考点20 椭圆（核心考点讲与练）1.椭圆的定义平面内与两定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹（或集合）叫做椭圆.这
两定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距.其数学表达式：集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c
，其中a＞0，c＞0，且a，c为常数：(1)若a＞c，则集合P为椭圆；(2)若a＝c，则集合P为线段；(3)若a＜c，则集合P为空
集.2.椭圆的标准方程和几何性质标准方程＋＝1(a>b>0)＋＝1(a>b>0)图形性质范围－a≤x≤a－b≤y≤b－b≤x≤b－
a≤y≤a对称性对称轴：坐标轴；对称中心：原点顶点A1(－a，0)，A2(a，0)，B1(0，－b)，B2(0，b)A1(0，－a
)，A2(0，a)，B1(－b，0)，B2(b，0)轴长轴A1A2的长为2a；短轴B1B2的长为2b焦距|F1F2|＝2c离心率e
＝∈(0，1)a，b，c的关系c2＝a2－b21.椭圆的定义揭示了椭圆的本质属性，正确理解、掌握定义是关键，应注意定义中的常数大于
|F1F2|，避免了动点轨迹是线段或不存在的情况.2.求椭圆的标准方程，常采用“先定位，后定量”的方法(待定系数法).先“定位”，
就是先确定椭圆和坐标系的相对位置，以椭圆的中心为原点的前提下，看焦点在哪条坐标轴上，确定标准方程的形式；再“定量”，就是根据已知条
件，通过解方程(组)等手段，确定a2，b2的值，代入所设的方程，即可求出椭圆的标准方程.若不能确定焦点的位置，这时的标准方程常可设
为mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0且m≠n)3.解决中点弦、弦长及最值与范围问题一般利用“设而不求”的思想，通过根与系数的关系构
建方程求解参数、计算弦长、表达函数.4.求椭圆离心率的3种方法(1)直接求出a，c来求解e.通过已知条件列方程组，解出a，c的值．
(2)构造a，c的齐次式，解出e.由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解．(3)通过取特
殊值或特殊位置，求出离心率．椭圆的定义一、单选题1．（2022·内蒙古通辽·二模（理））椭圆的左?右焦点分别为，，为椭圆上一点，若
的周长为，则椭圆的离心率为（?）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据椭圆方程可得，再结合三角形周长，得，进而可得离心率.【详解】
因为，所以.因为的周长为，所以，所以，所以椭圆的离心率为，故选：B.2．（2022·天津市第四十七中学模拟预测）已知分别是椭圆和双
曲线的公共的左右焦点，是的离心率，若在第一象限内的交点为，且满足，则的关系是（?）A．B．C．D．【答案】A【分析】先确定，再利用
勾股定理、椭圆、双曲线的定义，即可得出结论.【详解】解：设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，，因为，所以，所以，所以，所以，因
为，所以，所以，即，所以，所以.故选：A.3.（2021广东省深圳市高级中学等九校联考）已知椭圆的左、右焦点分别是、，离心率为，点
A是椭圆上位于x轴上方的一点，且，则直线的斜率为（ ）A． B． C． D．1【答案】B【分析】依题意可得，根据椭圆的定义可得，即
可得到为等边三角形，从而得到，即可得到直线的斜率；【详解】解：依题意，即，又，，，所以，所以为等边三角形，即为椭圆的上顶点，所以，
所以故选：B二、多选题4．（2022·山东淄博·模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为，，左右顶点分别为，．P是椭圆上异于，的点，则下
列说法正确的是（?）A．周长为4B．面积的最大值为C．的最小值为D．若面积为2，则点P横坐标为【答案】BC【分析】根据椭圆的定义判
断A，利用椭圆的性质可得面积最大值判断B，由可判断C，由三角形面积求得点坐标后可判断D．【详解】由题意，，，短轴一个端点，对于A，
由题知，故周长为，故A错误；对于B，利用椭圆的性质可知面积最大值为，故B正确；对于C，，设，从而,所以，故C正确；对于D，因为，，
则，，故D错误．故选：BC．5．（2022·山东济宁·二模）设椭圆C：的左?右焦点分别为?，上?下顶点分别为?，点P是C上异于?的
一点，则下列结论正确的是（?）A．若C的离心率为，则直线与的斜率之积为B．若，则的面积为C．若C上存在四个点P使得，则C的离心率的
范围是D．若恒成立，则C的离心率的范围是【答案】BD【分析】A. 设，，所以该选项错误；B. 求出的面积为所以该选项正确；C. 求
出，所以该选项错误；D. 若恒成立，所以，所以该选项正确.【详解】解：A. 设，所以，因为，所以.所以，所以该选项错误；B. 若，
则所以则的面积为所以该选项正确；C. 若C上存在四个点P使得，即C上存在四个点P使得的面积为，所以，所以该选项错误；D. 若恒成立
，所以，所以，所以该选项正确.故选：BD三、填空题6．（2022·宁夏·银川一中二模（文））已知椭圆C：的左焦点为，为椭圆C上任意
一点，则的最小值为______．【答案】1【分析】由题知，故，进而得的最小值为.【详解】解：由椭圆C：知：，故，所以，所以，的最小
值为.故答案为：四、解答题7．（2022·江西景德镇·三模（文））是椭圆的右焦点，其中.点、分别为椭圆的左、右顶点，圆过点与坐标原
点，是椭圆上异于、的动点，且的周长小于.(1)求的标准方程；(2)连接与圆交于点，若与交于点，求的取值范围.【答案】(1)(2)【
分析】（1）由已知可得出，由椭圆的定义结合三点共线可得出的周长小于，可得出关于的不等式，结合可求得，即可求得、的值，由此可得出椭圆
的标准方程；（2）设，可得出，求出点、的横坐标，利用三角形的面积公式可得出关于的表达式，结合可求得结果.(1)解：因为圆过点与坐标
原点，.设的左焦点为，则的周长，所以，，则，且，故，所以，，.因此，椭圆的坐标方程为.(2)解：设，其中，其中，且，直线的斜率为，
所以，直线的方程为，同理可知直线的方程为，又，所以，直线的方程为.联立直线、的方程，可得，解得，联立直线、的方程，可得，解得.所以
，.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范
围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，
从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变
量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.椭圆的标准方程一、单选题1．（2022·全国·模拟预测（文））已知椭圆C：的右焦点为，
右顶点为A，O为坐标原点，过OA的中点且与坐标轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点，若四边形OMAN是正方形，则C的方程为（?）A．B
．C．D．【答案】A【分析】待定系数法去求椭圆C的方程【详解】由椭圆方程可知，由四边形OMAN是正方形可知，又点M在椭圆C上，则有
，解得，又椭圆C的右焦点为，则，结合椭圆中，解得，，则椭圆C的方程为.故选：A2.（2021福建省莆田市第十五中学二模）阿基米德(
公元前年—公元前年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“通近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的
乘积.若椭圆的对称轴为坐标轴，焦点在轴上，且椭圆的离心率为，面积为则椭圆的方程为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题
意，设出椭圆的标准方程为，然后根据椭圆的离心率以及椭圆面积列出关于a、b的方程组，求解方程组即可得答案．【详解】解：由题意，设椭圆
C的方程为，因为椭圆的离心率为，面积为，所以，解得，所以椭圆C的方程为，故选：A.二、多选题3．（2022·辽宁·模拟预测）已知椭
圆的左、右焦点分别为，（如图），离心率为，过的直线垂直于x轴，且在第二象限中交E于点A，直线交E于点B（异于点A），则下列说法正确
的是（?）A．若椭圆E的焦距为2，则短轴长为B．的周长为4aC．若的面积为12，则椭圆E的方程为D．与的面积的比值为【答案】BCD
【分析】根据椭圆方程的求解以及椭圆的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对：若椭圆E的焦距为2，则，由离心率，则
，所以，则短轴长为，故A错误；对B：根据椭圆的定义，的周长为4a，故B正确；对：由，故可得，，所以椭圆的方程可写为，易知，则，则，
所以，，，则椭圆E的方程为，故C正确；对：因为，所以，过点B作，则，，即，设，，，则，代入椭圆方程，整理得，解得或（舍），所以，故
正确.故选：BCD．4．（2022·重庆八中模拟预测）如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截面是一个椭圆.若圆柱的底面圆半
径为2，，则（?）A．椭圆的长轴长等于4B．椭圆的离心率为C．椭圆的标准方程可以是D．椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为【答案】
BCD【分析】根据给定图形，求出椭圆长短半轴长，，再逐项计算、判断作答.【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，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得：，解得，A不正确；显然，则，离心率，B正确；当以椭圆长轴所在直
线为y轴，短轴所在直线为x轴建立平面直角坐标系时，椭圆的标准方程，C正确；椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，D正确.故选：BCD5
．（2022·全国·模拟预测）已知O为坐标原点，椭圆E的方程为，离心率为，为E上一点，过点A作两条直线分别与E交于B，C两点，且直
线AB与直线AC的倾斜角互补，则下列结论正确的是（?）A．椭圆E的长轴长为B．直线BC的斜率为定值C．点O到直线BC的距离为定值D
．若，则直线BC的方程为【答案】BD【分析】对于选项A，利用点在曲线上和椭圆离心率公式及椭圆中的关系即可求解.对于选项B，设出直线
AB的方程与椭圆联立，消去，得关于的一元二次方程，利用韦达定理写出横坐标的关系，进而得到点B的横坐标，代入直线AB求出点B纵坐标，
利用已知条件写出点C的坐标，利用两点求斜率公式即可求解.对于选项C，设出直线BC的方程，利用点到直线的距离公式即可求解.对于选项D
，联立直线BC与椭圆的方程, 消去，得关于的一元二次方程，利用韦达定理写出横坐标的关系，由，利用两直线垂直的充要条件即可求解.【详
解】对于选项A，由题意得，，结合，得，，所以椭圆E的长周长为，故A错误.对于选项B，由A得椭圆E的方程为，设，，由题意知直线AB的
斜率存在且不为0，设直线AB的方程为，与椭圆的方程联立，得，则，得，，即.因为直线AB与直线AC的倾斜角互补，所以直线AC的斜率为
﹣k，同理可得，故直线BC的斜率，为定值，故B正确.对于选项C，由B知可设直线BC的方程为，则原点O到直线BC的距离，不是定值，故
C错误.对于选项D，联立直线BC与椭圆的方程，得，整理得，，即，则，，由，得，整理得，得，，此时直线BC的方程为，故D正确.故选：
BD.三、填空题6．（2022·辽宁鞍山·二模）在平面直角坐标系中，△ABC满足A(-1，0)，B(1，0)，，，∠ACB的平分线
与点P的轨迹相交于点I，存在非零实数，使得，则顶点C的轨迹方程为________．【答案】【分析】设，先说明是的重心，点为的内心，
求出，得到即得解.【详解】解：设，因为，所以是的重心，因为，所以，所以, 所以点在的角平分线上，因为∠ACB的平分线与点P的轨迹相
交于点I，所以点为的内心.所以点，即，又，所以与轴平行，又，所以,所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，，当是椭圆的长轴的端点
时，不能构成三角形，所以不能取到椭圆的长轴的端点；当是椭圆的短轴的端点时，与已知存在非零实数，使得矛盾，所以不能取到椭圆的短轴的端
点.又椭圆的焦距为2，所以椭圆的方程为.所以点的轨迹方程为.故答案为：四、解答题7．（2022·山东泰安·二模）已知椭圆C：过点，
过其右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点
为Q，在y轴上是否存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存
在定点，【分析】（1）直接由椭圆C过点和解方程即可；（2）先联立直线和椭圆，通过∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，
即PE⊥PF，表示出，由解出点P的坐标即可.(1)由题知，椭圆C过点和，所以，解得所以椭圆C的方程为．(2)假设在y轴上存在定点P
，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立，设，，由，得，∴，∵∠EQP＝2∠EFP，∴∠EFP＝∠FPQ，∴QE＝QF＝QP∴点P在以EF
为直径的圆上，即PE⊥PF，∴∴恒成立∴，解得∴∴存在定点，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立．【点睛】本题关键点在于利用∠EQP＝2
∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，进而得到，表示出，，联立直线和椭圆后，由韦达定理及建立方程解出点P的坐标即可.8．（2022
·天津市滨海新区塘沽第一中学模拟预测）已知椭圆的离心率，且点，在椭圆上．(1)求椭圆的方程；(2)若椭圆的左焦点为，右顶点为，点在
椭圆上，且在椭圆位于x轴上方的部分，直线与轴交于点，点是轴上一点，，直线与椭圆交于点，若的面积为，求直线的方程．【答案】(1)(2
)或【分析】（1）由题意列方程组，求出，即可得椭圆C的方程；（2）先设直线的方程为()，求出的坐标，再由题设得到直线的方程为，求出
的坐标，由面积求出的值，即可得到直线的方程（1）由已知，有，解得，所以椭圆C的方程为；(2)由（1）知，，.设直线的方程为()，则
，直线与椭圆C的交点满足方程组，消去y得到，解得.设，由题意，有，解得.进而得到直线的方程为，其与椭圆C的交点满足方程组消去x得到
：，解得，进而.，点G到直线的距离为.因此，，化简得，解得或，所以直线的方程为或椭圆的几何性质1.（2021天津市第二中学高三上学
期期中）已知椭圆的左右焦点分别为，，过的直线与椭圆交于A，B两点，若，则椭圆离心率e的取值范围为（ ）A． B．C． D．【答案】
D【分析】由题设易知，设有，应用勾股定理得到关于的方程，利用方程有解，结合判别式构造不等式求椭圆离心率e的取值范围.【详解】由题设
，知：，若，则，∴，整理得，∴，可得，又，∴.故选：D直线与椭圆的位置关系1.（2022北京市一六一中学高三上学期期中）已知椭圆的
左?右顶点分别为A，B，右焦点为F，直线.（1）若椭圆W的左顶点A关于直线的对称点在直线上，求m的值；（2）过F的直线与椭圆W相交
于不同的两点C，D（不与点A，B重合），直线与直线相交于点M，求证：A，D，M三点共线.【答案】（1）（2）证明见解析.【分析】(
1)设点A关于直线对称的点为，根据题意可得的中点在直线上且，列出方程组，解方程组即可；(2)对直线斜率是否存在分类讨论，当直线CD
斜率k不存在时，求出点A、M、C、D坐标，利用可证得A、D、M三点共线；当直线CD斜率存在时，设直线：，，与椭圆方程联立方程组，消
y得到关于x的一元二次方程，将表示为含有k的算式，得出即可.（1）由题意知，直线的斜率存在，且斜率为，设点A关于直线对称的点为，则
，所以线段的中点在直线上，又，，有，解得或，所以；（2）已知，当直线的斜率不存在时，：x=1，此时，有，所以直线，当时，，所以，所
以，所以，即A、D、M三点共线；当直线的斜率存在时，设直线：，则，得，，设，则，直线BC方程为，令，得，所以直线AD、AM的斜率分
别为，，上式的分子，所以，即A、D、M三点共线.综上，A、D、M三点共线.【规律方法技巧】直线与椭圆的位置关系问题，一般需要联立方
程组、用判别式、韦达定理.证明三点共线可以利用直线的斜率相等或向量共线处理.2.（2021四川省成都市嘉祥外国语高级中学高三上学期
期中）已知椭圆C： (a>b>0)的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为的直线与椭圆C相交于A，B两点，且AB⊥OB，O为坐标原
点.（1）求椭圆的离心率e；（2）若b＝1，过点F作与直线AB平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点，①求直线OP的斜率与直线O
Q的斜率乘积；②点M满足2＝，直线MQ与椭圆的另一个交点为N，求的值.【答案】（1）； （2）①－；②【分析】（1）根据题意可得点
坐标，代入椭圆方程，结合，进而可得离心率；（2）①由（1）可得椭圆的方程，写出直线方程，设，，，，联立直线与椭圆的方程，可得关于的
一元二次方程，由韦达定理可得，，，再计算，即可得答案；②设点，，由，可得，再由，推出点坐标，再用坐标表示，，求出点坐标，把点，，代
入椭圆方程，化简即可得答案．【小问1详解】解：已知，，，则，，代入椭圆的方程有，所以，即，所以，所以．【小问2详解】解：①由（1）
可得，，所以椭圆的方程为，设直线，，，，，联立直线与椭圆的方程，得，所以△，，，所以，所以．②设点，， ，则，又因为，所以点，，所
以，，，，则，所以，即，因为点，，在椭圆上，所以，，，，所以，由①可知，所以，则，所以．1.（2021年全国高考乙卷）设B是椭圆的
上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【分析】设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得
到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．【详解】设点，因为，，所以，而，所以当时，的最大值为．故选：A．【点睛】本题解题关
键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上
到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的
取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.．2.（2021年全国高考乙卷）设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的
取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不
等式，解出即可．【详解】设，由，因为 ，，所以，因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；当，即时， ，即，化简得， ，显
然该不等式不成立．故选：C．【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从
而确定最值．3.（2021年全国新高考Ⅰ卷）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）A. 13B. 12C. 9D.
6【答案】C【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．【详解】由题，，则，所以（当且仅当时，等号成立）．故选：
C．【点睛】椭圆上的点与椭圆的两焦点的距离问题，常常从椭圆的定义入手，注意基本不等式得灵活运用，或者记住定理：两正数，和一定相等时
及最大，积一定，相等时和最小，也可快速求解.4.（2021年全国高考甲卷）已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的
两点，且，则四边形的面积为________．【答案】【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.【
详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，且，所以四边形为矩形，设，则，所以， ，即四边形面积等于.故答案为：.一、单选题1．（202
2·安徽·模拟预测（理））?是椭圆的左?右焦点，点为椭圆上一点，点在轴上，满足，若，则椭圆的离心率为（?）A．B．C．D．【答案】
A【分析】先由可解得，然后利用角平分线的性质可求得；在中利用余弦定理即可求出离心率的值.【详解】由题意可设，，，（）；则：，，由可
得：，解得，即；由可知是的角平分线，可得：，又，则；在中：，解得；故选：A2．（2022·湖北武汉·二模）若椭圆的离心率为，则的值
为（?）A．B．C．或D．或【答案】C【分析】分和，利用离心率的定义求解.【详解】解：当，即时，则，解得；当，即时，则，解得，综上
：的值为或，故选：C3．（2022·辽宁·建平县实验中学模拟预测）下列与椭圆焦点相同的椭圆是（?）A．B．C．D．【答案】D【分析
】由椭圆的简单几何性质：“焦点跟着大的走”，椭圆的焦点在轴上，且，得出椭圆的焦点坐标为：，依次判断各个选项即可.【详解】由题意得，
椭圆C中，，即焦点坐标为和；对于A选项，椭圆焦点在轴上，不满足题意；对于B选项，椭圆焦点在轴上，，，，不满足题意；对于C选项，椭圆
焦点在轴上，，，不满足题意；对于D选项，椭圆焦点在轴上，，，，满足题意；故答案为：D.4．（2022·广东汕头·二模）已知椭圆C的
左、右焦点分别为，，直线AB过与该椭圆交于A，B两点，当为正三角形时，该椭圆的离心率为（?）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据
椭圆的定义，结合余弦定理、椭圆离心率公式进行求解即可.【详解】设正三角形的边长为，设椭圆的标准方程为：，设左、右焦点分别为，设，则
有，由椭圆的定义可知：，，解得：，，在中，由余弦定理可知：，故选：B5．（2022·江苏泰州·模拟预测）我国自主研发的“嫦娥四号”
探测器成功着陆月球，并通过“鹊桥”中继星传回了月球背面影像图．假设“嫦娥四号”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
轨道绕月飞行，其轨道的离心率为e，设月球的半径为R，“嫦娥四号”到月球表面最近的距离为r，则“嫦娥四号”到月球表面最远的距离为（?
）A．B．C．D．【答案】B【分析】设卫星近地点远地点离月球表面的距离分别为，根据椭圆的性质以及离心率得出“嫦娥四号”到月球表面最
远的距离.【详解】椭圆的离心率，设卫星近地点远地点离月球表面的距离分别为则故选：B二、多选题6．（2022·湖南·雅礼中学二模）已
知曲线：，焦点为? ，，过的直线与交于两点，则下列说法正确的有（?）A．是的一条对称轴B．的离心率为C．对C上任意一点P皆有D．最
大值为【答案】ABD【分析】根据点点关于直线对称的点的坐标为在曲线判断A；根据点关于直线对称点在曲线得该曲线为椭圆，对称轴为直线和
直线，进而求顶点坐标，进而求离心率判断B；结合C选项求焦点坐标，验证判断C；设直线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理，二次函数最
值求解判断D.【详解】解：对于A选项，设点是曲线上的任意一点，其关于直线对称的点的坐标为，代入曲线方程满足，故是的一条对称轴，正确
；对于B选项，由于点是曲线上的任意一点，其关于直线对称点亦在曲线上，且该曲线是封闭的曲线，故该曲线为椭圆，其对称轴为直线和直线，且
椭圆中心为坐标原点，故其顶点坐标为：，，，由于点到椭圆中心的距离为，到椭圆中心的距离，所以椭圆的长轴长为，短轴长为，所以椭圆的焦距
为，故其离心率为，故正确；对于C选项，由B知，半焦距为，且焦点?在直线上，故焦点坐标为，故，故错误；对于D选项，由题知直线斜率存在
，故设方程为，则联立方程得得，故，即或，设，则，所以，到直线的距离为，所以令，由于得，故，所以，所以，当时，取得最大值，，故正确.
故选：ABD7．（2022·重庆·模拟预测）“出租车几何”或“曼哈顿距离”（Manhattan Distance）是由十九世纪的赫
尔曼·闵可夫斯基所创词汇，是种被使用在几何度量空间的几何学用语．在平面直角坐标系内，对于任意两点、，定义它们之间的“欧几里得距离”
，“曼哈顿距离”为，则下列说法正确的是（?）A．若点为线段上任意一点，则为定值B．对于平面上任意一点，若，则动点的轨迹长度为C．对
于平面上任意三点、、，都有D．若、为椭圆上的两个动点，则最大值为【答案】AC【分析】利用题中定理可判断A选项；作出点的轨迹图形，求
其周长可判断B选项；利用绝对值三角不等式可判断C选项；设点、，不妨设，，利用辅助角公式结合正弦型函数的有界性可判断D选项.【详解】
对于A选项，设点为线段上任意一点，则，A对；对于B选项，设点，则，当，时，则；当，时，则；当，时，则；当，时，则.作出点的轨迹如下
图所示：由图可知，点的轨迹是边长为的正方形，故动点的轨迹长度为，B错；对于C选项，设点、、，由绝对值三角不等式可得，同理可得，所以
，，即，C对；对于D选项，设点、，不妨设，，则，其中为锐角，且，取，，等号成立，D错.故选：AC.8．（2022·重庆·模拟预测）
已知椭圆的离心率为，短轴长为，两个焦点为，点为椭圆上一点，记，则下列结论中正确的是（?）A．的周长与点的位置无关B．当时，的面积取
到最大值C．的外接圆半径最小为D．的内切圆半径最大为【答案】ACD【分析】根据椭圆的定义、椭圆离心率的意义，结合正弦定理和内切圆的
性质逐一判断即可.【详解】由椭圆定义知，的周长为，故A正确；显然当位于短轴端点时的面积最大，由知此时，故B错误；由正弦定理知外接圆
直径，由知最大为钝角，故时取最小值，故的最小值为，故C正确；设内切圆半径为，由知，越大则越大，，故，故选：ACD9．（2022·全
国·模拟预测）双曲线的左，右焦点分别为，，点P在C上.若是直角三角形，则的面积为（?）A．B．C．4D．2【答案】AC【分析】根据
双曲线方程求出，再根据对称性只需考虑或.当时，将代入双曲线方程，求出，即可求出三角形面积，当时，由双曲线的定义可知，再由勾股定理求
出，即可得解；【详解】解：由双曲线可得.根据双曲线的对称性只需考虑或.当时，将代入可得，所以的面积为.当时，由双曲线的定义可知，，
由勾股定理可得.因为，所以，此时的面积为综上所述，的面积为4或.故选：.三、填空题10．（2022·全国·模拟预测）已知O为坐标原
点，椭圆的左焦点为F，A为C上一点，AF与x轴垂直．若的面积为，则C的离心率为__________．【答案】##0.5【分析】根据
求解即可.【详解】由题知：，解得，即.故答案为：11．（2022·湖南衡阳·二模）已知椭圆与双曲线有相同的焦点，椭圆的离心率为，双
曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线的第一象限的交点，且，则的取值范围是___________.【答案】【分析】设，则由椭圆和双曲线的
定义结合余弦定理可得，设，则可得，然后根据正弦函数的性质可得其范围【详解】解：设，由椭圆的定义得①，由双曲线的定义得②，①②得，，
①②得，，由余弦定理可得，所以③，设，则，解得所以，当时，最大值为时，的值为2，所以的取值范围是.故答案为：12．（2022·江苏
·南京市第一中学三模）椭圆：的左、下顶点分别为，，右焦点为，中点为，为坐标原点，交于点，且，，三点共线，则的离心率为_______
_____．【答案】##【分析】由题得直线的方程为，直线的方程为，进而联立方程得，再结合在曲线上得，即，再解方程即可得答案.【详解
】解：由题知，，，所以，直线的方程为，直线的方程为，因为交于点，且，，三点共线，所以，联立方程解得，即，由于点在曲线上，所以，，整
理得，所以，解得，即的离心率为.故答案为：13．（2022·江苏·海安高级中学二模）如图，F1，F2是平面上两点，|F1F2|＝1
0，图中的一系列圆是圆心分别为F1，F2的两组同心圆，每组同心圆的半径依次是1，2，3，…，点A，B，C分别是其中两圆的公共点．请
写出一个圆锥曲线的离心率的值为_____________，使得此圆锥曲线可以同时满足：①以F1，F2为焦点；②恰经过A，B，C中的
两点．【答案】5（或）（答案不唯一）【分析】根据已知条件结合圆锥曲线的定义，分过A，C两点和过B，C两点两种情况求解即可【详解】因
为，若过A，C两点，则由题意得，此时离心率．若过B，C两点，则由题意得，此时离心率．故答案为：5（或）（答案不唯一）14．（202
2·天津市第四中学模拟预测）设椭圆的左焦点为F，下顶点为A，上顶点为B，是等边三角形.（1）椭圆的离心率为___________；
（2）设直线：，过点且斜率为的直线与椭圆交于点（异于点），线段的垂直平分线与直线交于点，与直线交于点，若.（i）_________
__；（ii）已知点，点在椭圆上，若四边形为平行四边形，则椭圆的方程___________.【答案】 【分析】根据等边三角形的性
质和离心率公式，即可求出，设椭圆方程为，联立方程组，求出点，，即可求出点的坐标，根据弦长公式，结合．即可求出的值，根据四边形为平行
四边形，可得，即可求出椭圆方程．【详解】解：由题意可知，，，．．，设椭圆方程为，联立得解得：，则，为中点，，所以，则所在的直线方程
为，令，解得，，，解得或（舍．直线的斜率为1．，设，，四边形为平行四边形，，，，，即，又点，在椭圆上，，解得，，该椭圆方程为：．故
答案为：；；15．（2022·河南平顶山·模拟预测（理））已知曲线的焦距为8，则___________.【答案】25或【分析】由题
意知半焦距，再分，讨论求解.【详解】解：由题意知半焦距，当时，则曲线C为椭圆，又，所以；当时，曲线C为双曲线，所以，所以.故a的值
为25或.故答案为：25或四、解答题16．（2022·湖南衡阳·二模）设椭圆的左顶点为，上顶点为.已知椭圆的离心率为.(1)求椭圆
的方程；(2)设为椭圆上异于点的两动点，若直线的斜率之积为.①证明直线恒过定点，并求出该点坐标；②求面积的最大值.【答案】(1)(
2)①证明见解析，定点；②【分析】（1）由题意可得，，再结合，可求出，从而可求得椭圆的方程，（2） ①当直线的斜率存在时，设直线的
方程为，代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系，再结合化简可得，从而可得或进而可求出定点，当直线的斜率不存在时，若直线过定点，求出
两点坐标，求解即可，②设直线过定点为，则的面积，直线的方程为，代入椭圆方程中，消去，利用根与系数的关系，从而可表示出，化简换元后利
用基本不等式可求得结果(1)由于，①又，②由①②解得，椭圆的方程为.(2)①在（1）的条件下，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，消去得：，设，则，.又，由题知，则，且，则.，则，或当时，直线的方程为，此时直线过定点，显然不适合题意，当时，直线的方程为.此
时直线过定点.当直线的斜率不存在时，若直线过定点，点的坐标分别为.满足.综上，直线过定点.②不妨设直线过定点为.则的面积，设直线的
方程为，联立椭圆的方程消去得，则所以.令，则因为，所以（当且仅当即），所以，即面积的最大值为.17．（2022·广东韶关·二模）已
知P是离心率为 的椭圆 上任意一点，且P到两个焦点的距离之和为4．(1)求椭圆C的方程；(2)设点A是椭圆C的左顶点，直线AP交y
轴于点D，E为线段AP的中点，在x轴上是否存在定点M，使得直线DM与OE交于Q，且点Q在一个定圆上，若存在，求点M的坐标与该圆的方
程；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）由椭圆定义和离心率可得答案；（2）设存在定点，设出直线AP的方程为
．联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理可得直线OE的方程、直线DM方程，再联立两个方程可得答案.(1)因为，所以，又，所以，故椭圆
方程为：．(2)设存在定点，满足条件．由已知，设直线AP的方程为，由消去y整理得，，所以，，时，，所以直线OE的方程为，①由中，令，得，从而，又，所以，所以直线DM方程为，②由①②消去参数k，得，即，③方程③要表示圆，当且仅当，此时圆的方程为，时，在上述圆上，所以存在定点使直线DM与OE的交点Q在一个定圆上，且定圆方程为：.18．（2022·河北唐山·二模）已知椭圆的右焦点为F，椭圆．(1)求的离心率；(2)如图：直线交椭圆于A，D两点，交椭圆E于B，C两点．①求证：；②若，求面积的最大值．【答案】(1)(2)①证明过程见解析；②.【分析】（1）直接将椭圆转化成标准方程，然后代入离心率公式即可；（2）分别求出、的中点坐标，得出中点重合即可证明①；对于②，分别求出被椭圆截得的弦长以及到的距离，得出面积表达式，通过变形式子求出最值.(1)椭圆的标准方程为：，则椭圆的离心率为(2)对于①，设，，，，直线与联立整理得 则 则的中点坐标 同理可知的中点坐标.所以与中点重合，故.对于②，由①知，直线被椭圆截得弦长为把代入得， 把代入得， 到的距离为，则面积为： 当时，的面积最大值是.【点睛】本题考查离心率的求法，考查弦长公式、中点坐标公式、面积公式等几何关系的应用，解析几何解题时应注重几何关系的寻找，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，属于难题.19．（2022·广东·二模）已知椭圆C：，点为椭圆的右焦点，过点F且斜率不为0的直线交椭圆于M，N两点，当与x轴垂直时，．(1)求椭圆C的标准方程．(2)，分别为椭圆的左、右顶点，直线，分别与直线：交于P，Q两点，证明：四边形为菱形．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）与x轴垂直时M的坐标代入椭圆方程和联立可得答案；（2）设的方程为，，，与椭圆方程联立，由韦达定理得直线的方程、直线的方程，再由求出、，可证得可得答案．(1)由题可知．当与x轴垂直时，不妨设M的坐标为，所以，解得，．所以椭圆C的标准方程为．(2)设的方程为，，，联立得消去x，得，易知恒成立，由韦达定理得，，由直线的斜率为，得直线的方程为，当时，，由直线的斜率为，得直线的方程为，当时，，若四边形为菱形，则对角线相互垂直且平分，下面证，因为，代入韦达定理得，所以，即PQ与相互垂直平分，所以四边形为菱形． |
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