专题9.3 椭圆（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

这是一份专题9.3 椭圆（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用），文件包含专题93椭圆原卷版docx、专题93椭圆解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共71页， 欢迎下载使用。



【核心素养】
1.结合椭圆的定义，考查应用能力，凸显逻辑推理、数学运算的核心素养．
2．结合椭圆的定义、简单的几何性质、几何图形，会求椭圆方程及解与几何性质有关的问题，凸显数学运算、直观想象的核心素养．
知识点一
椭圆的定义
(1)文字形式：在平面内到两定点F1、F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹(或集合)叫椭圆．这两定点叫做椭圆的焦点 ，两焦点间的距离叫做焦距．
(2)代数式形式：集合
①若，则集合P为椭圆；
②若，则集合P为线段；
③若，则集合P为空集．
知识点二
椭圆的标准方程
1. 椭圆的标准方程：
（1）焦点在轴，；
（2）焦点在轴，.
2．满足条件：
知识点三
椭圆的几何性质
椭圆的标准方程及其几何性质
常考题型剖析
题型一： 椭圆的定义及其应用
【典例分析】
例1-1．（2023·全国·统考高考真题）设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（ ）
A．1B．2C．4D．5
【答案】B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可解出；
方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．
【详解】方法一：因为，所以，
从而，所以．
故选：B.
方法二：
因为，所以，由椭圆方程可知，，
所以，又，平方得：
，所以．
故选：B.
例1-2.（2023·全国·统考高考真题）设O为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点 P在C上，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故选：B．
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故选：B．
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：．
故选：B．
【规律方法】
1.应用椭圆的定义，可以得到结论：
（1）椭圆上任意一点P(x，y)(y≠0)与两焦点F1(－c,0)，F2(c,0)构成的△PF1F2称为焦点三角形，其周长为2(a＋c)．
(2)椭圆的一个焦点、中心和短轴的一个端点构成直角三角形，其中a是斜边，a2＝b2＋c2.
2.对焦点三角形的处理方法，通常是运用.
3.椭圆定义的应用技巧
(1)椭圆定义的应用主要有：求椭圆的标准方程，求焦点三角形的周长、面积及弦长、最值和离心率等．
(2)通常定义和余弦定理结合使用，求解关于焦点三角形的周长和面积问题．
【变式训练】
变式1-1.（2021·全国高考真题）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．
变式1-2. （2021·全国）已知椭圆的右焦点为，为椭圆上一动点，定点，则的最小值为（ ）
A．1B．－1C．D．
【答案】A
【分析】
设椭圆的左焦点为，得到，得出，结合图象，得到当且仅当，，三点共线时，取得最小值，即可求解.
【详解】
设椭圆的左焦点为，则，可得，
所以，
如图所示，当且仅当，，三点共线（点在线段上）时，
此时取得最小值，
又由椭圆，可得且，所以，所以的最小值为1．
故选：A．
题型二：椭圆上的点、焦点距离问题
例2-1.（2023·江苏南通·统考三模）已知为椭圆：的右焦点，为上一点，为圆：上一点，则的最大值为（ ）
A．5B．6C．D．
【答案】D
【分析】利用椭圆的定义、点和圆的位置关系等知识确定正确答案.
【详解】依题意，设椭圆的左焦点为，
圆的圆心为，半径为，
，
当三点共线，且在之间时等号成立.
而，
所以，
当四点共线，且在之间，是的延长线与圆的交点时等号成立.
故选：D

例2-2.（2022·全国·高三专题练习）已知是椭圆的两个焦点，P为椭圆上一点，且，则点P到y轴的距离为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【分析】先根据题意得到，然后利用余弦定理求得，接着求，最后利用三角形面积公式即可得到答案
【详解】由椭圆可得，
所以，，所以，
所以在中，，
因为，且，
所以，
设的坐标为，且，
所以， 所以点P到y轴的距离为，
故选：C
【变式训练】
变式2-1.（2020·浙江·高三专题练习）已知点F为椭圆C：的右焦点，点P为椭圆C与圆的一个交点，则（ ）
A．2B．4C．6D．
【答案】A
【解析】求出椭圆的焦点坐标，圆的圆心和半径，利用椭圆的定义进行转化，即可求解．
【详解】由题意，点F为椭圆C：的右焦点，则，左焦点为，
圆的圆心坐标为，半径为4，
可得圆的圆心恰好为椭圆的左焦点，
又由P为椭圆C与圆的一个交点，
根据椭圆的定义可得，
所以．
故选：A．
变式2-2.（2023秋·广东深圳·高三红岭中学校考阶段练习）点在以为焦点的椭圆上，若线段的中点在轴上，则是的（ ）
A．3倍B．4倍C．5倍D．7倍
【答案】D
【分析】根据线段的中点M在y轴上，推出轴，由此可设，代入椭圆方程求出，再根据两点间的距离公式求出和可得解.
【详解】
由可知，，所以，
所以，
∵线段的中点M在y轴上，且原点O为线段的中点，
所以，所以轴
∴可设，
把代入椭圆，得.
∴，.
∴.
故选：D.
题型三：由a,b,c求椭圆标准方程
【典例分析】
例3-1.（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线的焦点和椭圆的一个焦点重合，且抛物线的准线截椭圆的弦长为3，则椭圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的焦点以及在椭圆上，即可求解的值.
【详解】抛物线的焦点为，准线为，
设椭圆的方程为，椭圆中，，当时， ，故
又，所以，故椭圆方程为，
故选：B
例3-2.（2022·全国·高考真题（文））已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解.
【详解】解：因为离心率，解得，，
分别为C的左右顶点，则，
B为上顶点，所以.
所以，因为
所以，将代入，解得，
故椭圆的方程为.
故选：B.
【总结提升】
1.用待定系数法求椭圆标准方程的一般步骤是：
(1)作判断：根据条件判断焦点的位置．
(2)设方程：焦点不确定时，要注意分类讨论，或设方程为 ．
(3)找关系：根据已知条件，建立关于的方程组．
(4)求解，得方程．
2．(1)方程与有相同的离心率．
(2)与椭圆共焦点的椭圆系方程为，恰当运用椭圆系方程，可使运算简便．
【变式训练】
变式3-1.（2019·全国高考真题（文））已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
变式3-2.（2023·全国·高三专题练习） 已知，是圆上一动点，线段的垂直平分线交于点，则动点的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】根据垂直平分线的性质得，再由椭圆的定义可得出点的轨迹是以，为焦点的椭圆，由椭圆的方程可求得动点的轨迹方程.
【详解】由题意，可知圆的标准方程为，圆心为，半径为6．
∵线段的垂直平分线交于点，如图，
∴，
∴，
∴点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
∴，，，
∴其轨迹方程为．
故答案为：．

题型四： 求过点的椭圆标准方程
例4-1.（2022秋·广西桂林·高三校考阶段练习）已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若，且，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据“点差法”以及中点弦即可求解．
【详解】右焦点，，
设,,,，由可知是的中点，
，，
且，
两式相减得，
，
，，，
故椭圆方程为，
故选：C
例4-2.（2023·全国·高三对口高考）中心在原点，一个焦点为的椭圆被直线截得弦的中点的横坐标为，则椭圆的方程为 ．
【答案】
【分析】求出及其表达式，求出弦的中点坐标和的值，即可求出椭圆的方程.
【详解】由题意，
在椭圆中，一个焦点为，
设椭圆的方程为,
∴，
设直线与椭圆的交点为,弦中点为
∵直线截得弦的中点的横坐标为，
∴，，
∴ 即
∴.
∴，解得：
∴椭圆的方程为：，
故答案为：.
故答案为：.

【变式训练】
变式4-1.（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆方程为，其右焦点为F（4，0），过点F的直线交椭圆与A，B两点．若AB的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设，利用点差法求解即可．
【详解】设，代入椭圆的方程可得，．
两式相减可得：．
由，，代入上式可得：
＝0，化为．
又，，联立解得．
∴椭圆的方程为：．
故选：C．
变式4-2.（2023·全国·高三专题练习）已知，两点在对称轴为坐标轴的椭圆上，则椭圆的标准方程为 .
【答案】
【分析】讨论焦点在轴和在轴上两种情况，设出椭圆的标准方程，再利用条件建立方程组，求出，即可得到结果.
【详解】当焦点在轴上时，设椭圆的标准方程为，
又因，在椭圆上，所以，解得，，
此时，，故舍弃.
当焦点在轴上时，设椭圆的标准方程为，
又因，在椭圆上，所以，解得，，所以椭圆的标准方程为.
故答案为：.
题型五： 椭圆的焦点、焦距问题
例5-1.（2023·全国·高三对口高考）椭圆：的焦距为（ ）
A．8B．C．4D．
【答案】B
【分析】根据求出，即可得解.
【详解】由，得，
所以椭圆：的焦距为为.
故选：B.
例5-2.（2023春·湖南长沙·高三校联考期中）已知椭圆的左顶点为A，右焦点为F，M是椭圆上任意一点，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】解法一 ：由题意可得，，，设.表示出，然后根据椭圆的范围即可求出范围；解法二：由题意可得，，，设，取线段AF的中点，可推得，然后根据椭圆的范围即可求出范围.
【详解】解法一：
由题意知，，设.
则.
因为，所以，所以，
所以．
解法二：
由题意知，．
设，取线段AF的中点N，则，连接MN.
则.
因为，所以，所以，
所以．
故选：D．
【总结提升】
1.关于椭圆几何性质的考查，主要有四类问题，一是考查椭圆中的基本量a，b，c；二是考查椭圆的离心率；三是考查离心率发最值或范围；四是其它综合应用.
2.学习中，要注意椭圆几何性质的挖掘：
(1)椭圆中有两条对称轴，“六点”(两个焦点、四个顶点)，要注意它们之间的位置关系(如焦点在长轴上等)以及相互间的距离(如焦点到相应顶点的距离为a－c)，过焦点垂直于长轴的通径长为等．
(2)设椭圆上任意一点P(x，y)，则当x＝0时，|OP|有最小值b，这时，P在短轴端点处；当x＝a时，|OP|有最大值a，这时P在长轴端点处．
(3)椭圆上任意一点P(x，y)(y≠0)与两焦点F1(－c,0)，F2(c,0)构成的△PF1F2称为焦点三角形，其周长为2(a＋c)．
(4)椭圆的一个焦点、中心和短轴的一个端点构成直角三角形，其中a是斜边，a2＝b2＋c2.
3．重视向量在解析几何中的应用，注意合理运用中点、对称、弦长、垂直等几何特征．
【变式训练】
变式5-1.（2023秋·河南郑州·高三校考开学考试）椭圆x2＋4y2＝1的焦距为（ ）
A．B．C．2D．2
【答案】B
【分析】先把椭圆方程化为标准方程，得到，结合得到结果.
【详解】先将椭圆x2＋4y2＝1化为标准方程，
则，．
故焦距为2c＝．
故选：B.
变式5-2.（2023秋·四川内江·高三期末）椭圆的焦点为、，点在椭圆上且轴，则到直线的距离为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】A
【分析】先求出、的坐标，再由轴，可求出，再由勾股定理可求出，然后利用等面积法可求得结果.
【详解】由，得，
所以，
所以，，
当时，，解得，
因为轴，所以，
所以，
设到直线的距离为，
因为，所以，
解得，
故选：A
题型六： 椭圆的顶点、长轴、短轴问题
例6-1.（2018秋·全国·高三专题练习）椭圆的焦点在轴上，长轴长是短轴长的2倍，则的值为（ ）
A．B．
C．2D．4
【答案】B
【分析】将椭圆方程化为标准形式，再由条件列方程求的值.
【详解】椭圆化为标准方程为，故，
因为焦点在轴上，长轴长是短轴长的2倍，
所以，
故选：B.
例6-2..（2023·全国·高三专题练习）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆：的蒙日圆方程为，，分别为椭圆的左、右焦点.离心率为，为蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与蒙日圆分别交于P，Q两点，若面积的最大值为36，则椭圆的长轴长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用椭圆的离心率可得，分析可知为圆的一条直径，利用勾股定理得出，再利用基本不等式即可求即解
【详解】因为椭圆的离心率，所以.
因为，所以，
所以椭圆的蒙日圆的半径为.
因为，所以为蒙日圆的直径，
所以，所以.
因为，当时，等号成立，
所以面积的最大值为：.
由面积的最大值为36，得，得，进而有，，
故椭圆的长轴长为.
故选：B
【变式训练】
变式6-1.（2020·山东·统考高考真题）已知椭圆的长轴长为10，焦距为8，则该椭圆的短轴长等于（ ）
A．3B．6C．8D．12
【答案】B
【分析】根据椭圆中的关系即可求解.
【详解】椭圆的长轴长为10，焦距为8，
所以，，可得，，
所以，可得，
所以该椭圆的短轴长，
故选：B.
变式6-2.（2023·广东广州·统考模拟预测）已知以为焦点的椭圆与直线有且仅有一个公共点，则椭圆的长轴长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先设椭圆方程与直线方程联立，根据判别式等于0求得和的关系式，同时椭圆的焦点坐标求得半焦距得到和的另一个关系式，两个关系式联立方程即可求得和，则椭圆的长轴可得．
【详解】设椭圆方程为，
直线代入椭圆方程，消得：，
，整理，得
又，由焦点在轴上，
所以，联立解得：，,故椭圆方程为，则长轴长为；
故选：C
题型七： 椭圆的对称性及其应用
例7-1.【多选题】（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，过点的直线与椭圆交于两点．下列椭圆的方程中，能使得为正三角形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据题意可知，要使为正三角形，则，可得通径，再结合椭圆的定义既可求得，对各选项逐一检验即可得出答案.
【详解】设椭圆．由题意知，易得，
又，故，显然B、D选项正确．
故选：BD.

例7-2.（2022·全国·高三专题练习）如图，椭圆：的左､右焦点分别为，，过点，分别作弦，.若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分直线斜率不存在和存在两种情况，当直线的斜率不存在，可求出点的坐标，从而可得，当直线的斜率存在，设直线的方程为，然后将直线方程与椭圆方程联立方程组，消元后利用根与系数的关系，表示出，从而可表示出，， 进而可表示
【详解】解：由椭圆的对称性可知，，.
设点，.
若直线的斜率不存在，则点，，
所以，所以.
若直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立消去整理得，，
则.
又，
同理可得，
所以，
所以.
综上，的取值范围为，
故选:C.
【变式训练】
变式7-1.（2022秋·四川宜宾·高三四川省宜宾市第四中学校校考阶段练习）已知分别为椭圆的左、右顶点，是椭圆上关于x轴对称的不同两点，设直线的斜率分别为，若，则椭圆的短轴长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆方程确定点A、B的坐标，设点P坐标，根据对称性可得点Q的坐标，利用两点坐标公式求出斜率，进而列出方程，解方程即可.
【详解】根据椭圆的标准方程知，
设，则，且，，，
所以，解得，
即椭圆的短轴长为
故选C．
变式7-2.【多选题】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左､右焦点分别为，，椭圆的上顶点和右顶点分别为A，B，若P，Q两点都在椭圆C上，且P，Q关于坐标原点对称，则（ ）
A．为定值4B．的面积为
C．直线PB，QB的斜率之积为定值D．四边形不可能是矩形
【答案】AC
【分析】A.先判断四边形是平行四边形，再根据椭圆的定义求解即可；
B.先求出，，然后利用三角形的面积公式求解；
C.设出点P的坐标，利用斜率计算公式求直线PB，QB的斜率之积即可；
D.利用椭圆的对称性求的最大值，结合A选项即可得到结果.
【详解】A选项：根据对称性，连接OP，OQ；则，，易知四边形是平行四边形，
则，所以，故A正确；
B选项：由题意知，，
所以的面积为，故B不正确；
C选项：由题意得，设，则，
所以，故C正确；
D选项：因为，所以，
则，故椭圆上存在点P，使得，
（点拨：根据椭圆的对称性知，当点P位于椭圆的上顶点或下顶点处时，
最大，找到此特殊位置，判断最大角的情况，即可判断满足题意的点P是否存在）
又四边形是平行四边形，所以四边形可能是矩形，故D不正确.
故选：AC
题型八： 求椭圆的离心率
例8-1.（2022·全国·统考高考真题）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
例8-2.（2021·浙江·统考高考真题）已知椭圆，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 .
【答案】
【分析】不妨假设，根据图形可知，，再根据同角三角函数基本关系即可求出；再根据椭圆的定义求出，即可求得离心率．
【详解】
如图所示：不妨假设，设切点为，
，
所以, 由，所以，，
于是，即，所以．
故答案为：；．
【规律方法】
(1)若已知a、c可直接代入e＝eq \f(c,a)求得；
(2)若已知a、b则使用e＝eq \r(1－\f(b2,a2))求解；
(3)若已知b、c，则求a，再利用(1)求解；
(4)若已知a、b、c的关系，可转化为关于离心率e的方程(不等式)求值(范围)．
(5)给出图形的问题，先由图形和条件找到a、b、c的关系，再列方程(不等式)求解．
由于a、b、c之间是平方关系，所以在求e时，常常先平方再求解．
【变式训练】
变式8-1.（2018·全国·高考真题（文））已知椭圆：的一个焦点为，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】分析：首先根据题中所给的条件椭圆的一个焦点为，从而求得，再根据题中所给的方程中系数，可以得到，利用椭圆中对应的关系，求得，最后利用椭圆离心率的公式求得结果.
详解：根据题意，可知，因为，
所以，即，
所以椭圆的离心率为，故选C.
变式8-2.（2023·全国·高三专题练习），是椭圆E：的左，右焦点，点M为椭圆E上一点，点N在x轴上，满足，，则椭圆E的离心率为 .
【答案】
【分析】根据，得到，且是的角平分线，再结合和角平分线定理得到，然后在中，利用勾股定理求解.
【详解】解：因为，
所以，则是的角平分线，
所以，
又因为，
所以，设，
由椭圆定义得，
即，解得，
则，
则，
所以，则，
故答案为：
题型九： 根据椭圆的离心率求参数（范围）
例9-1.（2023·全国·统考高考真题）设椭圆的离心率分别为．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.
【详解】由，得，因此，而，所以.
故选：A
例9-2.（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是 ．
【答案】13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.
【变式训练】
变式9-1.（2016·吉林·统考模拟预测）设是椭圆的离心率，且，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分类讨论，，，用表示出离心率，解相应不等式可得的范围．
【详解】当时，，由条件知，解得；
当时，，由条件知，解得，综上知C正确．
故选：C．
变式9-2.（2023秋·江西南昌·高三南昌市外国语学校校考阶段练习）已知点是椭圆的两个焦点，若椭圆的离心率的取值范围是，则以为直径的圆与椭圆的公共点的个数为（ ）
A．0B．2C．4D．不确定
【答案】C
【分析】利用离心率的定义结合圆与椭圆的对称性判定即可.
【详解】因为椭圆的离心率越大，椭圆越扁平，
当时，，此时以为直径的圆与椭圆的公共点的个数为2个，即椭圆的上下顶点，
因为椭圆离心率，即椭圆变扁平，所以此时以为直径的圆与椭圆的公共点的个数为4个.
故选：C
题型十：求椭圆离心率的范围（最值）
例10-1.（2021·全国·统考高考真题）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．
例10-2.（2022·四川成都·高三期末（理））已知椭圆的左，右焦点分别为，，以坐标原点O为圆心，线段为直径的圆与椭圆C在第一象限相交于点A．若，则椭圆C的离心率的取值范围为______．
【答案】
【分析】根据题意可得，且，再根据焦点三角形中的关系表达出离心率，结合函数的单调性求解即可
【详解】由题意，因为线段为直径的圆与椭圆C在第一象限相交于点A．
故半径,即 ，且.
又离心率，
因为，结合题意有，
设，则，易得对勾函数在上单调递增，
故在上单调递增，
故，即
故答案为：
【规律方法】
确定离心率范围常用结论：
①－a≤x≤a，－b≤y≤b；
②离心率0③一元二次方程有解，则判别式Δ≥0．
确定离心率范围常用方法：
构建二次函数；
创造应用均值不等式的条件；
构造“对号函数”，应用函数的单调性.
【变式训练】
变式10-1.（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆关于轴､轴均对称，焦点在轴上，且焦距为，若点不在椭圆的外部，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设出椭圆方程，由于不在椭圆的外部，得到，结合，得到，求出离心率的取值范围.
【详解】设椭圆的方程为，
因为不在椭圆的外部，
所以，因为，
所以，化简得：，
同除以得：，结合，
解得：，
故.
故选：B
变式10-2.（2023·全国·高三专题练习）设，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】首先由椭圆标准方程和双曲线标准方程的定义，得出椭圆与双曲线共焦点，再分别表示出离心率，根据及即可求得的范围．
【详解】解：由题意知椭圆的，双曲线的，
则椭圆与双曲线共焦点，设，则，，
，，
，
，
设，则，
解得，即，
又，且，
，
故的取值范围是．
故答案为：
题型十一： 直线与椭圆的位置关系
例11-1.（2023秋·高二课时练习）已知为椭圆上两点，为坐标原点，（异于点）为弦中点，若两点连线斜率为2，则两点连线斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先利用直线和椭圆的位置关系建立方程组，进一步利用一元二次方程根和系数关系式和中点坐标公式的应用求出结果．
【详解】由于直线AB的斜率为2，故设直线的方程为，
设，
故，整理得，
则，即，
故，
故．
利用中点坐标公式，，此时，
故．
故选：A．
例11-2.（2023·天津·统考高考真题）设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为.
(2).
【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.
【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
【规律方法】
一.涉及直线与椭圆的基本题型有：
1.位置关系的判断
2.弦长、弦中点问题.弦及弦中点问题的解决方法
(1)根与系数的关系：直线与椭圆方程联立，消元，利用根与系数的关系表示中点；
(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆方程，作差构造中点、斜率．
3.轨迹问题
4.定值、最值及参数范围问题
5.存在性问题
二．常用思想方法和技巧有：
1.设而不求；2.坐标法；3.根与系数关系.
三. 若直线与椭圆有两个公共点可结合韦达定理，代入弦长公式或，求距离．
【变式训练】
变式11-1.（2024秋·江西·高三校联考阶段练习）已知椭圆的焦距为，离心率为，过上一点分别作与和平行的直线，交直线于两点，则线段长度的最大值为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】先根据离心率和焦距求出椭圆方程，然后设点的坐标，利用平行四边形的性质得，利用点P在椭圆C上得，代入两点距离公式，利用二次函数求解最值即可.
【详解】由题意知，，又离心率为，所以，，所以椭圆的方程为，
设，，则，

因为四边形为平行四边形，所以，即，
又点在椭圆上，所以，所以，
所以，
因为，所以，所以，
所以线段长度的最大值为4.
故选：A.
变式11-2.（2024·全国·高三专题练习）已知椭圆的左焦点为，直线l：与椭圆C交于A、B两点．
(1)求线段AB的长；
(2)求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）把直线方程代入椭圆方程，求得交点坐标，可求线段AB的长；
（2）结合（1）的结论，利用点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】（1）联立，或，
当时，，
当时，，不妨设，
；
（2）由，

点到直线的距离为，
所以的面积为.
题型十二： 椭圆与圆的综合问题
例12-1.（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考二模）已知为坐标原点，动直线与椭圆相切，与圆相交于两点，若的面积的最大值为，则椭圆离心率的取值范围为 .
【答案】
【分析】由椭圆的切线方程及圆心到直线的距离列出方程，根据方程有解得出不等式，求出离心率范围即可.
【详解】如图，

的面积最大值为存在直线使到直线的距离为，
设，则为，
到的距离为有解，
平方整理得，即①，
又②
两式相减得，所以有解，
又，即，
所以，
.
故答案为：
例12-2.（2023·湖北·校联考模拟预测）已知椭圆过点.
(1)若椭圆E的离心率，求b的取值范围；
(2)已知椭圆E的离心率，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线与圆相切，求线段的最大值.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）把点代入椭圆方程，可得，由，可求b的取值范围；
（2）由离心率和（1）中结论，求得椭圆方程，分类讨论直线的位置，联立方程组，利用弦长公式结合不等式的性质求的最大值.
【详解】（1）∵在椭圆，∴，有，所以，
又∵，所以，∵，∴；
（2）由（1）可知，又，
所以，椭圆.
因为直线与相切，故.
若直线的斜率不存在，不妨设直线为：，代入椭圆方程可得此时线段.
若直线的斜率存在，可设直线的方程为：.
由直线与相切，故，可得：.
联立得，所以，
线段.
又因为，所以.
当且仅当，故当时，的最大值为2.
综上所述：当时，线段的最大值2.
【总结提升】
从高考命题看，与椭圆、圆相结合问题，一般涉及到圆的方程（圆心、半径）、直线与圆的位置关系（相切、相交）、点到直线的距离、直线方程等.
【变式训练】
变式12-1.（2023·全国·高三对口高考）椭圆的四个顶点构成菱形的内切圆恰好过焦点，则椭圆的离心率 ．
【答案】
【分析】由题设确定内切圆半径，利用等面积法列椭圆参数的齐次方程，进而求离心率.
【详解】由题设，内切圆半径为，故，
所以，则，即，
所以，（舍），故.
故答案为：.
变式12-2.（2019·天津·高考真题（文）） 设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知（为原点）.
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程.
【答案】（I）；（II）.
【分析】（I）根据题意得到，结合椭圆中的关系，得到，化简得出，从而求得其离心率；
（II）结合（I）的结论，设出椭圆的方程，写出直线的方程，两个方程联立，求得交点的坐标，利用直线与圆相切的条件，列出等量关系式，求得，从而得到椭圆的方程.
【详解】（I）解：设椭圆的半焦距为，由已知有，
又由，消去得，解得，
所以，椭圆的离心率为.
（II）解：由（I）知，，故椭圆方程为，
由题意，，则直线的方程为，
点的坐标满足，消去并化简，得到，
解得，
代入到的方程，解得，
因为点在轴的上方，所以，
由圆心在直线上，可设，因为，
且由（I）知，故，解得，
因为圆与轴相切，所以圆的半径为2，
又由圆与相切，得，解得，
所以椭圆的方程为：
.
一、单选题
1．（2023·贵州·校联考模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别是，是椭圆短轴的一个端点，且，则椭圆的长轴长是（ ）
A．B．4C．D．8
【答案】C
【分析】根据题意得到，得到，即，求得，进而求得椭圆的长轴长.
【详解】由椭圆，可得，
因为是椭圆短轴的一个端点，且，
可得，即，
可得，即，解得，
所以，故椭圆的长轴长是.
故选：C.

2．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的一个焦点在函数的图像上．若椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，上顶点为，则到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的图像与x轴的交点求得椭圆焦点，结合离心率求得，继而求出直线的方程，根据点到直线的距离公式即可求得答案.
【详解】椭圆的一个焦点在函数的图像上,
即椭圆的一个焦点为函数的图像与x轴的交点，
即，即，，
又椭圆的离心率为，故，
故，所以直线的方程为，即，
故到直线的距离为，
故选：C
3．（2024·全国·高三专题练习）如图，A，分别是椭圆的左、右顶点，点在以为直径的圆上（点异于A，两点），线段与椭圆交于另一点，若直线的斜率是直线的斜率的4倍，则椭圆的离心率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用椭圆与圆的性质计算即可.
【详解】设，易知，
则，，
又，
所以.
故选：C
4．（2024·全国·高三专题练习）已知圆与椭圆 ，若在椭圆上存在一点，使得由点所作的圆的两条切线的夹角为，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设椭圆上任意点(与上下顶点不重合)作圆的切线，且，根据题意问题化为保证时，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，椭圆上任意点(与上下顶点不重合)作圆的切线，如下图，

若且，要所作的圆的两条切线的夹角最小，只需最大，
所以，当与左右顶点重合时，此时最小；靠近上下顶点时无限接近；
在椭圆上存在一点，使得所作的圆的两条切线的夹角为，
所以，保证时，即，
由题意及图知：，故，而，
所以椭圆的离心率的取值范围是.
故选：A
二、多选题
5．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左，右焦点分别为，A，B两点都在C上，且A，B关于坐标原点对称，则（ ）
A．的最大值为B．为定值
C．C的焦距是短轴长的2倍D．存在点A，使得
【答案】ABD
【分析】根据椭圆的简单几何性质，对各选项逐一分析即可求解.
【详解】解：由题意，，
所以，，所以A正确，C错误；
由椭圆的对称性知，，所以B正确；
当A在y轴上时，，则为钝角，所以存在点A，使得，所以D正确.
故选：ABD.
6.（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳如东中学校考期中）椭圆的左､右焦点分别为，点在椭圆上，点在以为圆心，的长轴长为直径的圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为
B．的最大值为
C．的最小值为
D．过点的直线与椭圆只有一个公共点，此时直线方程为
【答案】BC
【分析】利用椭圆标准方程直接求离心率即可判断A，根据向量数量积的坐标运算，结合两点间的距离公式，即可判断B，利用椭圆的定义将转化成，进而根据几何关系求其最值即可判断C. 直接考虑直线斜率不存在的情况即可判断D.
【详解】对于选项A，由椭圆的方程知，所以离心率，故选项A不正确；
对于选项B，设，则，即，
，所以，
且圆：，所以表示圆上的点到原点距离的最大值的平方，则，
所以，故B正确 ；
对于选项C， 圆：，所以，故选项C正确；
对于选项D， 当直线的斜率不存在时，所求直线为，满足条件，故选项D错误；
故选：BC.
三、填空题
7.（2022·全国·高三专题练习）椭圆，则该椭圆所有斜率为的弦的中点的轨迹方程为_________________．
【答案】
【分析】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，利用点差法可得答案.
【详解】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，
设中点坐标为，则，
所以，两式相减可得，
，即，
由于在椭圆内部，由得，
所以时，即直线与椭圆相切，
此时由解得或，
所以，
所求得轨迹方程为．
故答案为：．
8．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：，若椭圆C上有不同的两点关于直线对称，则实数m的取值范围是 .
【答案】
【分析】设，利用点差法得到，结合得到，联立得到，点M应在椭圆C的内部，得到不等式，求出m的取值范围.
【详解】设是椭圆C上关于直线l：对称的两个点，
是线段PQ的中点，则，两式相减，
得.
∵，，
∴.
∵，∴，故，
联立，解得，
∴.
∵点M应在椭圆C的内部，∴，解得.
∴实数m的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题
9.（2023·全国·高二专题练习）经过椭圆的左焦点作倾斜角为45°的直线，直线与椭圆相交于两点，是椭圆的右焦点.
(1)求的周长.
(2)求的长.
【答案】(1)8
(2)
【分析】（1）根据题意结合椭圆的定义运算求解；
（2）根据弦长公式结合韦达定理运算求解.
【详解】（1）由椭圆方程可知：，则，
所以的周长为.
（2）由（1）可知：，且直线的斜率，
可得：直线，设，
联立方程，消去y得，
则，且，
所以.
10.（2023秋·湖南益阳·高三统考阶段练习）已知椭圆：经过，两点，过的左焦点作一条直线交于，两点，点位于轴的正半轴上，连接，并延长交直线于，两点，若.
(1)求椭圆的方程；
(2)确定点的坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用代入法进行求解即可；
（2）设出直线方程与椭圆方程联立，通过代入法求出相应点的坐标，再结合平面向量数量积的坐标表示公式、一元二次方程根与系数关系进行求解即可.
【详解】（1）因为椭圆：经过，两点，
所以有，
所以该椭圆的方程为；
（2）由（1）可知：，
显然过的直线不能与横轴重合，所以设方程为，
与椭圆方程联立，得，
因为点在椭圆内部，所以该直线一定与椭圆相交，
设，
则有，于是有设，方程为：，令，
得，即，
同理，
因为，
所以，
即，
化简，得，
把，代入上式，得
，或舍去，
点的坐标为.

11.（2023秋·浙江·高二校联考期中）已知椭圆C：的左､右焦点分别为，，离心率，过的直线l交椭圆C于A，B两点.的内切圆的半径为.
(1)求椭圆的方程；
(2)求直线l的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由椭圆的离心率公式即可求得；
（2）结合三角形的面积公式及直线与椭圆的位置关系求解即可.
【详解】（1）由题意得，，又，则，所以，
所以椭圆方程为
（2）依题意可知直线与轴不平行，
故可设直线的方程为，此时由于在椭圆内部，
所以直线与椭圆必有两个交点，设，
由，消去并化简得，
则，，
所以
设的内切圆的半径为，则，
因为的周长为，
又因为，
因为，
即，则解得或（舍去），则，
所以直线的方程为或.

12．（2024·黑龙江大庆·统考模拟预测）已知分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)延长，并与椭圆分别相交于两点，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由数量积关系建立关于的方程，再由点在椭圆上，联立关于的方程组求解即可；
（2）由（1）知轴，由对称性可得点坐标，再联立直线与椭圆的方程，解出坐标，进而求得面积.
【详解】（1），
则，解得.
由解得，
故椭圆的方程为.
（2）由（1）可知，直线的方程为，根据对称性可知.
直线的方程为，
联立方程组整理得，
解得或，则.
.
条件
图形
标准方程
范围
对称性
曲线关于轴、原点对称
曲线关于轴、原点对称
顶点
长轴顶点 ,短轴顶点
长轴顶点 ,轴顶点
焦点
焦距
离心率
，其中
通径
过焦点垂直于长轴的弦叫通径，其长为