2026年高考数学一轮复习举一反三专练(通用版)专题8.5椭圆(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习举一反三专练(通用版)专题8.5椭圆(学生版+解析)，共8页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc14717" 【题型1 椭圆的定义及其应用】 PAGEREF _Tc14717 \h 4
\l "_Tc6491" 【题型2 椭圆的标准方程】 PAGEREF _Tc6491 \h 5
\l "_Tc10704" 【题型3 曲线方程与椭圆】 PAGEREF _Tc10704 \h 8
\l "_Tc28983" 【题型4 轨迹问题——椭圆】 PAGEREF _Tc28983 \h 9
\l "_Tc21980" 【题型5 椭圆的焦距与长轴、短轴】 PAGEREF _Tc21980 \h 11
\l "_Tc18385" 【题型6 椭圆中的焦点三角形问题】 PAGEREF _Tc18385 \h 13
\l "_Tc24822" 【题型7 求椭圆的离心率或其取值范围】 PAGEREF _Tc24822 \h 15
\l "_Tc7275" 【题型8 与椭圆有关的最值问题】 PAGEREF _Tc7275 \h 18
\l "_Tc6547" 【题型9 椭圆的实际应用】 PAGEREF _Tc6547 \h 21
1、椭圆
知识点1 椭圆的方程及其性质
1．椭圆的定义
(1)定义：平面内与两个定点的距离的和等于常数(大于)的点的轨迹叫作椭圆.这两个定点叫作椭圆的焦点，两焦点间的距离叫作椭圆的焦距.
(2)椭圆定义的集合表示P={}.
2．椭圆的标准方程
椭圆的标准方程与其在坐标系中的位置的对应关系：
3．椭圆的顶点与长轴、短轴
以椭圆的标准方程 (a>b>0)为例.
(1)顶点
令x=0，得y=±b；令y=0，得x=±a.
这说明A1(-a,0)，A2(a,0)是椭圆与x轴的两个交点，B1(0,-b)，B2(0,b)是椭圆与y轴的两个交点.因为x轴、y轴是椭圆的对称轴，所以椭圆与它的对称轴有四个交点，这四个交点叫作椭圆的顶点.
(2)长轴、短轴
线段，分别叫作椭圆的长轴和短轴.
长轴长=2a，短轴长=2b，a和b分别叫作椭圆的长半轴长和短半轴长.
4．椭圆的离心率
(1)离心率的定义：椭圆的焦距与长轴长的比称为椭圆的离心率.用e表示，即e=.
(2)离心率的范围：00,A≠B)，再解答.
知识点3 椭圆的焦点三角形
1．椭圆的焦点三角形
(1)焦点三角形的概念
设M是椭圆上一点，F1,F2为椭圆的焦点，当点M,F1,F2不在同一条直线上时，它们构成一个焦点三角形，如图所示.
(2)焦点三角形的常用公式
①焦点三角形的周长L=2a+2c.
②在中，由余弦定理可得.
③设，，则.
知识点4 椭圆离心率或其范围的解题策略
1．求椭圆离心率或其范围的方法
解题的关键是借助图形建立关于a, b, c的关系式(等式或不等式)，转化为e的关系式，常用方法如下:
(1)直接求出a, c，利用离心率公式求解.
(2)由a与b的关系求离心率，利用变形公式求解.
(3)构造a, c的齐次式.离心率e的求解中可以不求出a, c的具体值，而是得出a与c的关系，从而求得e.
知识点5 椭圆中的最值问题的解题策略
1．椭圆中的最值问题
求解此类问题一般有以下两种思路：
(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法.解题的关键是能够准确分析出最值问题所隐含的几何意义，并能借助相应曲线的定义求解.
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可建立目标函数，将目标变量表示为一个(或多个)变量的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用配方法、判别式法，应用基本不等式以及三角函数的最值求法求出最大值、最小值或范围，但要注意自变量的取值范围对最值的影响.
【题型1 椭圆的定义及其应用】
【例1】（2025·广西南宁·二模）已知F1,F2分别是椭圆M:x216+y25=1的左、右焦点，P为M上一点，若|PF1|=3，则|PF2|=（ ）
A．2B．3C．5D．6
【答案】C
【解题思路】根据椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a=8，求解即可.
【解答过程】由椭圆M:x216+y25=1，可得a2=16，所以a=4，
因为F1,F2分别是椭圆M:x216+y25=1的左、右焦点，P为M上一点，
所以|PF1|+|PF2|=2a=8，又|PF1|=3，所以|PF2|=5.
故选：C.
【变式1-1】（2025·山西晋城·二模）已知F1,F2分别为椭圆C:x29+y25=1的左、右焦点，点P为C上一点，若PF1−PF2=2，则（ ）
A．PF2=2F1F2B．PF1=2F1F2
C．PF2=F1F2 D．PF1=F1F2
【答案】D
【解题思路】根据椭圆的定义可得PF1+PF2=6，结合PF1−PF2=2，求出PF1=4，PF2=2，结合F1F2=4即可判断各个选项.
【解答过程】由题意可知，F1−2,0，F22,0，所以F1F2=4，
由椭圆的定义可知，PF1+PF2=6，又PF1−PF2=2，所以PF1=4，PF2=2，
所以PF1=F1F2．
故选：D.
【变式1-2】（2024·江西·模拟预测）已知F1,F2是椭圆C:x24+y2=1的左、右焦点，过F1的直线交C于A,B两点，若AF2+BF2=5，则AB=（ ）
A．23B．3C．22D．2
【答案】B
【解题思路】利用椭圆的定义可得AB+AF2+BF2=8，结合已知即可得答案.
【解答过程】由椭圆的定义，知AF1+AF2=BF1+BF2=4，
所以AF1+AF2+BF1+BF2=8，即AB+AF2+BF2=8，
又AF2+BF2=5，所以AB=3．
故选：B.
【变式1-3】（2025·江西新余·模拟预测）已知椭圆C:x24+y2m=100)的左、右焦点分别为F1,F2，点M在椭圆上，且满足∠F1MF2=90°,MF2延长线交椭圆于另一点C，MF2=2F2C=2，则椭圆的方程为（ ）
A．x29+y2=1B．x25+y2=1C．x29+y24=1D．x218+y22=1
【答案】C
【解题思路】根据椭圆的定义可得MF1=2a−2，CF1=2a−1，再利用勾股定理，列出方程，求出a的值，从而得到椭圆方程.
【解答过程】因为点M在椭圆上，MF2延长线交椭圆于另一点C，且MF2=2F2C=2，
所以MF1=2a−2，CF1=2a−1，则CM=3，由于∠F1MF2=90°，
所以MF12+CM2=CF12，即(2a−2)2+9=(2a−1)2，解得a=3，
所以MF1=2a−2=4，则F1F2=MF12+MF22=16+4=25，
则c=5，b2=a2−c2=4，
所以椭圆方程为x29+y24=1，
故选：C.
【变式2-1】（2025·广西南宁·二模）已知A,B分别是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，直线x=a2c（c为椭圆E的半焦距）上存在点C，使得△ABC是顶角为120°的等腰三角形，且△ABC的面积为43，则椭圆E的方程为（ ）
A．x23+y22=1B．x24+y23=1
C．x24+y22=1D．x25+y24=1
【答案】B
【解题思路】根据锐角三角函数，结合椭圆的性质即可求解CB=AB得2c=a，即可利用面积公式求解.
【解答过程】如图：∠ABC=120∘,故∠MBC=60∘，
BM=a2c−a，故CB=2BM=2a2c−a，
故CB=AB⇒2a2c−a=2a，解得2c=a，
由于S△ABC=12⋅2a3a2c−a=43⇒aa2c−a=4，
故a=2,c=1，故b=a2−c2=3，故椭圆方程为x24+y23=1，
故选：B.

【变式2-2】（2024·山西太原·三模）已知点F1,F2 分别是椭圆 C的左、右焦点，P(4,3)是C上一点，△PF1F2的内切圆的圆心为I(m,1)，则椭圆 C的标准方程是（ ）
A．x224+y227=1B．x228+y221=1C．x252+y213=1D．x264+y212=1
【答案】B
【解题思路】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.
【解答过程】依题意，设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，由P(4,3)在C上，得16a2+9b2=1，
显然△PF1F2的内切圆与直线F1F2相切，则该圆半径为1，而S△PF1F2=12(2a+2c)⋅1=a+c，
又S△PF1F2=12⋅2c⋅3=3c，于是a=2c，b2=a2−c2=34a2，因此16a2+12a2=1，解得a2=28,b2=21，
所以椭圆 C的标准方程是x228+y221=1.
故选：B.
【变式2-3】（2025·湖北武汉·模拟预测）已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1,F2，离心率为23，过点F1作直线l（与y轴不重合）交椭圆C于M,N两点，△MNF2的周长为12，则椭圆C的标准方程是（ ）
A．x23+y2=1B．y23+x2=1C．x29+y25=1D．y29+x25=1
【答案】D
【解题思路】利用椭圆的定义表示出焦点三角形的周长，求出a的值，结合离心率求出b的值，即得椭圆方程.
【解答过程】
如图依题意，△MNF2的周长为MF2+MN+NF2=MF1+MF2+NF1+NF2=4a=12，
解得a=3．
设椭圆C的半焦距为c，因为椭圆C的离心率为23，所以e=ca=23，解得c=2．
所以b=a2−c2=32−22=5．
故椭圆C的标准方程为y29+x25=1．
故选：D.
【题型3 曲线方程与椭圆】
【例3】（2025·甘肃庆阳·二模）已知方程x2k−2−y2k−4=1表示的曲线是椭圆，则实数k的取值范围是（ ）．
A．2,3B．3,4C．2,4D．2,3∪3,4
【答案】D
【解题思路】根据方程表示椭圆列出不等式组得解.
【解答过程】因为方程x2k−2−y2k−4=1表示的曲线是椭圆，
所以k−2>0k−40，又因为abc≠0，那么ac>0且bc>0，所以由“曲线ax2+by2=c为椭圆”可以推出“ac>0”，充分性成立；
当ac>0时，比如a=b=1，c=1，此时曲线方程为x2+y2=1，它表示的是圆，而不是椭圆，所以由“ac>0”不能推出“曲线ax2+by2=c为椭圆”，必要性不成立；
所以“曲线ax2+by2=c为椭圆”是“ac>0”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式3-2】（2024·河南·模拟预测）若方程m+1x2+1−my2=1−m2表示焦点在x轴上的椭圆，则（ ）
A．−1b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，上顶点为A，直线AF1交M于另一点B，△ABF2的内切圆与AB相切于点C，若|BC|=F1F2，则椭圆M的离心率为（ ）
A．34B．14C．13D．12
【答案】D
【解题思路】本题主要是椭圆的定义及三角形的内切圆，作图利用三角形内切圆的性质即得答案.
【解答过程】由题意，如图，P，D是内切圆与BF2,AF2的切点，
因为左、右焦点分别为F1,F2，上顶点为A，椭圆参数关系a2=b2+c2，
由BF1+BF2=2a，结合对称性、圆的切线性质，
令CF1=DF2=PF2=n，且F1F2=|BP|=|BC|=2c，
所以BF1+|BP|+PF2=|BC|−CF1+|BP|+PF2=2a，
所以2c−n+2c+n=2a，可得2c=a，故e=ca=12，
故选：D．
【变式7-2】（2025·云南丽江·模拟预测）设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，P是椭圆C上一点，若点F2关于∠PF1F2的角平分线l的对称点恰好是点P，且F1P⋅F1F2=−49a2，则C的离心率为（ ）
A．13B．23C．12D．37
【答案】A
【解题思路】根据给定条件，利用对称特征及余弦定理、数量积定义列式求出离心率.
【解答过程】由F2关于∠PF1F2的角平分线l的对称点恰好是点P，得PF1=F1F2=2c，
由椭圆的定义得PF2=2a−PF1=2a−2c，设∠PF1F2=α，

在△PF1F2中，由余弦定理得csα=PF12+F1F22−PF222PF1F1F2=4c2+4c2−(2a−2c)22⋅2c⋅2c=c2−a2+2ac2c2，
由F1P⋅F1F2=−49a2，得F1PF1F2csα=−49a2，则2c⋅2c⋅c2−a2+2ac2c2=−49a2，
整理得：c2+2ac−79a2=0，即9e2+18e−7=0，又00)的左顶点，M、N是椭圆上的点.若四边形OPMN满足OM=OP+ON，∠PON∈2π3,5π6，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A．0,23B．0,232
C．0,32D．63,1
【答案】B
【解题思路】根据题意，结合椭圆的对称性可得Na2, t，则t=32b，设α为直线ON的倾斜角，可得tanα=3ba，进而求得ba的范围，得解.
【解答过程】由题意知P(−a,0)，由OM=OP+ON知OPMN为平行四边形，则M、N关于y轴对称，
设M−a2, t，Na2, t（不妨设t>0），将N点坐标代入椭圆方程可得t=32b，
因为∠PON∈2π3, 5π6，设α为直线ON的倾斜角，则α∈π6, π3，
所以tanα=ta2=32ba2=3ba∈33, 3，所以ba∈13, 1，
∴e=ca=1−ba2∈0, 232.
所以椭圆离心率的取值范围为0, 232.

故选：B.
【题型8 与椭圆有关的最值问题】
【例8】（2025·山东威海·一模）已知F为椭圆C:y29+x25=1的上焦点，P为C上一点，Q为圆M:x2+y2−8x+15=0上一点，则PQ+PF的最大值为（ ）
A．1+25B．3+25C．5+25D．7+25
【答案】D
【解题思路】由圆和椭圆方程可确定圆心、半径、a,c的长；利用椭圆定义和圆的对称性可将问题转化为求解7+PM−PF′的最大值问题，利用三角形三边关系可知当M,P,F′三点共线时取得最大值，由此可得结果.
【解答过程】由圆M方程得：圆心M4,0，半径r=12×64−60=1；
由椭圆C方程得：a=3，c=2，设椭圆C下焦点为F′，则F′0,−2，
由椭圆定义知：PF′+PF=2a=6，∴PQ+PF=6+PQ−PF′；
∵PQ≤PM+r（当且仅当P,M,Q三点共线时取等号），
∴PQ+PF=6+PQ−PF′≤7+PM−PF′，
又PM−PF′≤MF′（当且仅当M,P,F′三点共线时取等号），
∴PQ+PF≤7+MF′=7+4−02+0+22=7+25，即PQ+PF的最大值为7+25.
故选：D.
【变式8-1】（2025·陕西西安·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F1,0，且过点P−32,214，Q为C上一动点，则PQ+QF的最大值为（ ）
A．112B．132C．194D．214
【答案】D
【解题思路】根据题目条件求椭圆C的方程，进而由椭圆的定义及两点间线段最短求两线段长度之和的最大值
【解答过程】设C半焦距为c，因为F1,0，故c=1.
又C过点P−32,214，故94a2+2116b2=1.
由椭圆得a2=b2+c2=b2+1，代入解得a2=4，b2=3.即a=2，b=3.
所以C的方程为x24+y23=1.

设C的左焦点为F′−1,0，故PF′=−122+2142=54.
根据椭圆的几何性质可知，QF+QF′=2a=4
由于两点之间线段最短，所以PQ≤PF′+QF′.
因此PQ+QF≤PF′+QF′+QF=54+4=214.
当且仅当P，F′，Q在一条直线上时，等号成立.
故选：D.
【变式8-2】（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知椭圆C:x24+y23=1的左､右焦点为F1,F2,M是椭圆C上一动点，直线l:y=kx−1+2经过的定点为N，则MF1−MN的最大值为（ ）
A．2B．2C．22D．6
【答案】B
【解题思路】由直线l:y=kx−1+2经过定点N1,2，结合椭圆的定义由MF1−MN=4−MF2+MN求解.
【解答过程】由椭圆C:x24+y23=1得F1−1,0､F21,0，
因为点M为椭圆C:x24+y23=1上的点，则MF1+MF2=4，
直线l:y=kx−1+2经过定点N1,2，
则MF1−MN=4−MF2+MN≤4−NF2=4−2=2，
当且仅当M在线段NF2上时取等号，
所以MF1−MN的最大值为2.
故选：B.
【变式8-3】（2025·江苏泰州·模拟预测）已知F为椭圆C:x24+y2=1的右焦点，P为C上一点，Q为圆M:x2+y−32=1上一点，则PQ+PF的最大值为（ ）
A．5B．5+23C．3+23D．6
【答案】B
【解题思路】由题意设椭圆的左焦点为F1(−3,0)，作出图形，结合图形和椭圆的定义可知当M,F1,P三点共线时PQ+PF取到最大值.
【解答过程】由题意知，F(3,0)，设椭圆的左焦点为F1(−3,0)，
如图，P为C上一点，Q为圆M:x2+(y−3)2=1上一点，M(0,3)，半径为1，
PQ+PF=PM+1+PF≤MF1+PF1+PF+1=(−3)2+32+2a+1=5+23，
当且仅当M,F1,P三点共线时，等号成立，
所以PQ+PF的最大值为5+23.
故选：B.
【题型9 椭圆的实际应用】
【例9】（2025·广东韶关·模拟预测）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，AB=44米，桥塔最高点P距桥面110米，则此椭圆的离心率为（ ）
A．13B．25C．23D．45
【答案】D
【解题思路】建立如图所示平面直角坐标系，设椭圆方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)，依题意可得a+c=1102b2a=44，即可求出离心率.
【解答过程】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y2a2+x2b2=1(a>b>0)，
令y=−c，即−c2a2+x2b2=1，解得x=±b2a，依题意可得a+c=1102b2a=44，
所以a+c=110a2−c2a=22，所以a−ca=22110，所以e=ca=45．
故选：D．
【变式9-1】（2024·重庆·三模）如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，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P点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，最终卫星在P点第三次变轨进入以F为圆心的圆形轨道III绕月飞行，若用2c1和2c2分别表示椭圆轨道I和II的焦距，用2a1和2a2分别表示椭圆轨道I和II的长轴的长，则（ ）

A．a1−c1c2a2
【答案】D
【解题思路】根据图象可知PF=a1−c1=a2−c2可判断A；根据图象可知a1>a2，c1>c2结合由不等式的性质可判断B，C；对a1+c2=a2+c1两边同时平方化简可判断D.
【解答过程】如图可知，∵a1−c1=PF，a2−c2=PF，∴a1−c1=a2−c2，A不正确；
a1>a2，∴c1>c2，∴a1+c1>a2+c2；B不正确；
由a1>a2，c1>c2可知c2a1b2，∴c1a2>a1c2，即c1a1>c2a2，D正确，
故选:D.
【变式9-2】（2025·江西景德镇·二模）古希腊数学家在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点F1发出的光线经过椭圆上的P点反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点F2，且在P点处的切线垂直于法线（即∠F1PF2的角平分线）．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，坐标原点O到点P处切线的距离为a2，且PF1⋅PF2=ab，则C的离心率为（ ）
A．74B．34C．154D．78
【答案】C
【解题思路】作出辅助线，根据光学性质，得到点P处切线l与直线PF1,PF2均为π2−θ，求出点F1,F2到l的距离，结合椭圆的定义得到原点O到点P处切线的距离，得到方程，求出θ=π3，∠F1PF2=2θ=2π3，由余弦定理，PF1⋅PF2=ab，得到4b=a，求出离心率.
【解答过程】如图，PM是∠F1PF2的平分线，则PM⊥l，
设∠F1PF2=2θ，则∠F1PM=∠MPF2=θ，
根据椭圆的光学性质，点P处切线l与直线PF1,PF2均为π2−θ，
故点F1,F2到l的距离分别为AF1=PF1sinπ2−θ=PF1csθ，
BF2=PF2sinπ2−θ=PF2csθ，
∵O为F1F2的中点，
∴由梯形中位线性质得，原点O到点P处切线的距离为
ON=12AF1+BF2=12PF1csθ+PF2csθ=12PF1+PF2csθ
=12⋅2acsθ=acsθ=a2，
∴csθ=12，故θ=π3，∠F1PF2=2θ=2π3，
又PF1⋅PF2=ab，由余弦定理，可得F1F22=PF12+PF22−2PF1⋅PF2cs120°
=(PF1+PF2)2−2PF1⋅PF2−2PF1⋅PF2cs120°，
∴4c2=4a2−ab，即ab=4a2−4c2=4b2，故4b=a，
∴C的离心率为e=1−b2a2=1−116=154.
故选：C．
【变式9-3】（2024·陕西西安·一模）已知农历每月的第t+1天（0≤t≤29，t∈N）的月相外边缘近似为椭圆的一半，方程为x2r2cs22π29t+y2r2=1，其中r为常数.根据以上信息，下列说法中正确的有（ ）
A．农历每月第d（1≤d≤30，d∈N*）天和第30−d天的月相外边缘形状相同
B．月相外边缘上的点到椭圆焦点的距离的最大值为2r
C．月相外边缘的离心率与t无关
D．农历初六至初八的月相外边缘离心率在区间32,1内
【答案】D
【解题思路】利用已知条件求出第d天和第30−d天的方程即可判断A，根据椭圆上点到焦点的距离的最大值为a+c，求出a+c的范围即可判断B，求出离心率e的表达式判断C，利用离心率e的表达式，求出农历初六至初八时的e的范围即可判断D.
【解答过程】由方程x2r2cs22π29t+y2r2=1（0≤t≤29，t∈N）知：
对于A：当t=d−1时，椭圆方程为x2r2cs22π29d−1+y2r2=1，
当t=29−d时，椭圆方程为x2r2cs22π2929−d+y2r2=1，
化简为x2r2cs22π−2π29d+y2r2=1，即x2r2cs22π29d+y2r2=1，所以A错误；
对于B：月相外边缘上的点到椭圆焦点的距离的最大值为：
a+c=r+r2−r2cs22π29t，
=r+r21−cs22π29t，
=r+r2sin22π29t，
=r+rsin2π29t，
=r1+sin2π29t，
因为0≤t≤29，t∈N，
所以sin2π29t0)上位于第二象限的一点，F1(−2,0),F2(2,0)为C的左、右焦点，O为坐标原点，|OP|=2，∠F1PF2的平分线与x轴交与点Q，点M在直线PQ上，PF1=λOM(λ>0)，且|OM|=1，则（ ）
A．点P在以F1F2为直径的圆上B．△PF1F2的周长为10
C．椭圆C的方程为x27+y23=1D．λ=3
【答案】AC
【解题思路】由已知得出△POF2为等腰三角形，过点O作ON⊥PF2，垂足为N，由三线合一及中位线得出∠F1PF2=90°即可判断A；结合又PF1=λOM(λ>0)，得出点M,O,N在同一直线上，结合PQ平分∠F1PF2，得出△PMN为等腰直角三角形，进而用a表示出PF1,PF2，在Rt△F1PF2中利用勾股定理求出a，即可判断BCD．
【解答过程】由题可知，OF1=OF2=2，设PF1=2x，PF2=2a−2x，
又|OP|=2，所以OP=OF2，
过点O作ON⊥PF2，垂足为N，则N为PF2中点，PN=NF2=a−x，
又O为F1F2中点，所以ON//PF1，ON=12PF1=x，∠F1PF2=90°，故A正确；
又PF1=λOM(λ>0)，所以PF1//OM，
所以点M,O,N在同一直线上，MN=OM+ON=1+x
又PQ平分∠F1PF2，所以∠QPN=45°，则∠PMN=45°，
所以PN=MN，即a−x=x+1，解得2x=a−1，即PF1=a−1，PF2=a+1，
在Rt△F1PF2中，PF12+PF22=F1F22，即a−12+a+12=42，解得a=7，
所以△PF1F2的周长为PF1+PF2+F1F2=27+4，故B错误；
所以b2=a2−c2=7−4=3，则椭圆C的方程为x27+y23=1，故C正确；
因为PF1=a−1=7−1,OM=2，所以λ=PF1OM=7−12，故D错误；
故选：AC．
10．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知椭圆E：x225+y29=1的左、右焦点分别为F1,F2，点Px0,y0）是椭圆E上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆E的长轴长为5B．椭圆E的离心率为45
C．1≤PF1≤9D．恰好存在两个点P使得PF1⋅PF2=0
【答案】BC
【解题思路】由椭圆的方程可得a=5,b=3,c=4，即可判断AB；由a−c≤PF1≤a+c判断C，确定P点所在方程，联立椭圆方程可求出符合题意的点的个数，判断D.
【解答过程】对于椭圆E：x225+y29=1，a=5,b=3,c=4，故椭圆长轴长为2a=10，A错误；
椭圆离心率为e=ca=45，B正确；
点Px0,y0）是椭圆E上的一个动点，则a−c≤PF1≤a+c，即1≤PF1≤9，C正确；
由PF1⋅PF2=0可知P点位于以F1F2为直径的圆上，F1−4,0,F24,0，
则该圆方程为x2+y2=16，联立x225+y29=1，解得x=±574,y=±94，
则P574,94或P574,−94或P−574,94或P−574,−94，故满足题意的点P有4个，D错误，
故选：BC.
11．（2025·广东惠州·模拟预测）动点P在椭圆C上，F1，F2为C的左、右焦点，直线PF1和直线PF2分别交C于点A，B，若△PAF2的周长为20，且C的左顶点和上顶点距离为41，则（ ）
A．椭圆焦距为3
B．离心率e=35
C．△PF1F2面积最大值为12
D．PF1和PF2斜率乘积为定值
【答案】BC
【解题思路】由焦点弦三角形的周长为20得a=5，由C左顶点和上顶点距离为41得b=4，从而c=3，判断AB选项，由焦点弦三角形的面积判断C选项，由直线斜率公式和椭圆上的点满足椭圆的方程计算判断D选项.
【解答过程】因为点P，A在椭圆上，所以PF1+PF2=2a，AF1+AF2=2a，
故△PAF2的周长为PA+AF2+PF2=PF1+PF2+AF1+AF2=4a=20，
解得a=5，因为左顶点和上顶点的距离为a2+b2=52+b2=41，
解得b=4，则c=a2−b2=3，焦距为2c=6，故A错误；
e=ca=35，故B正确；
S△PF1F2=12×F1F2×yP=cyP≤bc=12，
当点P位于y轴上时，△PF1F2面积取得最大值12，故C正确；
设Px,y，则x225+y216=1，即y2=16−1625x2，
因为F1−3,0，F23,0，所以kPF1=yx+3，kPF2=yx−3，
故kPF1⋅kPF2=yx+3×yx−3=y2x2−9=1625⋅25−x2x2−9不是定值，故D错误.
故选：BC.
三、填空题
12．（2025·陕西渭南·三模）已知椭圆x22m+y2m=1的一个焦点的坐标是2,0，则实数m的值为 .
【答案】4
【解题思路】根据椭圆的标准方程及椭圆的性质即可求解.
【解答过程】∵椭圆x22m+y2m=1的一个焦点的坐标是2,0,
∴m>0，c=2，∴a2=2m，b2=m，c2=m，∴m=c2=4.
故答案为：4.
13．（2025·江苏南通·模拟预测）若直线y=2b3与椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0交于A，B两点，AB=2b，则C的离心率为 .
【答案】23
【解题思路】根据椭圆的对称性结合点在椭圆上计算求解.
【解答过程】直线y=2b3与椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0交于A，B两点，AB=2b，
则A−b,2b3,Bb,2b3，点B在椭圆上可得b2a2+2b32b2=1，即得b2a2=59，
所以C的离心率为e=ca=c2a2=1−b2a2=1−59=23.
故答案为：23.
14．（2025·江西新余·模拟预测）已知F1，F2是椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，过F1与y轴的平行线与椭圆E交于C，D，|CD|=10，|DF2|=13，则椭圆E的方程为 ．
【答案】x281+y245=1
【解题思路】根据椭圆的特点及定义求解即可.
【解答过程】由题意，CD⊥x轴，且|CD|=10，则|DF1|=5，
由椭圆的定义知，2a=|DF2|+|DF1|=13+5=18，则a=9，
在Rt△DF1F2中，2c=|F1F2|=|DF2|2−|DF1|2=132−52=12，
则c=6，所以b2=a2−c2=81−36=45，
所以椭圆E的方程为x281+y245=1．
故答案为：x281+y245=1.
四、解答题
15．（2025·广西·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A2,0，离心率e=32.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l:y=x+m与椭圆C交于不同的两点M,N，点Q4,0，若直线MQ的斜率与直线NQ的斜率互为相反数，求实数m的值.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)m=−1
【解题思路】（1）根据条件确定a,b,c的值，可求椭圆C的方程.
（2）把直线方程与椭圆方程联立，消去y，得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理表示出x1+x2，x1x2，再表示出直线MQ和NQ的斜率，利用kMQ+kNQ=0列式，求m的值即可.
【解答过程】（1）由题知a=2，
且e=ca=32，得c=3，
又a2=b2+c2，代入可得a2=4，b2=1，
∴椭圆C的方程为x24+y2=1.
（2）如图：

联立y=x+mx24+y2=1，得5x2+8mx+4m2−4=0，
由题意，Δ=64m2−80(m2−1)>0,即16m2b>0)的离心率为223，下顶点为A，右顶点为B，|AB|=10．
(1)求C的方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足AP⋅AR=3．
（i）设P(m,n)，求R的坐标（用m，n表示）；
（ⅱ）设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率为直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的最大值．
【答案】(1)x29+y2=1
(2)(ⅰ) 3mm2+n+12,n+2−m2−n2m2+n+12 (ⅱ) 33+2
【解题思路】（1）根据题意列出a,b,c的关系式,解方程求出a,b,c,即可得到椭圆的标准方程；
（2）(ⅰ)设Rx0,y0,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；
(ⅱ) 根据斜率关系可得到点P的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出.
【解答过程】（1）由题可知,A0,−b,Ba,0，所以a2+b2=10e=ca=223c2=a2−b2，解得a2=9,b2=1,c2=8，
故椭圆C的标准方程为x29+y2=1；
（2）(ⅰ)设Rx0,y0，易知m≠0，
法一：所以kAP=n+1m，故y0+1x0=n+1m，且mx0>0．
因为A0,−1，ARAP=3，所以x02+y0+12×m2+n+12=3，
即1+n+1m2x0m=3，解得x0=3mm2+n+12，所以y0=n+2−m2−n2m2+n+12，
所以点R的坐标为3mm2+n+12,n+2−m2−n2m2+n+12.
法二：设AR=λAP,λ>0，则ARAP=3⇒λm2+n+12=3，所以
λ=3m2+n+12，AR=λAP=λm,n+1=3mm2+n+12,3n+1m2+n+12，故
点R的坐标为3mm2+n+12,n+2−m2−n2m2+n+12.
(ⅱ)因为kOR=n+2−m2−n2m2+n+123mm2+n+12=n+2−m2−n23m,kOP=nm,由kOR=3kOP,可得
3nm=n+2−m2−n23m,化简得m2+n2+8n−2=0,即m2+n+42=18m≠0,
所以点P在以N0,−4为圆心,32为半径的圆上（除去两个点）,
PQmax为Q到圆心N的距离加上半径,
法一：设Q3csθ,sinθ,所以
QN2=3csθ2+sinθ+42=9cs2θ+sin2θ+8sinθ+16
=8cs2θ+1+8sinθ+16
=81−sin2θ+8sinθ+17
=−8sin2θ+8sinθ+25
=−8sinθ−122+27≤27,当且仅当sinθ=12时取等号,
所以PQmax=27+32=33+2.
法二：设QxQ,yQ，则xQ29+yQ2=1，
QN2=xQ2+yQ+42=9−9yQ2+yQ2+8yQ+16=−8yQ2+8yQ+25
=−8yQ−122+27≤27，当且仅当yQ=12时取等号,
故PQmax=27+32=33+2.
考点要求
真题统计
考情分析
(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
2023年新高考I卷：第5题，5分
2023年全国甲卷（理数）：第12题，5分
2023年北京卷：第19题，15分
2024年新高考I卷：第16题，15分
2024年新高考Ⅱ卷：第5题，5分
2025年全国一卷：第18题，17分
2025年全国二卷：第16题，15分
2025年北京卷：第19题，15分
椭圆的方程及其性质是圆锥曲线中的重要内容，是高考命题的重点内容.从近几年的高考情况来看，主要考查椭圆的定义、标准方程及其简单几何性质，主要以选择、填空题的形式出现，难度不大；对于解答题中椭圆的考查，椭圆方程的求解往往在解答题的第一小问中考查，复习时要加强这方面的训练.
与向量等知识结合综合考查也是高考命题的一个趋势，需要学会灵活求解.
椭圆在坐标
系中的位置
标准方程
焦点坐标
F1(-c,0),F2 (c,0)
F1(0,-c),F2 (0,c)
a,b,c的关系