圆的两焦点为 Ｆ Ｆ .椭圆
ｙ２
Ｂ. １ꎬ ２
必要不充分条件 ９
Ｃ. ｘ２
既不充分也不必要条件 的长轴长为 ａ 由椭圆的定义得
Ｄ. ＋ ＝１ ２ ＝６ꎬ ｜
４
答案 Ｂ ｐ 由 方 程 表 示 椭 圆 可 得
: ＰＦ ＰＦ ａ
ìｍ
１｜＋｜ ２｜ ＝２ ＝６ꎬ
ï
－１>０ꎬ 不妨设 ＰＦ 所以 ＰＦ ＰＦ
í
ï
ｍ 解得 ｍ 且 ｍ 所以 ｍ
｜ １｜ ＝１ꎬ ｜ ２｜ ＝６－｜ １｜ ＝５ꎬ
ï３－ >０ꎬ １< <３ ≠２ꎬ 故选 .
ï Ｂ
îｍ ｍ
－１≠３－ ꎬ ４.( 广东深圳中学月考ꎬ )已知直线 ｌ ｙ
的取值范围为 ｍ ｍ 且 ｍ . ２０２２ ６ : ＝
{ ｜１< <３ ≠２} ｙ２
ｘ 与曲线 Ｃ ｘ２ 相交于 Ａ Ｂ 两点
ｑ ｆ ′ ｘ ｘ２ ｍ ｘ 由函数 ｆ ｘ １ｘ３ ＋１ : ＋ ＝１ ꎬ ꎬ
: ( )＝ ＋２( －２) ＋１ꎬ ( )＝ ２
３ Ｆ 则 ＡＢＦ 的周长是
ｍ ｘ２ ｘ 无极值可得 Δ ｍ ２ (０ꎬ－１)ꎬ △ ( )
＋( －２) ＋ ＝４( －２) －４≤
解得 ｍ Ａ.２ Ｂ.２ ２ Ｃ.４ Ｄ.４ ２
０ꎬ １≤ ≤３ꎬ
ｙ２
所以 ｍ 的取值范围为 ｍ ｍ .因为 答案 Ｄ 在椭圆 ｘ２ 中 ａ ｂ
{ ｜１≤ ≤３} ＋ ＝１ ꎬ ＝ ２ꎬ ＝１ꎬ
ｍ ｍ 且 ｍ ｍ ｍ 所以 ２
{ ｜１< <３ ≠２}⫋{ ｜１≤ ≤３}ꎬ 则 ｃ 椭圆的焦点为 所以
ｐ 是 ｑ 的充分不必要条件 故选 ＝１ꎬ (０ꎬ１)ꎬ(０ꎬ－１)ꎬ
ꎬ Ｂ. Ｆ 是椭圆的一个焦点 易知直线 ｌ 过椭圆的
２.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知 Ｆ Ｆ 是椭圆 ꎬ
２０２１ Ⅰ ５ ５ １ꎬ ２ 另一个焦点 所以 ＡＢＦ 的周长为 ａ
(０ꎬ１)ꎬ △ ４
ｘ２ ｙ２
Ｃ 的两个焦点 点 Ｍ 在 Ｃ 上 则 .故选 .
: ＋ ＝ １ ꎬ ꎬ ＝４ ２ Ｄ
９ ４
５.( 届江苏省包场高级中学检测ꎬ )已知
ＭＦ ＭＦ 的最大值为
２０２３ １３
｜ １｜｜ ２｜ ( )
ｘ２ ｙ２
椭圆 长轴在 ｙ 轴上.若焦距为
Ａ.１３ Ｂ.１２ Ｃ.９ Ｄ.６
ｍ＋ｍ ＝１ꎬ
ｘ２ ｙ２ １０－ －２
答案 Ｃ Ｍ 在椭圆 Ｃ 上 且 ａ
∵ : ＋ ＝１ ꎬ 则 ｍ 等于 .
９ ４ ２ ２ꎬ
答案
＝３ꎬ ７
ＭＦ ＭＦ ｘ２ ｙ２ 专
∴ ｜ １｜＋｜ ２｜ ＝６ꎬ 解析 椭圆 的长轴在 ｙ 轴 题
∵ ｍ＋ｍ ＝１ 九
ＭＦ ＭＦ
１０－ －２
｜ １｜＋｜ ２｜ ＭＦ ＭＦ
∵
２
≥ ｜ １｜｜ ２｜ ꎬ 上
ꎬ∴
ｍ
－２>１０－
ｍ
>０ꎬ６<
ｍ
<１０
.由椭圆的焦距 平
面
解
æ ＭＦ ＭＦ ö２ æ ö２ 析
ＭＦ ＭＦ çç｜ １｜＋｜ ２｜÷÷ 为 可得 ｍ ｍ çç２ ２÷÷ 解得 ｍ 几
∴ ｜ １｜｜ ２｜≤è ø ＝９ꎬ ２ ２ －２－(１０－ )＝ è ø ꎬ 何
２ ２
３４９
.
＝７ ｂ 的离心率为１ 则
> >０) ꎬ ( )
６.( 全国甲ꎬ理 ꎬ文 ꎬ 分)已知 Ｆ Ｆ
２
２０２１ １５ １６ ５ １ꎬ ２
ａ２ ｂ２ ａ２ ｂ２
ｘ２ ｙ２ Ａ. ＝２ Ｂ.３ ＝４
为椭圆 Ｃ 的两个焦点 Ｐ Ｑ 为 Ｃ
: ＋ ＝１ ꎬ ꎬ ａ ｂ ａ ｂ
Ｃ. ＝２ Ｄ.３ ＝４
１６ ４
上关于坐标原点对称的两点 且 ＰＱ ａ２ ｂ２
ꎬ ｜ ｜ ＝ 答案 Ｂ 由题意知 － ｅ２ １ 整理得
Ｆ Ｆ 则四边形 ＰＦ ＱＦ 的面积为 .
ａ２ ＝ ＝
４
ꎬ
｜ １ ２｜ꎬ １ ２
答案 ３
ａ２
＝４
ｂ２
ꎬ
故选
Ｂ
.
８
３.( 届广东佛山顺德教学质量检测一ꎬ )
解析 如图 设 ＰＦ ｍ
２０２３ ６
ꎬ ｜ １｜ ＝ ꎬ
ｘ２ 已知四边形 ＡＢＣＤ 是椭圆 Ｃ
ｘ２ ｙ２
的内
ＰＦ ｎ 由椭圆方程 : ＋ ＝１
｜ ２｜ ＝ ꎬ ＋
４ ３
１６
接四边形 即四边形的四个顶点均在椭圆
ｙ２
(
可得 ａ ＰＦ
＝１ ꎬ２ ＝ ｜ １ ｜ ＋｜ 上 且四边形 ＡＢＣＤ 为矩形 则四边形
４ )ꎬ ꎬ
ＡＢＣＤ 的面积的最大值为
ＰＦ ｍ ｎ ｃ Ｆ Ｆ .
( )
２｜ ＝ ＋ ＝８ꎬ２ ＝｜ １ ２｜ ＝４ ３
由 Ｐ Ｑ 关于原点对称得 ＯＰ ＯＱ
４８
ꎬ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ꎬ
Ａ.４ ３ Ｂ.
又 ＯＦ ＯＦ 故四边形 ＰＦ ＱＦ 为平行 ７
｜ １ ｜ ＝ ｜ ２ ｜ꎬ １ ２
四边形. Ｃ. ３ Ｄ.４ ２＋２ ６
答案 Ａ 如图 由椭圆
依据 Ｆ Ｆ ＰＱ 得到四边形 ＰＦ ＱＦ 为 ꎬ
｜ １ ２｜ ＝ ｜ ｜ꎬ １ ２ 的对 称 性 知 四 边 形
矩形 故 ＰＦ ＰＦ . 在 Ｆ ＰＦ 中 ꎬ
ꎬ １ ⊥ ２ Ｒｔ △ １ ２ ꎬ ＡＢＣＤ 的 面 积 Ｓ
Ｆ ＰＦ ° 则 ｍ２ ｎ２ ２ 由 ｍ ＝
∠ ２ １ ＝９０ ꎬ ＋ ＝(４ ３) ＝４８ꎬ ( Ｓ 设点Ａ 的坐标为
ｎ ２ 得 ｍ２ ｎ２ ｍｎ ｍｎ 解得 ８ △ ＡＯＨꎬ
＋ ) ＝６４ ＋ ＋２ ＝４８＋２ ＝６４ꎬ
ｍ ｎ 故Ｓ １ ｍｎ ｍｎ 又点Ａ 在
ｍｎ 所以四边形 ＰＦ ＱＦ 的面积为 . ( ꎬ )ꎬ ＝８× ×｜ ｜ ＝４｜ ｜ꎬ
＝８ꎬ １ ２ ８ ２
ｍ２ ｎ２ ｍ ｎ
椭圆上 所以 ｜ ｜ ｜ ｜ 解得
考点 二 椭圆的几何性质
ꎬ ＋ ＝１≥２ ꎬ
４ ３ ２ ３
ｘ２ ｍ ｎ
１.( 武汉二中月考ꎬ )已知椭圆 ｙ２ ｍｎ 当且仅当｜ ｜ ｜ ｜ 即 ｍ２ ｎ２
２０２２ ５ ａ ＋ ＝１ ｜ ｜≤ ３ꎬ ＝ ꎬ ＝２ꎬ
２ ３
ｘ２
ａ 和双曲线 ｙ２ ｍ 有相同焦 ３时取得等号.
( >１) ｍ－ ＝ １( >０) ＝
２
点 则
故四边形 ＡＢＣＤ 的面积的最大值为 .故
ꎬ ( )
４ ３
ａ ｍ ｍ ａ
选
Ａ. ＝ ＋２ Ｂ. ＝ ＋２
Ａ.
Ｃ.
ａ２
＝
ｍ２
＋２ Ｄ.
ｍ２
＝
ａ２
＋２ ４.( 河北秦皇岛三模ꎬ )已知椭圆 Ｃ
ｘ２
5 ｘ２ ２０２２ ５ :ａ２ ＋
年
答案 Ａ 椭圆 ｙ２ ａ 的半焦距为
ａ ＋ ＝１( >１)
高 ｙ２
考 ａ ｂ Ｆ 为其左焦点 过点
3 ｘ２ ｂ２ ＝１( > >０)ꎬ (－ ３ꎬ０) ꎬ
年
ａ 双曲线 ｙ２ ｍ 的半焦距为
－１ꎬ ｍ－ ＝１( >０)
模 Ｆ 且垂直于ｘ 轴的直线与椭圆Ｃ 的一个交点
拟
ｍ 则有 ａ ｍ 即 ａ ｍ .故
A ＋１ꎬ －１ ＝ ＋１ꎬ ＝ ＋２ 为 Ａ 若 ＡＯＦ ３ Ｏ 为原点 则椭圆 Ｃ
版 ꎬ ｔａｎ∠ ＝ ( )ꎬ
选 .
２
Ａ
高 的长轴长等于
考 ｘ２ ｙ２ ( )
数 ２.( 北京理ꎬ ꎬ 分)已知椭圆 ａ
学 ２０１９ ４ ５ ａ２ ＋ｂ２ ＝１(
Ａ.６ Ｂ.１２ Ｃ.４ ３ Ｄ.８ ３
３５０
答案 Ｃ 因为椭圆 Ｃ 的左焦点为 Ｆ ｃ . 椭圆 Ｃ 的焦距为 故 正确.
(－ ３ꎬ ∴ ＝１ ∴ ２ꎬ Ａ
所以 ｃ 由 ＡＦ 垂直于 ｘ 轴 可设 Ａ 由 ｂ ａ２ ｃ２ 得椭圆 Ｃ 的短轴
０)ꎬ ＝ ３ꎬ ꎬ (－ ＝ － ＝ ４－１ ＝ ３ꎬ
ｃ ２ ｙ２ 长为 故 错误.
ｃ ｙ 因为 Ａ 在椭圆 Ｃ 上 所以(－ ) １ ２ ３ꎬ Ｂ
ꎬ １)ꎬ ꎬ ａ２ ＋ｂ２ ＝ ＰＱ ＰＦ ＱＦ ＥＦ ＥＱ
｜ ｜ ＋ ｜ ｜ ≥ ｜ ｜ ≥ ｜ ｜ － ｜ ｜ ＝
１ꎬ
又 ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
ꎬ
所以
｜
ｙ
１｜ ＝
ｂ
ａ
２
ꎬ (１＋３)
２
＋(０－４)
２
－２＝４ ２－２ꎬ
故
Ｃ
错误.
设过点 Ｆ 的圆 Ｅ 的切线方程为 ｙ ｋ ｘ
ｂ２ ＝ ( －１)ꎬ
因为
ｔａｎ∠
ＡＯＦ
＝
３
ꎬ
所以
＝
３.又 ａ２
＝
ｂ２
＋ ｋ
ａ 则｜ (－３－１)－４｜ 解得 ｋ －４± ７ 即
２ ３ ２ ＝ ２ꎬ ＝ ꎬ Ｄ
ａ ｂ
ｋ２
＋１ ３
３ꎬ > >０ꎬ
正确.
{
ａ
所以
ｂ
＝２ ３ꎬ则
２
ａ
＝４ ３ꎬ
故选
Ｃ. ６.( 浙江ꎬ ꎬ 分)已知椭圆
ｘ２ ｙ２
ａ
＝３ꎬ ２０２１ １６ ６ ａ２ ＋ｂ２ ＝１( >
５.(多选)( 河北衡水冀州一中期末ꎬ )
２０２２ １０ ｂ 焦点Ｆ ｃ Ｆ ｃ ｃ .若过
>０)ꎬ １(－ ꎬ０)ꎬ ２( ꎬ０)( >０)
ｘ２ ｙ２
已知椭圆 Ｃ ａ ｂ 的右焦点为 æ ö２
:ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) Ｆ
１
的直线和圆
è
çｘ
－
１ｃ
ø
÷
＋
ｙ２
＝
ｃ２ 相切
ꎬ
与椭圆
２
Ｆ 点 Ｐ 在椭圆 Ｃ 上 点 Ｑ 在圆 Ｅ ｘ ２
ꎬ ꎬ :( ＋３) ＋ 在第一象限交于点 Ｐ 且 ＰＦ ｘ 轴 则该直
ｙ ２ 上 且圆 Ｅ 上的所有点均在椭圆
ꎬ ２⊥ ꎬ
( －４) ＝４ ꎬ 线的斜率是 椭圆的离心率是 .
ꎬ
Ｃ 外 若 ＰＱ ＰＦ 的最小值为 且
ꎬ ｜ ｜－｜ ｜ ２ ５－６ꎬ
答案 ２ ５ ５
椭圆 Ｃ 的长轴长恰与圆 Ｅ 的直径长相等 则
ꎬ ５ ５
下列说法正确的是 解析 设切点为 Ｂ 圆心为 Ａ 连接 ＡＢ 如
( ) ꎬ ꎬ ꎬ
椭圆 Ｃ 的焦距为 ｃ
Ａ. ２ 图 易知 Ｆ Ａ ３ Ｆ Ｆ ｃ ＢＦ
椭圆 Ｃ 的短轴长为 ꎬ ｜ １ ｜ ＝ ꎬ ｜ １ ２ ｜ ＝ ２ ꎬ ｜ １ ｜ ＝
２
Ｂ. ３
ｃ
ＰＱ ＰＦ 的最小值为
５ ＡＢ ｃ ＰＦ
Ｃ.｜ ｜＋｜ ｜ ２ ５
ꎬ｜ ｜ ＝ ꎬ｜ ２ ｜ ＝
２
过点 Ｆ 的圆 Ｅ 的切线斜率为－４± ７ ｂ２
Ｄ. . 直线 ＰＦ 的斜率 ｋ
３ ａ ∴ １
答案 ＡＤ 根据题意 作出如图所示的
ꎬ ＡＢ
图形 ＰＦ Ｆ ｜ ｜
ꎬ ＝ｔａｎ∠ １ ２ ＝ ＢＦ ＝
｜ １｜
ｃ
２ ５.
＝
５ｃ ５
２
ｂ２
ａ
在 ＰＦ Ｆ 中 ＰＦ Ｆ ２ ５ 即 ｂ２
椭圆 Ｃ 的长轴长与圆 Ｅ 的直径长相等 △ １ ２ ꎬｔａｎ∠ １ ２ ＝ ｃ＝ ꎬ ５
∵ ꎬ∴ ２ ５
２
ａ
＝４ꎬ
ａ
＝２ꎬ
设椭圆的左焦点为 Ｆ
１(－
ｃ
ꎬ０)ꎬ ＝４
ａｃ
⇒ ５(
ａ２
－
ｃ２
)＝ ４
ａｃ
ꎬ
方程两边同时除以
专
题
由椭圆的定义可知 ＰＦ ＰＦ ａ 九
ꎬ｜ １｜＋｜ ｜ ＝２ ＝４ꎬ
ａ２ 整理可得 ｅ２ ｅ 解得 ｅ ５或 ｅ
ＰＱ ＰＦ ＰＱ ＰＦ ＱＦ ꎬ ５ ＋４ － ５ ＝０ꎬ ＝ 平
∴ ｜ ｜－｜ ｜ ＝ ｜ ｜－(４－｜ １｜)≥｜ １｜－ ５ 面
解
ＥＦ ＥＦ
析
４≥｜ １ ｜ －２－４＝２ ５－６ꎬ∴ ｜ １ ｜ ＝２ ５ ＝ 舍 ｅ ５. 几
ｃ ２ ２ 解得 ｃ 或 ｃ ａ ＝－ ５( )ꎬ∴ ＝ ５ 何
(－３＋ ) ＋(４－０) ꎬ ＝１ ５ꎬ∵ < ꎬ
３５１
７.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)设 Ｆ Ｆ 为椭圆 ＭＦ ＭＦ ｃ 则ａ ｃ ｂ ｃ 可得
２０１９ Ⅲ １５ ５ １ꎬ ２ ｜ １｜＋｜ ２｜＝２ ３ ꎬ ＝ ３ ꎬ ＝ ２ ꎬ
ｘ２ ｙ２
Ｃ 的两个焦点 Ｍ 为Ｃ 上一点且在
ＯＢＦ ３ ２ ＯＢＦ °
: ３６ ＋ ２０ ＝１ ꎬ ｓｉｎ ∠ ２ ＝ < ⇒ ∠ ２ < ４５ ⇒
３ ２
第一象限.若 ＭＦ Ｆ 为等腰三角形 则 Ｍ
Ｆ ＢＦ ° 又 Ｆ ＱＦ Ｆ ＢＦ 故
△ １ ２ ꎬ ∠ １ ２<９０ ꎬ ∠ １ ２≤∠ １ ２ꎬ Ａ
的坐标为 .
正确 圆心 Ａ 到椭圆左顶点的距离为 ｃ ａ
ꎻ ２ － ＝
答案
(３ꎬ １５) ｃ １ ｃ ｒ 则圆 Ａ 与椭圆 Ｃ 有公共
解析 不妨设 Ｆ Ｆ 分别是椭圆 Ｃ 的左 右 (２－ ３) < ＝ ꎬ
１ꎬ ２ ꎬ ２
焦点 由 Ｍ 点在第一象限 ＭＦ Ｆ 是等腰 点 故 错误 当ａ 时 ｂ 椭圆的短轴
ꎬ ꎬ△ １ ２ ꎬ Ｂ ꎻ ＝３ ꎬ ＝ ６ꎬ
ｘ２ ｂ
三角形 知 Ｆ Ｍ Ｆ Ｆ 又由椭圆方程 长为 故 正确 ｋ ｋ ｋ
ꎬ ｜ １ ｜ ＝ ｜ １ ２｜ꎬ ２ ６ꎬ Ｃ ꎻ ＢＦ ＝ ｃ ＝ ２ꎬ ＢＦ ≠
３６ ２ ２
ｙ２
所以 Ｆ Ｂ 与 Ｆ Ｍ 不垂直 故 错误.故
知 Ｆ Ｆ Ｆ Ｍ Ｆ Ｍ
＋ ＝１ꎬ ｜ １ ２｜ ＝８ꎬ｜ １ ｜＋｜ ２ ｜ ＝２×６＝ －１ꎬ ２ １ ꎬ Ｄ
２０ 选
ＡＣ.
所以 Ｆ Ｍ Ｆ Ｆ Ｆ Ｍ .设 Ｍ
１２ꎬ ｜ １ ｜ ＝ ｜ １ ２｜ ＝８ꎬ｜ ２ ｜ ＝４ ２.(多选)( 山东菏泽二模ꎬ )已知椭圆
ｘ ｙ ｘ ｙ 则 ２０２２ １１
( ０ꎬ ０ ) ( ０ > ０ꎬ ０ > ０ )ꎬ ｘ２
{ ｘ ２ ｙ２ Ｅ ｙ２ 的左 右焦点分别为 Ｆ Ｆ 直线
( ０ ＋４) ＋ ０ ＝６４ꎬ解得 ｘ ｙ 即 Ｍ : ＋ ＝１ ꎬ １ꎬ ２ꎬ
２
ｘ ２ ｙ２ ０ ＝３ꎬ ０ ＝ １５ꎬ
( ０ －４) ＋ ０ ＝１６ꎬ ｘ ｍ ｍ 与椭圆 Ｅ 交于 Ａ Ｂ 两点
＝ (－ ２< < ２) ꎬ ꎬ
.
(３ꎬ １５) Ｃ Ｄ 分别为椭圆的左 右顶点 则下列命题
ꎬ ꎬ ꎬ
正确的有
考点 三 直线与椭圆的位置关系 ( )
若直线 ＣＡ 的斜率为 ｋ ＢＤ 的斜率为 ｋ
１.(多选)( 福建莆田二中模拟ꎬ )已知 Ａ. １ꎬ ２ꎬ
２０２２ １０
则 ｋ ｋ １
ｘ２ ｙ２ ＝－
椭圆 Ｃ ａ ｂ 焦点 Ｆ ｃ １ ２
２
:ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０)ꎬ １(－ ꎬ０)ꎬ
存在唯一的实数 ｍ 使得 ＡＦ Ｆ 为等腰
Ｆ ｃ ｃ 下顶点为 Ｂ.过点 Ｆ 的直线 ｌ Ｂ. ꎬ △ １ ２
２( ꎬ０)( >０)ꎬ １ 直角三角形
与曲线 Ｃ 在第四象限交于点 Ｍ 且与圆 Ａ
ꎬ :
ＡＦ→ ＡＦ→的取值范围为
Ｃ. １ ２ (－１ꎬ１)
ｘ ｃ ２ ｙ２ １ｃ２ 相切 若ＭＦ→ Ｆ Ｆ→ 则
( ＋２ ) ＋ ＝ ꎬ ２ １ ２ ＝０ꎬ ＡＢＦ 周长的最大值为
４ Ｄ.△ １ ４ ２
下列结论正确的是 答案 ＢＤ 将 ｘ ｍ 代入椭圆方程 求出 ｙ
( ) ＝ ꎬ ＝
Ａ. 椭圆 Ｃ 上不存在点 Ｑ ꎬ 使得 ＱＦ １⊥ ＱＦ ２ ｍ２ 不 妨 令 Ａ æ ç çｍ ｍ２ ö ÷ ÷
圆 Ａ 与椭圆 Ｃ 没有公共点 ± １－ ꎬ è ꎬ－ １－ ø ꎬ
Ｂ. ２ ２
当 ａ 时 椭圆的短轴长为 æ ö
Ｃ. ＝３ ꎬ ２ ６ Ｂç çｍ
ｍ２
÷ ÷.
Ｆ Ｂ Ｆ Ｍ è ꎬ １－ ø
5 Ｄ. ２ ⊥ １ ２
年 高 答案 ＡＣ 设直线 ｌ 的方程为 ｙ ＝ ｋ ( ｘ ＋ ｃ )ꎬ ｋ 由椭圆方程可知Ｃ (－ ２ꎬ０)ꎬ Ｄ ( ２ꎬ０)ꎬ
考 由圆心 Ａ ｃ 到直线 ｌ 的距离 ｄ
3 <０ꎬ (－２ ꎬ０) ＝ æ
ç
ｍ２ ö
÷
ｍ２ æ ｍ２ö
年 模 拟 ｜ ｋ ｋ ２ ｃ ｜ ＝ ２ １ｃ ꎬ 解得 ｋ ＝ － ３ ３ ꎬ 则 ∠ ＭＦ １ Ｆ ２ ＝３０ °. 则 ｋ １ ｋ ２ ＝ è ç － ｍ １－ ２ ø ÷ ｍ １－ ２ ＝ －è ç ｍ １ ２ － ２ ø ÷ ＝
A ＋１ ( ＋ ２)( － ２) －２
版 由ＭＦ→ Ｆ Ｆ→ 得ＭＦ→ Ｆ Ｆ→ 则 ＭＦ
２ １ ２ ＝０ꎬ ２⊥ １ ２ꎬ ｜ ２ ｜ ＝ １ 错误
高 ꎬＡ ꎻ
考 ２
数 ２ ３ｃ ＭＦ ４ ３ｃ 根据椭圆定义可得 ａ
学 ꎬ｜ １｜ ＝ ꎬ ２ ＝ 由题意得 Ｆ Ｆ 当 ｍ 时
３ ３ １(－１ꎬ０)ꎬ ２(１ꎬ０)ꎬ ＝±１ ꎬ
３５２
ｎ２
ｙ ２ 此时 ＡＦ ２ Ｆ Ｆ 所以当Ｆ ４ ｘ ｎ２ 设 Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 不
＝± ꎬ ｜ １｜ ＝ ≠｜ ２ １｜ꎬ １ ｍ ＋２ －６＝０ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
２ ２
妨令 ｘ ｘ
或 Ｆ 是直角顶点时 不满足题意
２ ꎬ ꎬ
１> ２ꎬ
当点 Ａ 是直角顶点时 由对称性可知 此时 Ａ ｎ２
４
ꎬ :
ｍ ｍｎ２
为上顶点或下顶点 因为 ｂ ｃ 所以满足 则 ｘ ｘ ４ .
ꎬ ＝ ＝１ꎬ １ ＋ ２ ＝ ｎ２ ＝ｍ２ ｎ２
题意 所以存在唯一的实数 ｍ 使得 ２ ＋２
ꎬ ＝ ０ꎬ １＋ｍ２
ＡＦ Ｆ 为等腰直角三角形 正确
△ １ ２ ꎬＢ ꎻ ｎ２ ｎ２
æ ö 由 ＭＡ ＮＢ 得 ｘ ｘ
不妨令 Ａç çｍ ｍ２ ÷ ÷ 则ＡＦ→ ＡＦ→ ｍ２ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ １＋ｍ２ ｜ Ｍ－ １｜ ＝ １＋ｍ２ ｜
è ꎬ－ １－ ø ꎬ １ ２ ＝ －１
２ ｘ ｘ
Ｎ－ ２｜ꎬ
ｍ２ ｍ２
因为 ｍ 所以ＡＦ→ ＡＦ→ 即 ｍ ｘ ｘ ｘ ｘ ｍ
＋１－ ＝ ꎬ － ２< < ２ꎬ １ ２ － １ ＝ ２ꎬ∴ １ ＋ ２ ＝ ꎬ
２ ２ ｍｎ２
ｍ２
错误
故
ｍ
４
２ ｎ２ ＝
ｍ
ꎬ
即 ｍ２
＝２
ｎ２.
①
＝ ∈[０ꎬ１)ꎬＣ ꎻ ＋２
２
又由 ＭＮ 得 ｍ２ ｎ２
如图 当直线 ｘ ｍ ｜ ｜ ＝２ ３ ＋ ＝１２ꎬ②
ꎬ ＝ (－
由 及 ｍ ｎ 可得 ｍ ｎ .
ｍ 经过焦点 ①② >０ꎬ >０ ＝２ ２ꎬ ＝２
２< < ２)
ｘ ｙ
Ｆ 时 ＡＢＦ 的周长 ｌ 的方程为 即 ｘ ｙ .
２ ꎬ△ １ ∴ ＋ ＝１ꎬ ＋ ２ －２ ２ ＝０
最大 等于 ＡＦ ＡＦ ２ ２ ２
ꎬ ｜ １ ｜＋｜ ２ ４.( 届辽宁六校期初考试ꎬ )已知椭圆 Ｃ
ＢＦ ＢＦ ａ 其他位置都比 ２０２３ ２１
｜＋｜ １ ｜ ＋｜ ２ ｜ ＝４ ＝４ ２ꎬ æ ö
ａ 小. 的两个焦点为 点 Ａç ３ ÷在
４ (－１ꎬ０)ꎬ(１ꎬ０)ꎬ è１ꎬ ø
２
例如 当直线ｘ ｍ ｍ 与椭圆相交 Ｃ 上 直线 ｌ 交 Ｃ 于 Ｐ Ｑ 两点 直线 ＡＰ ＡＱ
ꎬ ＝ (－ ２< < ２) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
于 Ａ′ Ｂ′ 与 ｘ 轴交于 Ｍ 点时 连接 Ａ′Ｆ Ｂ′ 的斜率之和为 .
ꎬ ꎬ ꎬ ２ꎬ
０
Ｆ 由椭圆定义可知 Ａ′Ｆ Ａ′Ｆ ａ 显
求椭圆 Ｃ 的方程
２ꎬ :｜ １｜＋｜ ２｜ ＝２ ꎬ
(１) ꎻ
然 Ａ′Ｆ Ａ′Ｍ
求直线 ｌ 的斜率.
｜ ２｜>｜ ｜ꎬ
(２)
则 Ａ′Ｆ Ａ′Ｍ Ｂ′Ｆ Ｂ′Ｍ ａ 解析 由题意知 ｃ 且焦点在 ｘ 轴上
｜ １｜＋｜ ｜＋｜ １｜＋｜ ｜<４ ＝４ ２ꎬ (１) ＝１ꎬ ꎬ
故 ＡＢＦ 周长的最大值为 正确.故 ｘ２ ｙ２
△ １ ４ ２ꎬＤ 故可设椭圆方程为 ｂ 由 Ａ
选 ｂ２ ＋ｂ２ ＝１( >０)ꎬ
ＢＤ.
１＋
３.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知直线 ｌ 与椭圆 æ ö
２０２２ Ⅱ １６ ５
ç ３ ÷在 Ｃ 上可得 １ ９ 解得 ｂ２
è１ꎬ ø ｂ２ ＋ ｂ２ ＝１ꎬ ＝３
ｘ２ ｙ２ ２ １＋ ４
在第一象限交于 Ａ Ｂ 两点 ｌ 与 ｘ
＋ ＝１ ꎬ ꎬ
６ ３
或 ｂ２ ３ 舍去
＝－ ( )ꎬ
轴 ｙ 轴分别交于 Ｍ Ｎ 两点 且 ＭＡ ４
、 ꎬ ꎬ ｜ ｜ ＝
ｘ２ ｙ２
ＮＢ ＭＮ 则 ｌ 的方程为 . 故椭圆 Ｃ 的方程为 .
｜ ｜ꎬ｜ ｜ ＝２ ３ꎬ ＋ ＝１
４ ３
答案 ｘ ｙ
＋ ２ －２ ２ ＝０ 设直线 ＡＰ ｙ ３ ｋ ｘ ＡＱ ｙ ３ ｋ
解析 设 Ｍ ｍ Ｎ ｎ 其中 ｍ ｎ (２) : － ＝ ( －１)ꎬ : － ＝－
( ꎬ０)ꎬ (０ꎬ )ꎬ >０ꎬ > ２ ２
专
ｘ ｙ ｘ
则直线 ｌ ( －１)ꎬ 题
０ꎬ :ｍ＋ｎ ＝１ꎬ ì 九
ï
ｙ ３ ｋ ｘ
ì ï ｘ ｙ ï ï － ＝ ( －１)ꎬ 平 面
由í ï
ï
ｍ＋ｎ ＝１ꎬ 消 ｙ 并整理得 æ
è
çç
１＋
２
ｍ
ｎ
２
２ö
ø
÷÷ｘ２
－
联立í ï
ï
ｘ２ ２ ｙ２ 消去 ｙ 整理得 (３＋４ ｋ２ ) 解 析
几
ï ï
îｘ２ ｙ２ î ＋ ＝１ꎬ 何
＋２ －６＝０ ４ ３
３５３
ｘ２ ｋ２ ｋ ｘ ｋ２ ｋ æ ｋ ｋ２ ö
－(８ －１２ ) ＋４ －１２ －３＝０ꎬ 依题意 可得点 Ｂ 的坐标为çç １２ ６ －３÷÷.
设 Ｐ ｘ ｙ 则 ｘ ８
ｋ２
－１２
ｋ
ｘ
ꎬ è
２
ｋ２
＋１
ꎬ
２
ｋ２
＋１
ø
( １ꎬ １)ꎬ １ ＋ １ ＝ ｋ２ ⇒ １ 因为Ｐ 为线段ＡＢ 的中点 点Ａ 的坐标为
３＋４ ꎬ (０ꎬ
ｋ２ ｋ æ ｋ ö
４ －１２ －３ 所以点 Ｐ 的坐标为çç ６ －３ ÷÷.由
＝ ｋ２ ꎬ －３)ꎬ è ｋ２ ꎬ ｋ２ ø ３
３＋４ ２ ＋１ ２ ＋１
ｙ ３ ｋ ｘ ｙ －１２
ｋ２
－１２
ｋ
＋９ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ｆ 得点 Ｃ 的坐标为 故直线 ＣＰ
∵ １ － ＝ ( １ －１)ꎬ∴ １ ＝ ｋ２ ꎬ ＝ ꎬ (１ꎬ０)ꎬ
２ ６＋８
则 Ｐ
æ
çç４
ｋ２
－１２
ｋ
－３ －１２
ｋ２
－１２
ｋ
＋９
ö
÷÷ ｋ
－
２
３
－０
è ｋ２ ꎬ ｋ２ øꎬ 的斜率为２ ＋１ 即 ３ .又因为 ＡＢ
３＋４ ６＋８ ｋ ꎬ ｋ２ ｋ ⊥
６ ２ －６ ＋１
以
－
ｋ 代 替 ｋ
ꎬ
得
２
ｋ２
＋１
－１
æ ｋ２ ｋ ｋ２ ｋ ö
Ｑ
è
çç４
３
＋
＋
１
４
２
ｋ２
－３
ꎬ
－１２
６＋
＋
８
１
ｋ
２
２
＋９
ø
÷÷
ꎬ
ＣＰ
ꎬ
所以ｋ
ｋ２
３
ｋ ＝－１ꎬ
整理得
２
ｋ２
－３
ｋ
＋１
２ －６ ＋１
ｋ
２４
ｋ
ｙ
Ｑ－
ｙ
１ ６＋８
ｋ２
１ 即直线 ｌ 的斜率
＝０ꎬ
解得ｋ
＝
１或ｋ
＝１
.所以直线 ＡＢ 的方程为
∴ ＰＱ＝ｘ ｘ ＝ ｋ ＝ ꎬ ２
Ｑ－ １ ２４ ２
ｋ２ ｙ １ｘ 或ｙ ｘ .
３＋４ ＝ －３ ＝ －３
２
为１. ｘ２ ｙ２
６.( 山东济宁三模ꎬ )已知椭圆 Ｅ
２ ２０２２ ２１ :ａ２ ＋ｂ２
ｘ２ ｙ２
５.( 天津ꎬ ꎬ 分)已知椭圆 ａ ａ ｂ 的左 右顶点分别为 Ａ Ｂ 点 Ｆ
２０２０ １８ １５ ａ２ ＋ｂ２ ＝１( ＝１( > >０) 、 、 ꎬ
是椭圆 Ｅ 的右焦点 点 Ｑ 在椭圆 Ｅ 上 且
ｂ 的一个顶点为 Ａ 右焦点为 Ｆ ꎬ ꎬ
> >０) (０ꎬ－３)ꎬ ꎬ
且 ＯＡ ＯＦ 其中 Ｏ 为原点. ＱＦ 的最大值为 椭圆 Ｅ 的离心率为１.
｜ ｜ ＝ ｜ ｜ꎬ ｜ ｜ ３ꎬ
求椭圆的方程 ２
(１) ꎻ 求椭圆 Ｅ 的方程
(１) ꎻ
已知点 Ｃ 满足 Ｏ→Ｃ Ｏ→Ｆ 点 Ｂ 在椭圆上
(２) ３ ＝ ꎬ 若过点 Ａ 的直线与椭圆 Ｅ 交于另一点 Ｐ
(２)
Ｂ 异于椭圆的顶点 直线 ＡＢ 与以 Ｃ 为圆
( )ꎬ 异于点 Ｂ 与直线 ｘ 交于点 Ｍ ＰＦＢ
( )ꎬ ＝２ ꎬ∠
心的圆相切于点 Ｐ 且 Ｐ 为线段 ＡＢ 的中点.
ꎬ 的平分线与直线 ｘ 交于点 Ｎ 求证 点 Ｎ
＝２ ꎬ :
求直线 ＡＢ 的方程.
是线段 ＢＭ 的中点.
解析 由已知可得 ｂ .记半焦距为 ｃ
(１) ＝３ ꎬ ì ï ＱＦ ａ ｃ
由 ＯＦ ＯＡ 可得 ｃ ｂ .又由 ａ２ ｂ２ ｃ２ ï
｜ ｜ｍａｘ ＝ ＋ ＝３ꎬ
｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝ ＝３ ＝ ＋ ꎬ ïｃ
可得 ａ２
＝１８
.所以椭圆的方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
.
解析
(１)
由已知可得í
ï
ï
ａ ＝
２
１
ꎬ
１８ ９ î ï ａ２ ｂ２ ｃ２
因为直线 ＡＢ 与以 Ｃ 为圆心的圆相切于 ＝ ＋ ꎬ
5
年 (２) ì ï ａ
高
考
点 Ｐ
ꎬ
所以 ＡＢ
⊥
ＣＰ.依题意知
ꎬ
直线 ＡＢ 和直
解得í
ïï
ｂ
＝２ꎬ
因此椭圆 Ｅ 的方程为
ｘ２ ｙ２
.
3 线 ＣＰ 的斜率均存在.设直线 ＡＢ 的方程为 ｙ ï ＝ ３ꎬ ＋ ＝１
年 ï ４ ３
îｃ .
模 ì ï ｙ ｋｘ ＝１
拟
ï
＝ －３ꎬ
证明 由对称性 不妨设点 Ｐ 在 ｘ 轴
A
＝
ｋｘ
－３
.由方程组í
ï
ｘ２ ｙ２ 消去 ｙ
ꎬ
可得 (２) : ꎬ
版 î ï ＋ ＝１ꎬ 上方.
１８ ９
高
当直线 ＰＦ 的斜率存在时 因为 ＦＮ 平分
考 ｋ
数 ｋ２ ｘ２ ｋｘ 解得 ｘ 或 ｘ １２ . ① ꎬ
学 (２ ＋１) －１２ ＝０ꎬ ＝０ ＝ ｋ２ ＰＦＢ 所以 ＰＦＢ ＮＦＢ
２ ＋１ ∠ ꎬ ∠ ＝２∠ ꎬ
３５４
ＮＦＢ 设直线 ＦＮ 的方程为 ｙ ｍ ｘ 则点 Ｎ
所 以 ＰＦＢ ２ｔａｎ∠ 即 ｋ ＝ ( －１)ꎬ (２ꎬ
ｔａｎ ∠ ＝
２
ＮＦＢꎬ ＰＦ
ｍ 把 ｘ 代入 ｙ ｋ ｘ 得 ｙ ｋ 即 Ｍ
１－ｔａｎ ∠ )ꎬ ＝２ ＝ ( ＋２) ＝４ ꎬ
ｋ ｋ
２ ＮＦ . (２ꎬ４ )ꎬ
＝
１－
ｋ２
ＮＦ 因为 ｋ ２ ｋ ＮＦ 所以 ４ ｋ ２ ｍ
设直线 ＡＰ 的方程为 ｙ
＝
ｋ
(
ｘ
＋２)ꎬ
其中 ｋ
>０ꎬ
ＰＦ＝
１－
ｋ２
ＮＦ
ꎬ
１－４
ｋ２ ＝
１－
ｍ２ ꎬ
{ｙ ｋ ｘ 整理可得 ｋ ｍ ｋｍ
联立 ＝ ( ＋２)ꎬ 消ｙ 可得 ｋ２ ｘ２ ｋ２ｘ (２ － )(２ ＋１)＝ ０ꎬ
ｘ２ ｙ２ (４ ＋３) ＋１６ ＋ ｙ ｍ
３ ＋４ ＝１２ꎬ 因为 ｋｍ 所以 ｍ ｋ 所以 Ｎ １
ｋ２ >０ꎬ ＝２ ꎬ ｙ ＝ ｋ＝ ꎬ
１６ －１２＝０ꎬ Ｍ ４ ２
ｋ２ 所以点 Ｎ 为线段 ＢＭ 的中点.
设点 Ｐ ｘ ｙ 则 ｘ １６ －１２ 所以 ｘ
( １ꎬ １)ꎬ －２ １ ＝ ｋ２ ꎬ １ 当直线 ＰＦ 的斜率不存在时 不妨设点
４ ＋３ ② ꎬ
ｋ２ æ ö
６－８
Ｐç ３ ÷
＝ ｋ２ ꎬ è１ꎬ øꎬ
４ ＋３ ２
ｋ
则 ｙ ｋ ｘ １２ 即 点 则直线 ＡＰ 的方程为 ｙ １ ｘ 所以点 Ｍ
１ ＝ ( １ ＋ ２ ) ＝ ｋ２ ꎬ ＝ ( ＋２)ꎬ
４ ＋３ ２
æ ｋ２ ｋ ö
Ｐçç６－８ １２ ÷÷ (２ꎬ２)ꎬ
è ｋ２ ꎬ ｋ２ øꎬ 又因为直线 ＦＮ 的方程为 ｙ ｘ 所以点 Ｎ
４ ＋３ ４ ＋３ ＝ －１ꎬ
ｋ
１２
(２ꎬ１)ꎬ
所以 ｋ
ｙ
１ ３＋４
ｋ２
４
ｋ
所以点 Ｎ 为线段 ＢＭ 的中点.
ＰＦ＝ｘ ＝ ｋ２ ＝ ｋ２ ꎬ
１ －１ ６－８ １－４ 综上可知 点 Ｎ 为线段 ＢＭ 的中点.
ｋ２ －１ ꎬ
３＋４
专
题 九
平 面
解
析
几
何
３５５
综合篇
考法 一 求椭圆的标准方程 ｘ２ ｙ２
以椭圆 Ｃ 的标准方程为 .故选 .
＋ ＝１ Ｂ
ｘ２ ３ ２
１.( 江苏苏州中学月考ꎬ )已知椭圆 Ｃ
２０２２ ７ :ａ２
２.( 全国甲文ꎬ ꎬ 分)已知椭圆 Ｃ
ｘ２ ｙ２
ｙ２
２０２２ １１ ５ :ａ２ ＋ｂ２
ａ ｂ 的左 右焦点分别为 Ｆ Ｆ
＋ｂ２ ＝１( > >０) 、 １ꎬ ２ꎬ
ａ ｂ 的离心率为１ Ａ Ａ 分别为 Ｃ
＝１( > >０) ꎬ １ꎬ ２
３
离心率为 ３ 过 Ｆ 的直线 ｌ 交 Ｃ 于 Ａ Ｂ 两
ꎬ ２ ꎬ
３ 的左 右顶点 Ｂ 为 Ｃ 的上顶点.若ＢＡ→ ＢＡ→
、 ꎬ １ ２
点 若 ＡＦ Ｂ 的周长为 则椭圆 Ｃ 的方
ꎬ △ １ ４ ３ꎬ 则 Ｃ 的方程为
＝－１ꎬ ( )
程为
( ) ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２
ｘ２
ｙ２
ｘ２ ｙ２
Ａ. ＋ ＝１ Ｂ. ＋ ＝１
Ａ. ＋ ＝１ Ｂ. ＋ ＝１ １８ １６ ９ ８
３ ３ ２
ｘ２ ｙ２ ｘ２
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ ｙ２
Ｃ. ＋ ＝１ Ｄ. ＋ ＝１
Ｃ. ＋ ＝１ Ｄ. ＋ ＝１ ３ ２ ２
１２ ８ １２ ４
ì ï ï ｃ ３ ì ïａ 答案 Ｂ 由题意知 Ａ １(－ ａ ꎬ０)ꎬ Ａ ２( ａ ꎬ０)ꎬ Ｂ
ïï ａ ＝ ３ ꎬ ïï ＝ ３ꎬ ｂ 则ＢＡ→ ａ ｂ ＢＡ→ ａ ｂ 所 答案 Ｂ 由题意知í íｃ 所 (０ꎬ )ꎬ １ ＝ (－ ꎬ－ )ꎬ ２ ＝( ꎬ－ )ꎬ
ï ａ ⇒ï ＝１ꎬ
ï４ ＝４ ３ꎬ ï ｃ
î ï ａ２ ｂ２ ｃ２
îｂ
＝ ２ꎬ
以ＢＡ→
１
ＢＡ→
２ ＝ －
ａ２
＋
ｂ２
＝ －１①ꎬ
又 ｅ
＝ ａ ＝
＝ ＋
则 ｂ ｂ .因为 ＰＦ ＰＦ ＰＦ
ｂ２
１ 即
ｂ２
８ 联立 解得
２ ＝４ꎬ ＝２ ｜ １｜ ＝６｜ ２｜ꎬ｜ １｜＋｜
１－ａ２ ＝ ꎬ ａ２ ＝ ②ꎬ ①②ꎬ ＰＦ ａ 所以 ＰＦ ＰＦ ＰＦ ａ
３ ９ ２｜ ＝２ ꎬ ｜ １｜＋｜ ２｜ ＝７｜ ２｜ ＝２ ꎬ
{ａ２
＝９ꎬ所以椭圆 Ｃ 的方程为
ｘ２ ｙ２
.故 则 ＰＦ ２
ａ
ｂ２ ＋ ＝ １
｜ ２｜ ＝
７
ꎬ
＝８ꎬ ９ ８
ａ
选 . 又因为 ａ ｃ ＰＦ ａ ｃ 所以２ ａ ｃ 即
Ｂ － ≤｜ ２｜≤ ＋ ꎬ ≥ － ꎬ
３.( 课标 文ꎬ ꎬ 分)已知椭圆 Ｃ 的焦 ７
２０１９ Ⅰ １２ ５ ｃ
５
点为 Ｆ Ｆ 过 Ｆ 的直线与 Ｃ ａ≥ ꎬ
１(－１ꎬ０)ꎬ ２(１ꎬ０)ꎬ ２ ７
交于 Ａ Ｂ 两 点. 若 ＡＦ Ｆ Ｂ
ꎬ ｜ ２｜ ＝ ２ ｜ ２ ｜ꎬ ｂ２
｜
ＡＢ
｜ ＝ ｜
ＢＦ
１｜ꎬ
则 Ｃ 的方程为
( )
则
１－ａ２ ＝ １－ａ
４
２
≥
５
７
ꎬ
解得 ａ２
≥
４
６
９.所以 Ｃ
ｘ２ ｘ２ ｙ２ ｙ２ ｘ２
ｙ２ 的标准方程可以是 .
Ａ. ＋ ＝１ Ｂ. ＋ ＝１ ＋ ＝１
２ ３ ２ ９ ４
ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ ｘ２
５.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)已知椭圆 Ｃ
Ｃ.
４
＋
３
＝１ Ｄ.
５
＋
４
＝１ ２０２０ Ⅱ １９ １２ １:ａ２ ＋
答案 Ｂ 令
｜
Ｆ
２
Ｂ
｜ ＝
ｘ
(
ｘ
>０)ꎬ
则
｜
ＡＦ
２｜ ＝２
ｘ
ꎬ
ｙ２
ａ ｂ 的右焦点 Ｆ 与抛物线 Ｃ 的焦
ＡＢ ｘ ＢＦ ｘ ＡＦ ａ ＡＢ ｂ２ ＝１( > >０) ２
｜ ｜ ＝３ ꎬ｜ １ ｜ ＝３ ꎬ｜ １ ｜ ＝４ －(｜ ｜＋｜
ＢＦ ａ ｘ 由椭圆的定义知 ＢＦ 点重合 Ｃ 的中心与 Ｃ 的顶点重合.过 Ｆ 且
１｜)＝ ４ －６ ꎬ ｜ １ ｜ ＋ ｜ ꎬ １ ２
ＢＦ ａ ｘ 所以 ＡＦ ｘ. 与 ｘ 轴垂直的直线交 Ｃ 于 Ａ Ｂ 两点 交 Ｃ
２｜ ＝２ ＝４ ꎬ ｜ １｜ ＝２ １ ꎬ ꎬ ２
在 ＢＦ Ｆ 中 由余弦定理
△ １ ２ ꎬ 于 Ｃ Ｄ 两点 且 ＣＤ ４ ＡＢ .
ꎬ ꎬ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜
得 ＢＦ ２ Ｆ Ｂ ２ Ｆ Ｆ ２ ３
｜ １｜ ＝ ｜ ２ ｜ ＋｜ １ ２｜ 求 Ｃ 的离心率
Ｆ Ｂ Ｆ Ｆ (１) １ ꎻ
－ ２｜ ２ ｜ ｜ １ ２｜ 设 Ｍ 是 Ｃ 与 Ｃ 的公共点.若 ＭＦ
ｃｏｓ∠ ＢＦ ２ Ｆ １ꎬ 即 ９ ｘ２ ＝ ｘ２ ＋２ ２ －４ ｘ ｃｏｓ∠ ＢＦ ２ Ｆ １ ( 求 ２) Ｃ 与 Ｃ 的 １ 标准方 ２ 程. ｜ ｜ ＝５ꎬ
在 ＡＦ Ｆ 中 由余弦定理得 ＡＦ ２ １ ２
①ꎬ △ １ ２ ꎬ ｜ １｜ ＝ ｜ 解析 由已知可设Ｃ 的方程为ｙ２ ｃｘ
ＡＦ ２ Ｆ Ｆ ２ ＡＦ Ｆ Ｆ (１) ２ ＝４ ꎬ
２ ｜ ＋ ｜ １ ２｜ － ２｜ ２｜ ｜ １ ２｜
ＡＦ Ｆ 即 ｘ２ ｘ２ ２
其中ｃ
＝
ａ２
－
ｂ２.不妨设 Ａ
ꎬ
Ｃ 在第一象限
ꎬ
由
ｃｏｓ∠ ２ １ꎬ ４ ＝ ４ ＋ ２ －
ｂ２ ｂ２
题设得 Ａ Ｂ 的纵坐标分别为 Ｃ Ｄ 的
ｘ ＡＦ Ｆ 由 得 ｘ ３ 所以 ａ ꎬ ａꎬ－ａꎻ ꎬ
８ ｃｏｓ∠ ２ １②ꎬ ①② ＝ ꎬ ２ ＝
２
ｂ２
ｘ ａ ｂ２ ａ２ ｃ２ .故椭圆的方程 纵坐标分别为 ｃ ｃ 故 ＡＢ ２ ＣＤ
４ ＝２ ３ꎬ ＝ ３ꎬ ＝ － ＝２ ２ ꎬ－２ ꎬ ｜ ｜ ＝ ａ ꎬ｜ ｜ ＝
ｘ２ ｙ２
为 .故选 . ｂ２ ｃ
＋ ＝１ Ｂ ｃ.由 ＣＤ ４ ＡＢ 得 ｃ ８ 即
３ ２ ４ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ４ ＝ ａꎬ ３×ａ ＝２－２
３ ３
４.( 河北保定部分学校期中ꎬ )已知椭圆
２０２２ １６ æ ｃ ö２ ｃ ｃ
ç ÷ 解得 舍去 或 １.所以 Ｃ
5 Ｃ 的中心为坐标原点 焦点在 ｙ 轴上 Ｆ Ｆ èａø ꎬ ａ ＝－２( ) ａ ＝ １
年 ꎬ ꎬ １ꎬ ２ ２
高 为 Ｃ 的两个焦点 Ｃ 的短轴长为 且 Ｃ 上存
考 ꎬ ４ꎬ 的离心率为１.
3 在一点 Ｐ 使得 ＰＦ ＰＦ 写出 Ｃ 的一
年 ꎬ ｜ １｜ ＝６｜ ２｜ꎬ ２
模 个标准方程 . ｘ２ ｙ２
拟 由 知 ａ ｃ ｂ ｃ 故 Ｃ
:
(２) (１) ＝２ ꎬ ＝ ３ ꎬ １: ｃ２ ＋ ｃ２
A ｙ２ ｘ２ ４ ３
答案 (答案不唯一)
版 ＋ ＝１ .
９ ４ ＝１
高
考 ｙ２ ｘ２ ｘ２ ｙ２ ｘ２
数 解析 设 Ｃ 的方程为 ａ ｂ 设 Ｍ ｘ ｙ 则 ０ ０ ｙ２ ｃｘ 故 ０
学 ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０)ꎬ ( ０ꎬ ０)ꎬ ｃ２ ＋ ｃ２ ＝１ꎬ ０ ＝４ ０ꎬ ｃ２ ＋
４ ３ ４
３５６
ｘ
４ ０ . 代入 ｌ 的方程 解得 ｙ ３ｃ ｙ ９ｃ.
ｃ ＝１ ① ꎬ １ ＝ ꎬ ２ ＝－
３ ２ １４
由于 Ｃ 的准线为 ｘ ｃ 所以 ＭＦ ｘ ｃ æ ö
２ ＝－ ꎬ ｜ ｜ ＝ ０ ＋ ꎬ 因为点 Ｐ 在 ｘ 轴上方 所以 Ｐçｃ ３ｃ÷.
ꎬ è ꎬ ø
ｃ ２ ２
而 ＭＦ 故 ｘ ｃ 代入 得(５－ )
｜ ｜ ＝５ꎬ ０ ＝５－ ꎬ ①
４
ｃ２ ＋ 由圆心 Ｃ 在直线 ｘ
＝４
上
ꎬ
可设 Ｃ
(４ꎬ
ｔ
)
.
ｃ ｔ
４(５－
ｃ
)
＝１ꎬ
即 ｃ２
－２
ｃ
－３＝０ꎬ
解得 ｃ
＝－１(
舍 因为 ＯＣ
∥
ＡＰ
ꎬ
且由
(１)
知 Ａ
(－２
ｃ
ꎬ０)ꎬ
故
３ ４
ｘ２ ｙ２
去 或 ｃ .所以 Ｃ 的标准方程为 ３ｃ
) ＝３ １ ＋ ＝１ꎬ
３６ ２７ ２
＝ｃ ｃꎬ
Ｃ 的标准方程为 ｙ２ ｘ. ＋２
２
＝１２
解得 ｔ .则 Ｃ .
ｘ２ ｙ２ ＝２ (４ꎬ２)
６.( 天津理ꎬ ꎬ 分)设椭圆 ａ
２０１９ １９ １４ ａ２ ＋ｂ２ ＝１( 因为圆 Ｃ 与 ｘ 轴相切
ꎬ
所以圆的半径长为
２ꎬ
ｂ 的左焦点为 Ｆ 左顶点为 Ａ 上顶点为
> >０) ꎬ ꎬ ３ ｃ
(４＋ )－２
Ｂ.已知 ＯＡ ＯＢ Ｏ 为原点 . 又由圆 Ｃ 与 ｌ 相切 得 ４ 可
３ ｜ ｜ ＝２｜ ｜( ) ꎬ ＝２ꎬ
æ ö２
求椭圆的离心率 ç ３÷
(１) ꎻ １＋è ø
４
设经过点 Ｆ 且斜率为３ 的直线 ｌ 与椭圆 得 ｃ .
(２) ＝２
４
ｘ２ ｙ２
在 ｘ 轴上方的交点为 Ｐ 圆 Ｃ 同时与 ｘ 轴和 所以椭圆的方程为 .
ꎬ ＋ ＝１
１６ １２
直线 ｌ 相切 圆心 Ｃ 在直线 ｘ 上 且 ＯＣ
ꎬ ＝４ ꎬ ∥
ＡＰ.求椭圆的方程. 考法 二 求椭圆的离心率（或范围）
解析 设椭圆的半焦距为 ｃ ＯＡ
(１) ꎬ∵ ３ ｜ ｜
ｘ２
１.( 届福建部分名校联考ꎬ )椭圆 Ｃ
＝２｜
ＯＢ
｜ꎬ
２０２３ ４ :ａ２ ＋
ａ ｂ.又由 ａ２ ｂ２ ｃ２ 消去 ｂ 得 ａ２ ｙ２
∴ ３ ＝ ２ ＝ ＋ ꎬ ＝ ａ 的左 右焦点分别为 Ｆ Ｆ 经
æ ö２ ｃ ３
＝１( > ３) 、 １ꎬ ２ꎬ
çç ３ａ÷÷ ｃ２ 解得 １. 椭圆的离心率
è ø ＋ ꎬ ａ ＝ ∴ 过点Ｆ 的直线与椭圆Ｃ 相交于 Ａ Ｂ 两点 若
２ ２ １ ꎬ ꎬ
ＡＢＦ 的周长为 则椭圆Ｃ 的离心率为
为１. △ ２ １６ꎬ
２
( )
由 知 ａ ｃ ｂ ｃ 故椭圆方程为
(２) (１) ꎬ ＝２ ꎬ ＝ ３ ꎬ
１３ １１ １ ３
ｘ２ ｙ２ Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
.由题意知 Ｆ ｃ 则直线 ｌ 的 ４ ４ ２ ４
ｃ２ ＋ ｃ２ ＝１ ꎬ (－ ꎬ０)ꎬ
答案 Ａ 由题意可知 ａ 即ａ 所以
４ ３
４ ＝１６ꎬ ＝４ꎬ
方程为 ｙ ３ ｘ ｃ .
＝ ( ＋ ) 椭圆 Ｃ 的离心率 ｅ １６－３ １３.故选
４ ＝ ＝ Ａ.
４ ４
ì
ï
ｘ２ ｙ２
ï ï ｃ２ ＋ ｃ２ ＝１ꎬ ２.( 届南京学情调研ꎬ )已知椭圆
ｘ２ ｙ２
点 Ｐ 的坐标满足í４ ３ 消去 ｙ 并化 ２０２３ ６ ａ２ ＋ｂ２ ＝
专
ï
题
ïｙ ３ ｘ ｃ ａ ｂ 的左 右焦点分别 Ｆ Ｆ 左顶点
î ï ＝ ( ＋ )ꎬ １( > >０) 、 １、 ２ꎬ 九
４
为Ａ 上顶点为Ｂ 点Ｐ 为椭圆上一点 且ＰＦ 平
简 得到 ｘ２ ｃｘ ｃ２ 解得 ｘ ｃ ｘ ꎬ ꎬ ꎬ ２ 面
ꎬ ７ ＋６ －１３ ＝０ꎬ １ ＝ ꎬ ２ ＝ Ｆ Ｆ 若 ＡＢ ＰＦ 则椭圆的离心率为 解
ｃ ⊥ １ ２ꎬ ∥ １ꎬ 析
１３ . 几
－ 何
７ ( )
３５７
ｃ
５ １ ３ ２ 因此 该椭圆的离心率为 ｅ ２ ２
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. ꎬ ＝ ａ＝ ＝
５ ２ ３ ２ ２ １０＋ ２
æ ｂ２ö
２
答案 Ａ 由题意知 Ｐçｃ ÷ Ａ ａ Ｂ
è ꎬａøꎬ (－ ꎬ０)ꎬ
４ ４( １０－ ２) １０－ ２.故选
ｂ２
１０＋ ２
＝
８
＝
２
Ａ.
ａ
ｂ Ｆ ｃ .因为 ＡＢ ＰＦ 所以 ｘ２ ｙ２
(０ꎬ )ꎬ １(－ ꎬ０) ∥ １ꎬ
２
ｃ＝ ４.(
２０２２
全国甲理ꎬ
１０
ꎬ
５
分)椭圆 Ｃ
:ａ２ ＋ｂ２ ＝１
ｂ
ａꎬ
整理得ｂ
＝２
ｃ
ꎬ
所以ｂ２
＝４
ｃ２
＝
ａ２
－
ｃ２
ꎬ
得ａ２
＝ (
ａ
>
ｂ
>０)
的左顶点为 Ａ
ꎬ
点 Ｐ
ꎬ
Ｑ 均在 Ｃ 上
ꎬ
且关于 ｙ 轴对称.若直线 ＡＰ ＡＱ 的斜率之积
ꎬ
５
ｃ２
ꎬ
ｅ２
＝
１
ꎬ
ｅ
＝
５.故选
Ａ. 为１ 则 Ｃ 的离心率为
ꎬ ( )
５ ５
４
３.( 届南京雨花台中学调研ꎬ )直线 ｘ ｙ
２０２３ ７ － ＋
３ ２ １ １
ｘ２ ｙ２ Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
经过椭圆 ａ ｂ 的左焦点 ２ ２ ２ ３
１＝０ ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) 答案 Ａ 设 Ｐ ｘ ｙ ｘ ａ 因为 Ｐ Ｑ
( ０ꎬ ０)( ０≠± )ꎬ ꎬ
Ｆ 交椭圆于 Ａ Ｂ 两点 交 ｙ 轴于 Ｃ 点 若Ｆ→Ｃ 两点均在 Ｃ 上 且关于 ｙ 轴对称 所以 Ｑ
ꎬ 、 ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ (－
ｘ２ ｙ２ æ ｘ２ö
＝２
Ａ→Ｃ
ꎬ
则该椭圆的离心率是
( )
ｘ
０ꎬ
ｙ
０)ꎬ
且满足
ａ
０
２ ＋ｂ
０
２ ＝１ꎬ
则有ｙ２
０ ＝
ｂ２
è
çç
１－ａ
０
２ø
÷÷
＝
１０－ ２ ３－１ ｂ２
Ａ. Ｂ. ａ２ ｘ２ ｘ ａ .由题意得 Ａ ａ 所
２ ２ ａ２ ( － ０)( ０≠± ) (－ ꎬ０)ꎬ
Ｃ.２ ２－２ Ｄ. ２－１ ｙ ｙ ｙ
以 ｋ ０ ｋ ０ ０ 所以 ｋ
答案 Ａ 由题意可知 点 Ｆ ｃ 在直线 ＰＡ＝ｘ ａꎬ ＡＱ＝ ｘ ａ＝－ｘ ａꎬ ＡＰ
ꎬ (－ ꎬ０) ＋ － ＋ －
０ ０ ０
ｘ ｙ 上 即 ｃ 可得 ｃ 因为直线
－ ＋１＝０ ꎬ １－ ＝０ꎬ ＝１ꎬ
ｂ２
ａ２ ｘ２
ｘ ｙ 交 ｙ 轴于点 Ｃ 所以 Ｃ .设点 ｙ２ ａ２ ( － ０) ｂ２
－ ＋１＝０ ꎬ (０ꎬ１) ｋ ０ １ 所以 Ｃ 的
ＡＱ＝－ｘ２ ａ２ ＝－ ｘ２ ａ２ ＝ａ２ ＝ ꎬ
Ａ ｍ ｎ 则Ａ→Ｃ ｍ ｎ － － ４
０ ０
( ꎬ )ꎬ ＝(－ ꎬ１－ )ꎬ
{ ｍ ｃ ｂ２
离心率 ｅ １ ３ 故选 .
由Ｆ→Ｃ
＝(１ꎬ１)ꎬ
Ｆ→Ｃ
＝２
Ａ→Ｃ可得 －２ ＝
ｎ
１ꎬ ＝ ａ ＝ １－ａ２ ＝ １－
４
＝
２
ꎬ Ａ
２(１－ )＝ １ꎬ
５.( 届长沙雅礼中学月考ꎬ )已知椭圆 Ｃ
ì ï ２０２３ ７ :
ｍ １
ï ï ＝－ ꎬ æ ö ｘ２ ｙ２
解得í ２ 则 Ａç １ １ ÷. ａ ｂ 的左 右焦点分别为 Ｆ
ï è－ ꎬ ø ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) 、 １ꎬ
ïｎ １ ２ ２
ï
î ＝ ꎬ
２ Ｆ Ｐ 为椭圆上一点 且 Ｆ ＰＦ π 若 Ｆ
ｘ２ ｙ２ ２ꎬ ꎬ ∠ １ ２ ＝
３
ꎬ １
5 设椭圆 ａ ｂ 的右焦点为 Ｅ 则 Ｅ
年 ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) ꎬ 关于 Ｆ ＰＦ 的平分线的对称点在椭圆 Ｃ
高 ∠ １ ２
考 上 则该椭圆的离心率为
3
æ ö２ æ ö２
ꎬ ( )
ＡＥ ç １÷ ç １÷ １０
年 (１ꎬ０)ꎬ｜ ｜ ＝ è１＋ ø ＋è０－ ø ＝ ꎬ
模 ２ ２ ２ ２ ３ １ １
拟
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
A
æ ö２ æ ö２ ２ ３ ２ ３
又 ＡＦ ç １÷ ç １÷ ２
版 ｜ ｜ ＝ è－１＋ ø ＋è０－ ø ＝ ꎬ 答案 Ｂ 设 Ｆ 关于 Ｆ ＰＦ 的平分线的
２ ２ ２ １ ∠ １ ２
高 对称点为 Ｍ 则 Ｐ Ｆ Ｍ 三点共线 连接
考 ꎬ ꎬ ２ꎬ ꎬ
数 ａ ＡＥ ＡＦ １０＋ ２
学 ∴ ２ ＝ ｜ ｜＋｜ ｜ ＝ ꎬ Ｆ Ｍ 设 ＰＦ ｍ 则 ＰＭ ｍ
２ １ ꎬ ｜ １｜ ＝ ꎬ ｜ ｜ ＝ ꎬ
３５８
又 Ｆ ＰＦ π 所以 ＰＦ Ｍ 为等边三角
∠ １ ２ ＝ ꎬ △ １
３
形 所以 ＭＦ ｍ 又 ＰＦ ＭＦ ＰＭ
ꎬ ｜ １｜ ＝ ꎬ ｜ １ ｜＋｜ １ ｜＋｜ ｜
ａ ｍ 所以 ＰＦ ４ａ ＰＦ ２ａ 在
＝４ ＝３ ꎬ ｜ １ ｜ ＝ ꎬ｜ ２ ｜ ＝ ꎬ
３ ３
图 图
ＰＦ Ｆ 中 由余弦定理可得 Ｆ Ｆ ２ ＰＦ ２ ３
△ １ ２ ꎬ ｜ １ ２｜ ＝ ｜ １
２ ＰＦ ２ ＰＦ ＰＦ Ｆ ＰＦ 即 ７.( 届贵阳一中月考二ꎬ )已知 Ｆ Ｆ 分
｜ ＋｜ ２ ｜ －２｜ １ ｜｜ ２ ｜ｃｏｓ∠ １ ２ꎬ ２０２３ １１ １ꎬ ２
４
ｃ２
＝
１６ａ２
＋
４ａ２
－
８ａ２
ꎬ
所以 ａ２
＝３
ｃ２
ꎬ
所以 ｅ
＝ 别为椭圆Ｅ
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ 的左 右焦点
９ ９ ９
:ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) 、 ꎬ
ｃ
３.故选 Ｅ 上存在两点Ａ Ｂ 使得梯形ＡＦ Ｆ Ｂ 的高为
ａ ＝ Ｂ. ꎬ ꎬ １ ２
３
ｃ 其中 ｃ 为半焦距 且ＡＦ→ ＢＦ→ 则 Ｅ 的
６.( 湖南岳阳一中开学考ꎬ )已知椭圆 Ｍ ( )ꎬ １ ＝３ ２ꎬ
２０２２ ８
离心率为
的左 右焦点分别为Ｆ Ｆ 若椭圆Ｍ 与坐标 ( )
ꎬ １ꎬ ２ꎬ
轴分别交于 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 四点 且从 Ｆ Ｆ Ａ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ １ꎬ ２ꎬ ꎬ
Ａ.
３
Ｂ.
６
Ｃ.
３
Ｄ.
１
Ｂ Ｃ Ｄ 这六点中 可以找到三点构成一个直 ３ ３ ２ ３
ꎬ ꎬ ꎬ
角三角形 则椭圆 Ｍ 的离心率的可能取值为 答案 Ａ 如图 因为ＡＦ→ ＢＦ→ 所以 ＡＦ
ꎬ ꎬ １ ＝３ ２ꎬ １
ＢＦ 则 ＡＦ ＢＦ 为梯形 ＡＦ Ｆ Ｂ 的两条底
( ) ∥ ２ꎬ １ꎬ ２ １ ２
边 作 Ｆ Ｐ ＡＦ 于点 Ｐ 因为梯形 ＡＦ Ｆ Ｂ
５－１ ３ ２ １ ꎬ ２ ⊥ １ ꎬ １ ２
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
２ ２ ３ ２ 的高为 ｃ 所以 ＰＦ ｃ
ꎬ ｜ ２｜ ＝ ꎬ
答案 Ａ 结合椭圆的对称性 只需要考虑
ꎬ
三种情况
:
若以 Ｄ Ｃ Ｆ 作为直角三角形的三个顶点
ꎬ ꎬ ２ ꎬ
如图 则ＤＣ ＣＦ 由勾股
１ꎬ ⊥ ２ꎬ
定理可得 ａ２ ｂ２ ａ２ ａ
( ＋ )＋ ＝( ＋ 在 Ｆ ＰＦ 中 Ｆ Ｆ ｃ 则 ＰＦ Ｆ
ｃ ２ 将 ｂ２ ａ２ ｃ２ 代入可得 Ｒｔ△ １ ２ ꎬ ｜ １ ２ ｜ ＝ ２ ꎬ ∠ １ ２
) ꎬ ＝ － °.
＝３０
ｃ２ ａｃ ａ２ 所以 ｅ２ ｅ
＋ － ＝０ꎬ ＋ －１＝ 设 ＡＦ ｘ 则 ＡＦ ａ ｘ 在 ＡＦ Ｆ 中
因为 ｅ 所以 ｅ ｜ １｜ ＝ ꎬ ｜ ２｜ ＝２ － ꎬ △ １ ２ ꎬ
图
０ꎬ ０< < １ꎬ ＝ １ 由余弦定理得 ＡＦ ２ ＡＦ ２ Ｆ Ｆ ２
｜ ２｜ ＝ ｜ １｜ ＋｜ １ ２｜ －２｜
５－１ 若以Ｃ Ｆ Ｆ 作为直 ＡＦ Ｆ Ｆ °
ꎻ ꎬ １ꎬ ２ １｜ ｜ １ ２｜ｃｏｓ ３０ ꎬ
２
角三角形的三个顶点 如图 则 ＣＦ ＣＦ 即 ａ ｘ ２ ｘ２ ｃ２ ｃｘ 解得 ＡＦ ｘ
ꎬ ２ꎬ １⊥ ２ꎬ (２ － ) ＝ ＋４ －２ ３ ꎬ ｜ １ ｜ ＝ ＝
ｃ
ｂ２
连接 ＢＦ 设 ＢＦ ｍ 则 ＢＦ ａ
所以 ＯＣＦ ° 则 ｅ ２ 若以 Ｃ Ａ
∠ ２ ＝４５ ꎬ ＝ ａ ＝ ꎻ ꎬ ꎬ
ꎬ １ꎬ ｜ ２｜ ＝ ꎬ ｜ １｜ ＝２
２ ａ ３ｃ
－
Ｆ 作为直角三角形的三个顶点 如图 则 ２
２ ꎬ ３ꎬ
ｍ
ｃ － ꎬ 专
ＣＦ ＡＦ 所以 ＣＦ Ｏ ° 则 ｅ ２. 题
２⊥ ２ꎬ ∠ ２ ＝４５ ꎬ ＝ ａ ＝ ２ 在 △ ＢＦ １ Ｆ ２ 中 ꎬ 由余弦定理得 ｜ ＢＦ １｜ ２ ＝ ｜ Ｆ １ Ｆ ２ 九
综上所述 椭圆 Ｍ 的离心率的可能取值为 ２ ＢＦ ２ Ｆ Ｆ ＢＦ Ｆ Ｆ Ｂ 平
ꎬ ｜ ＋｜ ２｜ －２｜ １ ２｜ ｜ ２｜ｃｏｓ∠ １ ２ ꎬ 面
解
æ ö
析
５－１或 ２.故选 . 即 ａ ｍ ２ ｃ２ ｍ２ ｃ ｍçç ３÷÷ 解得 几
Ａ (２ － ) ＝４ ＋ －２×２ è－ øꎬ 何
２ ２ ２
３５９
｜
ＢＦ
２｜ ＝
ｍ
＝
ｂ２
ꎬ
又
｜
ＡＦ→
１ ｜ ＝３｜
ＢＦ→
２ ｜ꎬ
所以
故 ｅ ＝ ａ
ｃ
＝ １－
æ
è ç ａ
ｂ ö
ø ÷
２
＝ ３ ３－５ .故选 Ｂ .
ａ ３ｃ
＋
２
ａ ３ｃ
＋ ｃ
２ 即 ａ ｃ 所以 ｅ ３.故
＝３ꎬ ２ ＝２ ３ ꎬ ＝ ａ ＝
ａ ３ｃ ３
－
２ ９.( 山东滨州二模ꎬ )已知椭圆 Ｃ 和双曲
２０２２ ８ １
选
Ａ. 线 Ｃ 有相同的左 右焦点 Ｆ Ｆ 若 Ｃ Ｃ
８.( 届贵阳一中月考一ꎬ )油纸伞是中国 ２ ꎬ １ꎬ ２ꎬ １ꎬ ２
２０２３ １１ 在第一象限内的交点为 Ｐ 且满足 ＰＯＦ
ꎬ ∠ ２ ＝
传统工艺品 至今已有 多年的历史 为
ＰＦ Ｆ 设 ｅ ｅ 分别是 Ｃ Ｃ 的离心率
ꎬ １ ０００ ꎬ
２∠ １ ２ꎬ １ꎬ ２ １ꎬ ２ ꎬ
宣传和推广这一传统工艺 某市文化宫开展
则 ｅ ｅ 的关系是
ꎬ
１ꎬ ２ ( )
油纸伞文化艺术节.活动中 某油纸伞撑开后
ꎬ ｅ ｅ ｅ２ ｅ２
Ａ. １ ２ ＝２ Ｂ. １ ＋ ２ ＝２
摆放在户外展览场地上 如图所示 该伞伞
ꎬ ꎬ ｅ２ ｅ ｅ ｅ２ ｅ２ ｅ２ ｅ２ｅ２
沿是一个半径为 的圆 圆心到伞柄底端距 Ｃ. １ ＋ １ ２ ＋ ２ ＝２ Ｄ. １ ＋ ２ ＝２ １ ２
２ ꎬ 答 案 Ｄ 因 为
离为 当阳光与地面夹角为 °时 在地面
２ꎬ ６０ ꎬ ＰＯＦ ＰＦ Ｏ
形成了一个椭圆形影子 且伞柄底端正好位 ∠ ２ ＝ ∠ １ ＋
ꎬ Ｆ ＰＯ ＰＯＦ
∠ １ ꎬ ∠ ２ ＝ ２
于该椭圆的长轴上 若该椭圆的离心率为 ｅ
ꎬ ꎬ ＰＦ Ｆ 所以 ＰＦ Ｏ
∠ １ ２ꎬ ∠ １
则 ｅ
＝ ( ) Ｆ ＰＯ 所以 ＯＦ
＝∠ １ ꎬ ｜ １｜
ＯＰ ＯＦ ｃ 则 ＰＦ ＰＦ .
＝ ｜ ｜ ＝ ｜ ２｜ ＝ ꎬ １⊥ ２
记椭圆的长半轴长为 ａ 双曲线的实半轴长
１ꎬ
为ａ ＰＦ ｍ ＰＦ ｎ 则由椭圆和双曲
２ꎬ｜ １｜ ＝ ꎬ｜ ２｜ ＝ ꎬ
线的定义可得 ｍ ｎ ａ ｍ ｎ ａ
＋ ＝２ １①ꎬ － ＝２ ２②ꎬ
１
Ａ. Ｂ. ３ ３－５ 由 ２ ２ 可得 ｍ２ ｎ２ ａ２ ａ２ .
３ ① ＋② ２( ＋ )＝ ４( １ ＋ ２)③
由勾股定理知 ｍ２ ｎ２ ｃ２ 代入 可得 ｃ２
ꎬ ＋ ＝４ ꎬ ③ ２
Ｃ. ３－２ ２ Ｄ. ７－２ ３
答案 Ｂ 如图所示.伞柄底端正好位于该 ａ２ ａ２
ａ２ ａ２ 整理得 １ ２ 即１ １ 所以
椭圆的长轴上 伞沿是一个半径为 的圆 ＝ １ ＋ ２ꎬ ｃ２ ＋ｃ２ ＝２ꎬ ｅ２ ＋ｅ２ ＝２ꎬ
ꎬ ２ ꎬ １ ２
故椭圆的短半轴长 ｂ ｅ２ ｅ２ ｅ２ｅ２ 故选
＝２ꎬ １ ＋ ２ ＝２ １ ２ꎬ Ｄ.
圆心到伞柄底端的距离 ＥＤ 阳光与地面 １０.( 全国乙理ꎬ ꎬ 分)设 Ｂ 是椭圆 Ｃ
＝２ꎬ ２０２１ １１ ５ :
的夹角 ＡＢＣ ° 直径 ＡＣ ＤＥ ＡＣ 则 ｘ２ ｙ２
∠ ＝６０ ꎬ ＝４ꎬ ⊥ ꎬ ａ ｂ 的上顶点 若 Ｃ 上的任意
ＥＣＤ ° ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) ꎬ
5 ∠ ＝４５ ꎬ
年 ＢＣ ＡＣ 一点 Ｐ 都满足 ＰＢ ｂ 则 Ｃ 的离心率的
高 由 正 弦 定 理 得 ｜ ｜≤２ ꎬ
考 Ａ ＝ Ｂ ⇒ 取值范围是
3 ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ ( )
年 ａ
模 拟 ｓｉｎ(１８０ ° ２ －６０ ° －４５ ° ) ＝ ｓｉｎ ４ ６０ °ꎬ 得 ａ ＝ Ａ. é ë ê êê ２ ꎬ１ ö ø ÷÷ Ｂ. é ë ê ê １ ꎬ１ ö ø ÷
A ２ ２
° °
版 ２ｓｉｎ(６０ ＋４５ ) æ ù æ ù
高 ｓｉｎ ６０
° ＝
Ｃ.è
çç
０ꎬ
２
û
ú
úú Ｄ.è
ç
０ꎬ
１
û
ú
ú
考 ２ ２
° ° ° °
数
２(ｓｉｎ ６０ ｃｏｓ ４５ ＋ｃｏｓ ６０ ｓｉｎ ４５ ) ６ 答案 Ｃ 由题意知 Ｂ ｂ 设 Ｐ ｘ ｙ
学
° ＝ ２＋ ꎬ ꎬ (０ꎬ )ꎬ ( ０ꎬ ０)ꎬ
ｓｉｎ ６０ ３
３６０
ｘ２ ｙ２ æ ｙ２ö １２.( 江苏盐城三模ꎬ )已知点 Ｐ 为椭圆
则 ０ ０ 则 ｘ２ ａ２ çç ０÷÷. ＰＢ ２ ｘ２ ２０２２ ７
ａ２ ＋ｂ２ ＝１ꎬ ０ ＝ è１－ｂ２ø ∴ ｜ ｜ ＝ ０ ＋ ｙ２
Ｃ ｘ２ ｂ 的上顶点 点 Ａ Ｂ 在椭
æ ｙ２ö ｃ２ : ＋ｂ２ ＝１(０< <１) ꎬ ꎬ
ｙ ｂ ２ ａ２ çç ０÷÷ ｙ２ ｂｙ ｂ２ ｙ２ ｂｙ
( ０ － ) ＝ è１－ｂ２ø ＋ ０ －２ ０ ＋ ＝－ｂ２ ０ －２ ０ 圆上 满足 ＰＡ ＰＢ 且 ＰＡ ＰＢ 若满足
ꎬ ⊥ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ꎬ
ａ２ ｂ２ Ｃ 上任意一点 Ｐ 都满足 ＰＢ 条件的 ＰＡＢ 有且只有一个 则 Ｃ 的离心
＋ ＋ ꎬ∵ ｜ ｜≤ △ ꎬ
ｂ ｙ ｂ ｂ 当 ｙ ｂ 时 ＰＢ ２ 取得 率的取值范围为
２ ꎬ ０∈[－ ꎬ ]ꎬ∴ ０ ＝－ ꎬ｜ ｜ ( )
ｂ３ æ ö æ ù
最大值
ꎬ∴ －ｃ２ ≤－
ｂ
ꎬ
即 ｂ２
≥
ｃ２
ꎬ
又 ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
ꎬ Ａ.è
çç
０ꎬ
２
ø
÷÷
Ｂ.è
çç
０ꎬ
６
û
ú
úú
２ ３
é ö æ ö
∴
ａ２
－
ｃ２
≥
ｃ２
ꎬ
即 ａ２
≥２
ｃ２
ꎬ∴
ｅ２
≤
１
２ ꎬ
又
∵
ｅ
∈ Ｃ.ë
ê
êê ２ ꎬ１ø ÷÷ Ｄ.è çç ６ ꎬ１ø ÷÷
２ ３
æ ù
(０ꎬ１)ꎬ∴
ｅ
∈è
çç
０ꎬ
２
û
ú
úúꎬ
即离心率的取值范围 答案 Ｂ 易知 Ｐ
(０ꎬ
ｂ
)
.设直线 ＰＡ
:
ｙ
＝
ｋｘ
＋
２
ｂ 则 ＰＢ ｙ １ ｘ ｂ 不妨取 ｋ 联立
æ ù
ú ꎬ : ＝ － ｋ ＋ ꎬ >０ꎬ
为çç ２ 故选 .
è０ꎬ û úúꎬ Ｃ
２ ì ï ｙ２
ïｘ２
１１.(
２０２１
福建莆田三模ꎬ
５
)明朝的一个葡萄 í
ï
＋ｂ２ ＝１ꎬ消去 ｙ 整理得
(
ｂ２
＋
ｋ２
)
ｘ２
＋２
ｋｂｘ
纹椭圆盘如图 所示 清朝的一个青花山 î ï ｙ ｋｘ ｂ
１ ꎬ ＝ ＋ ꎬ
水楼阁纹饰椭圆盘如图 所示 北宋的一 ｋｂ
２ ꎬ 解得 ｘ 或 ｘ ２
个汝窑椭圆盘如图 所示 这三个椭圆盘 ＝０ꎬ ＝０ ＝－ｋ２ ｂ２ ꎬ
３ ꎬ ＋
的外轮廓均为椭圆.已知图 中椭圆的 æ ｋｂ ｋ２ｂ ö
１、２、３ 所以 Ａçç ２ ２ ｂ÷÷
è －ｋ２ ｂ２ ꎬ－ｋ２ ｂ２ ＋ øꎬ
＋ ＋
长轴长与短轴长的比值分别为１３ ５６ １０
、 、 ꎬ æ ｋｂ ｂ ö
９ ４５ ７ 同理 Ｂçç ２ ２ ｂ÷÷
设图 中椭圆的离心率分别为 ｅ ｅ èｋ２ｂ２ ꎬ－ｋ２ｂ２ ＋ øꎬ
１、２、３ １、 ２、 ＋１ ＋１
ｅ 则 ｋｂ ２ ｋ２ｂ ２
３ꎬ ( ) 因为 ＰＡ ＰＢ 所以 (２ ) (２ )
｜ ｜ ＝ ｜ ｜ꎬ ｋ２ ｂ２ ２ ＋ ｋ２ ｂ２ ２ ＝
( ＋ ) ( ＋ )
ｋｂ ２ ｂ ２
(２ ) (２ ) 注意使用运算技
(
ｋ２ｂ２
＋１)
２ ＋
(
ｋ２ｂ２
＋１)
２ ꎬ(
图 图 图 巧 等号两侧先通分 然后约分开方 减小运
１ ２ ３ ꎬ ꎬ ꎬ
算量
ｅ ｅ ｅ ｅ ｅ ｅ )
Ａ. １> ３> ２ Ｂ. ２> ３> １
整理得 ｋ ｂ２ｋ２ ｂ２ ｋ ｂ２ 易知
ｅ ｅ ｅ ｅ ｅ ｅ ꎬ( －１)[ ＋( －１) ＋ ]＝０ꎬ
Ｃ. １> ２> ３ Ｄ. ２> １> ３
ｋ 符合
ｃ ｃ２ ＝１ ꎬ
答案 Ａ 因为椭圆的离心率 ｅ 因为满足条件的 ＰＡＢ 有且只有一个
＝ ａ ＝ ａ２ ＝ △ ꎬ
所以ｂ２ｋ２ ｂ２ ｋ ｂ２ 无ｋ 之外的解
ａ２ ｂ２ ｂ２ æ ｂö２ ＋( －１) ＋ ＝０ ＝１ ꎬ
－ ç２ ÷ 所以椭圆的
ａ２ ＝ １－ａ２ ＝ １－è ａø ꎬ
分离 ｋ ｂ 得 ｋ １ １ 所以１ ｋ １
２
ꎬ ＋ｋ ＋１＝ｂ２ ꎬ ｂ２ ≤２ ｋ ＋
专
长轴长与短轴长的比值越大 离心率越大.因
题
ꎬ
é ö 九
为１３ . ５６ . １０ . 所以１３ １０ １＝３ꎬ
即 ｂ２
∈ë
ê
ê
１
ꎬ１ø
÷
ꎬ 平
≈１ ４４ꎬ ≈１ ２４ꎬ ≈１ ４３ꎬ > ３ 面
９ ４５ ７ ９ ７
解
ｂ２ æ ù ú 析
５６ 所以 ｅ ｅ ｅ .故选 . 所以离心率 ｅ çç ６ . 几
> ꎬ １> ３> ２ Ａ ＝ １－ａ２ ∈è０ꎬ û úú 何
４５ ３
３６１
１３.(多选)( 山东济宁二模ꎬ )设椭圆 ｃ æ ù
２０２２ １１ ａ ｃ ｅ ３ 则 ｅ ç ３ ú.故
≥０ꎬ∴ ３ ≥５ ꎬ ＝ ａ≤ ꎬ ∈è０ꎬ û ú Ｄ
ｘ２ ｙ２ ５ ５
Ｃ ａ ｂ 的左 右焦点分别为
:ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) 、 正确.故选
ＢＤ.
Ｆ Ｆ 上 下顶点分别为 Ａ Ａ 点 Ｐ 是 Ｃ １４.( 届湖北沙市中学月考ꎬ )已知点 Ａ
１、 ２ꎬ 、 １、 ２ꎬ ２０２３ １５
上异于 Ａ Ａ 的一点 则下列结论正确的是 ｘ２ ｙ２
１、 ２ ꎬ 为椭圆 ａ ｂ 的左顶点 Ｏ 为坐
ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) ꎬ
( )
标原点 过椭圆的右焦点 Ｆ 作垂直于 ｘ 轴
ꎬ
若Ｃ 的离心率为１ 则直线ＰＡ 与ＰＡ 的
Ａ. ꎬ １ ２ 的直线 ｌ 若直线 ｌ 上存在点 Ｐ 满足 ＡＰＯ
２ ꎬ ∠
° 则椭圆离心率的最大值是 .
斜率之积为 ４ ＝３０ ꎬ
－
３ 答案 １
若 ＰＦ ＰＦ 则 ＰＦ Ｆ 的面积为 ｂ２
Ｂ. １⊥ ２ꎬ △ １ ２ ２
若 Ｃ 上存在四个点 Ｐ 使得 ＰＦ ＰＦ 则 解析 由对称性不妨设 Ｐ 在 ｘ 轴上方 设 Ｐ
Ｃ. ꎬ １⊥ ２ꎬ ꎬ
æ ö ｃ ｍ ｍ ＰＯＦ α ＰＡＦ β
Ｃ 的离心率的范围是çç ２÷÷ ( ꎬ )ꎬ >０ꎬ∠ ＝ ꎬ∠ ＝ ꎬ∴ ｔａｎ
è０ꎬ ø ｍ ｍ
２
ｃ －ａ ｃ ａｍ
若 ＰＦ ｂ 恒成立 则Ｃ 的离心率的范
ＡＰＯ α β ＋
Ｄ. ｜ １｜≤２ ꎬ
∠ ＝ｔａｎ( － )＝ ｍ ｍ ＝ｃ ａ ｃ ｍ２
æ ù ( ＋ )＋
围是ç ３ ú １＋ ｃ ａ ｃ
ú
è０ꎬ û ＋
５
ａ ａ
答案 ＢＤ 对于 设 Ｐ ｘ ｙ 则 ｘ２ ａ２ 当且仅当 ｍ
Ａꎬ ( ꎬ )ꎬ ＝ ＝ ｃ ａ ｃ ≤ ｃ ａ ｃ ꎬ ＝
æ ｙ２ö (
ｍ
＋ )
＋
ｍ ２ ( ＋ )
çç ÷÷.由题意可得 Ａ ｂ Ａ ｂ
è１－ｂ２ø １(０ꎬ )ꎬ ２(０ꎬ－ )ꎬ
ｃ ａ ｃ 时取等号 直线 ｌ 上存在点 Ｐ 满
ｙ ｂ ｙ ｂ ｙ２ ｂ２ ｙ２ ｂ２ ( ＋ ) ꎬ∵
则 ｋ ｋ － ＋ － －
ＰＡ １ ＰＡ ２ ＝ ｘ ｘ ＝ ｘ２ ＝ æ ｙ２ö ＝ 足 ＡＰＯ ° ＡＰＯ ３ 即
ａ２
è
çç
１－ｂ２ø
÷÷ ∠ ＝ ３０ ꎬ∴ (ｔａｎ∠ )ｍａｘ≥
３
ꎬ
－ａ
ｂ２
２ ＝－
ａ２
ａ
－
２
ｃ２
＝
ｅ２
－１＝－ ４
３
ꎬ
故
Ａ
不正确.
２ ｃ (
ａ
ａ ＋ ｃ ) ≥ ３
３
ꎬ∴ ４
ｃ２
＋４
ａｃ
－３
ａ２
≤０ꎬ
即
４
ｅ２
＋
对于 若 ＰＦ ＰＦ 则 ＰＦ ２ ＰＦ ２ ｅ 即 ｅ ｅ 所以 ｅ
Ｂꎬ １⊥ ２ꎬ ｜ １ ｜ ＋｜ ２ ｜ ＝ ４ －３≤０ꎬ (２ －１)(２ ＋３)≤０ꎬ ０< ≤
ｃ２ 又 ＰＦ ＰＦ ａ ＰＦ ＰＦ
４ ꎬ ｜ １ ｜＋ ｜ ２｜ ＝２ ꎬ∴ ｜ １ ｜｜ ２ ｜ １ 故椭圆离心率的最大值为１.
ꎬ
２ ２
ｂ２ 则 ＰＦ Ｆ 的面积为 Ｓ １ ＰＦ
＝２ ꎬ △ １ ２ ＝ ｜ １ ｜｜
２ 考法 三 直线与椭圆的位置关系问题
ＰＦ ｂ２ 故 正确.
２｜ ＝ ꎬ Ｂ
对于 由椭圆的性质可知 当点 Ｐ 与短轴 １.( 江苏盐城伍佑中学期末ꎬ )已知 Ｆ
Ｃꎬ ꎬ ２０２１ ８ １ꎬ
的一 个 端 点 重 合 时 Ｆ ＰＦ 最 大 当 ｘ２ ｙ２
5 ꎬ ∠ １ ２ ꎬ Ｆ 为椭圆 的左 右焦点 Ｐ 是椭圆
年 高 Ｆ ＰＦ °时满足题意 所以 ｃ ｂ 即 ｃ２ ｂ２ ２ ８ ＋ ４ ＝１ 、 ꎬ
∠ １ ２>９０ ꎬ > ꎬ >
考 上一点 若 Ｓ 则 Ｆ ＰＦ 等于
3 ｃ ꎬ △ Ｆ １ ＰＦ ２ ＝４ꎬ ∠ １ ２
年 ａ２ ｃ２ 即 ｃ２ ａ２ 故ｅ ２ 又ｅ 所以
模 ＝ － ꎬ ２ > ꎬ ＝ ａ> ꎬ <１ꎬ
２ ( )
拟
æ ö ° ° ° °
A Ｃ 的离心率的范围是çç ２ ÷÷ 故 不正确.对 Ａ.３０ Ｂ.４５ Ｃ.６０ Ｄ.９０
版 è ꎬ１øꎬ Ｃ ｘ２ ｙ２
２ 答案 Ｄ 由 可得 ａ ｂ
高 ＋ ＝１ꎬ ＝２ ２ꎬ ＝２ꎬ
于 因为ａ ｃ ＰＦ ａ ｃ 所以ａ ｃ ｂ
考 Ｄꎬ － ≤｜ １｜≤ ＋ ꎬ ＋ ≤２ ꎬ ８ ４
数
学 两边平方 结合 ｂ２ ａ２ ｃ２ 可得 ａ２ ａｃ ｃ２ 则 ｃ ａ２ ｂ２ .设 Ｐ ｘ ｙ ｙ 所以
ꎬ ＝ － ３ －２ －５ ＝ － ＝ ２ ( １ꎬ １)ꎬ １>０ꎬ
３６２
Ｓ １ Ｆ Ｆ ｙ １ ｙ 解得 ｙ
△ Ｆ １ ＰＦ ２ ＝ ｜ １ ２ ｜ １ ＝ ×４× １ ＝４ꎬ １
２ ２
此时点 Ｐ 的坐标为 所以 ＰＦ
＝２ꎬ (０ꎬ２)ꎬ ｜ １｜ ＝
ＰＦ 又因为 ＰＦ ２ ＰＦ ２
｜ ２ ｜ ＝ ２ ２ꎬ ｜ １｜ ＋ ｜ ２｜ ＝
Ｆ Ｆ ２ 所以 Ｆ ＰＦ ° 故选 .
｜ １ ２｜ ꎬ ∠ １ ２ ＝９０ ꎬ Ｄ
２.( 郑州检测ꎬ )斜率为 的直线 ｌ 与椭 椭圆的长轴长为
２０２２ １１ １ Ａ. ４ ２
ｘ２
线段 ＡＢ 长度的取值范围是
圆 ｙ２ 相交于 Ａ Ｂ 两点 则 ＡＢ 的最大
Ｂ. [４ꎬ２＋２ ２]
＋ ＝１ ꎬ ꎬ ｜ ｜
２ ＡＢＦ 面积的最小值是
Ｃ.△ ４
值为
( ) ＡＦＧ 的周长为
Ｄ.△ ４＋４ ２
２ ３ 答案 ＡＢＤ 由题意知 椭圆中 ｂ ｃ 得
Ａ.２ Ｂ. ꎬ ꎬ ＝ ＝２ꎬ
３
ａ 则 ａ 正确
＝２ ２ꎬ ２ ＝４ ２ꎬＡ ꎻ
２ ６ ４ ３
ＡＢ ＯＢ ＯＡ ＯＡ 由椭圆的性质
Ｃ. Ｄ.
｜ ｜ ＝ ｜ ｜＋｜ ｜ ＝２＋｜ ｜ꎬ
３ ３
答案 Ｄ 设直线 ｌ 的方程为 ｙ ｘ ｔ 联立 可知 ＯＡ 所以 ＡＢ
＝ ＋ ꎬ ２≤ ｜ ｜≤２ ２ꎬ ４≤｜ ｜≤２＋２
ì ï ｙ ｘ ｔ 正确
ï ＝ ＋ ꎬ ２ꎬＢ ꎻ
í
ï ï
ｘ２
ｙ２
消去 ｙ 得
３
ｘ２
＋４
ｔｘ
＋２
ｔ２
－２＝ ０ꎬ
设 连接 ＡＦ
ꎬ
ＢＦ
ꎬ
记
∠
ＡＯＦ
＝
θ
ꎬ
则 Ｓ
△ ＡＢＦ ＝
Ｓ
△ ＡＯＦ＋
î ＋ ＝１ꎬ
２
Ｓ １ ＯＡ ＯＦ θ １ ＯＢ ＯＦ
Ａ Ｂ 两点的横坐标分别为ｘ ｘ 则ｘ ｘ △ ＯＢＦ＝ ｜ ｜｜ ｜ｓｉｎ ＋ ｜ ｜｜ ｜
ꎬ １ꎬ ２ꎬ １ ＋ ２ ＝－ ２ ２
ｔ ｔ２ θ ＯＡ θ θ ＯＡ
４ ｘ ｘ ２ －２ ｓｉｎ(π－ )＝ ｜ ｜ｓｉｎ ＋２ｓｉｎ ＝(｜ ｜＋２)ｓｉｎ
ꎬ １ ２ ＝ ꎬ
３ ３ θ 取 θ π 则 Ｓ １ ＯＡ １
由题意得 Δ ｔ ２ ｔ２ 即 ｔ２ ꎬ ＝ ꎬ △ ＡＢＦ＝１＋ ｜ ｜≤１＋ ×２ ２
＝(４ ) －１２(２ －２)>０ꎬ ０≤ ６ ２ ２
. 错误 连接 ＡＧ 由椭圆定义知
<３ ＝１＋ ２<４ꎬＣ ꎻ ꎬ ꎬ
弦 长 ＡＢ ｘ ｘ ＡＦ ＡＧ ａ 所以 ＡＦＧ 的周长 Ｌ
｜ ｜ ＝ ２ ｜ １ － ２ ｜ ＝ ２ × ｜ ｜＋｜ ｜ ＝２ ＝４ ２ꎬ △
æ ｔö２ ｔ２ ｔ２ ＦＧ 正确.
ç ４ ÷ ２ －２ ４ ３－ .当且仅当 ｔ ＝ ｜ ｜＋４ ２ ＝４＋４ ２ꎬＤ
è－ ø －４× ＝ ＝０
３ ３ ３ ４.( 届广西柳州摸底ꎬ )已知 Ａ
２０２３ １５ (３ꎬ１)ꎬ
时取得最大值 为４ ３.故选
ｘ２ ｙ２
Ｂ Ｐ 是椭圆 上的一点 则
ꎬ Ｄ.
(－３ꎬ０)ꎬ ＋ ＝ １ ꎬ
３
１６ ７
３.(多选)( 山东临沂三模ꎬ ) 年 ＰＡ ＰＢ 的最大值为 .
２０２２ １２ ２０２２ ４ ｜ ｜＋｜ ｜
月 日 时 分 神舟十三号返回舱成功 答案
１６ ９ ５６ ꎬ ９
着陆 返回舱是宇航员返回地球的座舱 返 解析 根据题意可得 ａ
ꎬ ꎬ
回舱的轴截面可近似看作由半圆和半椭圆
ｂ ｃ 则点 Ｂ
＝４ꎬ ＝ ７ꎬ ＝３ꎬ
组成的 曲圆 如图 在平面直角坐标系中
“ ”ꎬ ꎬ ꎬ 为椭圆的左焦点 设椭
ꎬ
半圆的圆心在坐标原点 半圆所在的圆过椭
ꎬ 圆的右焦点为 Ｆ 则
ꎬ
圆的焦点 Ｆ 椭圆的短轴与半圆的直 Ｆ 连接 ＰＦ ＡＦ ＰＢ ＰＦ 即 专
(０ꎬ２)ꎬ (３ꎬ０)ꎬ ꎬ ꎬ∴ ｜ ｜＋｜ ｜ ＝８ꎬ ｜ 题
径重合 下半圆与 ｙ 轴交于点 Ｇ.若过原点 Ｏ ＰＢ ＰＦ 九
ꎬ ｜ ＝８－｜ ｜ꎬ
平
的直线与上半椭圆交于点 Ａ 与下半圆交于 ２ ２ 面
ꎬ ３ １ 点 Ａ 在椭圆内. ＰＡ ＰＢ 解
点 Ｂ 则 ∵ ＋ <１ꎬ∴ ｜ ｜＋｜ ｜ ＝ ｜ 析
ꎬ ( ) １６ ７ 几
ＰＡ ＰＦ ＡＦ 当且仅当点Ｐ 在 何
｜－｜ ｜＋８≤｜ ｜＋８＝９ꎬ
３６３
ＡＦ 的延长线上时 等号成立.故 ＰＡ ＰＢ ＡＤＥ 的周长为 .
ꎬ ｜ ｜＋｜ ｜ △ １３
的最大值为 . ｘ２
９ ６.( 届重庆一中月考ꎬ )已知椭圆 Ｃ
ｘ２ ｙ２
２０２３ ２１ :ａ２ ＋
５.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知椭圆 Ｃ
２０２２ Ⅰ １６ ５ :ａ２ ＋ｂ２ ｙ２ æ ö
ａ ｂ 经过点ç １ ÷ 其右焦点为
ａ ｂ Ｃ 的上顶点为 Ａ 两个焦点为 ｂ２ ＝１( > >０) è ３ꎬ øꎬ
＝１( > >０)ꎬ ꎬ ２
Ｆ .
Ｆ Ｆ 离心率为１.过 Ｆ 且垂直于 ＡＦ 的直 ( ３ꎬ０)
１ꎬ ２ꎬ １ ２ 求椭圆 Ｃ 的离心率
２
(１) ꎻ
线与 Ｃ 交于 Ｄ Ｅ 两点 ＤＥ 则 ＡＤＥ
ꎬ ꎬ｜ ｜ ＝６ꎬ △ 若点 Ｐ Ｑ 在椭圆 Ｃ 上 右顶点为 Ａ 且满
(２) ꎬ ꎬ ꎬ
的周长是 .
足直线 ＡＰ 与 ＡＱ 的斜率之积为 １ .求 ＡＰＱ
答案 △
１３ ２０
解析 设 Ｆ Ｆ 分 面积的最大值.
１、 ２
别为左 右焦点.如 ì ïｃ
、
ï ＝ ３ꎬ
图 连 接 ＡＦ
ï
ꎬ １ꎬ 解析 依 题 意 可 得 í３ １ 解
ＤＦ ＥＦ (１) ïａ２ ＋ ｂ２ ＝１ꎬ
２ꎬ ２ꎬ ï ４
ｅ １
ｃ î ï ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
ꎬ
∵ ＝ ＝ ａꎬ
２ ì ï ａ
＝２ꎬ
ａ ｃ ｂ ｃ ïï
∴ ＝２ ꎬ∴ ＝ ３ ꎬ
得íｂ
ï
＝１ꎬ
Ａ ｃ Ｆ ｃ Ｆ ｃ ï
∴ (０ꎬ ３ )ꎬ ２( ꎬ０)ꎬ １(－ ꎬ０)ꎬ
îｃ
＝ ３ꎬ
∴
ｋ
ＡＦ ２ ＝－ ３ꎬ∴ ∠
ＡＦ
２
Ｏ
＝６０
°
ꎬ
又
∵ ｜
ＡＦ
１ ｜ ＝ ｜ 所以椭圆 Ｃ 的方程为
ｘ２
ｙ２ 离心率 ｅ
ＡＦ ＡＦ Ｆ 为正三角形 又 ＤＥ ＡＦ ＋ ＝ １ꎬ
２｜ꎬ∴ △ １ ２ ꎬ ∵ ⊥ ２ ４
且 Ｆ ＤＥ ＤＥ 为 ＡＦ 的中垂线 ＡＤ
１∈ ꎬ∴ ２ ꎬ∴ ｜ ｜ ３.
＝
ＤＦ ＡＥ ＥＦ
＝ ｜ ２｜ꎬ｜ ｜ ＝ ｜ ２｜ꎬ ２
ＡＤＥ 的周长为 ＡＤ ＡＥ ＤＥ ＤＦ 易知直线 ＡＰ 与 ＡＱ 的斜率同号 所以直
∴ △ ｜ ｜＋｜ ｜＋｜ ｜ ＝ ｜ ２ (２) ꎬ
Ｆ Ｅ ＤＦ Ｆ Ｅ ａ. 线 ＰＱ 不垂直于 ｘ 轴
｜＋｜ ２ ｜＋｜ １｜＋｜ １ ｜ ＝４ ꎬ
故可设 ＰＱ ｙ ｋｘ ｍ ｋ Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ
ＤＥ ＡＦ ｋ ３ ＤＥ 的方程为 ｙ
: ＝ ＋ ꎬ ≠０ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ
∵ ⊥ ２ꎬ∴ ＤＥ ＝ ꎬ∴ ＝ ｙ
３ ２)ꎬ
ì
ï
ｘ２
３ ｘ ｃ ï ｙ２
( ＋ )ꎬ 由í ＋ ＝１ꎬ可得 ｋ２ ｘ２ ｍｋｘ ｍ２
３ ï４ ꎬ(１＋４ ) ＋８ ＋４ －４
ï
ì
ï ３
ｘ２
＋４
ｙ２
－１２
ｃ２
＝０ꎬ
îｙ
＝
ｋｘ
＋
ｍ
ï
联立得í
ïｙ ３ ｘ ｃ
消去 ｙ 得
ꎬ１３
ｘ２
＋ ＝０ꎬ
5 î ï ＝ ３ ( ＋ )ꎬ 所以 ｘ ｘ ８ ｍｋ ｘ ｘ ４ ｍ２ －４ Δ
年 高 ｃｘ ｃ２ 设Ｄ ｘ ｙ Ｅ ｘ ｙ 则 ｘ １ ＋ ２ ＝ － １＋４ ｋ２ ꎬ １ ２ ＝ １＋４ ｋ２ ꎬ ＝ １６
考 ８ －３２ ＝０ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ １ ＋
ｙ
3 ｃ
年 模 ｘ ２ ＝－ １ ８ ３ ꎬ ｘ １ ｘ ２ ＝－ １ ３ ３ ２ｃ２ ꎬ (４ ｋ２ ＋１－ ｍ２ ) >０ꎬ 由 ｋ ＡＰ ｋ ＡＱ ＝ ２ １ ０ ꎬ 即 ｘ １ － １ ２
拟
ｙ
A æ ö２ æ ｃö２ æ ö ２ １
版 ∴ ｜ ＤＥ ｜ ＝ １＋ è çç ３ ø ÷÷ è ç － ８ ø ÷ －４× ç è－ ３２ｃ２ ø ÷ ｘ ２ －２ ＝ ２０ ꎬ
３ １３ １３
高 可得 ｋｘ ｍ ｋｘ ｍ ｘ ｘ
考 ２０( １ ＋ )( ２ ＋ )＝ ( １ －２)( ２ －２)ꎬ
数 ｃ １３ 又 ａ ｃ ａ ｃ
学 ＝６ꎬ∴ ＝ ꎬ ∵ ＝ ２ ꎬ∴ ４ ＝ ８ ＝ １３ꎬ∴ ｋ２ｘ ｘ ｋｍ ｘ ｘ ｍ２ ｘ ｘ ｘ
８ ２０ １ ２ ＋２０ ( １ ＋ ２)＋２０ ＝ １ ２ －２( １ ＋
３６４
ｘ ｘ２ ｙ２
２)＋４ꎬ ２５ 所以 Ｃ 的方程为 .
＝ ꎬ ＋ ＝１
ｍ２ ｍｋ ｍ２
１６ ２５ ２５
ｋ２ ４ －４ ｋｍ －８ ｍ２ ４ －４
２０ ｋ２ ＋２０ ｋ２ ＋２０ ＝ ｋ２ － １６
１＋４ １＋４ １＋４
设 Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｙ 根据对称性可设
ｍｋ (２) ( Ｐꎬ Ｐ)ꎬ (６ꎬ Ｑ)ꎬ
－８ 化简得 ｋ２ ｍｋ ｍ２ 所以 ｍ
２
１＋４
ｋ２ ＋４ꎬ ６ ＋ － ＝０ꎬ ｙ
Ｑ>０ꎬ
由题意知 ｙ
Ｐ>０
.
ｋ 或 ｍ ｋ 由已知可得 Ｂ 直线 ＢＰ 的方程为 ｙ
＝－２ ＝３ ꎬ (５ꎬ０)ꎬ ＝－
所以直线 ＰＱ ｙ ｋ ｘ 或 ｙ ｋ ｘ 因为
: ＝ ( －２) ＝ ( ＋３)ꎬ １ ｘ
ｙ ( －５)ꎬ
直线 ＰＱ 不经过点 Ａ 所以直线 ＰＱ 经过定点 Ｑ
ꎬ
. 所以 ＢＰ ｙ ｙ２ ＢＱ ｙ２ .
(－３ꎬ０) ｜ ｜ ＝ Ｐ １＋ Ｑꎬ｜ ｜ ＝ １＋ Ｑ
因为 ＢＰ ＢＱ 所以 ｙ
设定点 Ｂ Ｓ Ｓ Ｓ １ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ꎬ Ｐ＝１ꎬ
(－３ꎬ０)ꎬ △ ＡＰＱ＝ ｜ △ ＡＢＰ－ △ ＡＢＱ｜ ＝ ｜ 将 ｙ 代入 Ｃ 的方程 解得 ｘ 或 .
２ Ｐ＝１ ꎬ Ｐ＝３ －３
由直线 ＢＰ 的方程得 ｙ 或 .所以点 Ｐ Ｑ
ＡＢ ｙ ｙ ５ ｋ ｘ ｘ Ｑ＝２ ８ ꎬ
｜ ｜ １ － ２｜ ＝ ２ ｜ ｜ ｜ １ － ２｜ 的坐标分别为 Ｐ Ｑ Ｐ
１(３ꎬ１)ꎬ １(６ꎬ２)ꎻ ２(－３ꎬ
＝ ５ ｜ ｋ ｜ ( ｘ １ ＋ ｘ ２) ２ －４ ｘ １ ｘ ２ １)ꎬ Ｑ ２(６ꎬ８) .
２
Ｐ Ｑ 直线 Ｐ Ｑ 的方程为 ｙ １ ｘ
æ ｋｍö２ ｍ２ ｜ １ １｜ ＝ １０ꎬ １ １ ＝ ꎬ
５ ｋ çç－８ ÷÷ ４ －４ ３
＝ ｜ ｜ è ｋ２ø －４× ｋ２
２ １＋４ １＋４
点 Ａ 到直线 Ｐ Ｑ 的距离为 １０ 故
ｋ ｋ２ ｍ２ ｋ２ ｋ２ (－５ꎬ０) １ １ ꎬ
５｜ ｜ １６(４ ＋１－ ) １０ (１－５ ) ２
＝ ｋ２ ＝ ｋ２ ꎬ
２ １＋４ １＋４
ＡＰ Ｑ 的面积为１ １０ ５.
△ １ １ × × １０ ＝
因为 ｋ２ 所以 ｋ２ １ 设 ｔ ｋ２ ｔ ２ ２ ２
１－５ >０ꎬ ０< < ꎬ ＝４ ＋１ꎬ
５
Ｐ Ｑ 直线 Ｐ Ｑ 的方程为 ｙ ７ｘ
æ ö ｜ ２ ２｜ ＝ １３０ꎬ ２ ２ ＝ ＋
ç ９ ÷ ９
∈è１ꎬ øꎬ
５
１０ 点 Ａ 到直线 Ｐ Ｑ 的距离为 １３０ 故
ｔ２ ｔ ꎬ ２ ２ ꎬ
所 以 Ｓ ５ －５ ＋１４ －９ ５ ３ ２６
△ ＡＰＱ ＝ ｔ２ ＝
２ ２
ＡＰ Ｑ 的面积为 １ １３０ ５.综
æ ö２ △ ２ ２ × × １３０ ＝
ç１ ７÷ ４ ５ 当且仅当 ｔ ９ 即 ｋ２ ２ ２６ ２
－９è ｔ － ø ＋ ≤ ꎬ ＝ ꎬ
９ ９ ３ ７ 上 ＡＰＱ 的面积为５.
ꎬ△
１时取等号 即 ＡＰＱ 面积的最大值为５. ２
＝ ꎬ △ ８.( 广东佛山一中月考ꎬ )已知椭圆 Ｇ
１４ ３
２０２２ ２１ :
ｘ２
７.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)已知椭圆 Ｃ ｘ２ ｙ２
２０２０ Ⅲ ２０ １２ : ＋ ａ ｂ 的离心率为 ６ 且过点
２５ ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) ꎬ (３ꎬ
３
ｙ２
ｍ 的离心率为 １５ Ａ Ｂ 分别为 .
ｍ２ ＝１(０< <５) ꎬ ꎬ １)
４ 求椭圆 Ｇ 的方程
(１) ꎻ
Ｃ 的左 右顶点.
、 斜率为 的直线 ｌ 与椭圆 Ｇ 交于 Ａ Ｂ 两
(２) １ 、
求 Ｃ 的方程
专
(１) ꎻ 点 以ＡＢ为底边作等腰三角形 顶点为Ｐ
题
ꎬ ꎬ (－３ꎬ
若点 Ｐ 在 Ｃ 上 点 Ｑ 在直线 ｘ 上 且 九
(２) ꎬ ＝６ ꎬ 求 ＰＡＢ的面积.
ＢＰ ＢＱ ＢＰ ＢＱ 求 ＡＰＱ 的面积. ２)ꎬ △ 平
｜ ｜ ＝ ｜ ｜ꎬ ⊥ ꎬ △ 面
解
ｍ２ 析
解析 由题设可得 ２５－ １５ 得 ｍ２ 几
(１) ＝ ꎬ 何
５ ４
３６５
ì ï ｃ ｎ
ïｅ
＝ ａ ＝
６
ꎬ
设 Ａ
(
ｘ
１ꎬ
ｙ
１)ꎬ
Ｂ
(
ｘ
２ꎬ
ｙ
２)ꎬ
则 ｘ
１ ＋
ｘ
２ ＝－
３
ꎬ
ｘ
１
ｘ
２
ï ３ ２
ï
解 析 由 题 意 知 í 解 ｎ２
( １) ꎬ ï９ １ ３ －１２
ïａ２ ＋ｂ２ ＝１ꎬ ＝
４
ꎬ
ï
ï ｎ æｘ ｘ ｙ ｙ ö
îａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ ꎬ ｙ ｙ ｘ ｘ ｎ 又çç １ ＋ ２ １ ＋ ２÷÷在
{ａ２ ∴ １ ＋ ２ ＝ １ ＋ ２ ＋２ ＝
２
ꎬ è
２
ꎬ
２
ø
得 ＝１２ꎬ
ｎ ｎ
ｂ２ 线段 ＡＢ 的中垂线上 ３ 可得 ｎ
＝４ꎬ ꎬ∴ －１＝ ꎬ ＝
４ ４
ｘ２ ｙ２
故椭圆 Ｇ 的方程为 .
＋ ＝１ 即 ｘ ｘ ｘ ｘ ＡＢ ２
１２ ４ ２ꎬ １ ＋ ２ ＝－３ꎬ １ ２ ＝０ꎬ∴ ｜ ｜ ＝ １＋１
设直线 ＡＢ 的方程为 ｙ ｘ ｎ 则线段 ＡＢ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ
(２) ＝ ＋ ꎬ ( １ ＋ ２) －４ １ ２ ＝３ ２ꎬ
的中垂线方程为 ｙ ｘ 即 ｙ ｘ .
＝－( ＋３)＋２ꎬ ＝－ －１ 又 Ｐ 到直线 ＡＢ 的距离 ｄ ｜－３－２＋２｜
(－３ꎬ２) ＝
ìｙ ｘ ｎ
ï
ï ＝ ＋ ꎬ ２
联立í
ï
ｘ２ ｙ２ 消去 ｙ 整理得
４
ｘ２
＋６
ｎｘ
＋３
ｎ２
３ ２
ï
î ＋ ＝１ꎬ ＝ ꎬ
１２ ４ ２
－１２＝０ꎬ Ｓ １ ＡＢ ｄ ９.
由 Δ ＝(６ ｎ ) ２ －４×４(３ ｎ２ －１２)>０ 得 －４< ｎ <４ . ∴ △ ＰＡＢ＝ ２ ｜ ｜ ＝ ２
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
３６６
