3.2椭圆的简单几何性质（解析版）(1)_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_圆锥曲线PDF矢量版_原卷版+解析版

3.2 椭圆的简单几何性质
模块一：基础知识.........................................................................2
考点一：椭圆的简单几何性质....................................................... 2
考点二：直线与椭圆的位置关系.................................................... 2
考点三：椭圆的中点弦问题.......................................................... 3
模块二：题型分类.........................................................................4
题型一：由椭圆方程求研究几何性质...............................................4
题型二：利用几何性质求椭圆方程................................................10
题型三：求椭圆的离心率........................................................... 18
题型四：离心率取值范围........................................................... 25
题型五：直线与椭圆的位置关系...................................................35
题型六：直线与椭圆相交弦长......................................................40
题型七：椭圆的中点弦问题........................................................ 46
题型八：椭圆的实际应用........................................................... 55
题型九：椭圆的综合应用........................................................... 61
模块三：综合巩固....................................................................... 71
3.2 椭圆的简单几何性质
模块一：基础知识
考点一：椭圆的简单几何性质
焦点在x 轴上
焦点在y 轴上
图形
标准方程
)
0
(1
2
2
2
2




b
a
b
y
a
x
)
0
(1
2
2
2
2




b
a
b
x
a
y
范围
a
x
a



，
b
y
b



b
x
b



，
a
y
a



对称性
关于x,y 轴、原点对称
轴长
长轴长：|A1A2|=2a；短轴长：|B1B2|=2b
顶点


,0
a



0, b



0, a



,0
b

离心率
)1
0
(
1
2
2





e
a
b
a
c
e
)1
0
(
1
2
2





e
a
b
a
c
e
离心率越接近1，则椭圆越扁；离心率越接近0，则椭圆越圆
通径
通径的定义：过焦点且垂直于焦点轴的椭圆的弦长
通径的大小：
a
b2
2
注意：
①.由


2
2
2
2
1
0
1
b
a
c
e
e
a
a






可知,当e 越趋近于1 时, b
a
越趋近于0,椭圆越扁；当e 越趋近于
0 时, b
a
越趋近于1,椭圆越接近于圆．当且仅当a
b

时,
0
c 
,两焦点重合,图形变为圆,方程为
2
2
2
x
y
a

＋
②离心率的推导e =
c
a =
c2
a2 =
a2−b2
a2
=
a2
a2 −
b2
a2 =
1 −
b2
a2
考点二：直线与椭圆的位置关系
1．直线与椭圆的三种位置关系
类比直线与圆的位置关系,直线与椭圆有相离、相切、相交三种位置关系,如图所示．
2．利用方程讨论直线与椭圆的位置关系
设直线方程为y
kx
m

＋
,椭圆方程为


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




,由方程组
2
2
2
2
1
y
kx
m
x
y
a
b






消去一个变量,得到
关于另一个变量的一元二次方程,则有下列结论：
0

直线与椭圆有两个公共点⇔直线与椭圆相交；
0

直线与椭圆有且只有一个公共点⇔直线与椭圆相切；
0

直线与椭圆没有公共点⇔直线与椭圆相离．
3．弦长问题
设直线l
y
kx
m


：
交椭圆


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




于点




1
1
1
2
2
2
,
,
,
P x y
P x
y
两点, 则









2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
|
|
1
1


























y
y
PP
x
x
y
y
x
x
k
x
x
x
x
2
1
2
1
|
|
k
x
x




同理可得
1
2
1
2
2
1
|
|
1
PP
y
y
k




可利用根与系数的关系求解
1
2
1
2
,
x
x
y
y


,常进行以下变形：


2
1
2
1
2
1
2
|
|
4
,
x
x
x
x
x x






2
1
2
1
2
1
2
|
|
4
y
y
y
y
y y




考点三：椭圆的中点弦问题
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：直线l (不平行于y 轴)过椭圆
1
2
2
2
2

b
y
a
x
(
0

b
a
)上两点A 、B ，其中AB 中
点为
)
(
0
0
y
x
P
，
，则有
2
2
a
b
k
k
OP
AB



．
证明：设
)
(
1
1
y
x
A
，
、
)
(
2
2
y
x
B
，
，则有










1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
b
y
a
x
b
y
a
x
，
上式减下式得
0
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1




b
y
y
a
x
x
，∴
2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
a
b
x
x
y
y




，
∴
2
2
0
0
2
1
2
1
0
0
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
a
b
x
y
x
x
y
y
x
y
x
x
y
y
x
x
y
y
x
x
y
y















，∴
2
2
a
b
k
k
OP
AB



．(焦点在x 轴椭圆)
特殊的：直线l (存在斜率)过椭圆
1
2
2
2
2

b
x
a
y
(
0

b
a
)上两点A 、B ，线段AB 中点为
)
(
0
0
y
x
P
，
，则有
2
2
b
a
k
k
OP
AB



．(焦点在y 轴椭圆)
模块二：题型分类
题型一：由椭圆方程求研究几何性质
1．求椭圆
2
2
1
25
9
x
y

的长轴长、短轴长、离心率、焦点坐标和顶点坐标，并用描点法画出这个椭圆．
【答案】答案见解析
【分析】由椭圆的标准方程
2
2
1
25
9
x
y

可以知道
5
a 
，
3
b 
，则椭圆位于四条直线
5
x ，
3

y
所围
成的矩形内．又椭圆以两坐标轴为对称轴，所以只要画出在第一象限内的图形就可画出整个椭圆．
【详解】根据椭圆的方程
2
2
1
25
9
x
y

，得
5
a 
，
3
b 
，
25
9
4



c
，
所以，椭圆的长轴长2
10
a 
，短轴长2
6
b 
，
离心率
4
5
c
e
a


，焦点为


1
4,0
F 
，


2 4,0
F
，
顶点为


1
5,0
A 
，


2 5,0
A
，


1 0, 3
B

，


2 0,3
B
．
将方程变形为
2
3
25
5
y
x


，
根据
2
3
25
5
y
x


算出椭圆在第一象限内的几个点的坐标（如下表所示）：
x
0
1
2
3
4
5
y
3
2.94
2.75
2.4
1.8
0
先描点画出在第一象限内的图形，再利用椭圆的对称性画出整个椭圆．
2.椭圆9�2 + 25�2 = 225 上的点��, �的横、纵坐标的范围分别为（
）
A．�≤3, �≤5
B．�≤
1
3 , �≤
1
5
C．�≤5, �≤3
D．�≤
1
5 , �≤
1
3
【解题思路】先将方程化为标准方程，然后根据椭圆的性质分析判断
【解答过程】由���+ ����= ���，得
��
��+
��
�= �，
所以椭圆的标准方程为
��
��+
��
�= �，则�= �, �= �，
因为点��, �在椭圆上，
所以�≤�, �≤�．
故选：C.
3.（多选）已知椭圆
2
2
:
1
2
11
x
y
C

，则（
）
A．椭圆C 的长轴长为2 2
B．椭圆C 的焦距为6
C．椭圆C 的短半轴长为2 11
D．椭圆C 的离心率为3 11
11
【答案】BD
【解析】因为椭圆
2
2
:
1
2
11
x
y
C

，所以
11,
2,
3
a
b
c


，且椭圆C 的焦点在y 轴上，
所以椭圆C 的长轴长为2 11，焦距为6，短半轴长为
2 ，离心率
3 11
11
c
e
a


.故选：BD.
4.有关椭圆�2 + 4�2 = 16 叙述错误的是（
）
A．长轴长等于4
B．短轴长等于4
C．离心率为
3
2
D．�的取值范围是[ −4,4]
【解题思路】根据题意求出�, �, �，进而根据椭圆的性质求得答案.
【解答过程】椭圆方程化为：
��
��+
��
�= �，则�= �, �= �, �=
��−��= ��，则长轴长为8，短轴长为
4，离心率�=
�
�，x 的取值范围是−�, �.即A 错误，B,C,D 正确.
故选：A.
5.椭圆
2
2
1
x
my

的焦点在y 轴上，长轴长是短轴长的两倍，则m 的值为（
）
A．1
4
B．
1
2
C．2
D．4
【答案】A
【解析】椭圆
2
2
1
x
my

的焦点在y 轴上，长轴长是短轴长的两倍，
1
2
2
2
m



，解得
1
4
m 
．故选：A．
6．椭圆
2
2
1
25
16
x
y

的四个顶点所围成的四边形的面积是
.
【答案】40
【分析】利用椭圆方程可写出四个顶点的坐标，即可求出围成的四边形的面积.
【详解】由椭圆方程可得椭圆的四个顶点分别为




5,0 , 5,0 , 0, 4 , 0,4


，
故这四个顶点围成的四边形为菱形，
所以面积
1 10 8
40
2
S 



.
故答案为：40
7．（多选）已知椭圆
2
2
1
16
x
y
m

的焦距是2 3 ，则m 的值可能是（
）
A．13
B．13
C．19
D．19
【答案】BD
【分析】利用椭圆焦距的定义和性质即可求解.
【详解】由题知，
2 16
2 3
m


或2
16
2 3
m 

，
解得
13
m 
或
19
m 
.
故选：BD
8.椭圆
2
2
1
9
x
y
m

的焦距为2，则m 为（
）
A．5 或13
B．5
C．8 或10
D．8
【答案】C
【解析】因为椭圆
2
2
1
9
x
y
m

的焦距为2，则
0
m 
且
9
m 
，
1
c ，
当焦点在x 轴上时，
2
2
9,
a
b
m


，则
2
2
2
9
1
c
a
b
m




，则
8
m 
，
当焦点在y 轴上时，
2
2
,
9
a
m b


，则
2
2
2
9
1
c
a
b
m




，则
10
m 
，
故m 的值为8 或10，故选：C.
9.若椭圆�2＋��2 = 1 的焦点在y 轴上，且长轴长是短轴长的2 倍，则m 的值为
，焦点坐标
为
．
【答案】
�
�
；
�, ±
�
【分析】根据题意可得��= ���，再结合方程可得��=
�
�, ��= �，运算求解即可.
【详解】设椭圆的长轴长为��，短轴长为��，焦距为��，
由题意可得：��= �× ��，则��= ���，
因为椭圆方程为��＋���= �，即��＋
��
�
�
= �，
且焦点在y 轴上，则��=
�
�, ��= �，
可得��=
�
�= �，解得�=
�
�，
所以�=
��−��=
�，即焦点坐标为�, ±
�．
故答案为：
�
�；�, ±
�.
10.椭圆�:
�2
80 +
�2
35 = 1 的长轴长与焦距之差等于（
）
A．5
B．2 5
C．2 6
D．3 6
【解题思路】根据椭圆的标准方程求出�, �, �，再求长轴长��与焦距��之差.
【解答过程】由题得��= ��，��= ��，所以�= ��，�=
��−��= ��，
所以长轴长��= ��，焦距��= ��，
所以长轴长与焦距之差等于��−��= ��．
故选：B.
11.若椭圆
�2
�2 +
�2
3 = 1(�> 0)的离心率为
2
2 ，则该椭圆的焦距为（
）
A．3
B．6
C．2 6或3
D．2 3或6
【解题思路】分焦点在�轴或�轴两种情况，求椭圆的离心率，求解参数�，再求椭圆的焦距.
【解答过程】若椭圆的焦点在�轴，则离心率�=
��−�
�
=
�
�，得��= �，此时焦距��= ��−�= ��，
若椭圆的焦点在�轴，则离心率�=
�−��
�
=
�
�，得��=
�
�，此时焦距��= ��−
�
�=
�，
所以该椭圆的焦距为��或�.
故选：D.
12．已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




的左、右焦点分别为
1
2
,
F F ，右顶点为A ，上顶点为B ，点P 在C 上，
1
1
2
2
,
,
3
PF
F F AB
PF
AB


∥
，则该椭圆的长轴长为
．
【答案】2 5
【分析】求出
2
1
|
| b
PF
a

，由题意可利用Rt OBA

∽
1
2
Rt F PF

，得
2
1
2
|
|
|
|
|
|
|
|
OB
OA
PF
F F

，即可推出,a b 之间的关系，
结合
3
AB 
求出a 的值，即可求得答案.
【详解】由题意知
1(
,0), ( ,0), (0, )
F
c
A a
B
b

，
因为
1
1
2
PF
F F

，将x
c
代入
2
2
2
2
1
x
y
a
b

可得
2
b
y
a

，
故
2
1
|
| b
PF
a

，
由于
2
AB
PF
∥
，故Rt OBA

∽
1
2
Rt F PF

，即得
2
1
2
|
|
|
|
|
|
|
|
OB
OA
PF
F F

，
即
2
,
2
2
b
a
b
c
b
c
a


，则
2
2
2
2
2
4(
),
4
5
b
a
b
a
b




，
由
3
AB 
得
2
2
9
a
b


，即有
2
2
2
4
9,
5,
5
5
a
a
a
a





，
故该椭圆的长轴长为2
2 5
a 
，
故答案为：2 5
13．已知椭圆C ：
2
2
1
16
7
x
y

，F 为椭圆C 的左焦点，A 为椭圆C 的右顶点，B 为椭圆C 上一点．若
4
7
AF
BF

，则AB 
．
【答案】
23
【分析】由椭圆方程得, ,
a b c 的值，得左焦点和右顶点A 的坐标，可得AF 和BF 的值，由BF
a

，所以
B 为椭圆C 短轴的一个端点，可求AB .
【详解】椭圆C ：
2
2
1
16
7
x
y

中，
4
a 
，
7
b 
，
16
7
3
c 


，
则


3,0
F 
，


4,0
A
，所以
7
AF 
，由4
7
AF
BF

，得
4
BF 
，
由BF
a

，所以B 为椭圆C 短轴的一个端点，所以
2
2
16
7
23
AB
a
b





．
故答案为：
23 .
14.椭圆
2
2
1
25
9
x
y

与椭圆


2
2
1
9
25
9
x
y
k
k
k





的（
）
A．长轴长相等
B．短轴长相等
C．离心率相等
D．焦距相等
【答案】D
【解析】椭圆
2
2
1
25
9
x
y

的长轴长为5 2
10

，短轴长为2 3
6
，焦距为2 25
9
8

，离心率为4
5 ，
椭圆


2
2
1
9
25
9
x
y
k
k
k





的长轴长为2 25
k

，短轴长为2 9
k

，
焦距为



2
25
9
8
k
k




，离心率为
4
25
k

，
所以，两椭圆的焦距相等，长轴长不相等，短轴长不相等，离心率也不相等.故选：D.
15.已知椭圆
�2
4 + �2 = 1 经过点��, �，则�2 + �2的取值范围是（
）
A．0,1
B．0,4
C．4, + ∞
D．1,4
【解题思路】将点��, �代入
��
�+ ��= �得��= �−
��
�，代入到��+ ��，根据椭圆的范围进行求解．
【解答过程】因为椭圆
��
�+ ��= �经过点��, �，所以
��
�+ ��= �，所以��= �−
��
�，
则��+ ��= ��+ �−
��
�=
���
�+ �．
因为椭圆
��
�+ ��= �经过点��, �，所以−�≤�≤�，即�≤��≤�，
故��+ ��的取值范围是�, �．
故选：D．
16．（多选）中国的嫦娥四号探测器，简称“四号星”，是世界首个在月球背面软着陆和巡视探测的航天器．如
图，现假设“四号星”沿地月转移轨道飞向月球后，在月球附近一点P 变轨进入以月球球心F 为一个焦点的
椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在点P 第二次变轨进入仍以F 为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行．若用
1
2c 和
2
2c 分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用
1
2a 和
2
2a 分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长，则下列式子正确的是（
）
A．
1
1
2
2
a
c
a
c



B．
1
1
2
2
a
c
a
c



C．
1
2
1
2
c
c
a
a

D．
1
2
1
2
c
c
a
a

【答案】BC
【分析】由图可推出
1
2
a
a

，1
2
c
c

，即可判断A 选项；再由|
|
PF 的值相等，可判断B 选项；由
1
1
2
2
a
c
a
c



整理后两边平方及b 与a 、c 的关系，以及
1b 、
2b 的关系，即可判断C、D 选项.
【详解】由图知
1
2
2
2
a
a

，
1
2
2
2
c
c

，
所以
1
2
a
a

，
1
2
c
c

，
所以
1
1
2
2
a
c
a
c



，故A 错误；
由轨道Ⅰ知
1
1
|
|
PF
a
c


，由轨道Ⅱ知
2
2
|
|
PF
a
c


,
所以
1
1
2
2
a
c
a
c



，故B 正确；
由
1
1
2
2
a
c
a
c



可得：
1
2
2
1
a
c
a
c



，两边平方可得：
2
2
2
2
1
2
1 2
2
1
2 1
2
2
a
c
a c
a
c
a c





，
即
2
2
2
2
1
1
1 2
2
2
2 1
2
2
a
c
a c
a
c
a c





，
即
2
2
1
1 2
2
2 1
2
2
b
a c
b
a c



，
所以
2
2
1
2
2 1
1 2
2
2
b
b
a c
a c



，
由图知
1
2
2
2
b
b

，即
1
2
b
b

，所以
2
2
1
2
b
b

，
所以
2
2
1
2
2 1
1 2
2
2
0
b
b
a c
a c




，
所以
2 1
1 2
2
2
a c
a c

，
所以
1
2
1
2
c
c
a
a

，故C 正确，D 错误.
故选：BC.
题型二：利用几何性质求椭圆方程
1.与椭圆
2
2
9
4
36
x
y


有相同焦点，且满足短半轴长为2 5 的椭圆方程是（
）
A．
2
2
1
25
20
x
y


B．
2
2
1
20
25
x
y


C．
2
2
1
20
45
x
y


D．
2
2
1
80
85
x
y


【答案】B
【解析】椭圆
2
2
9
4
36
x
y


化成标准方程为
2
2
1
4
9
x
y

，焦点在y 轴上，
设所求椭圆方程为


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
b
a




，
依题意有
2
2
2 5
9
4
5
b
a
b







，所以
2
2
25,
20
a
b


，所求椭圆方程为
2
2
1
20
25
x
y

.故选：B
2.已知椭圆
�2
�2 +
�2
�2 = 1(�> �> 0)的长轴长为4，离心率为
2
2 ，则该椭圆的方程为（
）
A．
�2
4 +
�2
2 = 1
B．
�2
4 + �2 = 1
C．
�2
16 +
�2
8 = 1
D．
�2
8 +
�2
16 = 1
【解题思路】根据长轴以及离心率即可求解.
【解答过程】由长轴长为4，可得��= �，又离心率为
�
�，即�=
�
�=
�
�，
解得�= �, �=
�，故�=
��−��=
�，
所以椭圆方程为
��
�+
��
�= �，
故选：A.
3．已知椭圆C 过点(3,0) ，且离心率为
6
3
，则椭圆C 的标准方程为（
）
A．
2
2
1
9
3
x
y


B．
2
2
1
27
9
y
x


C．
2
2
1
9
3
x
y

或
2
2
1
3
9
x
y


D．
2
2
1
9
3
x
y

或
2
2
1
27
9
y
x


【答案】D
【分析】就焦点的位置分类讨论后结合基本量的关系可求标准方程.
【详解】若焦点在x 轴上，则
3
a ．由
6
3
c
e
a


，得
6
c 
，所以
2
2
2
3
b
a
c


，
此时椭圆C 的标准方程为
2
2
1
9
3
x
y

．
若焦点在y 轴上，则
3
b 
．由
2
2
2
9
6
1
1
3
c
b
e
a
a
a






，得
2
27
a 
，
此时椭圆C 的标准方程为
2
2
1
27
9
y
x

．
综上所述，椭圆C 的标准方程为
2
2
1
9
3
x
y

或
2
2
1
27
9
y
x

．
故选：D.
4.已知直线
2
2
0
x
y



，经过椭圆的右顶点和上顶点，则椭圆的标准方程为（）
A．
2
2
1
5
x
y


B．
2
2
1
5
3
x
y


C．
2
2
1
4
x
y


D．
2
2
1
4
3
x
y


【答案】C
【解析】直线
2
2
0
x
y



与坐标轴交点为(2,0) ，(0,1)，
直线经过椭圆的右顶点和上顶点，所以
1
b ，
2
a 
，
所以椭圆方程为：
2
2
1
4
x
y

.故选：C.
5.已知P 是椭圆


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




上一点，
1F 、
2
F 分别是椭圆的左、右焦点，若
1
2
PF F
△
的周长为6.且
椭圆的离心率为1
2 ，则椭圆方程为（
）
A．
2
2
1
2
x
y


B．
2
2
1
4
x
y


C．
2
2
1
4
3
x
y


D．
2
2
1
3
4
x
y


【答案】C
【解析】设椭圆的半焦距为
0
c 
，
由题意可得
2
2
2
2
2
6
1
2
a
c
c
e
a
a
b
c










，解得
2
3
1
a
b
c






，
所以椭圆方程为
2
2
1
4
3
x
y

.故选：C.
6.若椭圆的对称轴为坐标轴，长轴长与短轴长的和为18，焦距为6．
(1)求这个椭圆的离心率；
(2)求这个椭圆的标准方程．
【答案】(1)
�
�；
(2)
��
��+
��
��= �或
��
��+
��
��= �．
【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆长短半轴长、半焦距，再利用离心率公式计算作答.
（2）由（1）的信息，按焦点位置写出标准方程作答.
【详解】
（1）椭圆的长短半轴长分别为�, �，半焦距为�，依题意，��+ ��= ��, ��= �，即�+ �= �, �= �，
而��−��= ��，于是�−�= �，解得�= �, �= �，
所以椭圆的离心率�=
�
�=
�
�.
（2）椭圆的对称轴为坐标轴，由（1）知，
当焦点在x 轴上时，椭圆标准方程为
��
��+
��
��= �，当焦点在y 轴上时，椭圆标准方程为
��
��+
��
��= �，
所以所求标准方程为
��
��+
��
��= �或
��
��+
��
��= �.
7.已知焦点在x 轴上的椭圆的离心率为1
2 ，且它的长轴长等于4，则椭圆的标准方程是（
）
A．
2
2
1
4
3
x
y


B．
2
2
1
16
12
x
y


C．
2
2
1
4
x
y


D．
2
2
1
16
4
x
y


【答案】A
【解析】由题意得
2
2
2
1
e
2
2
4
c
a
a
a
b
c












，解得
2
3
a
b



，所以椭圆方程为：
2
2
1
4
3
x
y

，故选：A.
8．分别根据下列条件求椭圆标准方程：
(1)一个焦点为

3,0
2
F
a
c

，
(2)与椭圆
2
2
1
2
x
y

有相同的焦点，且经过点
3
(1, )
2
P
【答案】(1)
2
2
1
12
9
x
y


(2)
2
2
1
4
3
x
y


【分析】（1）根据已知可得a，c，然后由
2
2
2
a
b
c


求出b，即可得椭圆方程；
（2）根据已知椭圆方程可得焦点坐标，然后设所求椭圆方程为
2
2
2
2
1
x
y
a
b

，代入已知点坐标，结合
2
2
2
a
b
c


即可求解.
【详解】（1）由题知，
3
c 
，椭圆焦点在x 轴上，
又
2
2 3
a
c


，所以




2
2
2
2 3
3
9
b 


，
所以，椭圆方程为
2
2
1
12
9
x
y

.
（2）椭圆
2
2
1
2
x
y

的焦点为

1,0

，
设所求椭圆方程为
2
2
2
2
1
x
y
a
b

，
则有
2
2
2
2
1
9
1
4
1
a
b
a
b








，解得
2
2
4,
3
a
b


，
所以所求椭圆方程为
2
2
1
4
3
x
y

.
9.求适合下列条件的椭圆的标准方程
(1)经过点

3,0
P 
，


0,2
Q
的椭圆标准方程.
(2)焦点在y 轴上，短轴长为12，离心率为4
5 的椭圆标准方程.
【答案】(1)
2
2
1
9
4
x
y


(2)
2
2
1
36
100
x
y


【分析】由椭圆的性质求解．
【详解】（1）由题意可得椭圆焦点在x 轴上，且
3,
2
a
b


，
故椭圆方程为
2
2
1
9
4
x
y

，
（2）设椭圆方程为
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
b
a




，
由题意得
4
2
12,
5
c
b
a


，得
6
b 
，而
2
2
2
2
36
a
b
c
c




，
解得
10,
8
a
c


，
故椭圆方程为
2
2
1
36
100
x
y


10．已知椭圆


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的左、右焦点为
1F ，
2
F ，离心率为
3
3
，过
2
F 的直线l 交椭圆于A 、B 两
点．若
1
ABF

的周长为4 6 ，则椭圆的方程为（
）
A．
2
2
1
3
x
y


B．
2
2
1
3
2
x
y


C．
2
2
1
6
4
x
y


D．
2
2
1
12
8
x
y


【答案】C
【分析】依据题意得到
3
3
4
4 6
c
a
a






，并结合
2
2
2
b
a
c


，简单计算即可.
【详解】如图，
由题可知：
3
6
3
2
4
4 6
c
a
a
c
a














，则
2
2
2
4
b
a
c



所以椭圆方程为：
2
2
1
6
4
x
y

故选：C
11．已知椭圆的方程为
2
2
1(
0)
x
y
m
n
m
n




，且离心率为
3
2
e 
，则下列选项中不满足
．．．条件的为（
）
A．
2
2
1
4
x
y


B．
2
2
1
8
2
x
y


C．
2
2
1
2
x
y


D．
2
2
4
1
x
y


【答案】C
【分析】根据给定条件，结合椭圆离心率的定义，求出m，n 的关系判断作答.
【详解】椭圆的方程为
2
2
1(
0)
x
y
m
n
m
n




，则该椭圆的长短半轴长分别为
,
a
m b
n


，
离心率
2
2
3
1
2
a
b
m
n
n
e
a
m
m







，解得
1
4
n
m =
，
对于A，
4,
1
m
n

，A 符合；
对于B，
8,
2
m
n


，B 符合；
对于C，
2,
1
m
n

，C 不符合；
对于D，
1
1,
4
m
n


，D 符合.
故选：C
12.（1）求与椭圆
�2
2 + �2 = 1 有相同的焦点，且经过点1,
3
2 的椭圆标准方程；
（2）已知椭圆�2 + (�+ 3)�2 = �(�> 0)的离心率�=
3
2 ，求�的值及椭圆的长轴长､焦距､焦点坐标､顶
点坐标；
【答案】（1）
��
�+
��
�= �（2）�= �，椭圆的长轴长为�，焦距�，焦点坐标为−
�
�, �,
�
�, �，顶点
坐标为( −�, �), (�, �), �, −
�
�, �,
�
�．
【分析】（1）根据已知椭圆判断得焦点位置，从而设得所求椭圆方程，再由已知条件列出方程组，解之即
可；
（2）先将椭圆方程化为标准方程，再由离心率求得�值，从而由椭圆的几何性质求得所求.
【详解】（1）因为椭圆
��
�+ ��= �，所以其焦点落在�轴上，且���= �−�= �，
所以设所求椭圆为
��
���+
��
��
�= �，则有
��
���+
�
�
�
��
�= �
���−��
�= ���= �
，解得���= �
��
�= �（负值舍去），
所以所求椭圆为
��
�+
��
�= �.
（2）因为椭圆��+ (�+ �)��= �(�> �)可化为
��
�+
��
�
�+�
= �，
因为�> �，所以�+ �> �，所以�<
�
�+�< �，故
�
�+�< �，
所以椭圆焦点落在�轴上，则��= �，��=
�
�+�，
所以��= ��−��= �−
�
�+�=
��+��
�+�，
因为�=
�
�=
�
�，所以
��
��=
�
�，即���= ���，
即�×
��+��
�+�
= ��，解得�= �，
所以椭圆为��+
��
�
�
= �，��= �，��=
�
�，��=
�
�，则�= �, �=
�
�, �=
�
�，
所以�= �，椭圆的长轴长为��= �，焦距��=
�，焦点坐标为−
�
�, �,
�
�, �，顶点坐标为( −
�, �), (�, �), �, −
�
�, �,
�
�．
13．已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




的离心率为
1
2
1 ,
,
2 A A 分别为C 的左、右顶点，B 为C 的上顶点．若
1
2
2
BA BA



，则椭圆C 的方程为（
）
A．
2
2
1
16
12
x
y


B．
2
2
1
8
6
x
y

=
C．
2
2
1
4
3
x
y


D．
2
2
2
1
2
3
x
y


【答案】B
【分析】根据离心率及
1
2=
2
BA BA



，建立关于
2
2
,
a b 的等式即可得解.
【详解】显然离心率
2
2
2
2
1
1
2
a
b
b
e
a
a





，解得
2
2
3
4
b
a 
，即
2
2
3
4
b
a

，
1
2
,
A A 分别为C 的左右顶点，B 为上顶点，则




1
2
,0 ,
,0
A
a
A
a

，
(0, )
B
b ，
于是
1
2
(
,
),
( ,
)






BA
a
b BA
a
b ，而
1
2
2
BA BA



，
即
2
2
2
a
b


，又
2
2
3
4
b
a

，因此联立解得
2
2
8,
6
a
b


，
所以椭圆的方程为
2
2
1
8
6
x
y

= .
故选：B
14.已知椭圆�的中心为原点，焦点为�1 −2,0 ，�2 2,0 ，以�1为圆心，�1�2 为半径的圆交椭圆�于�、�
两点，且∠��1�= 120°，则椭圆�的方程是（
）
A．
�2
12 +
�2
8 = 1
B．
�2
8 +
�2
12 = 1
C．
�2
16 +
�2
12 = 1
D．
�2
12 +
�2
16 = 1
【解题思路】连接���、���，即可得到△�����为等边三角形，从而得到�点在椭圆的短轴的顶点，又�= �，
���= ���= �= ��，再求出�，即可得解.
【解答过程】连接���、���，根据对称性可知∠�����=
�
�∠����= ��°，
又���= ����，所以△�����为等边三角形，即���= ���，
所以�点为椭圆的短轴的顶点，
又�= �，所以���= ���= �= ��= �，则�=
��−��= ��，
所以椭圆方程为
��
��+
��
��= �.
故选：C.
15.已知椭圆�：
�2
�2 +
�2
�2 = 1 �> �> 0 的离心率为
1
3，�1，�2分别为�的左、右焦点，�为�上一点，若△�1��2
的面积等于2，且cos∠�1��2 =
15
17，则�的方程为（
）
A．
�2
2 + �2 = 1
B．
�2
3 +
�2
2 = 1
C．
�2
9 +
�2
8 = 1
D．
�2
18 +
�2
16 = 1
【解题思路】利用椭圆离心率，可设�= ��，�= ��> �，在△�����中结合余弦定理，面积公式可
以求出��，进而求出椭圆方程.
【解答过程】因为椭圆离心率为
�
�，故可设�= ��，�= ��> �，
则椭圆�的方程为
��
���+
��
���= �.
由椭圆的定义可知���+ ���= ��= ��，����= ��= ��，
在△�����中，cos∠�����=
15
17，
由余弦定理可知�����= ����+ ����−�������cos∠�����，
所以�����=
���+ ���
�−��������+ cos∠�����，
即���= ����−�������
�+
15
17 ，
所以������=
17
2 ��，
又因为cos∠�����=
15
17，∠�����∈�,π ，
所以sin∠�����=
�−cos�∠�����=
�−
15
17
�
=
8
17，
所以�△�����=
�
�������sin∠�����=
�
�×
17
2 ��×
8
17 = 2��= 2，
解得��= �，
所以椭圆�的方程为
��
�+
��
�= �.
故选：C.
题型三：求椭圆的离心率
1.如图，直线�: �−2�+ 2 = 0 过椭圆
�2
�2 +
�2
�2 = 1 �> �> 0 的左焦点�1和一个顶点B，该椭圆的离心率为
（
）
A．
1
5
B．
2
5
C．
5
5
D．
2 5
5
【答案】D
【分析】根据题意可得
�
�=
�
�，结合�, �, �之间的关系可得
��
��=
�
�，即可得结果.
【详解】设椭圆的焦距为���> �，则��−�, �, ��, �，
因为直线�: �−��+ �= �的斜率�=
�
�，
由题意可得
�
�=
�
�，则
��
��=
��−��
��
=
�
�，解得
��
��=
�
�，
所以椭圆的离心率为�=
�
�=
��
��=
��
�.
故选：D.
2.已知椭圆E：
�2
�2 +
�2
�2 = 1 �> �> 0 与直线�= �相交于A，B 两点，O 是坐标原点，如果△���是等边三
角形，那么椭圆E 的离心率等于（
）
A．
3
6
B．
3
4
C．
3
3
D．
3
2
【答案】C
【分析】根据题意不妨设点B 在第一象限，则�
��
�, �，结合直线OB 的斜率运算求解即可.
【详解】联立方程
�= �
��
��+
��
��= �，解得
�= �
�=±
��
�
，
不妨设点B 在第一象限，则�
��
�, �，
由题意可知：OB 的倾斜角是��°，则
�
��
�
=
�
�=
�，
所以椭圆的离心率�=
�
�=
�
�=
�
�.
故选：C．
3.已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




的上顶点、左焦点、右顶点分别为A，F，B，且点A 为
AFB
△
的垂心，
则椭圆C 的离心率为（）
A．
5
1
2

B．1
2
C．
2
2
D．
3
2
【答案】A
【解析】
AFB

的垂心为点
,
A
AFB
△
是以A 为直角顶点的直角三角形，
又AO
FB

,
FAO
△
与ABO

相似（O 为坐标原点），
,
,
AO
b OB
a OF
c



，
2
2
2
2
,
,1
b
ac
a
c
ac
e
e






，解得
5 1
2
e


或
5
1
2
e



（舍），故选：A．
4．已知椭圆C：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的左、右焦点分别为
1F ，
2
F ，点


0,
B
b ，点P 在x 轴上，
1F B
BP

，
且
2
F 为线段
1F P 的中点，则C 的离心率为
.
【答案】1
2 /0.5
【分析】先根据垂直求出P 点坐标，进而得到离心率.
【详解】设椭圆的半焦距为

0
c c 
，


0,0
P x
，因为


1
,0
F
c

，


0,
B
b ，
所以


1
,
F B
c b


，


0,
BP
x
b



.
又
1F B
BP

，所以
1
0
F B BP



，所以
2
0
0
cx
b


，故
2
0
b
x
c

，
又
2
F 为线段
1F P 的中点，所以
2
2
b
c
c
c

，即
2
2
2
2
3
b
c
a
c



，
所以
1
2
c
e
a


，
故答案为：1
2 .
5．已知椭圆


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的左、右焦点分别为
1F ，
2
F ，点A 是椭圆短轴的一个端点，且
1
2
5
cos
6
F AF


，则椭圆的离心率为（
）
A．1
2
B．
3
2
C．
3
6
D．
33
6
【答案】C
【分析】根据余弦定理即可求解.
【详解】由题意可知
2
2
2
2
1
2
1
AF
AF
OA
FO
b
c
a






，
1
2
2
F F
c

，
在
1
2
AF F
△
中，由余弦定理得
2
2
2
2
1
2
4
2
cos
c
a
a
a
F AF




，化简得
2
2
1
4
3
c
a

，
则
2
1
12
e 
，所以
3
6
e 
，
故选：C.
6.已知
1F ，
2
F 是椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




的两个焦点，M 为C 的顶点，若
1
2
MF F

的内心和重心重合，
则C 的离心率为（
）
A．
3
3
B．
3
2
C．1
2
D．1
3
【答案】C
【解析】如图所示，M 为椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




：
的顶点，且
1
2
MF F
△
的内心和重心重合，
所以
1
2
MF F
△
为等边三角形，
又因为
1
2
1
2
|
| |
|
,|
| 2
MF
MF
a F F
c



，所以
2
a
c

，即
1
2
c
e
a


.故选：C.
7.设椭圆�:
�2
�2 +
�2
�2 = 1 �> �> 0 的左、右焦点分别为�1，�2，点�在�上，
1
2 ��1 = 5 −
1
2 ��2 ，且椭圆
过点�0,4 ，则椭圆�的离心率为（
）
A．
1
5
B．
2
5
C．
3
5
D．
4
5
【解题思路】根据椭圆的定义及椭圆过定点可得椭圆方程与离心率.
【解答过程】由点�在�上，
�
����= �−
�
����，即���+ ���= ��= ��，
所以�= �，
又椭圆过点��, �，则�= �
故椭圆方程为
��
��+
��
��= �，
所以离心率�=
�
�=
�−
��
��=
�−
��
��=
�
�，
故选：C.
8．已知P 是椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b




上一点，
1
2
F F
､
分别是椭圆的左､右焦点､若
1
2
PF F
△
的周长为6，且椭
圆上的点到椭圆焦点的最小距离为1，则椭圆的离心率为（
）
A．1
2
B．1
3
C．
3
2
D．
3
3
【答案】A
【分析】根据椭圆的定义和性质列式求,a c ，进而可得离心率.
【详解】由题意可知：
2
2
6
1
a
c
a
c






，解得
2
1
a
c




，
所以椭圆的离心率
1
2
c
e
a


.
故选：A.
9.已知�1，�2是椭圆C 的两个焦点，P 是C 上的一点，��2Ԧ
ሬሬሬሬሬ⋅�1�2Ԧ
ሬሬሬሬሬሬ= 0，∠��1�2 =
π
6，则C 的离心率为（
）
A．
3
3
B．
3−1
2
C．3 −1
D．3
【解题思路】根据已知向量关系得出直角，再根据定义得出长轴长及焦距关系计算出离心率即可.
【解答过程】
因为���
→
·����
→
= �,所以���⊥����,
在Rt △�����中,∠�����=
π
�, ����= ��,tan∠�����=
���
����=
�
�,
所以���=
���
�
, ����= ����+ �����=
���
�+ ���=
��
���,
所以���=
���
�
, ��= ���+ ���=
���
�
+
���
�
= ���,
所以
�
�=
��
��=
��
���=
�
�.
故选：A.
10．已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
E
a
b
a
b




的上顶点、右顶点、左焦点恰好是等腰三角形的三个顶点，则椭圆
的离心率为（
）
A．
2
2
B．
3
1
2

C．
5
1
2

D．
5
1
2

【答案】B
【分析】设椭圆E 的上顶点、右顶点、左焦点分别为
,
,
A B F ，依题意可得AB
BF

，结合
2
2
2
b
c
a


即
可求得椭圆的离心率.
【详解】设椭圆E 的上顶点、右顶点、左焦点分别为
, ,
A B F ，
则
(0, ),
( ,0),
(
,0)
A
b B a
F
c

，且
2
2
2
b
c
a


，
所以
2
2
AB
a
b


，
2
2
AF
b
c
a



，BF
a
c


，
依题意
ABF
△
为等腰三角形，AB
BF

，
所以
2
2
a
b
a
c


，化简得
2
2
2
b
c
ac


，又
2
2
2
b
c
a


，
所以
2
2
2
2
0
c
ac
a



，即
2
2
2
1
0
e
e


，
解得
1
3
2
e


，又0
1
e

，所以
3
1
2
e


，
即椭圆的离心率为
3
1
2
.
故选：B
11.椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
E
a
b
a
b




的右顶点为A ，右焦点为F
B
，
为椭圆在第二象限上的点，直线BO
交椭圆E 于点C ，11 延长直线BF 交线段AC 于M
，若CM
MA


，则椭圆E 的离心率是
（
）
A．1
3
B．2
3
C．
1
2
D．
2
2
【答案】A
【解析】如图，
设点

,
B x y ，则


,
C
x
y


，

,0
A a
，


,0
F c
，
由CM
MA


知，M 为线段AC 的中点，则
,
2
2
a
x
y
M







，
由
,
,
B F M 三点共线，故
2
2
y
y
y
a
x
x
c
x





，化简得到
3
a
c

，故
1
3
e 
.故选：A.
12.椭圆


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的右焦点为F，过F 的直线交椭圆于A，B 两点，点C 是A 点关于原点O 的对
称点，若CF
AB

且
2
AB
CF

，则椭圆的离心率为（
）
A．3 1

B．
6
3

C．
5
2 5

D．
6
3 3

【答案】C
【解析】如图
取椭圆的另一焦点
'
F ，连接
'
AF ，
'
BF ，
'
CF .
因为A 、C 关于原点对称，则四边形AF CF

是平行四边形.
又CF
AB

，所以四边形AF CF

是矩形.
设CF
x

，在ABF

中：
2
2
AB
CF
x


，AF
CF
x


，AF
AB

，所以
5
BF
x

.
由椭圆定义：
4
AF
AB
BF
a





，
所以
2
5
4
x
x
x
a






4
3
5
1 2
5
a
x
a





.
在AFF

中，


3
5
AF
x
a




，




2
2
3
5
5
1
AF
a
x
a
a
a







，
'
90
FAF


，
2
FF
c

，
由勾股定理：
2
2
2
AF
AF
FF






2
3
5 a








2
5
1 a





2
4c

.
所以
2
5
2 5
c
a







，故
5
2 5
e 

.故选：C
13．设椭圆C：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的半焦距为c，离心率为e，已知圆O：
2
2
2
x
y
c


与C 有四个公共
点，依次连接这四点组成一个正方形，则
2e （
）
A．3 1

B．2
3

C．
2
1

D．2
2

【答案】D
【分析】方法1：连接这四点组成一个正方形，根据椭圆和圆的对称性知点
2
2
,
2
2
c
c






在椭圆C 上可得
答案；方法2：设圆O 与椭圆C 在第一象限的公共点为M,设C 的左、右焦点为
1F 、2
F ，
1
MF
m

，
2
MF
n

，
利用勾股定理、椭圆定义可得答案.
【详解】方法1：连接这四点组成一个正方形，根据椭圆和圆的对称性知，
点
2
2
,
2
2
c
c






在椭圆C 上，则
2
2
2
2
1
2
2
c
c
a
b

，
将
2
2
2
b
a
c


代入并化简得
4
2
4
2
0
e
e



，
因为0
1
e

，解得
2
2
2
e 

.
方法2：设圆O 与椭圆C 在第一象限的公共点为M,设C 的左、右焦点为
1F 、
2
F ，
1
MF
m

，
2
MF
n

，
所以
2
2
2
4
m
n
c


，
2
m
n
a


，
2
2
2
2
2
mn
c
c
c



，
又因为

2
2
2
2
m
n
m
n
mn




，所以
2
2
2
4
4
2 2
a
c
c


，
所以
2
2
1
2
2
4
2 2
c
a 



.
故选：D.
14．已知右焦点为F 的椭圆E ：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




上的三点A ，B ，C 满足直线AB 过坐标原点，若
BF
AC

于点F ，且
3
BF
CF

，则E 的离心率是（
）
A．
2
2
B．
7
5
C．
3
2
D．1
2
【答案】A
【分析】根据椭圆的对称性，结合平行四边形的判定定理和性质、椭圆的定义、勾股定理、椭圆的离心率
公式进行求解即可.
【详解】设椭圆左焦点为


1
,0
F
c

，连接
1
AF
，
1
BF ，
1
CF ，
设CF
m

，

0
m 
，结合椭圆对称性得
1
3
AF
BF
m


，
由椭圆定义得
2
3
AF
a
m


，
1
2
CF
a
m


，则
2
2
AC
a
m


.
因为
1
OF
OF

，OA
OB

，
则四边形
1
AF BF 为平行四边形，
则
1
AF
BF
∥
，而BF
AC

，故
1
AF
AC

，
则
2
2
2
1
1
AF
AC
CF


，即




2
2
2
9
2
2
2
m
a
m
a
m




，
整理得
3
a
m 
，在
1
Rt FAF

中，
2
2
2
1
1
AF
AF
FF


，
即




2
2
2
9
2
3
2
m
a
m
c



，即




2
2
2
2
2
a
a
a
c



，
∴
2
2
2
a
c

，故
2
2
c
e
a


.
故选：A
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用椭圆的对称性和定义.
题型四：离心率取值范围
1.已知
1
2
F
F
、
是椭圆的两个焦点，满足
1
2
MF
MF

的点M 总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（
）
A．
1
0, 2






B．
2
0, 2








C．1
2
,
2
2








D．
2 ,1
2








【答案】B
【解析】
1
2
MF
MF

，故M 在
1
2
F F 为直径的圆上，即
2
2
2
x
y
c


，
圆在椭圆内部，故c
b

，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
c
c
c
e
a
b
c
c
c






，故
2
0, 2
e









.故选：B.
2．若椭圆


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




上存在一点M，使得
1
2
90
F MF


（
1F ，
2
F 分别为椭圆的左、右焦点），
则椭圆的离心率e 的取值范围为
.
【答案】
2 ,1
2







【分析】方法一：设点M 的坐标是

0
0
,
x
y
，则
0x
a

，由题意
1
2
0
MF MF



，即
2
2
2
0
0
x
y
c


，结合点M
在椭圆上，可得

2
2
2
,
c
b a


，即可求出椭圆的离心率的取值范围；
方法二：设点M 的坐标是

0
0
,
x
y
，由已知可得出关于
0x 、
0y 的方程组，求出
2
0x ，可得出关于a 、b 、c 的
不等式组，由此可解得椭圆的离心率的取值范围；
方法三：设椭圆的一个短轴端点为P，由题意
1
2
90
F PF


，则c
b

，进而可求得椭圆的离心率的取值范
围.
【详解】方法一：设点M 的坐标是

0
0
,
x
y
，则
0x
a

.
∵


1
,0
F
c

，


2
,0
F
c
，∴


1
0
0
,
MF
c
x
y



，


2
0
0
,
MF
c
x
y




.
∵
1
2
90
F MF


，∴



2
1
2
0
0
0
0
MF MF
c
x
c
x
y







，即
2
2
2
0
0
x
y
c


.
又点M 在椭圆上，即
2
2
2
2
0
0
2
b
y
b
x
a


，
∴

2
2
2
2
2
2
2
0
0
0
2
,
c
x
y
b
x
b a
a





，即

2
2
2
,
c
b a


，
∴
2
2
2
2
c
b
a
c



，即
2
2
1
2
c
a 
，
又0
1
e

，∴
2
1
2
e

，
故椭圆的离心率e 的取值范围是
2 ,1
2







.
方法二：设点M 的坐标是

0
0
,
x
y
，
由方法一可得
2
2
0
0
2
2
2
2
2
0
0
1,
,
x
y
a
b
x
y
c








消去
0y ，得


2
2
2
2
0
2
a
c
b
x
c


，
∵
2
2
0
0
x
a


，∴




2
2
2
2
2
2
2
2
2
0
a
c
b
c
a
c
b
a
c









①
②
，
由②得
2
2
2
c
b
c


，此式恒成立.
由①得
2
2
c
b

，即
2
2
2
c
a
c


，∴
2
2
2
a
c

，则
2
2
2
1
2
c
e
a


.
又0
1
e

，∴
2 ,1
2
e








.
综上所述，椭圆的离心率e 的取值范围是
2 ,1
2







.
方法三：设椭圆的一个短轴端点为P，
∵椭圆上存在一点M，使
1
2
90
F MF


，
∴
1
2
90
F PF


，则c
b

，（
1
2
F MF

最大时，M 为短轴端点）
∴
2
2
2
2
c
b
a
c



，即
2
2
1
2
c
a 
，
又0
1
e

，∴
2
1
2
e

，
故椭圆的离心率e 的取值范围为
2 ,1
2







.
故答案为：
2 ,1
2







.
3.设
1F ，
2
F 分别是椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b




的左、右焦点，过
2
F 作x 轴的垂线与椭圆C 交于A ，B 两点，
若
1
ABF

为钝角三角形，则离心率e的取值范围为（
）
A．0
2 1
e



B．
2
1
1
e


C．1
1
2
e


D．
1
0
2
e


【答案】A
【解析】由
1F ，
2
F 分别是椭圆
2
2
2
2
:
1
x
y
C a
b

的左、右焦点，过
2
F 作x 轴的垂线与椭圆C 交于
,
A B 两点，
可得
2
2b
AB
a

，即
2
2
b
AF
a

，
因为
1
ABF

为钝角三角形，则
1
2
45
AF F


，可得
2
1
2
b
F F
a

，即
2
2
b
c
a

，即
2
2
b
ac

，
又因为
2
2
2
b
a
c


，可得
2
2
2
a
c
ac


，即
2
2
2
0
c
ac
a



，
即
2
2
1
0
e
e


，且0
1
e

，解得0
2
1
e


，
即椭圆C 的离心率的取值范围为(0,
2
1)

.故选：A.
4.已知椭圆
�2
�2 +
�2
�2 = 1 �> �> 0 上一点�关于原点的对称点为点�，�为其右焦点，若��⊥��，设∠���=
�，且�∈
π
6 ,
π
4 ，则该椭圆离心率�的取值范围为（
）
A．
2
2 ,
3 −1
B．
2
2 , 1
C．
2
2 ,
3
2
D．
3
3 ,
6
3
【解题思路】设椭圆的左焦点为��，根据��⊥��，得到四边形为�����为矩形，再由∠���= �，结合
椭圆的定义得到��= ������+ ������，然后由�=
�
�=
�
����+����求解.
【解答过程】设椭圆
��
��+
��
��= ��> �> �的左焦点为��，
因为��⊥��，所以四边形为�����为矩形，所以��= ���= ��，
因为∠���= �，
所以��= ������，��= ������，则���= ��= ������，
由椭圆的定义得��= ������+ ������，
所以�=
�
�=
�
����+����=
�
�
�
�����+ �
�����=
�
�����+π
�
，
因为�∈
π
�,
π
�，所以�+
π
�∈
�π
��,
π
�，
所以����+
π
�∈
�+ �
�
, �，
其中���
�π
��= ���
π
�+
π
�= ���
π
����
π
�+ ���
π
����
π
�
=
�
�×
�
�+
�
�×
�
�=
�+ �
�
，
所以�����+
π
�∈
�+ �
�
,
�，
所以�∈
�
�,
�−�.
故选：A.
5.椭圆


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的左，右焦点分别为
1F ，
2
F ，若椭圆上存在点Q ，使
1
2
120
FQF


，则椭圆
离心率e的取值范围为（
）
A．
3
0, 2








B．
3
0, 2






C．
3 ,1
2








D．
3 ,1
2







【答案】D
【解析】设椭圆的上顶点为B ，连接
1
BF 、
2
BF ，则
1
2
BF
BF
a


，
2
OF
c
，
椭圆上存在点Q ，使得
1
2
120
FQF


，则需
1
2
120
F BF


，
则
2
60
OBF


，显然
2
90
OBF


，所以
2
sin
sin60
OBF


，
所以
3
sin 60
2
c
a 

，所以
3
2
c
e
a


，
又
1
e ，所以
3
1
2
e

，即椭圆离心率e的取值范围为
3 ,1
2







．故选：D．
6.已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b




，P 是椭圆C 上的点，




1
2
,0 ,
,0
F
c
F c

是椭圆C 的左右焦点，若
1
2
2
PF
PF
ac




恒成立，则椭圆C 的离心率e 的取值范围是（
）
A．
5
1,1
2








B．0,
2
1

C．
5
1
0,
2







D．

2
1,1



【答案】D
【解析】设
0
0
(
,
)
P x
y
，则
2
2
0
0
2
2
1
x
y
a
b

，
0
a
x
a


，
2
2
2
0
0
2
(1
)
x
y
b
a


，
2
2
2
2
2
2
2
0
1
2
0
0
0
0
0
0
0
2
(
,
) (
,
)
(1
)
x
PF PF
c
x
y
c
x
y
x
c
y
x
c
b
a














2
2
2
2
0
2
(1
)
b
x
b
c
a




，
因为
0
a
b


，所以
2
2
1
0
b
a


，又
2
2
0
0
x
a


，
所以
2
2
0x
a

时，
1
2
PF PF


取得最大值
2
2
2
2
2
2
2
(1
)
b
a
b
c
a
c
a





，
1
2
2
PF
PF
ac




恒成立，则
2
2
2
a
c
ac


，变形得
2
2
1
0
e
e


，
又0
1
e

，故解得
2
1
1
e

，故选：D．
7．已知圆
2
2
2
1 :
C
x
y
b


与椭圆
2 :
C


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




，若在椭圆
2
C 上存在一点P ，使得由点P 所作
的圆
1
C 的两条切线的夹角为60，则椭圆
2
C 的离心率的取值范围是（
）
A．
3
[
,1)
2
B．1
[ ,1)
2
C．
2
3
,
2
2






D．
2
[
,1)
2
【答案】A
【分析】设椭圆
2
C 上任意点P (与上下顶点不重合)作圆的切线
,
PB PC ，
2
BPC



且
π
0
2



，根据题意
问题化为保证|
|
OP
a

时0
30



，进而得到关于椭圆参数的不等式，结合椭圆离心率范围及求法确定离
心率的取值范围.
【详解】由题设，圆与椭圆在上下顶点处相切，椭圆
2
C 上任意点P (与上下顶点不重合)作圆的切线
,
PB PC ，
如下图，
若
2
BPC



且0
90



，要P 所作的圆
1
C 的两条切线的夹角最小，只需|
|
OP 最大，
所以，当P 与左右顶点重合时
max
|
|
OP
a

，此时
2
BPC



最小；P 靠近上下顶点时2无限接近180；
在椭圆
2
C 上存在一点P ，使得P 所作的圆
1
C 的两条切线的夹角为60，
所以，保证|
|
OP
a

时
2
60
BPC




，即0
30



，
由题意及图知：
|
|
1
sin
|
|
2
OB
b
OP
a



，故
2
3
1
( )
2
b
e
a



，而
(0,1)
e
，
所以椭圆
2
C 的离心率的取值范围是
3
[
,1)
2
.
故选：A
8．设椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




的焦点为
1
2
,
,
F F P 为椭圆C 上的任意一点，
1
2
PF PF


的最小值取值范围为
2
2
,3
c
c



，其中
2
2
2
a
b
c


，则椭圆C 的离心率为（
）
A．1 1
,
4 2






B．1
2
,
2
2






C．1 1
,
5 3






D．
5
3
,
5
3






【答案】D
【分析】由题意可得




1
2
,0 ,
,0
F
c
F
c

，设

,
P x y ，可表示出
1
2
PF PF


，结合


2
2
2
2
2
a
b
y
x
b


化简，进而
可得当
2
2
y
b

时，
1
2
PF PF


取得最小值，进而求解即可.
【详解】由题意可知，




1
2
,0 ,
,0
F
c
F
c

，设

,
P x y ，
因为
2
2
2
2
1
x
y
a
b

，所以



2
2
2
2
2
a
b
y
x
b
y
b
b




，
又


1
,
PF
c
x
y



，


1
,
PF
c
x
y




，
所以


2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
a
b
y
PF PF
x
c
y
c
y
c y
a
b
b
c












，
因为b
y
b


，则
2
2
0
y
b


，
当
2
2
y
b

时，
1
2
PF PF


取得最小值
2
2
2
a
c

，即
2
2
2
2
2
3
a
c
c
c



，
即3
5
c
a
c


，
所以
5
3
,
5
3
c
e
a








，
即椭圆C 的离心率为
5
3
,
5
3






.
故选：D.
9．已知两定点
( 2,0)
A 
和
(2,0)
B
，动点
( , )
P x y 在直线:
3
l y
x

上移动，椭圆C 以A，B 为焦点且经过点
P，则椭圆C 的离心率的最大值为（
）
A．
26
13
B．2 26
13
C．2 13
13
D．4 13
13
【答案】B
【分析】由题意知，要使椭圆C 的离心率取最大值，则a 取最小值．即PA
PB

取最小值．利用点的对
称性求出PA
PB

的最小值即可解答．
【详解】由题意得，2
4.
2
c
AB
c



，2a
PA
PB


，
当a 取最小值时，椭圆C 的离心率有最大值．
设点

2,0
A 
关于直线:
3
l y
x

的对称点为


,
A x y

，
则
1
2
2
3
2
2
y
x
y
x









，解得
3
1
x
y





，


3,1
A

，
则2
26
a
PA
PB
PA
PB
A B








，
当
26
2
a 
时，椭圆有最大离心率，此时，
3
2 26
1
c
e
a


．
故选：B．
10．若
1F 、
2
 F 为椭圆C ：
2
2
2
2
1
x
y
a
b

的左、右焦点，焦距为4，点P 为C 上一点，若对任意的


1,4

，
均存在四个不同的点P 满足
1
2
PF PF




，则C 的离心率e的取值范围为
.
【答案】2
2
,
3
2






【分析】利用平面向量数量积的运算律和椭圆的性质求解.
【详解】由题可得，
1
2
( 2,0),
(2,0)
F
F

，
设O为坐标原点，则
2
1

OF
F
O
uuur
uuur
,
所以
2
1
2
1
2
2
1
1
1
(
)
(
)
(
) (
)











PF PF
PO
OF
PO
OF
PO
OF
PO
F
P
OF
O
O
uuur uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uu
uuur
ur
uuur
uuur
2
4
PO




uuur
,即
2
4
PO




，
因为


1,4

，所以


2
5,8
PO 
uuur
，
若存在四个不同的点P 满足


2
5,8
PO 
uuur
，又
2
2
2
b
PO
a



，
所以
2
2
5
8
b
a





，即
2
2
4
5
8
a
a






，所以
2
8
9
a


，
所以
2
2
4
4 4
,
9 8
e
a






，所以
2
2
,
3
2
e






，
故答案为:
2
2
,
3
2






.
11.已知�1，�2是椭圆
�2
�2 +
�2
�2 = 1 �> �> 0 的左、右焦点，若椭圆上总存在点�，使得tan∠�1��2 =−2 6，
则椭圆的离心率的取值范围为（
）
A．0,
2
2
B．0,
3
5
C．
3
5 , 1
D．
15
5 , 1
【解题思路】根据点�位于短轴端点时∠�����取得最大值，将问题转化为���∠�����≥−��，记
∠�����= �，利用二倍角公式求得����≥
�
�，根据����=
�
�构造齐次式即可求解.
【解答过程】由椭圆性质可知，当点�位于短轴端点时∠�����取得最大值，
要使椭圆上总存在点�，使得���∠�����=−��，
只需满足���∠�����≥−��，且∠�����>
π
�，
记∠����= �，则有
�����
�−�����≥−��，且����=
�
�> �，
所以������−����−
�≥�，解得����≤−
�
�（舍去）或����≥
�
�，
所以
�
�≥
�
�，即
��
��=
��
��−��≥
�
�，
整理得���≥���，所以��=
��
��≥
�
�，所以
��
�≤�< �.
故选：D.
12．已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b




的两个焦点为
1
2
,
F F ．点
,
P Q 为C 上关于坐标原点对称的两点，且
1
2
PQ
F F

，
2
PF Q
△
的面积
2
1
8
S
PQ

，则C 的离心率的取值范围为
．
【答案】
2
6
,
2
3






【分析】作出辅助线，根据题意得到四边形
2
1
PF QF 为矩形，故
2
2 1
PF Q
PF F
S
S



，求出
2
1
2
P
P
c
F
F


，再根
据
1
2
2
PF
PF
a


，利用勾股定理得到
2
1
2
2
PF
PF
b


，得到
2
2
2b
c

，再根据C 上存在关于坐标原点对
称的两点
,
P Q ，使得
1
2
PQ
F F

，得到2
2
b
c

，得到
2
2
c
a 
，得到离心率.
【详解】连接
1
1
,
QF PF ，由题意得，
1
2
,
OP
OQ OF
OF


，
又
1
2
PQ
F F

，所以四边形
2
1
PF QF 为矩形，故
2
2 1
PF Q
PF F
S
S



，
所以


2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
8
PF
c
F
c
P



，故
2
1
2
P
P
c
F
F


，
又
1
2
2
PF
PF
a


，由勾股定理得
2
2
2
1
2
1
2
PF
PF
F F


，
即

2
2
1
2
1
2
2
4
PF
PF
PF
PF
c




，
2
1
2
2
PF
PF
b


，
故
2
2
2b
c

，即
2
2
2
2
2
c
a
c


，故
2
2
2
3
a
c

，
2
2
2
3
c
a 
解得
6
3
c
a 
，
又C 上存在关于坐标原点对称的两点
,
P Q ，使得
1
2
PQ
F F

，故2
2
b
c

，
所以b
c

，即
2
2
2
a
c
c


，所以
2
2
2
a
c

，
2
2
1
2
c
a 
，解得
2
2
c
a 
，
综上，C 的离心率的取值范围是
2
6
,
2
3






.
故答案为：
2
6
,
2
3






【点睛】方法点睛：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)的常见方法：
①求出,a c ，代入公式
c
e
a

；②只需要根据一个条件得到关于, ,
a b c 的齐次式，结合
2
2
2
b
c
a


转化为,a c
的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a 或
2
a 转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可
得离心率(离心率的取值范围).
13．（多选）已知
1
2
,
F F 为椭圆
2
2
2
2
1
x
y
a
b

(
0
a
b


)的两个焦点，B 为椭圆短轴的一个端点，
2
1
2
1
2
1
4
BF BF
F F




，则椭圆的离心率的取值可以是（
）
A．1
2
B．
3
6
C．
3
3
D．
3
2
【答案】ABC
【分析】根据椭圆定义，用数量积的定义表示出
1
2
BF BF


，这样已知不等关系可表示为关于离心率e 的不
等式，解之可得．
【详解】由椭圆的定义可知：
1
2
1
2
,
BF
BF
a OF
OF
c




，则
1
sin
c
OBF
e
a



，
∴
2
2
1
2
1
cos
1
2sin
1
2
F BF
OBF
e




，
∵
2
1
2
1
2
1
4
BF BF
F F




，即
2
2
2
(1 2
)
e a
c


，
∴
2
2
1
2e
e


，又0
1
e

，∴
3
0
3
e


.
故选：ABC.
题型五：直线与椭圆的位置关系
1．求直线
3
2
2
0
x
y


和椭圆
2
2
1
4
x
y

的公共点的坐标．
【答案】

0, 1

，
1
3, 2






【分析】联立直线与椭圆方程，求出方程组的解，即可得到交点坐标.
【详解】直线
3
2
2
0
x
y


和椭圆
2
2
1
4
x
y

的公共点的坐标就是方程组
2
2
3
2
2
0
1
4
x
y
x
y








的解，
消去x 得

2
2
2
2
4
4
3
y
y



，即
2
4
2
2
0
y
y



，解得
1
1
y 、
2
1
2
y 
，
所以解这个方程组得
0
1
x
y





或
3
1
2
x
y




，
因此，所求公共点的坐标为

0, 1

，
1
3, 2






．
2．判断直线
2
2
y
x


与椭圆
2
2
1
5
4
x
y

是否有公共点．如有两个公共点，求出公共点的坐标，并求出以
这两个公共点为端点的线段长．
【答案】有两个公共点，坐标为(0, 2)

，
5 4
,
3 3





；线段长为5 5
3
．
【分析】联立直线与椭圆方程，公共点的问题转化为方程组解的问题. 求出直线与椭圆有两个公共点，利
用两点间距离公式可得线段长.
【详解】联立直线与椭圆的方程，可得方程组
2
2
2
2
1
5
4
y
x
x
y






，
消y 化简得，
2
3
5
0
x
x


，解得
0
x 
，或
5
3
x 
，
故方程组的解为
0,
2
x
y





或
5 ,
3
4 ,
3
x
y





因此直线与椭圆有两个公共点，且公共点的坐标为(0, 2)

，
5 4
,
3 3





．
从而可知所求线段长为
2
2
5
4
5 5
0
( 2)
3
3
3
















．
3．设直线
1
y
kx

和椭圆
2
2
1
4
x
y
m

有且仅有一个公共点，求k 和m 的取值范围．
【答案】
1
1
2
2
k



，0
1
m


【分析】先换元把直线和椭圆的位置关系转化为直线和圆只有一个公共点，最后把相切转化为圆心到直线
距离等于半径，最后计算范围即可.
【详解】令
2
x
x
y
y
m








，则已知椭圆和直线变为相应的圆
2
2
:
1
O
x
y




和直线2
1
0
kx
my



，
要使已知的直线与椭圆有且仅有一个公共点，只要相应的直线与圆相切．
由直线和圆相切的充要条件可知

2
1
1
2k
m



，即
2
1
4
m
k

，
故得0
1
m

，即
2
0
1
4
1
k

，
解得
1
1
2
2
k



．
4．已知直线l ：y
x
m


与椭圆C ：
2
2
1
5
4
x
y

有公共点，则m 的取值范围是（
）
A．

2 2
,
B．

3,3

C．



, 2
2,


U
D．



, 3
3,






【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.
【详解】将直线l 的方程与椭圆C 的方程联立，得
2
2
1
5
4
y
x
m
x
y






，消去y 得
2
2
9
10
5
20
0
x
mx
m




①，
因为直线l 与椭圆C 有公共点，所以方程①有实数根，则




2
2
10
36 5
20
0
m
m




，得3
3
m


.
故选：B．
5.已知椭圆
2
2
:
1
4
x
C
y

，直线:
2
2
0
l x
y



，则l 与C 的位置关系为（
）
A．相交
B．相切
C．相离
D．以上选项都不对
【答案】A
【解析】由
2
2
2
2
0
4
4
x
y
x
y







消去y 并整理得：
2
2
1
0
x
x


，显然
2
( 2)
4 1 ( 1)
6
0



，
因此方程组
2
2
2
2
0
4
4
x
y
x
y







有两个不同的解，
所以l 与C 相交.故选：A
6．直线l：



2
1
1
7
4
0






m
x
m
y
m
与椭圆C：
2
2
1
18
12
x
y

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.
【详解】将直线l：



2
1
1
7
4
0






m
x
m
y
m
变形为l：
(2
7)
4
0
m
x
y
x
y






，
由
2
7
0
4
0
x
y
x
y








得
3
1
x
y





，于是直线l 过定点

3,1 ，
而
2
2
3
1
7
1
18
12
12


，于是点

3,1 在椭圆C：
2
2
1
18
12
x
y

内部，
因此直线l：



2
1
1
7
4
0






m
x
m
y
m
与椭圆C：
2
2
1
18
12
x
y

相交．
故选：A．
7.已知直线l 的方程为
2
1
mx
y
m


，椭圆C 的方程为
2
2
1
9
4
x
y

，则直线l 与椭圆C 的位置关系为（
）
A．相离
B．相交
C．相切
D．不能确定
【答案】B
【解析】
2
1
mx
y
m


，即


2
1
0
m x
y



，令
2
0
1
0
x
y






，解得
2
1
x
y





，
则直线所过定点

2,1

，代入椭圆方程，

2
2
2
1
25
1
9
4
36



，则该定点在椭圆内，
则直线l 与椭圆C 的位置关系为相交.故选：B.
8．已知点P（x，y）是椭圆
2
2
1
9
4
x
y

上任意一点，则点P 到直线l：
2 13
y
x


的最大距离为
.
【答案】3
26
2
/ 3 26
2
【分析】求出与直线l 平行的直线方程，离直线l 较远的直线与l 的距离即为所求．
【详解】设直线y＝x＋m 与椭圆相切，由
2
2
1,
9
4
x
y
y
x
m








得13x2＋18mx＋9m2－36＝0，
∴Δ＝（18m）2－4×13（9m2－36）＝0，解得m＝± 13 ，
切线方程为y＝x＋13 和y＝x－13 ，与l 距离较远的是y＝x－13 ，
∴所求最大距离为d＝|2 13
13|
2

＝3
26
2
.
故答案为：3
26
2
9.直线
1
x
y
a
b

与椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b




的位置关系为（
）
A．相离
B．相切
C．相交
D．无法确定
【答案】C
【解析】因为直线
1
x
y
a
b

过点


,0 , 0,
a
b ，
而


,0 , 0,
a
b 为椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b




的右端点和上端点，
故直线
1
x
y
a
b

与椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b




相交.故选：C.
10.已知直线
1
y
kx

与焦点在x 轴上的椭圆
2
2
2
2
mx
y
m


总有公共点，则m 的取值范围（
）.
A．

0,1
B．1 ,2
2






C．
1 ,1
2






D．

1,2
【答案】D
【解析】由
2
2
2
2
mx
y
m


，得
2
2
1
2
x
y
m

，
因为
2
2
2
2
mx
y
m


是焦点在x 轴上的椭圆，所以0
2
m


，
直线
1
y
kx

过定点


0,1
P
，
因为直线
1
y
kx

与焦点在x 轴上的椭圆
2
2
2
2
mx
y
m


总有公共点，
所以点


0,1
P
在椭圆上或椭圆内部，所以0
1
1
2
m

，解得1
m

，
综上所述，


1,2
m
.故选：D.
11．直线:
2
4 0
l x
y
＋
－＝与椭圆
2
2
1
1
x
y
m
m



(m>0)有且仅有一个公共点P，则m＝
，点P 的坐标
是
.
【答案】
3
3
1, 2
P





【分析】法1 用代数法转化为一元二次方程只有两个相等实根求解；法2 用椭圆在椭圆上一点处的切线方
程的形式求解；法3 用椭圆的定义可求解.
【详解】法1：联立方程




2
2
2
4
1
1
x
y
mx
m
y
m m









得

2
2
5
1
16
15
0
m
y
my
m
m




，






2
2
2
16
4 15
5
1
20
1
3
0
m
m
m
m
m m
m







得
3
m 
，
所以
2
4
12
9
0
y
y



，得
3
2
y 
，所以
3
1, 2
P




.
法2：设


0
0
,
P
x
y
，则


0
0
,
P
x
y
处切线
0
0
1
1
x x
y y
m
m



，
:
2
4 0
l x
y
＋
－＝可化为
1
4
2
x
y

，比对得
0
0
0
0
1
1
,
,
1
4
4
1
2
2
x
m
x
m
y
m
y
m





















，
代入椭圆方程得：
1
1
3
16
4
m
m
m



，得
3
1, 2
P




.






2
2
2
16
4 15
5
1
20
1
3
0
m
m
m
m
m m
m







得
3
m 
，所以
2
4
12
9
0
y
y



，得
3
2
y 
，所以
3
1, 2
P




.
法3：椭圆长轴长2
2
1
a
m

，焦点




1
2
1,0 ,
1,0
F
F

.
由椭圆的定义知，椭圆上每一个点P，均满足
1
2
2
PF
PF
a


，
椭圆上外部的每一个点P，均满足
1
2
2
PF
PF
a


，直线l 与椭圆有且仅有一个公共点P，
则对于直线l 上任意一点Q ，满足
1
2
2
QF
QF
a


，当且仅当Q 在点P 处时，等号成立，
即当Q 在P 处时，
1
2
QF
QF

取得最小值2a .求得


1
1,0
F 
关于直线:
2
4 0
l x
y
＋
－＝对称的点为


1,4
A
，
所以
1
2
2a
PF
PF


2
2
4
PA
PF
AF




，
因此
3
m 
，椭圆方程为
2
2
1
4
3
x
y

，P 的坐标是
3
1, 2





.
故答案为：3；
3
1, 2
P





题型六：直线与椭圆相交弦长
1.直线l ：
2
1
y
x

在椭圆
2
2
1
2
y
x

上截得的弦长是（
）
A．10
3
B．2 5
3
C．8 5
9
D．5 2
3
【答案】D
【解析】设l 与椭圆交于



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x y
，
联立
2
2
2
1
1
2
y
x
y
x






可得
2
6
4
1
0
x
x


，
且




2
4
4 6
1
0



，
1
2
1
2
2
1
,
3
6
x
x
x x



，
所以


2
2
1
2
1
2
4
2
5 2
1
4
1
4
9
3
3
AB
k
x
x
x x










，故选：D.
2.已知椭圆�:
�2
4 + �2 = 1，过原点�且倾斜角为
π
4的直线交椭圆于�, �两点，则��=（
）
A．
10
5
B．
2 10
5
C．
3 10
5
D．
4 10
5
【解题思路】依题写出直线的点斜式方程,与椭圆方程联立，求出两交点坐标，利用两点距离公式计算即
得.
【解答过程】依题意，可得直线的方程为：�= �，代入
��
�+ ��= �中，整理解得：�=±
��
�，
当�=
��
�，�=
��
�；当�=−
��
�时，�=−
��
�，故有�(
��
�,
��
�), �( −
��
�, −
��
�),
则��=
�⋅
(
��
�+
��
�)�=
�×
��
�=
���
�.
故选：D.
3.过椭圆
2
2
2
2
x
y


的左焦点作斜率为1 的弦AB ，则弦AB 的长为（
）
A．
3
B．
2
C．4
3
3
D．4
2
3
【答案】D
【解析】由
2
2
2
2
x
y


,得椭圆方程
2
2
1
2
x
y

,
2
2
2
2,
1,
1,
1
a
b
c
c




左焦点为
( 1,0)
F 
,
过左焦点F 的直线为
1
y
x

，
代入椭圆方程
2
2
2
2
x
y


得
2
3
4
0
x
x


，解得
0
1
x
y





或
4
3
1
3
x
y





，




2
2
2
2
1
2
1
2
4
4
4 2
3
3
3
AB
x
x
y
y




















，故选：D.
4.过椭圆
2
2
1
4
x
y

的右焦点且与椭圆长轴垂直的直线与椭圆相交于
,
A B 两点，则AB 等于（
）
A．4
B．2 3
C．1
D．4 3
【答案】C
【解析】因为椭圆
2
2
1
4
x
y

，可得
2
2
4,
1
a
b

，所以
2
2
2
3
c
a
b


，
所以椭圆的右焦点的坐标为
( 3,0)
F
，
将
3
x 
，代入椭圆的方程，求得
1
2
y 
，所以
1
AB .故选：C.
【注意】可以直接带入椭圆通径公式求解
5．（多选）已知过点

0,1 的直线与椭圆
2
2
1
2
y
x 
交于A 、B 两点，则弦长AB 可能是（
）
A．1
B．
2
C．
3
D．3
【答案】BC
【分析】先设直线，再联立方程组得韦达定理，求出弦长,最后确定范围即可.
【详解】当直线斜率存在时，设过

0,1 斜率存在的直线方程为：
1
y
kx

，
联立方程组
2
2
1,
1,
2
y
kx
y
x






消去y ，并整理得

2
2
2
2
1
0
k
x
kx



，易得
0

，
设


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，则
1
2
2
2
2
k
x
x
k




，
1
2
2
1
2
x x
k



，


2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
4
AB
k
x
x
k
x
x
x x







，



2
2
2
2
2
2
2
2 2 1
2
1
1
1
4
2 2 1
2,2 2
2
2
2
2
k
k
AB
k
k
k
k
k




























，
当斜率不存在时
2 2
AB 
，故
2,2 2
AB



．
故选:BC．
6．（多选）已知椭圆
2
2
1
2
x
y

与直线y
x
m


交于
,
A B 两点，且
4 2
3
AB 
，则实数m ＝（
）
A．1

B．
2

C．1
2
D．1
【答案】AD
【分析】联立椭圆方程与直线方程，用韦达定理即可表示出弦长并结合
4 2
3
AB 
即可求解.
【详解】由
2
2
1
2
x
y
y
x
m








消去y 并整理，得
2
2
3
4
2
2
0.
x
mx
m




设




1
1
2
2
,
 
,
 
A x y
B x
y
，则
2
1
2
2
2
4
2
2
,
3
3
m
m
x
x
x x




.
由题意得


2
2
2
1
2
1
2
1
2
4 2
1
1 1
4
3
AB
k
x
x
x
x
x x









，即
2
2
4
2
2
4 2
2
4
3
3
3
m
m 










，
解得
1
m ．
故选：AD.
7.斜率为1 的直线�与椭圆
�2
4 + �2 = 1 相交于A，B 两点，则��的最大值为（
）
A．2
B．
4 5
5
C．
4 10
5
D．
8 10
5
【解题思路】设直线方程，与椭圆联立，利用弦长公式表示弦长，再求最值即可
【解答过程】设A，B 两点的坐标分别为(��, ��), (��, ��)，直线l 的方程为y＝x＋t，
由��+ ���= �,
�= �+ �
消去y，得5x2＋8tx＋4（t2－1）＝0，
则x1＋x2＝−
��
�，x1x2＝
�(��−�)
�
，
∴|AB|＝�+ ��|x1－x2|＝�+ ��
(��+ ��)�−�����
＝�×
( −
�
��)�−�×
�(��−�)
�
＝
��
�· �−��，
当t＝0 时，|AB|max＝
���
�．
故选：C.
8.已知椭圆�的中心在原点，焦点为�1( −2 3, 0)，�2(2 3, 0)，且离心率�=
3
2 ．过点�(2, −1)的直线�与
椭圆�相交于�，�两点，且�为��的中点，则弦长��=（
）
A．2 3
B．2 2
C．2 5
D．2 6
【解题思路】根据题意分别求出�, �, �，求解椭圆方程，然后分别设���, ��，���, ��，利用点差法求
出直线�，然后再与椭圆方程联立从而求解.
【解答过程】由题知�= ��，�=
�
�=
�
�，所以�= �，
所以�=
��−��= �，椭圆的方程为
��
��+
��
�= �，
由题知直线�的斜率不为�，设���, ��，���, ��，则��+ ��= �, ��+ ��=−�，
代入椭圆方程得
��
�
��+
��
�
�= �
��
�
��+
��
�
�= �
，作差得
��
�−��
�
��
+
��
�−��
�
�
= �，
即
��+��
��−��
�
=−
��+��
��−��
��
，得
��−��
��−��=
�
�，
所以直线�的斜率�=
�
�，故直线�的方程为�+ �=
�
��−�，即�−��−�= �，
联立
��
��+
��
�= �
�−��−�= �
，化简得��+ ��= �，解得�= �或�=−�，
所以��, �，��, −�，所以弦长��=
��+ �= ��，故C 正确.
故选：C.
9.已知直线�: ��−�+ 1 = 0 与椭圆�:
�2
4 + �2 = 1 交于�，�两点，当��取最大值时�的值为（
）
A．±
5
2
B．±
3
2
C．±
2
2
D．±
1
2
【解题思路】设���, ��，���, ��，联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，即可表示出��，再由二次
函数的性质计算可得.
【解答过程】设���, ��，���, ��，由
��−�+ �= �
��
�+ ��= �
，
消去�整理得�+ �����+ ���= �，解得��= �或��=
−��
�+���，则��= �，��=
�−���
�+���，
则��, �，�
−��
�+���,
�−���
�+���，
所以��=
−��
�+���
�
+
�−���
�+���−�
�
= �
��+��
�+����= �
�
���+����+�
��+���−�
��
�+����
= �
�
��+
�
��+���−
�
���+����= �−
�
��
�
�+���−
�
�
�
+
�
��，
所以当
�
�+���=
�
�，即�=±
�
�时��取最大值.
故选：C.
10．已知椭圆C：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




与椭圆
2
2
1
5
2
x
y

有相同的焦点，过椭圆C 的右焦点且垂直于x 轴
的弦长度为1．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)直线l：y
x
m


与椭圆C 交于A，B 两点，若
8
5
AB 
，求实数m 的值．
【答案】(1)
2
2
1
4
x
y


(2)
3
m 
【分析】（1）根据题意求出
2
2
,
a b ，即得答案；
（2）联立直线和椭圆方程，可得根与系数关系式，利用弦长公式即可求得答案.
【详解】（1）由题意得
2
2
1
5
2
x
y

的焦点为( 3,0),(
3,0)
-
，
故椭圆C：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的焦点为( 3,0),(
3,0)
-
，则
3
c 
；
令
3
x 
，则
2
2
2
2
2
1,
c
y
b
y
a
b
a



，
故由过椭圆C 的右焦点且垂直于x 轴的弦长度为1 可得
2
2
1
b
a ，
联立
2
2
3
c
a
b



，解得
2
2
4,
1
a
b

，
故椭圆C 的方程为
2
2
1
4
x
y

；
（2）将y
x
m


代入
2
2
1
4
x
y

得
2
2
5
8
4(
1)
0
x
mx
m




，
需满足
2
80 16
0
m


，即
2
5
m 
；
设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，则
2
1
2
1
2
8
4(
1)
,
5
5
m
m
x
x
x x




，
由
8
5
AB 
得
2
1
2
1
2
8
2
(
)
4
5
x
x
x x




，
即
2
2
8
2
(
)
4
5
8
4(
1)
5
5
m
m





，解得
2
3
m 
，
故
3
m 
，符合题意.
11．直线:l y
kx
m


与圆
2
2
2
x
y


相切，并与椭圆
2
2
1
4
3
y
x

交于
,
M N 两点，若
12 2
7
MN 
，求k 的
值．
【答案】±1
【分析】将直线与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理及直线与圆相切的条件，结合点到直线的距离公式
及弦长公式即可求解.
【详解】由题意可知，作出图形如图所示
设
1
1
2
2
(
,
),
(
,
)
M x y
N x
y
，
由
2
2
1
4
3
y
x
y
kx
m








，消去y，得
2
2
2
(3
4)
6
3
12
0
k
x
kmx
m





，
因为直线l 与椭圆相交，
所以
0

，即
2
2
48 3
4
0
(
)
k
m



，
且
1
2
2
6
,
3
4
km
x
x
k



2
1
2
2
3
12 ,
3
4
m
x x
k



又直线:l y
kx
m


与圆
2
2
2
x
y


相切，
则
2
|
|
2
1
m
k


，即
2
2
2(
1)
m
k


．
而




2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
1
48 3
4
1
4
3
4
M
k
k
m
k
x
x
x x
k
N













2
2
2
2
2
4
1
48
2
4 3
3
2
3
4
3
4
k
k
k
k
k
k










，
又
12 2
7
MN 
，所以
2
2
4
7
4 3
3
2
12 2
3
4
k
k
k





，
即
4
2
5
3
2
0
k
k



，解得
1
k ，且满足
0

，
故k 的值为1
.
12.已知椭圆C：
2
2
2
2
1
x
y
a
b

（
0
a 
，
0
b 
）的长轴为4 3 ，短轴长为4．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)设直线l：y
x
m


与椭圆C 交于不同两点A、B，且
3 2
AB 
，求直线AB 的方程．
【答案】(1)
2
2
1
12
4
x
y

；(2)
2
y
x


【解析】（1）由已知长轴为4 3 ，短轴长为4，可得
2 3
a 
，
2
b 
，
则椭圆C 的标准方程为：
2
2
1
12
4
x
y

；
（2）依题意
2
2
1
12
4
y
x
m
x
y






，解得
2
2
4
6
3
12
0
x
mx
m




，
因为
0

，可得4
4
m


，且
1
2
2
1
2
3
2
3
12
4
m
x
x
m
x x








，
因为




2
2
2
2
1
2
1
2
9
1
4
2
3
12
3 2
4
m
AB
k
x
x
x x
m








，解得
2
m ，
所以直线AB 的方程为l：
2
y
x


．
题型七：椭圆的中点弦问题
1.在椭圆
�2
16 +
�2
9 = 1 中，以点�2,
3
2 为中点的弦所在的直线方程为（
）
A．�−2�+ 1 = 0
B．3�−4�= 0
C．3�+ 4�−12 = 0
D．8�−6�−25 = 0
【解题思路】
先确定点�在椭圆内部，设交点为���, ��, ���, ��，代入椭圆方程做差，然后整理可得直线斜率，利
用点斜式可得直线方程.
【解答过程】因为
��
��+
�
�
�
�< �，故点��,
�
�在椭圆内部，过点��,
�
�的直线恒与椭圆有两个交点，设交
点为���, ��, ���, ��，则��+ ��= �, ��+ ��= �，
又
��
�
��+
��
�
�= �
��
�
��+
��
�
�= �
，两式相减得
��
�−��
�
��
+
��
�−��
�
�
= �，
整理得�=
��−��
��−��=−
���+��
����+��=−
��
��×�=−
�
�，
所以以点��,
�
�为中点的弦所在的直线方程为�−
�
�=−
�
��−�，
即��+ ��−��= �.
故选：C.
2．椭圆
2
2
4
9
144
x
y


内有一点


3,2
P
，设某条弦过点P 且以P 为中点，那么这条弦所在直线的方程为
（
）
A．3
2
12
0
x
y



B．2
3
12
0
x
y



C．4
9
14
0
x
y



D．9
4
14
0
x
y



【答案】B
【分析】利用点差法得到直线斜率和中点之间的关系，即可得解.
【详解】设满足题意的直线与椭圆交于




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
两点，
则
2
2
1
1
4
9
144
x
y


，
2
2
2
2
4
9
144
x
y


，
两式相减得



2
2
2
2
1
2
1
2
4
9
0
x
x
y
y




，即




1
2
1
2
1
2
1
2
4
2
9
3
x
x
y
y
x
x
y
y






.
又直线过


3,2
P
，由此可得所求的直线方程为


2
2
3
3
y
x



，
所以弦所在直线的方程为2
3
12
0
x
y



，
故选：B.
3．椭圆
2
2
1
12
9
x
y

内有一点
(1,2)
P
，则以P 为中点的弦所在直线的斜率为（
）
A．
8
3

B．
3
2

C．
2
3

D．
3
8

【答案】D
【分析】利用中点坐标公式、斜率计算公式、“点差法”即可得出．
【详解】设以点P 为中点的弦所在直线与椭圆相交于点
1
(
A x ，
1)
y ，
2
(
B x ，
2)
y ，斜率为k ．
则
2
2
1
1
1
12
9
x
y

，
2
2
2
2
1
12
9
x
y

，
两式相减得
1
2
1
2
1
2
1
2
(
)(
)
(
)(
)
0
12
9
x
x
x
x
y
y
y
y






，
又
1
2
2
x
x


，
1
2
4
y
y


，
1
2
1
2
y
y
k
x
x



，
代入解得
3
8
k 
．
故选：D．
4.不经过原点的直线l 与椭圆
2
2
1
3
2
x
y

相交于
1P ，
2P ，线段
1
2
PP 的中点为P ，设直线l 的斜率为
1
1
(
0)
k k 
，
直线OP （O 为原点）的斜率为
2k ，则
1 2
k k 的值为（
）
A．
2
3

B．
3
2

C．2
3
D．3
2
【答案】A
【解析】设


1
1
1
,
P x y
，


2
2
2
,
P x
y
，

1
2
1
2
,
y
y x
x


，

0
0
,
P x
y
，
则
1
2
0
1
2
0
2
2
x
x
x
y
y
y








，又
2
2
1
1
2
2
2
2
1
3
2
1
3
2
x
y
x
y








，
所以
2
2
2
2
1
2
1
2
0
3
3
2
2
x
x
y
y



，即
2
2
1
2
2
2
1
2
2
3
y
y
x
x




，即





1
2
1
2
1
2
1
2
2
3
y
y
y
y
x
x
x
x





，
又
2
1
1
2
1
y
y
k
x
x



，
1
2
1
2
2
1
2
1
2
2
2
y
y
y
y
k
x
x
x
x






，所以
1
2
2
3
k k 
.故选：A
5.若椭圆
2
2
1
3
4
x
y

的动弦AB 斜率为1，则弦中点坐标可能是（
）
A．

3 4
，
B．
3 ,1
4







C．

4 3
，
D．
4 ,1
3







【答案】B
【解析】设


1
1
,
A x y
，

2
2
,
B x
y
，则由已知得，
2
2
1
1
1
3
4
x
y

，
2
2
2
2
1
3
4
x
y

，
两式作差可得，
2
2
2
2
1
2
1
2
0
3
4
x
x
y
y




，整理可得
1
2
1
2
1
2
1
2
4
4
3
3
y
y
x
x
x
x
y
y






.
AB 中点D 的坐标为

0
0
,
x
y
，则有
0
0
4
3
y
x 
.
又点D 在椭圆的内部，所以
0
2
y 
故选：B.
6.已知椭圆方程为
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b




，其右焦点为


4,0
F
，过点F 的直线交椭圆与A ，B 两点．若AB 的
中点坐标为(
)
1, 1
-
，则椭圆的方程为（
）
A．
2
2
1
52
36
x
y


B．
2
2
1
20
4
x
y


C．
2
2
1
24
8
x
y


D．
2
2
1
25
9
x
y


【答案】C
【解析】AB 的中点坐标为


1, 1
M

，则
0 1
1
4 1
3
FM
k




，
设


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，则
2
2
1
1
2
2
1
x
y
a
b

，
2
2
2
2
2
2
1
x
y
a
b

，
相减得到：





1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
0
x
x
x
x
y
y
y
y
a
b






，即
2
2
0
2
2
FM
k
a
b


，
2
2
3
a
b
=
，
又
4
c 
，
2
2
2
a
b
c


，解得
2
24
a 
，
2
8
b 
，椭圆的方程为
2
2
1
24
8
x
y

.故选：C.
7.已知倾斜角为
π
4的直线�与椭圆�:
�2
4 + �2 = 1 交于�, �两点，�为��中点，�为坐标原点，则直线��的斜率
为（
）
A．−1
B．−
1
2
C．−
1
3
D．−
1
4
【解题思路】设出点�，�，�的坐标，根据坐标求出���, ���的关系式，把�，�两点坐标代入椭圆方程，
利用点差法化简即可求解．
【解答过程】设�(��, ��)，�(��, ��)，�(��, ��)，
则���=
��−��
��−��= �，��=
��+��
�
，��=
��+��
�
，
所以���=
��
��=
��+��
��+��，所以������=
��
�−��
�
��
�−��
�，
将�，�两点坐标代入椭圆方程可得：
��
�
�+ ��
�= �
��
�
�+ ��
�= �
，
两式作差可得：
��
�−��
�
�
+ ��
�−��
�= �，
所以������=
��
�−��
�
��
�−��
�=−
�
�，则���=−
�
�，
故选：D.
8.椭圆
�2
16 +
�2
4 = 1 上的两点A，B 关于直线2�−2�−3 = 0 对称，则弦��的中点坐标为（
）
A．−1,
1
2
B．
1
2 , −1
C．
1
2 , 2
D．2,
1
2
【解题思路】设���, ��，���, ��，��的中点为���, ��，可得���−���−�= �，运用“点差法”求
解可得��= ���，代入���−���−�= �求得结果.
【解答过程】设���, ��，���, ��，��的中点为���, ��，则���−���−�= �，
由点�, �在椭圆上得
��
�
��+
��
�
�= �
��
�
��+
��
�
�= �
，两式相减得
��+��
��−��
��
+
��+��
��−��
�
= �，
整理得
��−��
��−��=−
�
�×
��+��
��+��=−
�
�×
��
��，
由���=−�，∴−�=−
�
�×
��
��，即��= ���，
将��= ���代入���−���−�= �，解得��= �，��=
�
�，
所以��,
�
�.
故选：D．
9.已知斜率为�(�> 0)的直线�与椭圆�:
�2
16 +
�2
2 = 1 交于�，�两点，�为坐标原点，以��，��为邻边作平行
四边形����，点�恰好在�上．若线段��的中点�在直线�=−1 上，则直线�的方程为（
）
A．�−
6�+ 2 = 0
B．�−2 6�+ 4 = 0
C．6�−2�+ 1 = 0
D．�−4 6�+ 5 = 0
【解题思路】由题意，利用点差法得到���=
�
�，根据平行四边形的性质及点�在椭圆上得到��
�=
�
�，求出
k 和点M 的坐标，结合直线的点斜式方程即可求解.
【解答过程】设���, ��，���, ��，�−�, ��，
则
��
�
��+
��
�
�= �
��
�
��+
��
�
�= �
，两式相减，得
��
�−��
�
��
+
��
�−��
�
�
= �，
故
��−��
��+��
��−��
��+��=
��
−�⋅�=−
�
�，即���=
�
�①．
又四边形����为平行四边形，�为线段��的中点，所以�为线段��的中点，
所以�−�, ���，又P 在椭圆�上，
所以
(−�)�
��+
����
�
= �，即��
�=
�
�②．
由①②，得
��=
�
�
�=
�
��
，故直线�的方程为�−
�
�=
�
��(�+ �)，
即�−���+ �= �．
故选：B．
10．斜率为k 的直线l 与椭圆C ：
2
2
1
6
3
x
y

交于A ，B 两点，线段AB 的中点为


2,
M
m ，则k 的范围是（
）
A．
1
k 
B．
1
1
3
3
k



C．
1
k 或
1
k 
D．
2
2
3
3
k



【答案】C
【分析】由点在椭圆内有
2
4
1
6
3
m

求m 范围，设直线方程联立椭圆整理为一元二次方程形式，则必有
0

，
4
A
B
x
x


，结合韦达定理有
1
m
k

，即可求k 的范围.
【详解】由题设，


2,
M
m 在椭圆C 内，则
2
4
1
1
1
6
3
m
m


，
设直线:
(
2)
l y
k x
m



代入椭圆
2
2
2
6
x
y


，
整理得
2
2
2
(1
2
)
4 (
2 )
2(
2 )
6
0
k
x
k m
k x
m
k







且
0

，则
2
4 (2
)
4
1 2
A
B
k
k
m
x
x
k





，
由图知：直线斜率不可能为0，所以
1
m
k

，故
1
1
1
1
k
k


或
1
k .
故选：C
11.已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
M
a
b
a
b




的短半轴为3，离心率为
2
2
.
(1)求椭圆M 的方程；
(2)过

1,1
P
的直线l 交椭圆M 于
,
A B 两点，且P 为AB 的中点，求弦AB 的长度.
【答案】(1)
2
2
1
18
9
x
y

；(2)5 2
【解析】（1）由椭圆
2
2
2
2
:
1
x
y
M
a
b


的短半轴为3，离心率为
2
2
，
可得
3
b 
且
2
2
c
a 
，即
2
a
c

，
因为
2
2
2
a
b
c


，可得
2
2
2
9
c
c


，解得
3
c ，所以
3 2
a 
，
所以椭圆的方程为
2
2
1
18
9
x
y

.
（2）设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，因为


1,1
P
为AB 的中点，可得
1
2
1
2
1,
1
2
2
x
x
y
y



，
则
2
2
1
1
2
2
2
2
1
18
9
1
18
9
x
y
x
y








，两式相减得
2
1
1
2
2
1
1
2
9(
)(
) 19(
)(
)
0
x
x
x
x
y
y
y
y






，
即
2
1
1
2
2
1
1
2
9(
)
1
18(
)
2
y
y
x
x
x
x
y
y






，即
1
2
AB
k

，
所以直线l 的方程为
1
1
(
1)
2
y
x


，即
2
3
0
x
y


，
联立方程组
2
2
2
3
0
1
18
9
x
y
x
y







，整理得
2
2
9
0
x
x



，可得
1
2
1
2
2,
9
x
x
x x


，
则
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
5
1
1
(
)
(
)
4
2
4 ( 9)
5 2
2
2
AB
k
x
x
x
x
x x












.
12．以两条坐标轴为对称轴的椭圆C 过点

2,1
P
和

0,
2
Q

，直线l 与椭圆C 相交于
,
A B 两点，M 为线
段AB 的中点．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)若点M 的坐标为
2 1
,
3 3






，求直线l 的方程；
【答案】(1)
2
2
1
4
2
x
y


(2)
1
0
x
y


【分析】（1）设椭圆C 的方程为


2
2
1
,
0,
mx
ny
m n
m
n




，代入
,
P Q 点的坐标，得到方程组，求解即
可得出答案；
（2）设




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，根据点差法结合已知得出直线的斜率，代入点斜式方程，整理即可得出答案.
【详解】（1）设椭圆C 的方程为


2
2
1
,
0,
mx
ny
m n
m
n




，
由已知可得，
2
1
2
1
m
n
n






，解得
1
4
1
2
m
n





，
所以，椭圆的方程为
2
2
1
4
2
x
y

.
（2）设




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，
则有
2
2
1
1
1
4
2
x
y

，
2
2
2
2
1
4
2
x
y

，
两式作差可得
2
2
2
2
1
2
1
2
0
4
2




x
x
y
y
，
所以有





1
2
1
2
1
2
1
2
0
4
2
x
x
x
x
y
y
y
y





.
又
1
2
1
2
4
2
,
3
3
x
x
y
y




，
所以有


1
2
1
2
0
x
x
y
y





，
所以直线l 的斜率
2
1
2
1
1
y
y
k
x
x




，
所以，直线的方程为
1
2
3
3
y
x



，整理可得，
1
0
x
y


.
13．已知椭圆E ：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的离心率为
2
2
，


2,1
P
是椭圆E 上一点.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)若A ，B 是椭圆E 上两点，且线段AB 的中点坐标为2 1
,
3 3





，求直线AB 的方程.
【答案】(1)
2
2
1
6
3
x
y


(2)
1
y
x

【分析】（1）把点


2,1
P
代入椭圆方程, 结合离心率为
2
2
，列方程求出,a b ，可得椭圆E 的方程
（2）利用点差法求中点弦的斜率，再点斜式求直线方程.
【详解】（1）由题可知
2
2
2
2
2
4
1
1,
,
2 ,
2
a
b
a
b
c
c
a












解得
6,
3,
a
b




故椭圆E 的方程为
2
2
1
6
3
x
y

.
（2）设


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，则
2
2
1
1
2
2
2
2
1,
6
3
1,
6
3
x
y
x
y








两式相减得
2
2
2
2
1
2
1
2
0
6
3
x
x
y
y



，即


1
2
1
2
1
2
1
2
2
y
y
x
x
x
x
y
y





.
因为线段AB 的中点坐标为2 1
,
3 3





，所以
1
2
4
3
x
x


，
1
2
2
3
y
y


，所以


1
2
1
2
1
2
AB
x
x
k
y
y




，
所以直线AB 的方程为
1
2
3
3
y
x









，即
1
y
x
.
14．已知椭圆C ：
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b




的长轴长为4 ，且短轴长是长轴长的一半．
(1)求C 的方程；
(2)已知直线1l ：
1
y
x

与椭圆C 相交于两点M ，N ，求线段MN 的长度；
(3)经过点
1
1 2
P





，作直线2l ，交椭圆于A 、B 两点．如果P 恰好是线段AB 的中点，求直线2l 的方程．
【答案】(1)
2
2
1
4
x
y


(2) 8 2
5
(3)
1
1
2
y
x


【分析】（1）由题意可得2a ，2b 的值，即求出a ，b 的值，可得椭圆的方程；
（2）联立直线1l 的方程与椭圆的方程，可得两根之和及两根之积，代入弦长公式，可得MN 的大小；
（3）设A ，B 的坐标代入椭圆的方程，作差整理可得直线2l 的斜率，代入点斜式方程求出直线2l 的方程．
【详解】（1）由题意可得
2
4
1
2
2
2
a
b
a





，可得
2
a 
，
1
b ，
所以椭圆的C 的方程为：
2
2
1
4
x
y

；
（2）设


1
1
M x
y
，
，


2
2
N x
y
，
，
联立
2
2
4
4
1
x
y
y
x







，整理可得
2
5
8
0
x
x


，可得
2
1
8
5


x
x
，
1
2
0
x x 
，
所以
2
2
1
2
1
2
8
8 2
1 1
(
)
4
2
5
5
MN
x
x
x x








；
（3）设

3
3
A x
y
，
，

4
4
B x
y
，
，由题意可得
3
4
2
x
x


，
3
4
1
y
y

，
将A ，B 的坐标代入可得：
2
2
3
3
2
2
4
4
1
4
1
4
x
y
x
y








，
作差整理可得：
3
4
3
4
3
4
3
4
1
1 2
1
4
4 1
2
y
y
x
x
x
x
y
y









，
即直线AB 的斜率为
1
2

，
所以直线2l 的方程为


1
1
1
2
2
y
x



，即
1
1
2
y
x

．
题型八：椭圆的实际应用
1．（多选）椭圆有一条光学性质：从椭圆一个焦点出发的光线，经过椭圆反射后，一定经过另一个焦点．假
设光线沿直线传播且在传播过程中不会衰减，椭圆的方程为
2
2
1
9
5
x
y

，则光线从椭圆一个焦点出发，到
首次回到该焦点所经过的路程可能为（
）
A．2
B．8
C．10
D．12
【答案】ACD
【分析】根据已知，光线自
1F 出发，可以沿
1
1
F A 方向传播，也可以沿
1
2
F A 方向传播，也可以不沿x 轴传播.
根据椭圆的光学性质，分别得出光线传播的路径，结合椭圆的定义，即可得出答案.
【详解】设椭圆左焦点为
1F ，右焦点为
2
F ，左顶点为
1A ，右顶点为
2
A .
由已知可得，
3
a ，
2
2
2
4
c
a
b



，所以
2
c 
.
①当光线从
1F 出发，沿
1
1
F A 方向传播，到达
1A 后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿
1
1
A F 方向传播，第一
次经过
1F ，此时所经过的路程为


1
1
2
2
2
A F
a
c



，故A 项正确；
②当光线从
1F 出发，沿
1
2
F A 方向传播，到达
2
A 后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿
2
2
A F 方向传播，过
点
2
F 后，继续传播第一次经过
1F ，此时所经过的路程为


2
1
2
2
10
A F
a
c



，故C 项正确；
③当光线从
1F 出发后，不沿x 轴传播，如图2
光线开始沿
1F P 传播，到达P 点后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿
2
PF 方向传播，过点
2
F 后，继续传
播到达Q 点后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿
1
QF 方向传播，第一次经过
1F ，此时所经过的路程为
1
2
2
1
PF
PF
QF
QF



.
根据椭圆的定义可知，
1
2
2
6
PF
PF
a



，
1
2
2
6
QF
QF
a



，
所以
1
2
1
2
12
PF
PF
QF
QF




，故D 项正确.
故选：ACD.
2．搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F 遥十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射．此后，神舟
十二号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，并快速完成与“天和”核心舱的对接，聂海胜、刘伯明、
汤洪波3 名宇航员成为核心舱首批“入住人员”，并在轨驻留3 个月，开展舱外维修维护，设备更换，科学
应用载荷等一系列操作．已知神舟十二号飞船的运行轨道是以地心为焦点的椭圆，设地球半径为R，其近
地点与地面的距离大约是1
32 R ，远地点与地面的距离大约是1
16 R ，则该运行轨道（椭圆）的离心率大约
是（
）
A．1
67
B．1
3
C．1
35
D．1
9
【答案】A
【分析】以运行轨道长轴所在直线为x 轴，地心F 为右焦点建立平面直角坐标系，
设椭圆方程为


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




，根据题意列出方程组
33
32
17
16
a
c
R
a
c
R






，解方程组即可.
【详解】以运行轨道长轴所在直线为x 轴，地心F 为右焦点建立平面直角坐标系，
设椭圆方程为


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




，其中
2
2
2
a
b
c


，
根据题意有
1
33
32
32
a
c
R
R
R




，
1
17
16
16
a
c
R
R
R




，
所以
67
2
32
a
R

，
1
2
32
c
R

，
所以椭圆的离心率
2
1
2
67
c
c
e
a
a



．
故选：A．
3．韶州大桥是一座独塔双索面钢砼混合梁斜拉桥，具有桩深，塔高、梁重、跨大的特点，它打通了曲江
区、浈江区、武江区交通道路的瓶颈，成为连接曲江区与芙蓉新城的重要交通桥梁，大桥承担着实现韶关
“三区融合”的重要使命，韶州大桥的桥塔外形近似椭圆，若桥塔所在平面截桥面为线段AB ，且AB 过椭圆
的下焦点，
44
AB 
米，桥塔最高点P 距桥面110米，则此椭圆的离心率为（
）
A．1
3
B．2
5
C．2
3
D．4
5
【答案】D
【分析】建立如图所示平面直角坐标系，设椭圆方程为
2
2
2
2
1(
0)
y
x
a
b
a
b




，依题意可得
2
110
2
44
a
c
b
a





，即
可求出离心率.
【详解】如图按椭圆对称轴所在直线建立直角坐标系，
设椭圆方程为
2
2
2
2
1(
0)
y
x
a
b
a
b




，
令y
c
，即

2
2
2
2
1
c
x
a
b


，解得
2
b
x
a

，依题意可得
2
110
2
44
a
c
b
a





，
所以
2
2
110
22
a
c
a
c
a






，所以
22
110
a
c
a


，所以
4
5
c
e
a


．
故选：D．
4．1970 年4 月24 日，我国发射了自己的第一颗人连地球卫星“东方红一号”，从此我国开向了人造卫层的
新篇章.人造地球卫星绕地球运行遵循开普物行星运动定律；卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行
时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的
时间内扫过的面积相等，如图建系，设椭圆道的长轴长，短轴长，焦距分别为2a，2b，2c，下列结论正确
的是（
）
A．卫星向径的最大值为2a
B．卫星向径的最小值为2b
C．卫星绕行一周时在第三象阻内运动的时间小于在第四象限内运动的时间
D．卫星向径的最小值与最大值的比值越大，椭圆轨道越圆
【答案】D
【分析】选项AB，由卫星向径的最小值为a-c，最大值为a+c 判断；选项C，由开普勒行星运动定律卫星
的向径在相同的时间内扫过的面积相等判断；选项D，由
1
2
1
1
1
a
c
e
a
c
e
e







判断.
【详解】解：由题意得：向径为卫星与地球的连线，即椭圆上的点与焦点的连线的距离，
由椭圆的几何性质可知卫星向径的最小值为a-c，最大值为a+c，故AB 错误；
由开普勒行星运动定律卫星的向径在相同的时间内扫过的面积相等，
在第二象限运动时扫过的面积大于在第一象限运动时扫过的面积，
故卫星在第二象限内运动的时间大于在第一象限运动时扫过的时间，
由椭圆的对称性可知，卫星绕行一周时在第三象限内运动的时间大于在第四象限运动的时间，故C 错误；
当卫星向径的最小值与最大值的比值越大时，由
1
2
1
1
1
a
c
e
a
c
e
e







，可得e 越小，椭圆越圆，故D 正
确，
故选：D
5．如图所示，为完成一项探月工程，某月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心F 为圆心的圆
形轨道Ⅰ上绕月球飞行，然后在P 点处变轨进入以F 为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月球飞行，最后在Q 点处
变轨进入以F 为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月球飞行，设圆形轨道Ⅰ的半径为R，圆形轨道Ⅲ的半径为r，则椭圆
轨道Ⅱ的离心率为
.（用R、r 表示）
【答案】R
r
R
r


【分析】由题设可得2
a
c
r
a
R
r







即可求出椭圆参数，根据离心率定义求椭圆轨道Ⅱ的离心率.
【详解】由F 为椭圆轨道Ⅱ的焦点，若2 ,2
a
c 分别为长轴长、焦距，则2
a
c
r
a
R
r







，故
2
2
R
r
c
R
r
a






，
所以椭圆轨道Ⅱ的离心率为
c
R
r
e
a
R
r




.
故答案为：R
r
R
r


6．某操场的正前方有两根高度均为6m、相距10m 的旗杆（都与地面垂直）.有一条26m 长的绳子，两端
系在两根旗杆的顶部，并按如图所示的方式绷紧，使得绳子和两根旗杆处在同一个平面内.假定这条绳子在
系到旗杆上时长度没有改变，求绳子与地面（水平面）的接触点到两根旗杆的距离各是多少.
【答案】




13 3
10
13 3
10
m ,
m
2
2


【分析】根据椭圆的定义，结合代入法进行求解即可.
【详解】建立如图所示的直角坐标系：
因为
26
10
PB
PD



，
所以点P 是以
,
B D 为焦点的椭圆上，设方程为
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b




，
显然
2
2
2
26,2
10
13,
5
12
a
c
a
c
b
a
c









，
所以方程为
2
2
1(
0)
169
144
x
y
a
b




，
因为旗杆的高度为6m，
所以有
2
36
13 3
1
169
144
2
x
x



，
13 3
13 3
10 13 3
13 3
10
5
,
5
2
2
2
2






所以绳子与地面（水平面）的接触点到两根旗杆的距离各是




13 3
10
13 3
10
m ,
m
2
2


.
7．贵州省安庆市体育馆的屋盖网壳由两个大小不同的双层椭球壳相贯而成，其屋盖网壳长轴总尺寸约97
米，短轴总尺寸约77 米，短轴长与长轴长的平方比接近黄金比0.618．我们把短轴长与长轴长的平方比为
5
1
2
的椭圆称为黄金椭圆．现有一黄金椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b




其中A，F 分别为其左顶点和右焦点，
B 为上顶点．
(1)求黄金椭圆C 的离心率；
(2)某同学在研究黄金椭圆的性质时猜测
ABF
△
可能为直角三角形，试判断该同学的猜测是否正确，并说
明理由．
【答案】(1)
5
1
2

(2)正确，理由见解析
【分析】(1)根据题目中黄金椭圆的定义，再根据离心率的计算公式
2
2
1
b
e
a


可求得椭圆的离心率.(2)通
过计算
AB
BF
k
k

的值，可以判断出三角形的形状.
【详解】（1）由题意，设椭圆C 的焦距为2c，则
2
2
5
1
2
b
a


，
又
2
2
2
b
a
c


，得
2
2
2
5
1
2
a
c
a



，即
2
5
1
1
2
e



，
2
2
3
5
5
1
2
2
e











，所以
5
1
2
e


．
（2）正确．理由如下；
设椭圆中心为O，由
2
2
2
2
4
2
2
4
1
AB
BF
b
b
b
b
k
k
a
c
ac
a a
b
a
a b
b









2
2
2
2
2
1
a
a
b
b







2
1
1
2
2
5
1
5
1










所以
1
AB
BF
k
k

，即
2
ABF



，
所以
ABF
△
是直角三角形．
题型九：椭圆的综合应用
1．已知椭圆C：
2
2
1
4
3
x
y

的左、右顶点分别为A，B，P 为C 上异于A，B 的一点，直线PA，PB 与直线
4
x 
分别交于M，N 两点，则MN 的最小值为（
）
A．15
2
B．7
C．13
2
D．6
【答案】D
【分析】计算直线PA 和直线PB 的斜率之积为常数，据此分别用同一参数表示直线方程，求出
,
M N 坐标，
得到MN ，利用均值不等式求最值.
【详解】设


0
0
,
P
x
y
，则
2
2
0
0
1
4
3
x
y

，
由椭圆方程可知
2
a 
，故顶点

2,0
A 
，


2,0
B
，
则直线PA 和直线PB 的斜率之积
2
0
0
0
2
0
0
0
3
2
2
4
4
PA
PB
y
y
y
k
k
x
x
x








，
设直线PA 的方程为


2
y
k x


，则与
4
x 
的交点


4,6
M
k ，
直线PB 的方程为


3
2
4


y
x
k
，则与
4
x 
的交点
3
4,
2
N
k






，
所以
3
3
3
6
| 6 |
2 | 6 |
6
2
2
| 2 |
MN
k
k
k
k
k
k






，当且仅当
1
2
k 
时等号成立．
故选：D
2．已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x 轴上，过椭圆右焦点F 且斜率为1 的直线l 交椭圆于A B
、两点，
满足OA
OB


与


4, 3
a 


共线．
(1)求椭圆的离心率；
(2)当椭圆的焦距为2 时，设P 为椭圆上任意一点，且


,
OP
mOA
nOB m n


R



，求点


,
M m n 到原点O的
最大距离．
【答案】(1)
1
2
(2)
14
2
【分析】（1）设点


1
1
,
A x y
、

2
2
,
B x
y
，将直线AB 的方程代入椭圆的方程，列出韦达定理求出OA
OB


的
坐标，利用OA
OB


与


4, 3
a 


共线，可得出关于a 、b 的关系可解得椭圆的离心率；
（2）设


,
OP
x y

uuur
，由OP
mOA
nOB





可得出
1
2
1
2
x
mx
nx
y
my
ny







，由点P 在椭圆上可得出
2
2
1
2
1
2
2
1
4
3
x x
y y
m
n
mn









，利用韦达定理可计算得出
2
2
10
1
7
m
n
mn


，再由不等式可计算得出
2
2
m
n

的最大值即可.
【详解】（1）设椭圆方程为


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




，


,0
F c
，则直线AB 的方程为y
x
c

，
联立
2
2
2
2
1
y
x
c
x
y
a
b






，消去y 并整理得



2
2
2
2
2
2
2
2
0
a
b
x
a cx
a
c
b




，
设点


1
1
,
A x y
、


2
2
,
B x
y
，由韦达定理可得
2
1
2
2
2
2a c
x
x
a
b



，


2
2
2
1
2
2
2
a
c
b
x x
a
b



，
由


1
2
1
2
,
OA
OB
x
x
y
y






，


4, 3
a 


，
由OA
OB


与a
共线，得



1
2
1
2
4
3
0
y
y
x
x




，
又
1
1
y
x
c

，
2
2
y
x
c


，



1
2
1
2
4
2
3
0
x
x
c
x
x





，
1
2
8
7
x
x
c



，即
2
2
2
2
8
7
a c
c
a
b 

，可得
2
2
3
4
b
a 
，
所以，椭圆的离心率为
2
2
1
1
2
c
b
e
a
a




；
（2）证明：由（1）知
2
2
3
4
b
a 
，又椭圆的焦距为2，
所以椭圆方程
2
2
1
4
3
x
y

．
联立
2
2
1
1
4
3
y
x
x
y






，消去y 并整理得
2
7
8
8
0
x
x


，
由韦达定理可得
1
2
8
7
x
x


，
1
2
8
7
x x 
，





1
2
1
2
1
2
1
2
8
8
9
1
1
1
1
7
7
7
y y
x
x
x x
x
x









，
设


,
OP
x y

uuur
，由OP
mOA
nOB





得





1
1
2
2
,
,
,
x y
m x y
n x
y


，
所以
1
2
1
2
x
mx
nx
y
my
ny







.


,
P x y

在椭圆上，




2
2
1
2
1
2
3
1
4
mx
nx
my
ny





，
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
2
1
2
2
1
4
3
4
3
4
3
x
y
x
y
x x
y y
m
n
mn

























．
2
2
1
2
1
2
2
1
4
3
x x
y y
m
n
mn










，
而
1
2
1
2
2
3
5
4
3
7
7
7
x x
y y




，
2
2
10
1
7
m
n
mn



，
2
2
2
2
10
10
1
1
7
7
2
m
n
m
n
mn











，当
7
2
m
n


时取等号，
2
2
7
2
m
n



，
点


,
M m n 到原点O距离为
2
2
7
14
2
2
m
n



，
故点


,
M m n 到原点O的最大距离
14
2
.
【点睛】方法点睛：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

1
1
,
x
y
、

2
2
,
x
y
，；
（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；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为
1
2
x
x

、
1
2
x x 的形式；
（5）代入韦达定理求解.
3．已知A 、B 、C 是直线l 上的三点，且
1
AB ，
2
BC 
，
1
O
切直线l 于点A ，又过B 、C 作
1
O
异于l
的两切线，设这两切线交于点P .
(1)求点P 的轨迹E 方程；
(2)设M 、N 是P 的轨迹E 上的不同两点且不关于原点O对称，若OM ，ON 的斜率分别为
1k ，
2k ，问：是
否存在实数，使得当
1 2
k k


时，OMN

的面积是定值？如果存在，求出的值；如果不存在，说明理
由.
【答案】(1)
2
2
1
4
3
x
y


(2)存在，
3
4

【分析】（1）根据圆切线的性质，利用椭圆的定义可判断动点轨迹为椭圆，适当建系可得轨迹方程；
（2）假设直线MN 的斜率存在，设直线方程，联立直线与椭圆方程，利用根于系数关系，求得弦MN 的
长度，再利用点到直线距离可得O到MN 的距离，可得三角形面积，根据面积为定值可得的值，再验证
当直线MN 斜率不存在时成立.
【详解】（1）
如图所示，
设过B 、C 异于l 的两切线分别切
1
O
于D 、E 两点，两切线交于点P ，
由切线的性质可知：BA
BD

，PD
PE

，CA
CE

，
故
PB
PC
BD
PD
PC
BA
PE
PC







2
2 1
2
4
2
BA
CE
AB
AC
AB
BC
BC











，
故由椭圆定义知，
点P 的轨迹是以B 、C 为两焦点的椭圆，
以l 所在的直线为x 轴，以BC 的中点为原点，建立坐标系，
可求得动点P 的轨迹方程为：
2
2
1
4
3
x
y

；
（2）
设存在这样的常数，使
1 2
k k


，AOB

的面积为定值.
当直线MN 斜率存在时，设其方程为y
kx
m


，


1
1
,
M x y
，


2
2
,
N x
y
，
联立直线与椭圆方程
2
2
1
4
3
y
kx
m
x
y






，
得

2
2
2
3
4
8
4
12
0
k
x
kmx
m





，







2
2
2
2
2
8
4 3
4
4
12
48 4
3
0
km
k
m
k
m








，即
2
2
4
3
m
k

，
1
2
2
8
3
4
km
x
x
k


，
2
1
2
2
4
12
3
4
m
x x
k



，





2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
3
12
3
4
m
k
y y
kx
m
kx
m
k x x
km x
x
m
k










，


2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
4 1
12
3
9
1
4
3
4
k
k
m
MN
k
x
x
x x
k











，
点O到直线MN 的距离为
2
1
m
d
k


，
所以
2
2
2
2
1
12
3
9
2
3
4
m
S
MN
d
k
m
k







，





2
2
2
2
2
2
4
12
3
9
3
4
m
k
m
S
k




，
又
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
y
y
y y
k k
x
x
x x





，即
2
1
2
1
2
2
4
12
3
4
m
y y
x x
k






，
即
2
2
2
2
2
3
12
4
12
3
4
3
4
m
k
m
k
k






，得
2
2
12
12
4
3
k
m





，
所以






2
2
2
4
2
2
2
2
2
4
2
2
12
12
12
12
4
12
3
9
16
16
9
9
4
3
4
3
48
16
24
9
4
3
3
4
k
k
k
k
k
S
k
k
k



































，
若面积为定值，则
2
16
16
9
9
16
24
9








，
解得
3
4

，
此时




4
2
2
2
2
4
2
16
16
9
9
48
3
16
24
9
4
3
k
k
S
k
k














，
3
S 
现验证当直线MN 斜率不存在时，若
3
4

，面积为定值.
当直线MN 斜率不存在时，设


0
0
,
M
x
y
，


0
0
,
N x
y

，
则
2
0
1
2
2
0
3
4
y
k k
x




，又
2
2
0
0
1
4
3
x
y

，
解得
0
2
x 
，
0
6
2
y 
，
此时面积
0
0
1
2
3
2
S
x y



，满足上述定值，
综上所述，存在常数
3
4

，使
1 2
k k


，AOB

的面积为定值
3 .
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然
后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0 或不存在等特殊情形．
4．已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b




过
3
(1, )
2 和
6
( 2,
)
2
两点.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M 在定直线
4
x 
上运动时，直线AM ，BM 分别
交椭圆于两点P 和Q（不同于B，A）.证明：点B 在以PQ 为直径的圆内.
【答案】(1)
2
2
1
4
3
x
y

；
(2)证明见解析.
【分析】（1）把给定点的坐标代入椭圆方程，求出
2
2
,
a b 即得.
（2）设出点M 的坐标，求出直线
,
AM BM 的方程，分别与椭圆方程联立求出点
,
P Q 坐标，再借助向量数
量积求解即得.
【详解】（1）依题意，将点
3
(1, )
2 和
6
( 2,
)
2
的坐标代入椭圆
2
2
2
2
1
x
y
a
b

，得
2
2
2
2
1
9
1
4
2
3
1
2
a
b
a
b








，解得
2
2
4
3
a
b





，
所以椭圆方程为
2
2
1
4
3
x
y


（2）由（1）知




2,0 ,
2,0
A
B

，显然点M 不在x 轴上，设


4,
,
0
M
t
t 
，




,
,
,
P
P
Q
Q
P x
y
Q x
y
，
直线
,
AM BM 斜率分别为
,
6
2
AM
BM
t
t
k
k


，直线AM 的方程为


2
6
t
y
x


，BM 的方程为


2
2
t
y
x


，
由


2
2
2
6
1
4
3
t
y
x
x
y







，消去y 得

2
2
2
2
27
4
4
108
0
t
x
t x
t





，显然
0

，
于是
2
2
4
108
2
27
P
t
x
t




，解得
2
2
54
2
27
P
t
x
t



，则


2
18
2
6
27
P
P
t
t
y
x
t




，
由


2
2
2
2
1
4
3
t
y
x
x
y







，消去y 得

2
2
2
2
3
4
4
12
0
t
x
t x
t





，显然
0


，
于是
2
2
4
12
2
3
Q
t
x
t



，解得
2
2
2
6
3
Q
t
x
t



，则


2
6
2
2
3
Q
Q
t
t
y
x
t



，
因此
2
2
2
2
2
2
54
2
18
4
18
(
2,
)
(
,
)
27
27
27
27
t
t
t
t
BP
t
t
t
t










，
2
2
2
2
2
2
6
6
12
6
(
2,
)
(
,
)
3
3
3
3
t
t
t
BQ
t
t
t
t












，
则



2
2
2
2
2
2
2
2
4
12
18
6
60
(
)
(
)
0
27
3
27
3
27
3
t
t
t
t
BP BQ
t
t
t
t
t
t















<
，
则有
PBQ

为钝角，所以点B 在以PQ 为直径的圆内.
5．已知点F 为椭圆
2
2
:
1
4
3
x
y
E

的右焦点，A，B 分别为其左、右顶点，过F 作直线l 与椭圆交于M，N
两点（不与A，B 重合），记直线AM 与BN 的斜率分别为
1
2
,
k k .证明
1
2
k
k 为定值.
【答案】证明见解析
【分析】设出直线l 的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，由此化简
1
2
k
k ，从而证得结论成立.
【详解】（反设直线）由题，



2,0 ,
2,0
A
B

，
设:
1
l x
ty

，
1
1
2
2
( ,
),
(
,
),
M x y
N x
y
则
1
1
1
2
y
k
x


，
2
2
2
2
y
k
x


，
联立
2
2
1
4
3
1
x
y
x
ty







，消x 得
2
2
(4
3 )
6
9
0
t
y
ty



，
且


2
2
2
36
36 4
3
144
144
0
t
t
t






，则
1
2
2
1
2
2
6
4
3
9
4
3
t
y
y
t
y y
t











.
（策略一：和积转换，一般是积转和）
所以
1
2
1
2
3 (
)
2
ty y
y
y


，代入得，




1
1
1
2
1
1
1
1
2
1
2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
1
2
3
3
3
2
1
y
y
y ty
k
x
ty
ty y
y
y
y
k
y
ty
ty y
y
x
ty












1
2
1
1
2
1
2
2
1
2
3
1
3
(
)
1
2
2
2
3
3
9
3
(
)
3
2
2
2
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y









，为定值，得证.
（策略二：配凑半代换）
因此
2
2
2
2
2
1
1
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
9
6
3
(
)
1
4
3
4
3
4
3
=
9
9
3
3
3
3
4
3
4
3
t
t
t
y
y
k
ty y
y
y
y
t
t
t
t
t
k
ty y
y
y
y
t
t





















，得证.
6．已知椭圆E ：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




，

2 2,0
F
为椭圆E 的右焦点，三点3 3 1
,
2
2








，
3 3 1
,
2
2









，
1
2, 3






中恰有两点在椭圆E 上.
(1)求椭圆E 的标准方程；
(2)设点
,
A B 为椭圆E 的左右端点，过点


2,0
M
作直线交椭圆E 于P ，Q 两点（不同于
,
A B ），求证：直线
AP 与直线BQ 的交点N 在定直线上运动，并求出该直线的方程.
【答案】(1)
2
2
1
9
x
y


(2)证明见解析，
9
2
x 
【分析】（1）由对称性得到点3 3 1
,
2
2








，
3 3 1
,
2
2









在椭圆E 上，结合焦点坐标，得到方程组，求出
2
9
a 
，
2
1
b ，求出椭圆方程；
（2）设直线PQ 的方程为
2
x
my


，联立椭圆方程，设


1
1
,
P x y
，


2
2
,
Q x
y
，


0
0
,
N x
y
，得到两根之和，
两根之积，由
,
,
A P N 和
,
,
B Q N 共线得到方程组，联立后得到
0
0
3
5
3
x
x



，求出
0
9
2
x 
，得到交点N 在定直
线上，并求出该直线的方程.
【详解】（1）因为

2 2,0
F
为椭圆E 的右焦点，所以
2
2
8
a
b


①,
由对称性得，点3 3 1
,
2
2








，
3 3 1
,
2
2









在椭圆E 上，代入得
2
2
27
1
1
4
4
a
b

②,
联立①②解得，
2
9
a 
，
2
1
b ，
所以椭圆E 的标准方程为：
2
2
1
9
x
y

.
（2）由条件知直线PQ 与直线AB 不重合，故直线PQ 的斜率不为0，
设直线PQ 的方程为
2
x
my


，
联立
2
2
1
9
2
x
y
x
my







，可得

2
2
9
4
5
0
m
y
my



，
设


1
1
,
P x y
，


2
2
,
Q x
y
，


0
0
,
N x
y
，
则
1
2
2
4
9
m
y
y
m




，
1
2
2
5
9
y y
m



，


1
2
1
2
5
4
y
y
m
y y


，
由（1）可得


3 0
A , ，


3,0
B
，
由
,
,
A P N 共线得：
0
1
1
0
1
1
3
3
5
x
x
my
y
y
y





③，
由
,
,
B Q N 共线得：
0
2
2
0
2
2
3
3
1
x
x
my
y
y
y





④，
由③÷④消去
0y 并整理得，




1
2
2
0
1
2
2
0
1
2
1
1
2
1
5
5
3
5
4
5
5
3
4
y
y
y
x
my y
y
x
my y
y
y
y
y











，
即
0
0
3
5
3
x
x



，所以
0
9
2
x 
，
综上所述，直线AP 与直线BQ 的交点N 在定直线
9
2
x 
上运动.
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
7．已知椭圆
2
2
2
:
1
2
x
y
C
b

的离心率为
2
2
．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)当椭圆的焦点在x 轴上时，直线:
1
l y
kx

与椭圆的一个交点为P（点P 不在坐标轴上），点P 关于x
轴的对称点为Q，经过点Q 且斜率为
2
2
的直线与l 交于点M，点N 满足PN
x
∥轴，MN
x

轴，求证：
点N 在直线
2
1
2
y
x

上．
【答案】(1)
2
2
1
2
x
y

或
2
2
1
2
4
x
y


(2)证明见解析
【分析】（1）分焦点在x 轴和y 轴上两种情况求椭圆方程即可；
（2）联立椭圆和直线l 的方程得到点P 的坐标，根据点P 和点Q 的对称关系得到点Q 的坐标，即可得到经
过点Q 的直线方程，然后联立直线方程得到点M 的横坐标，即可得到点N 的坐标，最后根据点N 横纵坐
标的关系即可证明点N 在直线
2
1
2
y
x

上.
【详解】（1）当椭圆的焦点在x 轴上时，
2
2
2
c 
，解得
1
c ，
2
2 1
1
b 
，所以此时椭圆方程为
2
2
1
2
x
y

；
当椭圆的焦点在y 轴上时，
2
2
c
b


，所以
2
2
2
2
2
b
b


，解得
2
4
b 
，所以此时椭圆方程为
2
2
1
2
4
x
y

.
（2）
由题意得，椭圆方程为
2
2
1
2
x
y

，联立
2
2
1
2
1
x
y
y
kx








得

2
2
1
2
4
0
k
x
kx


，
设点


1
1
,
P x y
，则
1
2
4
1
2

k
x
k ，所以
2
2
2
1
4
2
1
1 2
1
1
2
y
k
k
k
k
k






，故
2
2
2
4
2
1
,
1 2
1 2
k
k
P
k
k









，
2
2
2
4
2
1
,
1 2
1 2
k
k
Q
k
k










，
所以经过点Q 且斜率为
2
2
的直线方程为
2
2
2
2
1
2
4
1 2
2
1 2
k
k
y
x
k
k












，
联立
2
2
2
2
1
2
4
1
2
2
1
2
1
k
k
y
x
k
k
y
kx



















得
2
2
2
2 2
2
1
2
k
k
x
k












，所以
2
2 2
1
2
M
N
x
x
k




，
2
2
1
2
1
1
2
N
k
y
k
y




，
2
2
2
2 2
2
1
,
1
2
1
2
k
N
k
k












,
又
2
2
2
2
2 2
2
1
1
2
1
2
1
2
k
k
k






，所以点N 在直线
2
1
2
y
x

上.
模块三：综合巩固
1．椭圆
2
2
1
11
y
x 
的焦点坐标是（
）
A．

2 3,0

B．

0, 2 3

C．

0,
10

D．

10,0

【答案】C
【分析】由椭圆的标准方程求解即可.
【详解】由于椭圆标准方程为：
2
2
1
11
y
x 
.
2
1
b ，
2
11
a 
，所以
2
2
2
11 1
10
c
a
b




，则
10
c 
.
又11
1
，所以焦点在y 轴上，故焦点坐标为：

0,
10

.
故选：C.
2.已知椭圆
2
2
1
12
x
y
t
t



的离心率为
6
3
，则椭圆的长轴长为（
）
A．12 2
B．6 2
C．3 2
D．6
【答案】B
【解析】由条件可知，
2
12
t
a


，
2
t
b

，则
2
2
2
12
c
a
b



，
由条件可知，
2
12
2
12
3
e
t



，得
6
t 
，
所以
2
18
a 
，椭圆的长轴长2
6 2
a 
.故选：B
3．已知椭圆C：
2
2
1
2
x
y

的左焦点是
1F ，过
1F 的直线l：y
x
m


与圆：
2
2
4
x
y


交于A，B 两点，则
AB 的长为（
）
A．14
B．7
C．2
D．
14
2
【答案】A
【分析】先根据
1F 坐标求出直线方程，再由圆心到直线距离和弦长公式求出弦长.
【详解】由题意可得


1
1,0
F 
，代入直线可得0
1 m

，则
1
m ，
所以直线:
1
l y
x

，所以圆心

0,0 到直线距离
1
2
2
2
d 

，
所以弦长
2
2
2
14
l
r
d



，
故选：A
4.焦点在y 轴上，且长轴长与短轴长之比为2:1，焦距为2 3 的椭圆方程为（
）
A．
2
2
1
4
16
x
y


B．
2
2
1
16
4
x
y


C．
2
2
1
4
x
y


D．
2
2
1
4
y
x 

【答案】D
【解析】焦距为2
2 3,
3
c
c


，长轴长与短轴长之比为2:1，
2 : 2
2:1
a
b


，即
2
a
b

，且
2
2
2
2
3
a
b
c
b



，联立解得
2,
1
a
b

，
焦点在y 轴上，所以椭圆方程为：
2
2
1
4
y
x 
.故选：D
5.通过椭圆
2
2
1
4
3
x
y

的焦点且垂直于x 轴的直线l 被椭圆截得的弦长等于（
）
A．2 3
B．3
C．
3
D．6
【答案】B
【解析】由题设，不妨设过焦点(1,0) 且垂直于x 轴的直线:
1
l x ，
代入椭圆方程得
2
1
1
4
3
y

，可得
3
2
y 
，故被椭圆截得的弦长等于3.故选：B
6.直线
3
1
y
x

与椭圆
2
2
1
4
8
x
y

的公共点的个数是（
）
A．0
B．1
C．2
D．无数个
【答案】C
【解析】由
2
2
3
1
1
4
8
y
x
x
y






消去y 并整理得
2
11
6
7
0
x
x



，显然
2
( 6)
4 11 ( 7)
0




，
所以直线
3
1
y
x

与椭圆
2
2
1
4
8
x
y

相交，有2 个公共点.故选：C
7.已知椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b




的左、右焦点分别为
1
2
,
F F ，过
2
F 的直线交椭圆于
,
A B 两点，且
2
2
1
:
:
3: 2:6
AF
BF
BF 
，则椭圆的离心率为（
）
A．1
3
B．2
3
C．
5
5
D．10
5
【答案】D
【解析】设
2
2
3 ,
2
AF
m BF
m


，
1
6
BF
m

，则
1
2
2
BF
BF
a


，即8
2
m
a

，
则
4
a
m 
，从而
2
2
a
BF 
，
1
2
3
3
,
2
4
a
a
BF
AF


，所以
1
3
5
2
4
4
a
a
AF
a
AB




，
如图，取
1
BF 的中点为Q ，则
1
AQ
BF

，
在Rt ABQ

中，
3
3
4
cos
5
5
4
a
ABQ
a



.
在
1
2
F BF

中，由余弦定理得，
2
2
2
3
1
3
3
1
4
2
2
2
5
2
2
c
a
a
a
a

















，
化简得
2
2
2
5
c
a

，则
10
5
c
e
a


.故选：D
8.已知椭圆
2
2
1
4
x
y

，点P 是椭圆上任意一点，则P 到直线
5
0
x
y



的距离最大值是（
）
A．10
B．10
2
C．10
3
D．10
4
【答案】A
【解析】根据题意，
2
2
1
4
5
0
x
y
x
y








,则
2
5
8 5 +16
0
x
x


，
则


2
Δ
8 5
4 5 16
0



，
所以直线
5
0
x
y



与椭圆
2
2
1
4
x
y

相切，且在椭圆上方，
设直线方程为
0
x
y
m



，联立
2
2
1
4
0
x
y
x
y
m








，
则
2
2
5
8
+4
4
0
x
mx
m



，
故Δ
0

，即


2
2
64
4 5 4
4
0
m
m



，解得
5
m 
或
5
m 
（舍去），
则
5
0
x
y



，故
5
5
10
2
d



，故选：A
9．已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




的左右焦点分别为
1
2
,
F F ，过
2
F 的直线交C 于,
P Q 两点，直线
1FQ 交y
轴于点M ，若
1
1
,
2
PM
FQ PF
PQ



，则椭圆C 的焦距为（
）
A．
3
B．6
C．
6
2
D．
3
2
【答案】A
【分析】由
1
PM
FQ

且
1
2
PF
PQ


，得到M 为
1FQ 的中点，得出PQ
x

轴，进而得到
1
PFQ
△
为等边
三角形，求得
3
2
c 
，即可求解.
【详解】如图所示，因为
1
PM
FQ

且
1
2
PF
PQ


，所以M 为
1FQ 的中点，
又因为O为
1
2
F F 的中点，OM
x

轴，所以PQ
x

轴，
所以
1
PFQ
△
为等边三角形，所以
1
2
30
PF F


，可得
1
4
2
3
c
PF 

，解得
3
2
c 
，
所以椭圆C 的焦距为2
3
c 
.
故选：A.
10．如图所示，用一束与平面成60角的平行光线照射半径为
3 的球O，在平面上形成的投影为椭圆
C 及其内部，则椭圆C 的（
）
A．长轴长为3
B．离心率为
2
2
C．焦距为2
D．面积为3π
【答案】C
【分析】先根据投影的特点确定椭圆C 的a，b 的取值与球O 半径长之间的关系，再结合椭圆的性质计算
离心率分别判断各个选项即可．
【详解】
由题意知：
,
3,
60
OB
AB OB
BAO




，
3
2
sin
3
2
OB
OA
BAO





椭圆C 的长轴长2
2
4
a
OA


，A 错误；
椭圆C 短轴长为球O的直径，即2
2 3,
3
b
b 


,
2
2
4
3
1,
a
b
c




椭圆C 的焦距为2
2
c 
，C 正确；
椭圆C 的离心率
1
2
c
e
a


，B 错误；
由图可知：椭圆C 的面积大于球O大圆的面积，又球O大圆的面积
3π
S 
，
椭圆C 的面积大于3π ，D 错误．
故选：C．
11．已知
1F 、
2
F 是椭圆的两个焦点，满足
1
2
0
MF MF



的点M 总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是
（
）．
A．
1
(
)
2
0，
B．
2
(0
)
2
，
C．1
2
(
)
2
2
，
D．
2
(
1)
2 ，
【答案】B
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合点在椭圆内部的特点、椭圆离心率公式进行求解即可.
【详解】根据椭圆的对称性，不妨设焦点在横轴上的椭圆标准方程为：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




，
设




1
2
,0 ,
,0
F
c
F
c

，设


0
0
,
M
x
y
，



2
2
2
2
2
2
1
2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
,
,
0
0
MF MF
c
x
y
c
x
y
x
c
y
y
c
x
















，
点


0
0
,
M
x
y
在椭圆内部，有


2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
0
0
0
0
2
2
2
2
0
2
1
0
2
x
y
a
b
c
x
x
a
a b
x
a
a
b
c









，
要想该不等式恒成立，只需
4
2
2
2
4
2
2
2
2
2
0
2
2
2
a
c
a
a c
a
c
a
e
c
a









，
而
2
0
0
2
e
e




，
故选：B
12．已知A 是椭圆长轴的一个端点，O 是椭圆的中心，若椭圆上不存在点P 使
π
2
OPA


，则椭圆离心率
e 的取值范围为（
）
A．
2
0, 2






B．
2
0, 2








C．
2 ,1
2








D．
2 ,1
2







【答案】A
【分析】根据题意，得到以OA为直径的圆的方程为
2
2
2
(
)
2
4
a
a
x
y



，联立方程组，化简得到方程
2
2
2
0
e x
ax
b



，得到方程的另一个根为
2
x ，结合题意，得到
2x
a

，列出不等式，即可求得离心率e 的
取值范围.
【详解】设椭圆的方程为
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b




，且
( ,0)
A a
，
则以OA为直径的圆的方程为
2
2
2
(
)
2
4
a
a
x
y



，
联立方程组
2
2
2
2
2
2
2
2
4
1
a
a
x
y
x
y
a
b














，且
2
2
2
a
b
c


，
整理得
2
2
3
2
2
0
c x
a x
a b



，即
2
2
2
0
e x
ax
b



，其中0
1
e

且0
x
a


，
其中x
a

是方程
2
2
2
0
e x
ax
b



的一个根，
设另一个根为
2
x ，则
2
2
a
x
a
e


，
若椭圆上不存在点P 使
π
2
OPA


，则
2
2
a
x
a
a
e



，即
2
1
2
e

，
因为0
1
e

，解得
2
0
2
e


，即椭圆离心率e 的取值范围为
2
(0,
]
2
，
故选：A.
13．（选做）已知点P 是椭圆
2
2
1
9
4
x
y

上的动点，则点P 到直线
2
10
0
x
y



的距离最小值为（
）
A．3
B．5
C．3 5
D．5
【答案】D
【分析】由题意设
(3cos
2sin ),(0
2 )
,
π
P





，利用点到直线的距离公式表示出点P 到直线
2
10
0
x
y



的距离，结合辅助角公式化简即可求得答案.
【详解】由题意点P 是椭圆
2
2
1
9
4
x
y

上的动点，设
(3cos
2sin ),(0
2 )
,
π
P





，
则点P 到直线
2
10
0
x
y



的距离为
3cos
4sin
10
1
4
d








3
4
5
cos
sin
10
5sin
10
5
5
5
5
















，其中
5
,
3
4
sin
cos
5




，
当


sin
1



时，


| 5sin
10 |
5
d





取最小值5
5
5

，
故选：D
14.（多选）椭圆


2
2
2
2
:
1
0
1
x
y
C
m
m
m




的焦点为
1F ，
2
F ，上顶点为A，直线
1
AF 与C 的另一个交点为B，
若
1
2
π
3
F AF


，则（
）
A．C 的焦距为2
B．C 的短轴长为2 3
C．C 的离心率为
3
2
D．
2
ABF
△
的周长为8
【答案】ABD
【解析】由于
1
2
π
3
F AF


，所以
1
2
π
6
F AO
OAF



,
故
1
2
2
1
π
3
cos
cos 6
2
AO
b
b
F AO
AF
a
c
b







，
因此
2
2
2
2
2
3
2
1
b
m
a
m











，故
2
3
m 
，
所以椭圆
2
2
:
1
4
3
x
y
C

，
2,
3,
1
a
b
c



对于A，焦距为2
2
c 
，故A 正确，
对于B，短轴长为2
2 3
b 
，B 正确，
对于C，离心率为
1
2
c
e
a


，C 错误，
对于D，
2
ABF
△
的周长为4
8
a 
，D 正确，故选：ABD
15.（多选）已知椭圆
2
2
2
2
1
2
: 4
4,
:
1
9
4
x
y
C
x
y
C



，则（
）
A．
1
2
,
C C 的焦点都在x 轴上
B．
1
2
,
C C 的焦距不相等
C．
1
2
,
C C 有公共点
D．椭圆
1
C 比椭圆
2
C 扁平
【答案】BCD
【解析】由椭圆
1
C 的标准方程为
2
2
1
4
y
x 
，所以椭圆
1
C 的焦点在y 轴上，所以A 不正确；
又由椭圆
1
C 的焦距为2 4 1
2 3

，椭圆
2
C 的焦距为2 9
4
2 5


，所以B 正确；
由椭圆
1
C 和
2
C 的方程，可得两椭圆
1
C 和
2
C 都过


0,2 , 0, 2

，所以C 正确；
因为椭圆
1
C 的离心率为
1
4 1
3
2
4
e



，
2
C 的离心率为
2
9
4
5
3
9
e



，
所以
1
2
e
e

，所以D 正确.故选:BCD.
16．（多选）某月球探测器顺利进入以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，其近月点与月球表面距离为100
千米，远月点与月球表面距离为400 千米．已知月球的直径约为3476 千米，对该椭圆下述四个结论正确
的是（
）
A．焦距约为300 千米
B．长轴长约为3988 千米
C．两焦点坐标约为

150,0

D．离心率约为75
994
【答案】AD
【分析】椭圆的焦半径范围是[a－c，a＋c]，根据题意列出a 与c 的方程组，解方程组即可﹒
【详解】设该椭圆的半长轴长为a ，半焦距为c ．
依题意可得月球半径约为1
3476
1738
2 

(千米)，
100 1738
1838
a
c




，
400 1738
2138
a
c



，
2
1838
2138
3976
a 


，
1988
a 
，
2138 1988
150
c 


，
椭圆的离心率约为
150
75
1988
994
c
e
a



，
可得结论A，D 项正确，B 项错误；
因为没有给定坐标系，焦点坐标不确定，所以C 项错误．
综上可知，正确的为AD．
故答案为：AD
17．（多选）如图所示，用一个与圆柱底面成θ（0
2




）角的平面截圆柱，截面是一个椭圆．若圆柱的
底面圆半径为2，
3


，则（
）
A．椭圆的长轴长等于4
B．椭圆的离心率为
3
2
C．椭圆的标准方程可以是
2
2
1
16
4
x
y


D．椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为4
2 3

【答案】BCD
【分析】根据给定图形，求出椭圆长短半轴长a，b，再逐项计算、判断作答．
【详解】解：设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，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
3


得：
4
2
8
cos
a



，解得a＝4，A 不正确；
显然b＝2，则
2
2
2 3
c
a
b



，离心率
3
2
c
e
a


，B 正确；
当以椭圆长轴所在直线为x 轴，短轴所在直线为y 轴建立平面直角坐标系时，椭圆的标准方程
2
2
1
16
4
x
y

，
C 正确；
椭圆上的点到焦点的距离的最小值为
4
2 3
a
c



，D 正确．
故选：BCD．
18．（多选）已知椭圆C：
2
2
1
5
x
y


的左、右焦点分别为
1F ，
2
F ，点
0
0
(
,
)
P x
y
是椭圆C 上异于左、右顶
点的一点，则下列说法正确的是（
）
A．
1
2
PF F
△
的周长为2 5
4

B．
1
2
PF F
△
的面积的最大值为2
C．若
(
)
1,0
A
，则PA 的最小值为5 1

D．
0
0
4
y
x 
的最小值为
11
11

【答案】ABD
【分析】选项A，由定义可得；选项B，
2
1
4
F F 
，数形结合当点P 到
1
2
F F 的距离最大，即高最大时面积
最大；选项C，设点表达PA ，利用椭圆方程消元求函数最值即可；选项D，利用
0
0
4
y
x 
的斜率意义，转
化为直线与椭圆有公共点求斜率范围，从而求得最小值.
【详解】选项A，由椭圆方程
2
2
1
5
x
y


可知，
5,
1,
2
a
b
c



，
所以
1
2
PF F
△
的周长
1
2
1
2
2
2
2 5
4
l
PF
PF
F F
a
c






，故A 正确；
选项B，因为点
0
0
(
,
)
P x
y
是椭圆C 上异于左、右顶点的一点，
所以
0
0
1
y

，
所以
1
2
PF F
△
的面积
1 2
1
2
0
0
1
2
2
2
PF F
S
F F
y
y




，
当
0
1
y ，即
0
1
y 时，
即点P 位于短轴端点时，
1
2
PF F
△
的面积最大，最大为2，故B 正确；
选项C，由
(
)
1,0
A
，点
0
0
(
,
)
P x
y
，且
2
2
0
0
1
5
x
y


，
因为




2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
4
5
3
1
1
1
5
5
4
4
x
PA
x
y
x
x















，
当
0
5
4
x 
时，PA 取最小值，且最小值为
3
2
，故C 错误；
选项D，
0
0
4
y
x 
的几何意义为
0
0
(
,
)
P x
y
与点
( 4,0)
M 
两点连线的斜率，设为k ，
由
2
2
(
4),
1,
5
y
k x
x
y






得

2
2
2
2
1
5
40
80
5
0
k
x
k x
k





，





2
2
2
2
2
40
4 5
1 80
5
20(1 11
)
0
k
k
k
k







，
解得
11
11
11
11
k



，
如图，当直线


4
y
k x


与椭圆C 相切时，
min
11
11
k

，
所以
0
0
4
y
x 
的最小值为
11
11

.故D 正确.
故选：ABD.
19．已知椭圆G：


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




，斜率为1
2 的直线l交椭圆于A，B两点.若AB的中点坐标为

2,
2

，
试写出椭圆G 的一个标准方程
.
【答案】
2
2
1
8
4
x
y

（答案不唯一）
【分析】设点


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，利用点差法可得答案.
【详解】设点


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，
则
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
x
y
a
b
x
y
a
b








，
两个等式作差得
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
0
x
x
y
y
a
b




，
整理可得
2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
y
y
b
x
x
a



，
因为线段AB 的中点为


2,
2
M

，
可得
2
1
1
1
1
2
1
2
1
2







AB
OM
y
y y
y
b
k
k
x
x x
x
a
，
又
1 ,
1
2


AB
OM
k
k
，
所以


2
2
1
1
1
2
2




b
a
，
所以
2
2
2
a
b

，故可设
2
2
8
4
a
b





，
此时椭圆G 的方程为
2
2
1
8
4
x
y


.
故答案为：
2
2
1
8
4
x
y


.（答案不唯一）
20．若直线
2
y
x
m


与椭圆
2
2
1
4
2
x
y

有唯一公共点，则实数m 
．
【答案】3 2

【分析】把直线l 的方程与椭圆C 的方程联立，有且只有一个公共点，由Δ
0

解出m 的范围.
【详解】直线l 的方程与椭圆C 的方程联立
2
2
2
1
4
2
y
x
m
x
y






，
消去y ，得
2
2
9
8
2
4
0
x
mx
m




①.
方程①的判别式




2
2
2
8
4 9
2
4
8
144
m
m
m





.
因为直线l 与椭圆C 有唯一公共点．
则Δ
0

，解得
3 2
m 
.
故答案为：3 2

.
21．直线:
1
0
l x
y


与椭圆
2
2
:
1
4
2
x
y
C

交于
,
A B 两点，长轴的右顶点为点P ，则ABP

的面积
为
.
【答案】
10
3
【分析】根据弦长公式以及点到直线的距离即可结合三角形面积公式进行求解.
【详解】直线l 与椭圆C 联立
2
2
1,
4
2
1
0,
x
y
x
y







得
2
3
4
2
0
x
x



.
设点




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，则
1
2
1
2
4
2
,
3
3
x
x
x x



.所以



2
2
2
1
2
1
2
4
8
4 5
1
4
2
3
3
3
AB
k
x
x
x x

























.
由椭圆C 知点


2,0
P
，故点P 到直线:
1
0
l x
y


的距离：
2
2
2
0
1
2
2
1
1
d





，
所以ABP

的面积为
1
1
4 5
2
10
2
2
3
2
3
S
AB d






.
故答案为: 10
3
.
22.若焦点在x 轴上的椭圆
2
2
1
10
2
x
y
m
m




的焦距为2 2 ，则实数m 的值为
．
【答案】5
【解析】由于椭圆焦距为2 2 ，所以
2
c 
，
由于椭圆的焦点在x 轴上，10
2
0
m
m




，
所以




2
10
2
12
2
2
m
m
m






，解得
5
m 
.
故答案为：5
23.设椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




经过点
(0,4)
A
，离心率为3
5 ，求过点(3,0) 且斜率为4
5 的直线被C 所截线
段的中点坐标
.
【答案】3
6
(
,
)
2
5

【解析】椭圆经过点
0 4
A（，）所以
4
b 
，又因为
3
5
c
e
a


，得
5,
3
a
c


，
所以椭圆C 方程为
2
2
1
25
16
x
y


，
过点

3,0 且斜率为4
5 的直线方程为
4 (
3)
5
y
x


，
设直线与椭圆C 的交点为




1
1
2
2
,
,
E x y
F x
y
，
，线段EF 的中点为( , )
x y ，
将直线方程
4 (
3)
5
y
x


代入C 的方程，整理就会得到
2
3
8
0
x
x


，
1
2
1
2
3
3,
2
2
x
x
x
x
x





1
2
1
2
2
6
(
6)
2
5
5
y
y
y
x
x 




，中点坐标为3
6
(
,
)
2
5

，
故答案为：3
6
(
,
)
2
5

24.已知椭圆


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的左、右焦点分别为
1
2
,
,
F F P 是椭圆上一点，
1
2
PF F
△
是以
2
F P 为底边的
等腰三角形，且
1
2
60
120
PF F



，则该椭圆的离心率的取值范围是
．
【答案】
3 1 1
,
2
2









【解析】因为
1
2
PF F
△
是以
2
F P 为底边的等腰三角形，
所以
1
1
2
2
PF
F F
c


，所以
2
2
2
PF
a
c


，
1
2
60
120
PF F





，
1
1
1
cos
2
2
PF F




，
在
1
2
PF F
△
中，由余弦定理得：
2
2
2
1
1
2
2
1
1
1
2
cos
2
PF
F F
PF
PF F
PF F F






，
故


2
2
2
4
4
2
2
1
1
2
2 2
2
2
c
c
a
c
c
c








，即


2
2
2
4
8
1
1
2
8
2
c
a
ac
c





，
即
2
1
2
1 1
1
e
e



，
不等式
2
1
2
1 1
e
e


，即
2
2
2
1
0
e
e

，解得
2
2 3
0
4
e



(舍去)或
2
2 3
3
1.
4
2
e




不等式
2
1
2
1
1
e
e


，即
1
2
1
.
2
e
e


，
所以
3
1
1
2
2
e


.
故答案为：
3 1 1
,
2
2









25．已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b




的离心率为1
2 ，上顶点为A，过左焦点
1F 的直线1l 与C 交于D，E 两
点，过右焦点
2
F 的直线2l 经过A 点，且1
2
l
l

．若四边形
2
AEF D 的面积为48
13 ，则C 的长轴长为
．
【答案】4
【分析】根据题意，得到
1
2
AF F
△
为等边三角形，进而根据等边三角形和垂直平分线的性质，得到
2
2
AF
c

，
由离心率，列出椭圆
2
2
2
2
:
1
4
3
x
y
C
c
c

，设出直线DE 的方程，与椭圆C 联立，得到DE ，进而列出
2
2
1
2
AEF D
S
DE
AF



，可求解.
【详解】
设椭圆C 的半焦距为

0
c c 
，


1
1
,
D x y
，


2
2
,
E x
y
，则
1
2
c
a 
，椭圆
2
2
2
2
:
1
4
3
x
y
C
c
c

．
由题可知
1
2
AF F
△
为等边三角形，所以
2
1
1
2
2
AF
AF
F F
c



，
因为过
1F 且垂直于
2
AF 的直线与C 交于D，E 两点，
所以
3
tan30
3
DE
k


．由线段垂直平分线的性质可得
2
AD
DF

，
2
AE
EF

．
直线DE 的方程为


3
3
y
x
c


，与C 的方程联立化简可得
2
2
13
8
32
0
x
cx
c



，
由根与系数的关系可得
1
2
8
13
c
x
x


，
2
1
2
32
13
c
x x 
，所以，


2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
4
DE
k
x
x
k
x
x
x x







2
2
1
8
128
48
1
3
13
13
13
c
c
c











．
所以
2
2
2
1
48
48
2
13
13
AEF D
c
S
AF DE



，
解得
1
c ，则
2
a 
．故C 的长轴长为2
4
a 
．
故答案为：4
26．我们把
5
1
2
c
a


的椭圆称为“优美椭圆”，设


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




为“优美椭圆”，点F ，A 分别是它
的左焦点和右顶点，点B 是它短轴的一个端点，则
ABF


．
【答案】π
2
【分析】由
5
1
2
c
a


可得
2
2
(3
5)
2
a
c


，可求得
2
2
2
2
(3
5)
2
a
FA
FB
AB




，根据勾股定理可得
π
2
ABF


．
【详解】∵
5
1
2
c
a


，∴
2
2
(3
5)
2
a
c


．
在椭圆中，
2
2
2
b
c
a


，FA
a
c


，FB
a

，
2
2
AB
a
b


，
∴
2
2
2
2
2
2
2
(3
5)
5
1
(3
5)
(
)
2
2
2
2
2
a
a
FA
a
c
a
c
ac
a
a
a













，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(3
5)
(3
5)
2
3
3
2
2
a
a
FB
AB
a
b
a
c
a










，
∴
2
2
2
FA
FB
AB


，所以
ABF

＝π
2 ．
故答案为：π
2 ．
27.已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b




的焦距为2，离心率为
2
2
．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)经过椭圆的左焦点
1F 作倾斜角为60°的直线l ，直线l 与椭圆交于M，N 两点，点
2
F 为椭圆的右焦点，求
2
F MN

的面积．
【答案】(1)
2
2
1
2
x
y

；(2) 4 6
7
【解析】（1）由已知得
2
2
2,
2
c
c
a


，
可得
2
2
2
1,
2,
1
c
a
b
a
c




，所以椭圆C 的标准方程为
2
2
1
2
x
y

；
（2）由（1）得




1
2
1,0 ,
1,0
F
F

，则直线l ：
3
1
3
x
y

，
联立
2
2
3
1
3
1
2
x
y
x
y







，消去x 得
2
7
2 3
3
0
y
y



，设




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，
则
1
2
1
2
2 3
3
,
7
7
y
y
y y



，
所以


2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2 3
3
4 6
2
4
4
2
2
7
7
7
F MN
S
F F
y
y
y
y
y y
























.
28．设a 为实数，已知双曲线
2
2
:
1
3
x
y
C
a 
与椭圆
2
2
2
1
5
x
y
a

有相同的焦点
1
2
,
F F ．
(1)求a 的值；
(2)若点P 在C 上，且
1
2
PF
PF

，求
1
2
F PF
△
的面积．
【答案】(1)1；
(2)3.
【分析】（1）根据曲线方程判断
0
a 
，根据共焦点列出方程，求解即可；
（2）根据双曲线定义，结合三角形形状，列方程求解即可.
【详解】（1）根据题意，显然
0
a 
，且双曲线C 的焦点在x 轴上，
故
2
3
5
a
a



，即
2
2
0
a
a



，


2
1
0
a
a



，
解得
2
a 或
1
a ，又
0
a 
，故
1
a ；
（2）由（1）可得双曲线C 方程为：
2
2
1
3
y
x 
，
设其左右焦点分别为
1
2
,
F F ，故可得




1
2
2,0 ,
2,0
F
F

；
根据双曲线的对称性，不妨设点P 在双曲线C 的左支上，
设
1
PF
x

，
由双曲线定义可得：
2
1
2
PF
PF


，即
2
2
PF
x


；
又三角形
1
2
PFF 为直角三角形，则
2
2
2
1
2
1
2
PF
PF
F F


，
即


2
2
2
16
x
x



，即
2
2
6
0
x
x



，
2
2
6
x
x


；
故△
1
2
PFF 的面积




2
1
1
2
2
3
2
2
S
x x
x
x





.
29．如图，已知直线: 4
5
0
l
x
y
m



和椭圆
2
2
:
1
25
9
x
y
C


．m 为何值时，直线l 与椭圆C：
(1)有两个公共点？
(2)有且只有一个公共点？
(3)没有公共点？
【答案】(1) 25
25
m



(2)
1
25
m 
，
2
25
m 
(3)
25
m 
，或
25
m 
【分析】（1）直线l 与椭圆C 的公共点的个数与方程组
2
2
4
5
0
1
25
9
x
y
m
x
y







，得到
2
2
25
8
225
0
x
mx
m




，根
据
0

求解即可.
（2）直线l 与椭圆C 的公共点的个数与方程组
2
2
4
5
0
1
25
9
x
y
m
x
y







，得到
2
2
25
8
225
0
x
mx
m




，根据Δ
0

求解即可.
（3）直线l 与椭圆C 的公共点的个数与方程组
2
2
4
5
0
1
25
9
x
y
m
x
y







，得到
2
2
25
8
225
0
x
mx
m




，根据Δ
0

求解即可.
【详解】（1）由方程组
2
2
4
5
0,
1
25
9
x
y
m
x
y







消去y，得
2
2
25
8
225
0
x
mx
m




，




2
2
2
2
64
4 25
225
36
25
m
m
m







．
由
0

，得25
25
m



．
此时方程①有两个不相等的实数根，直线l 与椭圆C 有两个不同的公共点．
（2）由Δ
0

，得
1
25
m 
，
2
25
m 
．此时方程①有两个相等的实数根，
直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点．
（3）由Δ
0

，得
25
m 
，或
25
m 
．此时方程①没有实数根，直线l 与椭圆C 没有公共点．
30.已知椭圆


2
2
2
2
:
1
0
x
y
L
a
b
a
b




的离心率为
3
2
，短轴长为2．
(1)求椭圆L 的标准方程；
(2)过椭圆内一点
1
1, 2
P




引一条弦，使弦被点P 平分．求此弦所在的直线方程．
【答案】(1)
2
2
1
4
x
y

；(2)
2
2
0
x
y



.
【解析】（1）由题意
2
2
2
3
2
2
2
2
1
3
c
e
a
a
b
b
a
b
c
c




















，则椭圆标准方程为
2
2
1
4
x
y

；
（2）令过椭圆内一点
1
1, 2
P




的直线交椭圆于
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，
所以
2
2
1
1
2
2
2
2
1
4
1
4
x
y
x
y








，两式作差得
2
2
2
2
1
2
1
2
0
4
x
x
y
y




，则
1
2
1
2
1
2
1
2
4(
)
y
y
x
x
x
x
y
y





，
又
1
2
2 1
2
x
x



，
1
2
1
2
1
2
y
y



，故直线AB 斜率为
1
2
1
2
1
2
y
y
k
x
x




，
所以直线AB 为
1
1 (
1)
2
2
y
x



，即
2
2
0
x
y



.
31．已知椭圆
:
C


2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b




的离心率为1
2 ，左、右焦点分别为
1F ，2
F ，O为坐标原点，且
1
2
4
F F 
．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)已知过点

2,0 的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，点


8,0
Q
，求证：
MQO
NQO


．
【答案】(1)
2
2
1
16
12
x
y


(2)证明见解析
【分析】（1）依题意得到
2
2
2
2
4
1
2
c
c
e
a
c
a
b









，解得即可；
（2）设直线l 的方程为
2
x
my


，


1
1
,
M x y
，


2
2
,
N x
y
，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，
通过计算
0
MQ
NQ
k
k


，即可得证.
【详解】（1）依题意可得
2
2
2
2
4
1
2
c
c
e
a
c
a
b









，解得
2
2
16
12
2
a
b
c







，
所以椭圆C 的方程为
2
2
1
16
12
x
y

.
（2）由（1）可知


2 2,0
F
，
若直线l 的斜率为0 ，即直线l 的方程为
0
y 
，显然
MQO
NQO


，
若直线l 的斜率不为0 ，设直线l 的方程为
2
x
my


，


1
1
,
M x y
，


2
2
,
N x
y
，
由
2
2
1
16
12
2
x
y
x
my







，消去x 整理得

2
2
3
4
12
36
0
m
y
my




，
显然
0

，所以
1
2
2
12
3
4
m
y
y
m




，
1
2
2
36
3
4
y y
m



，
又
1
1
8
MQ
y
k
x


，
2
2
8
NQ
y
k
x


，
所以
1
2
1
2
8
8
MQ
NQ
y
y
k
k
x
x





1
2
1
2
6
6
y
y
my
my











1
2
2
1
1
2
6
6
6
6
y
my
y
my
my
my










1
2
1
2
2
1
2
1
2
2
6
6
36
my y
y
y
m y y
m y
y












2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
36
12
2
6
2
6
3
4
3
4
0
6
36
6
36
m
m
my y
y
y
m
m
m y y
m y
y
m y y
m y
y

















，
所以
MQO
NQO


.
综上可得
MQO
NQO


.
32．已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b




的离心率为4
5 ，点
1
2
,
F F 分别为椭圆的左、右焦点，点
5 6 , 3
3
P







在
椭圆C 上.
(1)求椭圆C 的标准方程;
(2)过点
(
)
1,0
A
，斜率为k 的直线交椭圆于




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
两点，且
1
2
x
x

，
2
MNF

的面积为
2
45 33
9
25k

，
求直线MN 的方程.
【答案】(1)
2
2
1
25
9
x
y


(2)
1
y
x

或
1
y
x

【分析】（1）根据已知条件列方程组，求得,a b ，从而求得椭圆C 的标准方程.
（2）设出直线MN 的方程并与椭圆联立，化简写出根与系数关系，根据三角形
2
MNF 的面积列不等式，求
得直线MN 的斜率，进而求得直线MN 的方程.
【详解】（1）由题意得
2
2
2
2
2
2
2
4
5
5 6
3
( 3)
1
c
a
a
b
a
b
c



















，解得
5
3
a
b




，
故椭圆C 的标准方程为
2
2
1
25
9
x
y

.
（2）因为直线MN 经过点
(1,0)
A
，且与椭圆C 交于




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
两点，且
1
2
x
x

.
所以设直线MN 的方程为
(
1)
y
k x


，联立
2
2
(
1)
1
25
9
y
k x
x
y






，
消去y 得

2
2
2
2
9
25
50
25
225
0
k
x
k x
k




，



4
2
2
2
Δ
2500
4 9
25
25
225
21600
8100
0
k
k
k
k







，
由韦达定理得
2
1
2
2
50
9
25
k
x
x
k



，
2
1
2
2
25
225
9
25
k
x x
k



，
所以


2
2
2
2
2
2
4 25
225
50
1
9
25
9
25
k
k
MN
k
k
k













2
2
2
24
9
30 1
9
25
k
k
k





，
由椭圆的方程可知右焦点


2 4,0
F
，
所以点
2
F 到直线MN 的距离
2
3
1
k
d
k


，
所以
2
2
2
2
2
3
1
24
9
30 1
2
9
25
1
MNF
k
k
S
k
k
k








V
4
2
2
45 21
9
9
25
k
k
k



.
因为
2
2
45 33
9
25
MNF
S
k


V
，所以
4
2
2
2
45 24
9
45 33
9
25
9
25
k
k
k
k




，
所以
2
4
24
3
33
k
k


，即
4
2
8
3
11
0
k
k



，
解得
2
1
k 或
2
11
8
k 
（舍去），则
1
k ，
所以直线MN 的方程为
1
y
x

或
1
y
x
.