2025年新高考数学精析考点考点50椭圆(3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练)(原卷版+解析)

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1.理解椭圆的定义、几何图形、标准方程.
2.掌握椭圆的简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率).3.掌握椭圆的简单应用．
【知识点】
1．椭圆的定义
把平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆．这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距．
2．椭圆的简单几何性质
常用结论
椭圆的焦点三角形
椭圆上的点P(x0，y0)与两焦点构成的△PF1F2叫做焦点三角形．如图所示，设∠F1PF2＝θ.
(1)当P为短轴端点时，θ最大，最大．
(2)＝eq \f(1,2)|PF1||PF2|sin θ＝b2tan eq \f(θ,2)＝c|y0|.
(3)|PF1|max＝a＋c，|PF1|min＝a－c.
(4)|PF1|·|PF2|≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|PF1|＋|PF2|,2)))2＝a2.
(5)4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cs θ.
(6)焦点三角形的周长为2(a＋c)．
【核心题型】
题型一 椭圆的定义及其应用
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、面积及求弦长、最值和离心率等．
(2)通常将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．
【例题1】（2024·陕西宝鸡·二模）已知动点满足等式，则点的轨迹方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据动点满足等式，得到点A的轨迹是以为焦点的椭圆求解.
【详解】解：因为动点满足等式，
所以表示点A到点的距离之和为8，且，
所以点A的轨迹是以为焦点的椭圆，
其中：，
所以椭圆的方程是，
故选：D
【变式1】（2024·浙江宁波·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过上顶点作直线交椭圆于另一点.若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据椭圆的定义确定中各边的长度，再结合，用余弦定理列式，化简可求椭圆的离心率.
【详解】如图：

因为的周长为，，，所以，.
又，
所以.
所以椭圆的离心率为.
故选：C
【变式2】（2024·广东·二模）已知点为椭圆的右焦点，直线与椭圆相交于，两点，且与圆在轴右侧相切.若经过点且垂直于轴，则 ；若没有经过点，则的周长为 .
【答案】 ；
【分析】当直线经过点且垂直于轴时，线段，当直线不经过点时由圆与直线相切的位置关系计算可得结果.
【详解】设，易知长半轴长，离心率；
设与圆相切于点，若垂直于轴，此时与重合，则有，
所以，得，
此时直线，将代入得，所以.
若没有经过点，设Ax1,y1，Bx2,y2，
由椭圆性质和题意可知，，所以，
.
由椭圆方程得，
代入上式有.
，
则，
同理，所以的周长.
故答案为：，.
【变式3】（2023·新疆·三模）已知椭圆的左右焦点分别为，，且的坐标为，点在椭圆上．
(1)求的周长；
(2)斜率为的直线与圆相切于第一象限，交椭圆于A，B两点，求的周长．
【答案】(1)6
(2)4
【分析】（1）根据已知列关于a，b的方程组求解可得标准方程，再由椭圆定义可得周长；
（2）利用直线与圆相切可得直线方程，联立椭圆方程，由弦长公式可得，再由两点间距离公式得，，结合韦达定理即可求解.
【详解】（1）由题得，得，
所以椭圆C的方程为，
所以，
又，所以的周长为6．
（2）设直线AB的方程为，
因为AB与圆相切，所以，所以．
由得，
设，，则，，

所以．
又，
同理，
所以．
所以的周长为
题型二 椭圆的标准方程
根据条件求椭圆方程的主要方法
(1)定义法：根据题目所给条件确定动点的轨迹满足椭圆的定义．
(2)待定系数法：根据题目所给的条件确定椭圆中的a，b.当不知焦点在哪一个坐标轴上时，一般可设所求椭圆的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，不必考虑焦点位置，用待定系数法求出m，n的值即可．
命题点1 定义法
【例题2】（2023·全国·模拟预测）已知分别是椭圆的左、右焦点，在上，在轴上，，以为直径的圆过，且的面积为，则椭圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设,表示出的面积，结合向量关系以及垂直关系，求出点，借助椭圆的定义求解即可.
【详解】
结合题意可得：，，设，
则由的面积为，得①，
由，得②．
连接以为直径的圆过，③．
由②③得，
结合①得，
， ，故椭圆的标准方程为，
故选：B．
【变式1】（2023·广西柳州·二模）已知椭圆C的焦点为，过的直线与C交于P，Q两点，若，则椭圆C的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由已知可设可求出所有线段用表示，在中由余弦定理得从而可求.
【详解】如图，由已知可设，又因为
根据椭圆的定义，
在中由余弦定理得，所以
故椭圆方程为：
故选：B
【变式2】（2020·四川·模拟预测）点在焦点为、的椭圆上，交轴于点，且△为正三角形，若，则椭圆的标准方程为 ．
【答案】
【分析】利用图中的几何关系以及椭圆的定义即可求解.
【详解】由已知得，点在焦点为、的椭圆上，交轴于点，且△为正三角形，则,
即为△的中位线，,
又∵在等腰△中，,
∴,∴,
由椭圆的定义可知，即，
又∵，∴，
∴，则椭圆方程：．
故答案为：．
【变式3】（2024·天津河西·二模）已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，直线：交椭圆C于M，N两点，当直线过点时，的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设P为x轴上一点，是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，求直线的方程及点P的坐标.
【答案】(1)
(2)直线方程为，点的坐标为
【分析】（1）由的周长借助椭圆的定义可求，再结合椭圆的离心率求得，进而求得椭圆C的标准方程；
（2）联立直线和椭圆的方程，表示出的中点的坐标，根据，表示出点的坐标，再由列出等式，求出，即得解．
【详解】（1）因为的周长为8，由椭圆的定义，
，所以，
又椭圆C的离心率为，即，∴，
∴，
∴椭圆C的标准方程为.

（2）设Mx1,y1，Nx2,y2，的中点为，，
联立，整理得，
因为直线与椭圆C交于M，N两点，故，解得，
，，
则，代入，∴，故，
因为是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，∴，
故，即，解得，故，
由，故，即，
又，，
所以，
经计算，，因为，所以，
所以直线的方程为，点的坐标为.

命题点2 待定系数法
【例题3】（2021·安徽马鞍山·三模）已知椭圆经过点，当该椭圆的四个顶点构成的四边形的周长最小时，其标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】把点代入椭圆方程得，写出椭圆顶点坐标，计算四边形周长讨论它取最小值时的条件即得解.
【详解】依题意得，椭圆的四个顶点为，顺次连接这四个点所得四边形为菱形，其周长为，
，当且仅当，即时取“=”，
由得a2=12，b2=4，所求标准方程为.
故选：A
【点睛】给定两个正数和(两个正数倒数和)为定值，求这两个正数倒数和(两个正数和)的最值问题，可借助基本不等式中“1”的妙用解答
【变式1】（2024·山西太原·三模）已知点 分别是椭圆 的左、右焦点，是上一点，的内切圆的圆心为，则椭圆 的标准方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式，结合椭圆的定义求解即得.
【详解】依题意，设椭圆的方程为，由在上，得，
显然的内切圆与直线相切，则该圆半径为1，而，
又，于是，，因此，解得，
所以椭圆 的标准方程是.
故选：B
【变式2】（2023·山东青岛·三模）已知椭圆的长轴长为，它的一个焦点与抛物线的焦点重合，则椭圆的标准方程为 ．
【答案】
【分析】求得抛物线焦点即椭圆焦点，再设椭圆方程，由椭圆长轴长和焦点坐标求得，，再由，，的关系求即可.
【详解】抛物线方程化为标准方程得，焦点坐标为，
∵抛物线焦点与椭圆的一个焦点重合，∴椭圆焦点在轴，
设椭圆方程为，（），
则由焦点坐标和长轴长知，，∴，
∴，
∴椭圆的标准方程为.
故答案为：.
【变式3】（2024·陕西·二模）已知椭圆的上顶点为，且经过点．
(1)求的标准方程；
(2)过点的直线与交于，两点，判断的形状并给出证明．
【答案】(1)；
(2)为直角三角形，证明见解析
【分析】（1）由椭圆的性质和点在椭圆上代入标准方程解出即可；
（2）设出直线方程，直曲联立，用韦达定理表示出，再求出和，利用向量垂直的坐标表示证明即可.
【详解】（1）由题意知，所以椭圆方程为，代入点，解得，
所以椭圆的标准方程为．
（2）为直角三角形，证明如下：
由题意可知斜率一定存在，设为，
设直线，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立，消去得．易知．
则
又因为，，
，
所以，故为直角三角形．
题型三 椭圆的几何性质
命题点1 离心率
求椭圆离心率或其范围的方法
(1)直接求出a，c，利用离心率公式e＝eq \f(c,a)求解．
(2)由a与b的关系求离心率，利用变形公式e＝eq \r(1－\f(b2,a2))求解．
(3)构造a，c的方程．可以不求出a，c的具体值，而是得出a与c的关系，从而求得e.
【例题4】（2024·黑龙江佳木斯·模拟预测）设椭圆的焦点为，，是椭圆上一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为，，当时，椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理计算，根据余弦定理计算，根据等面积法列方程得出，的关系，从而可求出椭圆的离心率．
【详解】椭圆的焦点为，，，
根据正弦定理可得，
，．
设，，则，
由余弦定理得，，
，
，
又，
，即，故，
解得：或（舍．
故选：B．
【变式1】（2024·河北邯郸·模拟预测）已知椭圆，过原点斜率不为0的直线交E于A，B两点，过A作x轴的垂线，垂足为M，直线BM交椭圆E于另一点D，记直线AB，AD的斜率分别为，，若，则E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据直线斜率的坐标表示，结合椭圆的性质，可求得，再求得，进而可得即可求离心率.
【详解】
设，则，
所以，
又，
所以，
又点在上，所以，
所以，
即，由，
故选:D．
【变式2】（2024·浙江·一模）已知椭圆：，过左焦点作直线与圆：相切于点，与椭圆在第一象限的交点为，且，则椭圆离心率为 .
【答案】
【分析】由题意利用直线与圆相切可得，再由余弦定理计算得出，利用椭圆定义即可得出离心率.
【详解】设椭圆右焦点为，连接，如下图所示：
由圆：可知圆心，半径；
显然，且，
因此可得，所以，可得；
即可得，又易知；
由余弦定理可得，
解得，
再由椭圆定义可得，即，
因此离心率.
故答案为：
【变式3】（2023·广东·模拟预测）已知点为椭圆：上的一点，点．
(1)求C的离心率；
(2)若直线l交C于M，N两点（M，N不与点B重合），且直线BM，BN，MN的斜率满足，证明：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点．
【分析】（1）代入点可得，即可得椭圆方程，即可得离心率；
（2）设出直线l的方程，联立曲线，可得其交点横坐标有关韦达定理，结合斜率公式计算可得所设方程，即可得其定点坐标.
【详解】（1）∵在C：上，
∴，解得或（舍去），
∴：．
∴的离心率为；
（2）由（1）得：，设l：，
联立方程组，消去y可得，
，解得，
有，
∵，，
∴，
将（*）代入其中可得
．
由题意知，
∴或．
∵不过点，∴，
∴过定点．

【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；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
命题点2 与椭圆有关的范围(最值)问题
与椭圆有关的最值或范围问题的求解方法
(1)利用数形结合、几何意义，尤其是椭圆的性质．
(2)利用函数，尤其是二次函数．
(3)利用不等式，尤其是基本不等式．
【例题5】（2024·山东威海·一模）已知为椭圆的上焦点，为上一点，为圆上一点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由圆和椭圆方程可确定圆心、半径、的长；利用椭圆定义和圆的对称性可将问题转化为求解的最大值问题，利用三角形三边关系可知当三点共线时取得最大值，由此可得结果.
【详解】由圆方程得：圆心，半径；
由椭圆方程得：，，设椭圆下焦点为，则，
由椭圆定义知：，；
（当且仅当三点共线时取等号），
，
又（当且仅当三点共线时取等号），
，即的最大值为.
故选：D.
【变式1】（2024·浙江·模拟预测）已知，分别为椭圆C：的左右焦点，过的一条直线与C交于A，B两点，且，，则椭圆长轴长的最小值是（ ）
A．B．C．6D．
【答案】B
【分析】利用椭圆的定义，结合勾股定理，利用基本不等式转化求解即可．
【详解】设，则，，，

由，可得，则，有，
所以，
当且仅当，即时取等号．
则椭圆长轴长的最小值是.
故选：B．
【变式2】（2024·四川·模拟预测）已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，过点的直线交椭圆于两点，若的最小值为，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】由方程可知：，结合椭圆定义可得，结合题意分析求解即可.
【详解】由椭圆方程可知：，
因为的周长为，
可得，
又因为，所以.
故答案为：.
【变式3】（2024·安徽黄山·一模）设点F1−c,0、分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点，且的最小值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)求椭圆的外切矩形的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设点Px,y，可得出，其中，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）设点Ax0,y0，分两种情况讨论，①直线、的斜率存在且斜率分别为、，设过点且斜率存在的直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，由结合可求出点的轨迹方程，②直线、分别与两坐标轴垂直，验证此时点的坐标满足①中的轨迹方程，再利用勾股定理结合基本不等式可求得的最大值.
【详解】（1）解：设点Px,y，则，其中，
，，
所以，
，
故当时，取最小值，可得，
因此，椭圆的方程为.
（2）解：设点Ax0,y0，
当直线、的斜率都存在时，设直线、的斜率分别为、，
设过点且斜率存在的直线的方程为，即，
联立可得，
则，
整理可得，即，
则、是关于的方程的两根，
因为，则，整理可得；
当、分别与两坐标轴垂直时，则，满足.
所以，点的轨迹方程为，
由对称性可知，矩形的四个顶点都在圆，该圆的半径为，
由勾股定理可得，
由基本不等式可得，即，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故，即矩形的面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2024·辽宁·模拟预测）已知焦点在轴上的椭圆的短轴长为2，则其离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆的定义和性质即可求解.
【详解】由椭圆的短轴长为2，知，，即，，
因此，
又椭圆的离心率，
故选：A.
2．（2024·广东惠州·模拟预测）已知椭圆的方程为，过椭圆中心的直线交椭圆于A、B两点，是椭圆的右焦点，则的周长的最小值为（ ）
A．8B．C．10D．
【答案】C
【分析】根据题意结合椭圆定义可得的周长为，结合椭圆的性质分析求解.
【详解】椭圆的方程为，则，，，
连接，，
则由椭圆的中心对称性可知，
可知为平行四边形，则，
可得的周长为，
当AB位于短轴的端点时，取最小值，最小值为，
所以周长为．
故选：C.
3．（2024·广西来宾·模拟预测）一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】计算两个已知圆的圆心和半径，根据圆的位置关系得到动圆圆心到两已知圆圆心距离和为定值，结合椭圆的定义即可得到结果.
【详解】圆可化为，圆心，半径为.
圆可化为，圆心，半径为.
设动圆圆心为点，半径为，圆与圆外切于点，圆与圆内切于点，如图所示：
由题意得，三点共线，三点共线，，，
∴，
∴点的轨迹为以为焦点的椭圆，且，，
∴，
∴点的轨迹方程为.
故选：C.
4．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与交于点，，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据向量关系得到，根据椭圆的定义及线段间的关系求出、、，解法一，再利用三角知识求出的值，进而求得的值；解法二，再利用二级结论求出的值，进而求的值.
【详解】如图，由，得．
设，则，，由，
得，．
解法一，
，由，得，
整理得，得，（，舍去）
所以；
解法二，
如下图，直线过椭圆的右焦点，
交椭圆于点，，
椭圆的右准线方程为，根据椭圆的第二定义，
即有，，
设与轴的夹角为，则有，
于是有，
可得
，
，可得，
同理可得，所以.
根据椭圆的焦半径倒数和公式得，
即，
整理得，得，（ ，舍去）
所以.
故选：A．
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线焦点三角形有关的问题，常利用圆锥曲线的定义及余弦定理求解，有时需要在两个三角形中分别使用余弦定理建立关系式，求解此类问题要重视整体思想的应用，尽量减少不必要的计算．
二、多选题
5．（2024·甘肃庆阳·一模）已知椭圆：，则（ ）
A．的焦点在轴上B．的焦距为10
C．的离心率为D．的长轴长是短轴长的5倍
【答案】BC
【分析】根据椭圆的几何性质即可逐一求解.
【详解】对于椭圆：，可得，
故椭圆的焦点在轴上，焦距为，离心率为，
长轴长为，短轴长为，故AD错误，BC正确.
故选：BC
6．（2024·广东·三模）已知椭圆的长轴端点分别为，两个焦点分别为是上任意一点，则（ ）
A．椭圆的离心率为
B．的周长为
C．面积的最大值为
D．
【答案】ABD
【分析】根据给定的椭圆方程，求出其长短半轴长及半焦距，再逐项计算判断得解.
【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距，
对于A，椭圆的离心率为，故A正确；
对于B，的周长为，故B正确；
对于C，，设，则面积的最大值为，故C错误；
对于D，设，
，
因此，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
7．（2024·上海静安·一模）到点距离之和为10的动点的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义求出轨迹方程.
【详解】依题意，，
则点的轨迹是以为左右焦点，长轴长的椭圆，
由，得，
所以动点的轨迹方程为.
故答案为：
8．（2024·黑龙江大庆·一模）已知是椭圆的左焦点，直线交椭圆于两点.若，则椭圆的离心率为 .
【答案】
【分析】设是椭圆的右焦点，分析可知为平行四边形，根据椭圆定义可得，利用余弦定理运算求解.
【详解】设是椭圆的右焦点，连接，

由对称性可知：，则为平行四边形，
则，即，
因为，则，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：.
9．（2024·上海杨浦·一模）中国探月工程又称“嫦娥工程”，是中国航天活动的第三个里程碑.在探月过程中，月球探测器需要进行变轨，即从一条椭圆轨道变到另一条不同的椭圆轨道上.若变轨前后的两条椭圆轨道均以月球中心为一个焦点，变轨后椭圆轨道上的点与月球中心的距离最小值保持不变，而距离最大值扩大为变轨前的4倍，椭圆轨道的离心率扩大为变轨前的2.5倍，则变轨前的椭圆轨道的离心率为 .（精确到0.01）
【答案】
【分析】根据椭圆上点到焦点距离最小值为，到焦点距离最大值为，列式运算得解.
【详解】设变轨前的椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，离心率为，
变轨后的椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，离心率为，
由题意可得，化简得，
即，解得（负值舍去）.
故答案为：.
四、解答题
10．（2024·吉林通化·模拟预测）已知椭圆的焦点分别是，，点在椭圆上，且
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线 与椭圆交于，两点，且，求实数的值和的面积.
【答案】(1)
(2)或；
【分析】（1）根据所给条件求出，，，即可得到椭圆方程；（2）联立直线方程，根据根与系数的关系及，列出方程求出值，由点到直线的距离公式以及弦长公式，计算得到三角形的面积.
【详解】（1）设椭圆的标准方程为，由题意可知 ，解得，所以椭圆的标准方程为
（2）设，，
联立，消去，可得，
，则或，
由韦达定理可得：，，
所以，
因为，，即，
所以，解得：或，
经检验满足，所以的值为或，
当时，直线方程为，原点到直线的距离，
因为，
所以
所以
当，由对称性可得，
所以的面积为
11．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知椭圆：上的点到焦点距离最短为，到焦点距离最长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作直线与椭圆交于，两点，且椭圆的左、右焦点分别为，，，的面积分别为，，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，进而解出，求得，进而求解即可；
（2）当直线的斜率不存在，可得，当直线的斜率存在时，联立直线和椭圆方程，由韦达定理以及三角形面积公式表示出，进而结合基本不等式求解即可.
【详解】（1）由题意，，
解得，则，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，，
当直线的斜率不存在时，，则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立，得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
所以，，
由于异号，所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为．
综上所述，的最大值为．
【综合提升练】
一、单选题
1．（2024·甘肃白银·一模）椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】确定即可求解.
【详解】由椭圆，
可得：，
所以离心率为.
故选：C
2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且满足,延长线交椭圆于另一点，，则椭圆的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆的定义可得，，再利用勾股定理，列出方程，求出的值，从而得到椭圆方程.
【详解】因为点在椭圆上，延长线交椭圆于另一点，且，
所以，，则，由于，
所以，即，解得，
所以，则，
则，，
所以椭圆方程为，
故选：C
3．（2024·江西新余·模拟预测）已知焦点在轴上的椭圆的左右焦点分别为，经过的直线与交于两点，若，，，则的方程为：（ ）.
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可知：，根据数量积的几何意义可得，，进而结合椭圆的定义求，即可得方程.
【详解】因为，可知，
则，，
可得，，即，，则，
由椭圆定义可得，即，
且，则，
即 ，可得，，
所以椭圆的方程为.
故选：A.
4．（2024·福建南平·二模）已知椭圆的焦点为，，点在上，点在轴上，，，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意设椭圆的方程为：，由，，可求出或，代入椭圆方程化简即可得求出，即可得出答案.
【详解】因为椭圆的焦点为F1−1,0，F21,0，
所以设椭圆的方程为：,
设，，F21,0，
则，因为，
所以，所以，
所以，又因为，
所以，所以，
所以，所以或，
因为在上，所以，即，
解得：或，因为椭圆的焦点在轴上，
所以.故的方程为.
故选：D.

5．（2024·河北·二模）过椭圆的中心作直线交椭圆于两点，是的一个焦点，则周长的最小值为（ ）
A．16B．14C．12D．10
【答案】B
【分析】利用椭圆的定义和对称性，转化的周长，即可求解.
【详解】设的另一个焦点为，根据椭圆的对称性知，
所以的周长为，
当线段为椭圆短轴时，有最小值6，所以的周长的最小值为14.
故选：B
6．（2024·青海海南·二模）已知曲线，圆，若A，B分别是M，N上的动点，则的最小值是（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】C
【分析】根据题意可得曲线M的方程为，设出，利用两点间距离公式并由二次函数性质可求得，进而利用点与圆的位置关系求解即可.
【详解】根据题意，曲线，
则曲线M上的点到点和距离之和为，
根据椭圆定义知曲线M的是以和为焦点的椭圆，
其中，则，所以曲线M的方程为，
设点Ax0,y0满足且，可得，
圆的圆心为，半径为1，
则，
又函数在单调递减，所以，
所以的最小值是.
故选：C
7．（2022·安徽·一模）设，是椭圆：的左、右焦点，为坐标原点，点在椭圆上，延长交椭圆于点.且，若的面积为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用焦点三角形的面积公式及椭圆的定义可得，进一步得为等边三角形，且轴，从而可得解.
【详解】由椭圆的定义，得，
由余弦定理，得
，
整理得：，又，
，
因此，，又，则为等边三角形，
由椭圆对称性得轴，所以.
故选：B.
8．（2024·江西新余·模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为，的三个顶点均在上，分别落在线段上且轴，若，则（ ）.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出图象，由题意可知，从而可得，在和中，分别求得，从而可得，即有， ，过作于，
可得，为中点，即可得解.
【详解】如图所示：
由题意可知，
设椭圆的半长轴为，
则，
在中，，
在中，
，
所以 ，
整理得：，即
解得：或，
当时，，不满足题意，故舍去；
当时，，满足题意，且，
过作于，
则，
所以,
所以，
故为中点，
所以.
故选：D.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是在和中，分别求得，建立等量关系，求得.
二、多选题
9．（2024·山东济南·一模）已知椭圆，且两个焦点分别为，，是椭圆上任意一点，以下结论正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为B．的周长为12
C．的最小值为3D．的最大值为16
【答案】BD
【分析】由题，利用离心率公式、椭圆的定义和基本不等式即可一一判断．
【详解】椭圆，则
对于A：，故A错误；
对于B：的周长为，故B正确；
对于C：的最小值为，故C错误；
对于D：，当且仅当时等号成立，故D正确．
故选：BD．
10．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别是，以为直径的圆与在第一象限交于点，延长线段交于点.若，则（ ）
A．B．的面积为
C．椭圆的离心率为D．直线的斜率为
【答案】ACD
【分析】对于A，结合椭圆的定义即可得解；对于B，设，结合椭圆定义，和直角三角形中勾股定理，得出，从而得出面积；对于C，在中，利用勾股定理得出a与c的齐次方程，从而得解；对于D，在中，求得，在中，求得，结合两角差的正切公式可以求得，从而得到直线的斜率.
【详解】
对于A，由椭圆的定义可得，，，又，所以，故A正确；
对于B，如图，连接，，设（x>0），则.
因为，，
所以，.
因为为圆的直径，所以，在中，，
即，整理得，
所以，故B错误；
对于C，在中，，.
所以，即，
解得；，即，故C正确；
对于D，在中，
在中，
所以，
所以直线的斜率为．故D正确；
故选：ACD
11．（2024·湖南长沙·模拟预测）已知椭圆与双曲线有相同的焦点，且它们的离心率之积为，点P是C与E的一个公共点，则（ ）
A．椭圆C的方程为
B．三角形为等腰三角形
C．过点作E的渐近线的垂线，垂足为M．则三角形面积为
D．对于E上的任意一点Q，
【答案】ABC
【分析】根据椭圆及双曲线的标准方程、焦点、离心率可判断；由椭圆及双曲线的定义联立方程可判断；由，，可判断；设，则，由数量积有解可判断.
【详解】
对于：由双曲线的方程可知，
双曲线的焦点，离心率为，
所以椭圆的焦点为，离心率为，
所以椭圆中，，
所以椭圆C的方程为，故正确；
对于：根据对称性，不妨设，则，
又根据椭圆的定义可知，，
所以联立，解得，
，所以，所以为等腰三角形，故正确；
过焦点作渐近线的垂线，垂足为M，
则，，所以，
所以，故正确；
设，则，
所以．
解得，此时，
所以存在点Q的坐标为或或或，
使得，故错误：
故选： .
三、填空题
12．（2024·西藏·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，F是椭圆C的右焦点，P为椭圆C上任意一点，的最大值为．设点，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】首先根据题目条件求出和，然后根据椭圆定义进行转换，求出的最小值.
【详解】设椭圆C的半焦距为c，由题意，得，，所以，．
设椭圆C的左焦点为，则，
所以．
故答案为：．
13．（2024·吉林长春·一模）已知椭圆的上、下顶点分别为A、B，右焦点为F，B关于点的对称点为.若过三点的圆的半径为，则的离心率为 .
【答案】/
【分析】根据题设求、的中垂线方程并求交点坐标，结合已知条件列方程求椭圆参数数量关系，即可求离心率.
【详解】由题设，则的中点为，而，
所以中垂线的斜率为，故的中垂线方程为①，
由B关于点的对称点为，则，故中垂线为②，
联立①②，可得，故过三点的圆的圆心为，
由题意有，可得.
故答案为：
14．（2024·吉林长春·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，点是轴正半轴上一点，交椭圆于点A，若，且的内切圆半径为1，则该椭圆的离心率是 ．
【答案】/
【分析】根据题意结合直角三角形以及内切圆的性质分析可得，结合椭圆的定义以及勾股定理可得，即可求得椭圆的离心率.
【详解】如图，的内切圆与三边分别切于点，
若，则，
因为，则，可得，
则，可得，
因为，
即，可得，
又因为，
即，可得，
且，解得，
所以椭圆的离心率是．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．焦点三角形的作用，在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
四、解答题
15．（2024·江西景德镇·一模）已知为坐标原点，椭圆，是上一点，离心率.
(1)求的方程；
(2)斜率为的直线交于，两点，在以为直径的圆上，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由点在椭圆上及离心率列出等式求解即可；
（2）设直线方程，联立椭圆方程，结合韦达定理及弦长公式，再通过三角换元即可求解.
【详解】（1）由题意，解得，
∴椭圆的方程为．
（2）设直线为，设Ax1,y1,Bx2,y2，设中点为，
联立，
根据韦达定理可知，
其中．
∴，．
∴，
∴，
令，
∴，等号当且仅当，即时取到，满足
∴，即的最大值为．
16．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的左焦点为，离心率为，为上一点，为圆上一点，的最大值为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若圆与轴正半轴交于点，过作直线，与相交于不同的两点，，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆上的点与圆上的点距离的最值，结合椭圆离心率即可得椭圆的标准方程；
（2）根据直线与椭圆相交得交点坐标关系，从而可得面积，由基本不等式求得其最大值.
【详解】（1）因为为椭圆上一点，为圆上一点，
由的最大值为，得，所以．
又，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为．
（2）在中令，得，所以，
显然直线的斜率不能为0，设直线的方程为，
由，消去得，
所以，则，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则，，
所以，
所以．
令，则，
则，当且仅当，即时取得等号，
所以面积的最大值为．
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中最值问题的常见方法：
（1）函数法：一般需要找出所求几何量的函数解析式，要注意自变量的取值范围，求函数的最值时，一般会用到配方法、基本不等式或者函数的单调性；
（2）方程法：根据题目中的等量关系建立方程，根据方程的解的条件得出关于目标量的不等关系，再求出目标量的最值；
（3）几何法：观察图形的几何特点，判断某个特殊位置满足最值条件，然后证明．
17．（2024·上海青浦·一模）已知椭圆 为椭圆 的右焦点，过点的直线 交椭圆 于 、 两点.

(1)若直线 垂直于 轴，求椭圆 的弦 的长度；
(2)设点，当 时，求点的坐标；
(3)设点，记 、 的斜率分别为 和 ，求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）可根据椭圆定义和弦长公式求解；
（2）利用点P和点F的中点为可知中点坐标为左焦点坐标，之后利用椭圆的定义求得点A坐标；
（3）第三问需分类讨论，当斜率不存在时，直接求坐标和斜率，当斜率不存在时，设斜率为，设点A,B坐标，写出直线方程，最终将转化为与斜率的关系，可通过直线方程和椭圆方程联立，利用韦达定理和基本不等式最终解决该题。
【详解】（1）由题意可知，，
∴F1,0,又∵当直线 垂直于 轴时，直线的方程为，
由得，，
∴弦AB的长为.
（2）∵，且直线过点F，
∴，在中，，
∴斜边PF的中点，恰为椭圆的左焦点,
∴,又由椭圆的定义可得，
∴点在线段的垂直平分线上，又在椭圆上，
∴为椭圆的上顶点或下顶点，
∴或.
（3）当直线AB的斜率不存在时，不妨设，
∴，
故；
当直线AB的斜率存在时，设斜率为，则直线AB：y=kx−1，设Ax1,y1,Bx2,y2，
由得，，
∴，
∴，
化简得，
①当， ，当且仅当时等式成立；
②当，，当且仅当时等式成立；
③当，；
综上所述可得，的取值范围为.
18．（2024·上海崇明·一模）已知椭圆，点、分别是椭圆的下焦点和上焦点，过点的直线与椭圆交于A、B两点．
(1)若直线平行于轴，求线段AB的长；
(2)若点A在y轴左侧，且，求直线l的方程；
(3)已知椭圆上的点C满足，是否存在直线l使得的重心在x轴上？若存在，请求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)3
(2)或
(3)存在，或或
【分析】（1）根据椭圆方程求出直线与椭圆交点的横坐标后可求；
（2）设，根据点在椭圆上和可得关于的方程组，求出其解后可得直线方程；
（3）就斜率是否存在分类讨论，若斜率存在，则联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理结合中心在轴上求出的纵坐标，再根据求出的横坐标，代入椭圆方程可求斜率.
【详解】（1）由题意，、，所以直线的方程是，
代入中，得，所以
（2）设，则
所以，
又，所以所以点坐标是或，
所以直线的方程是或.
（3）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
代入中，得，此时，
设、、，
则，所以中点.
又的重心在轴上，所以，
即，故，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
因为点在椭圆上，所以，解得或
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时、恰为长轴顶点，点为短轴顶点，满足题意．
综上所述，存在直线l使得的重心在轴上，
其方程为：或或.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的直线的存在性问题，可直线满足的几何性质转化为坐标的关系，再结合韦达定理转化为参数的方程，从而求出参数的值.
19．（2024·广东·模拟预测）已知椭圆的焦点为，为椭圆上一点且的周长为.
(1)求椭圆的方程.
(2)若直线过点交椭圆于两点，且线段的垂直平分线与轴的交点
（i）求直线的方程；
（ii）已知点，求的面积.
【答案】(1)
(2)（i）或；（ii）
【分析】（1）根据条件列方程，求出，即可得答案；
（2）（i）判断直线斜率存在，联立椭圆方程，可得根与系数关系式，结合题意可得，化简即可求得答案；（ii）利用弦长公式求出，再求出Q到直线AB的距离，即可求得答案.
【详解】（1）根据题意有，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）若直线的斜率不存在，其垂直平分线与轴重合，不符合题意；
不妨设直线的方程为的中点为，
设，
与椭圆方程联立有，整理得，
直线过椭圆焦点，必有，则，
所以，
由题意知，即，解得，
即，整理得直线的方程为或
（ii）由弦长公式可知
，
由直线的对称性，知点到两条直线的距离相同，即，
所以的面积为.
【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；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）已知点分别为椭圆的左顶点、右焦点，点为上一点，且为的平分线，，则的内切圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由椭圆的性质可求得,根据角平分线的性质可求得的值，由余弦定理可得,可求得的值，利用面积法可求内切圆的半径.
【详解】由题意可得，则．
如图．由角平分线定理，得．
令，则．
在中，由余弦定理，得，
即，解得（负值已舍去），则．

设的内切圆的半径为．根据三角形的面积公式有
，
所以，
解得．
故选：D．
2．（2024·四川巴中·模拟预测）已知是椭圆的左，右焦点，A，B是椭圆C上的两点．若，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，结合题意可得，根据椭圆定义整理可得，根据向量关系可得∥，且，同理结合椭圆定义可得，进而可求离心率.
【详解】由题意可知：，
设，

因为，则，可得，
由椭圆定义可知：，即，
整理可得；
又因为，则∥，且，
则，可得，
由椭圆定义可知：BF1+BF2=2a，即，
整理可得；
即，可得，
所以椭圆C的离心率.
故选：B.
【点睛】方法点睛：椭圆的离心率(离心率范围)的求法
求椭圆的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
3．（2024·全国·模拟预测）若椭圆（）的离心率与双曲线（，）的离心率之积为1，，分别是双曲线E的左、右焦点，M，N是双曲线E的左支上两点，且，，，A，F分别是椭圆C的左顶点与左焦点，，则椭圆C的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求，，连接，求，利用余弦定理求，然后利用余弦定理求得双曲线的离心率，接着由椭圆的离心率与双曲线的离心率之积为1求得，最后结合求得，，即可写出椭圆C的方程.
【详解】

由题，，又，，．
，直线MN过点，
，，
，．
在中，
．
设椭圆C的焦距为，离心率为，双曲线E的焦距为，离心率为，
在中，
，
，，．
，，，，
椭圆C的方程为.
故选：B．
【点睛】关键点睛：解决椭圆或双曲线的焦点三角形问题的关键是对椭圆或双曲线的定义及正、余弦定理的应用．
二、多选题
4．（2024·江西吉安·模拟预测）已知点是椭圆上关于原点对称且不与的顶点重合的两点，的左､右焦点分别为，点为原点，则（ ）
A．的离心率为
B．的值可以为3
C．
D．若的面积为，则
【答案】ACD
【分析】A选项，求出；B选项，先设，计算出，从而得到；C选项，由对称性和椭圆定义求出C正确；D选项，由三角形面积求出点坐标，得到，得到D正确.
【详解】A选项，椭圆中，，离心率为，A正确；
B选项，设，且，则，
故，
所以，B错误；
C选项，由对称性可得，所以，C正确；
D选项，不妨设在第一象限，Ax0,y0，则，则，
则，则，故，故D正确.
故选：ACD.
5．（2024·安徽合肥·三模）椭圆的两个焦点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．过点的直线与椭圆交于A，B两点，则的周长为8
B．若上存在点，使得，则的取值范围为
C．若直线与恒有公共点，则的取值范围为
D．若为上一点，，则的最小值为
【答案】BD
【分析】对于A：根据椭圆的定义结合焦点所在的位置分析判断；对于B：分析可知当位于短轴顶点时，最大，此时，分类讨论焦点所在位置分析求解；对于C：因为直线过定点，可知定点在椭圆内或椭圆上，列式求解即可；对于D：设，根据两点间距离公式结合二次函数分析求解.
【详解】对于选项A：由椭圆定义可得的周长为
，
但焦点不一定在轴上，故A错误；
对于选项B：若，则，
当位于短轴顶点时，最大，此时，
可知，即，
当时，由，解得；
当时，由，解得；
综上所述：的取值范围为，故B正确；
对于选项C：因为直线过定点，则，即，
又因为，且，所以的取值范围为，故C错误；
对于选项D：若，即椭圆，
设，可得，
当时，，故D正确．
故选：BD．
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
（1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解；
（2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；
（3）构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
三、填空题
6．（2024·江苏·三模）已知过坐标原点且异于坐标轴的直线交椭圆于两点，过的中点作轴的垂线，垂足为，直线交椭圆于另一点，直线的斜率分别为，则 ；若，则的离心率为 .
【答案】
【分析】根据两点斜率公式即可求解，利用点差法可得，即可由离心率公式求解.
【详解】设Px0,y0，则，
设，则，则，
故，结合，可得
故答案为：，
7．（2024·山东淄博·二模）“若点P为椭圆上的一点，为椭圆的两个焦点，则椭圆在点处的切线平分的外角”，这是椭圆的光学性质之一．已知椭圆，点P是椭圆上的点，在点处的切线为直线，过左焦点作的垂线，垂足为，设点的轨迹为曲线．若是曲线上一点，已知点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】先由已知椭圆的性质结合椭圆定义可得轨迹，再利用圆的性质在轴上找一定点，满足，从而将转化为最值问题求解可得.
【详解】由椭圆方程，知.

如图，延长、交于点，由题意可知，
又因为，则为的中点，且，
所以，，
又因为为的中点，则.
故点的轨迹为以为原点，为半径的圆，圆的方程为.
设在轴上存在定点，使得圆上任意一点，满足，
由，则，
化简得，
又∵，代入得，
要使等式恒成立，则，即.
∴存在定点，使圆上任意一点满足，
则，当三点共线（位于两侧）时，等号成立.
由，则，
所以，当三点共线（位于两侧）时等号成立.
如图，连接，线段与圆的交点即为取最值时的点，此时取到最小值.
故答案为：5.
【点睛】方法点睛：借助阿氏圆探究最值问题：若为两定点，动点满足，则时，动点的轨迹为直线；当且时，动点的轨迹为圆，此圆称之为阿波罗尼斯圆，也称阿氏圆.借助阿波罗尼斯圆，可以转化动点到定点的距离，化系数为，从而转化为到另一定点的距离进而由几何性质等求解最值.
四、解答题
8．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知椭圆的离心率为，椭圆上一点到左焦点的距离的最小值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线与椭圆交于、两点，且，求△OMN面积的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）设出椭圆的标准方程，由离心率及最小距离求出即可.
（2）按直线是否垂直于坐标轴分类，求出，进而表示出三角形面积，再借助二次函数求出范围即可.
【详解】（1）依题意，设椭圆的标准方程为，半焦距为，
由椭圆的离心率为，得，则，
设，则，椭圆的左焦点，
则，
当且仅当时取等号，因此，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）当直线不垂直于坐标轴时，直线的斜率存在且不为0，设其方程为，
由消去得，则，
直线，同理，
则△OMN的面积
，令，，
当直线垂直于坐标轴时，由对称性，不妨令，，
所以△OMN面积的取值范围是.
9．（2021·天津·二模）已知为椭圆的焦点，且点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线L与椭圆交于两点，且坐标原点O到直线L的距离为的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，定值为
【分析】（1）利用椭圆的定义求出的值，再结合的值可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，求出点的坐标，计算出；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，由已知条件得出，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算出，综合可得出结论.
【详解】（1）依题意，椭圆的两焦点为，因为点在椭圆上，
所以由椭圆的定义，可得
，
即又，所以，
所以椭圆的方程为；
（2）是，，理由如下，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为.
由对称性，不妨令直线的方程为，
由，解得或，
令点，
此时，则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，点
由点到直线的距离公式，可得，则，
由，得，
则，
即，，
所以
，
所以，即.
综上所述，的大小为定值，该定值为.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（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．
10．（2023·广东广州·模拟预测）已知圆，椭圆的左右焦点为，如图为圆上任意一点，过分别作椭圆两条切线切椭圆于两点.
(1)若直线的斜率为2，求直线的斜率；
(2)作于点，判断点在运动的过程中，的面积是否存在最大值，如果存在，求出最大值，如果不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，最大值为
【分析】（1）设，切线，由点在圆上并联立切线与椭圆方程，根据得到关于k的一元二次方程，应用韦达定理得，即可得直线的斜率；
（2）讨论切线斜率的存在性，求得的方程为，进而易得直线为，写出直线方程并求交点，确定椭圆轨迹方程，根据椭圆交点三角形性质求的面积最大值.
【详解】（1）设，切线，则，
由得：，
由得：，
设切线的斜率分别为，则，
又直线的斜率为2，则直线的斜率为.
（2）当切线斜率都存在时，设，
切线方程为，
由（1）得：
由点在椭圆上，得代入得：，即，
切线的方程为，
由于在切线上，则，所以直线为，
由得：直线方程为，联立直线，
解得，
由得：点轨迹方程为，且焦点恰为，
当切线斜率有一个不存在时，不妨设斜率不存在，且，
直线方程为方程为，解得，也在椭圆上，
综上，点的轨迹为椭圆，
所以，，仅当在椭圆的短轴端点时取到等号.
焦点的位置
焦点在x轴上
焦点在y轴上
图形
标准方程
eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)
eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)
范围
－a≤x≤a且－b≤y≤b
－b≤x≤b且－a≤y≤a
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
短轴长为2b，长轴长为2a
焦点
F1(－c,0)，F2(c,0)
F1(0，－c)，F2(0，c)
焦距
|F1F2|＝2c
对称性
对称轴：x轴和y轴，对称中心：原点
离心率
e＝eq \f(c,a)(0