专题15 椭圆（4大考向真题解读）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）

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命题分析
2024年高考新高考Ⅰ卷椭圆的考查体现在大题中，后续专题会解读。Ⅱ卷考查了椭圆的轨迹方程求法，难度较易。椭圆是圆雉曲线的重要内容，高考主要考查椭圆定义的运用、椭圆方程的求法以及椭圆的简单几何性质，尤其是对离心率的求解，更是高考的热点问题，因方法多，试题灵活，在各种题型中均有体现。预计2025年高考还是主要考查椭圆的定义和离心率。
试题精讲
一、单选题
1．（2024新高考Ⅱ卷·5）已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A．（）B．（）
C．（）D．（）
【答案】A
【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解.
【详解】设点，则，
因为为的中点，所以，即，
又在圆上，
所以，即，
即点的轨迹方程为.
故选：A
一、单选题
1．（2023新高考Ⅰ卷·5）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
2．（2023新高考Ⅱ卷·5）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可.
【详解】将直线与椭圆联立，消去可得，
因为直线与椭圆相交于点，则，解得，
设到的距离到距离，易知，
则，，
，解得或（舍去），
故选：C.
二、填空题
3．（2022新高考Ⅰ卷·16）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.
4．（2022新高考Ⅱ卷·16）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
一、椭圆的定义
平面内与两个定点的距离之和等于常数（）的点的轨迹叫做椭圆，这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点的距离叫做椭圆的焦距，记作，定义用集合语言表示为：
注意：当时，点的轨迹是线段；
当时，点的轨迹不存在．
二、椭圆的方程、图形与性质
【椭圆常用结论】
1、过椭圆的焦点与椭圆的长轴垂直的直线被椭圆所截得的线段称为椭圆的通径，其长为．
①椭圆上到中心距离最小的点是短轴的两个端点，到中心距离最大的点是长轴的两个端点．
②椭圆上到焦点距离最大和最小的点是长轴的两个端点．
距离的最大值为，距离的最小值为．
2、椭圆的切线
①椭圆上一点处的切线方程是；
②过椭圆外一点，所引两条切线的切点弦方程是；
③椭圆 与直线 相切的条件是．
一、单选题
1．（2024·湖北荆州·三模）已知椭圆C：的一个焦点为，则k的值为（ ）
A．4B．8C．10D．12
【答案】D
【分析】利用椭圆的标准方程与焦点位置即可得解.
【详解】由题意得，，，，所以．
故选：D．
2．（2024·山东烟台·三模）若椭圆与椭圆（）的离心率相同，则实数b的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由离心率相等列出关于的方程求解即可.
【详解】若椭圆与椭圆（）的离心率相同，
则，解得满足题意.
故选：A.
3．（2024·江西九江·三模）已知椭圆的左右焦点分别为,过且倾斜角为的直线交于第一象限内一点.若线段的中点在轴上,的面积为,则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得到，, ,设，其它边全部用t表示,运用面积为构造方程求出t.再用椭圆定义求出a,进而求出c,b即可.
【详解】如图,为线段的中点,为线段的中点,,又轴, 轴.
在中, ,设,则的面积为,
,
,则C的方程为.
故选：D.
4．（2024·河南·三模）已知椭圆的右焦点为，短轴长为，点在椭圆上，若的最大值是最小值的3倍，则椭圆的焦距为（ ）
A．3B．4C．1D．2
【答案】D
【分析】利用椭圆的几何性质得到关于的方程组，解之即可得解.
【详解】依题意，椭圆短轴长为，得，则，
又的最大值是最小值的3倍，即，
所以，所以，则其焦距为.
故选：D
5．（2024·浙江绍兴·三模）已知直线与椭圆C：交于，两点，以线段为直径的圆过椭圆的左焦点，若，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得四边形为矩形，结合椭圆定义与勾股定理可将分别用和表示，即可得离心率.
【详解】取右焦点，连接、，由在以线段为直径的圆上，
故，结合对称性可知四边形为矩形，有，
有，又，
由，则，，
由椭圆定义可得，
故，
则.
故选：C.
6．（2024·江西鹰潭·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，倾斜角为且过原点的直线交椭圆于两点.若，设椭圆的离心率为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，得到四边形为矩形，由直线过原点且倾斜角为，在和中，利用余弦定理计算得，结合椭圆的定义,求得离心率，进而计算出.
【详解】如图所示，

因为，且分别为和的中点，，所以四边形为矩形，
又直线过原点且倾斜角为，即，，且为等腰三角形，
所以，在中，根据余弦定理可得，即，
同时，在中，根据余弦定理可得，即，
所以，可得，
.
故选：B.
7．（2024·天津河西·三模）已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】C
【分析】设椭圆和双曲线的方程分别为：，，易得，设，利用椭圆和双曲线的定义得到，然后在中，利用余弦定理得到，然后利用基本不等式求解.
【详解】解：如图所示：
设椭圆和双曲线的方程分别为：，，
由题意得，
设，则，
解得，
在中，由余弦定理得：，
即，化简得，
则，
所以，
，
当且仅当，即时，等号成立；
故选：C
8．（2024·四川·三模）已知椭圆 的左、右焦点分别为，点是椭圆上一点，若的内心为，连接并延长交轴于点，且，则椭圆的短轴长为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】合理构建图形，利用角平分线定理和等比定理得到，再求短轴长度即可.
【详解】
如图，连接在和中，
利用角平分线定理可得
由等比定理可得从而.
故椭圆的短轴长为，故B正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是合理构建图形，然后利用角平分线定理和等比定理得到，再求解短轴长度即可．
9．（2024·广东汕头·三模）已知椭圆：的两个焦点分别为，，是上任意一点，则下列不正确的是（ ）
A．的离心率为B．的最小值为2
C．的最大值为16D．可能存在点，使得
【答案】D
【分析】求出椭圆的长短半轴长及半焦距，再结合椭圆的性质逐项分析计算即可.
【详解】椭圆：的长半轴长，短半轴长，半焦距，
对于A，的离心率，A正确；
对于B，由，得，因此，B正确；
对于C，，当且仅当时取等号，C正确；
对于D，当不在x轴上时，，
，当且仅当取等号，
当在x轴上时，，上述不等式成立，因此最大为，D错误.
故选：D
10．（2024·河北衡水·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为，过向圆引切线交椭圆于点为坐标原点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先画出图形，由得，进而得，，然后由椭圆的定义可得，由勾股定理，从而即可得到离心率.
【详解】由题意画出图形，如下图：
设切点为M，连接，由已知，∴，
∵，∴，又是的中点，
圆的半径为，
，，
∴，即，得，
.
故选：C.
11．（2024·浙江·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线l与椭圆相交于A、B两点，与y轴相交于点C．连接，．若O为坐标原点，，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由三角形面积关系得出，再由勾股定理及椭圆定义求出，利用余弦定理及求解即可.
【详解】设，由
可得，由于与等高，
所以，

又，，∴，
又，∴，
在中，，
∵，
在中，，
化简可得，解得，
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题关键点之一根据三角形面积关系得出，其次需要根据建立关系.
二、多选题
12．（2024·河南开封·三模）椭圆的焦点为，，上顶点为A，直线与C的另一个交点为B，若，则（ ）
A．C的焦距为2B．C的短轴长为
C．C的离心率为D．的周长为8
【答案】ABD
【分析】根据以及椭圆的对称性可得，进而可求解，即可根据选项逐一求解.
【详解】由于，所以,
故，
因此，故，
所以椭圆，
对于A，焦距为，故A正确，
对于B，短轴长为，B正确，
对于C，离心率为，C错误，
对于D，的周长为，D正确，
故选：ABD
13．（2024·全国·模拟预测）已知长轴长、短轴长和焦距分别为、和的椭圆，点是椭圆与其长轴的一个交点，点是椭圆与其短轴的一个交点，点和为其焦点，．点在椭圆上，若，则（ ）
A．，，成等差数列
B．，，成等比数列
C．椭圆的离心率
D．的面积不小于的面积
【答案】BD
【分析】
AB选项，根据垂直关系得到，求出，得到A错误，B正确；C选项，根据得到，进而求出离心率；D选项，计算出和的面积，作差法结合基本不等式求出答案.
【详解】AB选项，椭圆方程为，不妨设，，
故，
因为，且直线的斜率存在，所以，
即，故，成等比数列，A错误，B正确；
C选项，因为，，所以，
方程两边同除以得，，解得，负值舍去，
故离心率为，C错误；
D选项，由椭圆定义得，，
因为，所以，
两边平方得，
故，，
，
又，且，由基本不等式得
，
所以即的面积不小于的面积，D正确.
故选：BD
14．（2024·河南·三模）已知椭圆经过点，且离心率为．记在处的切线为，平行于OP的直线与交于A，B两点，则（ ）
A．C的方程
B．直线OP与的斜率之积为-1
C．直线OP，l与坐标轴围成的三角形是等腰三角形
D．直线PA，PB与坐标轴围成的三角形是等腰三角形
【答案】ACD
【分析】根据题干列出方程组，解方程组可判断A；根据直线与椭圆相切的可求出直线的方程即可判断B，C；通过计算可判断D.
【详解】椭圆方程为：，故A正确；
如图，因为点在第一象限，取椭圆方程的右半部分得：，则，
所以，所以，故B错误；
，则为等腰三角形，故C正确；
，消可得，
与坐标轴围成的三角形是等腰三角形，故D正确.
故选：ACD
15．（2024·全国·二模）已知圆O：经过椭圆C：（）的两个焦点，，且P为圆O与椭圆C在第一象限内的公共点，且的面积为1，则下列结论正确的是（ ）
A．椭圆C的长轴长为2B．椭圆C的短轴长为2
C．椭圆C的离心率为D．点P的坐标为
【答案】BD
【分析】根据圆的方程确定的值，再由的面积可得点P的坐标，从而可得的值，再逐项判断即可得答案.
【详解】因为圆O：经过椭圆C：（）的两个焦点，，
所以，
又P为圆O与椭圆C在第一象限内的公共点，
则，故，代入圆方程可得，所以，故点P的坐标为，故D正确；
将点P的坐标代入椭圆方程可得，又，解得，
故椭圆C的长轴长为，短轴长为，故A不正确，B正确；
则椭圆C的离心率为，故C不正确.
故选：BD.
16．（2024·江西南昌·三模）将椭圆上所有的点绕原点旋转角，得到椭圆的方程：，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．椭圆的离心率为
C．是椭圆的一个焦点D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，由椭圆的对称性，求解顶点坐标，从而可得，再由椭圆的性质对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】椭圆上所有的点绕原点旋转角，
得到椭圆的方程：，
设点在该椭圆上，则其关于的对称点代入椭圆方程有
，即，则该对称点位于椭圆方程上，
同理其关于的对称点代入椭圆方程有
，即，则该对称点位于椭圆方程上，
则关于对称，
所以，故D正确；
将代入可得，
可得椭圆长轴的顶点为，所以，故A正确；
将代入可得，
可得椭圆长轴的顶点为，所以，
则，则，故B错误；
所以焦点坐标为或，所以C正确；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的关键通过证明该非标准椭圆的对称性，从而得到的值，再按照普通椭圆的定义计算即可，也可将该过程想象成坐标系的旋转.
17．（2024·江西宜春·三模）设椭圆C：的左、右焦点分别为，，坐标原点为O．若椭圆C上存在一点P，使得，则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．的面积为2D．的内切圆半径为
【答案】ACD
【分析】根据已知求出P点坐标，根据两点间距离公式分布求出，在中利用余弦定理可判定A，利用向量数量积公式可判定B，三角形面积公式可判定C，根据等面积法可判定D.
【详解】法1：由题意得，，则，．
由对称性可设（，），，，，
由，解得，又，，
所以，，
所以．
由椭圆的定义得，
在中，由余弦定理，得，
即，
解得，故A正确；
，故B错误；
的面积为，故C正确；
设的内切圆半径为r，由的面积相等，得，
即，解得，故D正确．
故选：ACD．
法2：设，，．易知，，
由极化恒等式，得，故B错误；
由中线长定理得，由椭圆定义得，
所以，所以，
所以，故A正确；
由，得，所以，故C正确；
设的内切圆半径为r，由的面积相等，得，
即，解得，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题
18．（2024·上海·三模）已知椭圆C的焦点、都在x轴上，P为椭圆C上一点，的周长为6，且，，成等差数列，则椭圆C的标准方程为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，结合等差中项的意义及椭圆的定义列式求出即可得解.
【详解】令椭圆长半轴长为，半焦距为，依题意，，
即，解得，则椭圆短半轴长，
所以椭圆C的标准方程为.
故答案为：
19．（2024·四川攀枝花·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，且，则椭圆的离心率为 ．
【答案】/
【分析】延长交于点,由题意可求出，因为点在上，代入椭圆的方程，化简即可得出答案.
【详解】延长交于点，因为，所以，
所以点在轴上，因为，所以为等腰直角三角形，
所以，过点作交于点，
所以，所以，因为点在上，
所以，即，
则，
即，即，
所以，因为，所以，
所以.
故答案为：.

20．（2024·山西·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，若C上存在一点P，使线段的中垂线过点，则C的离心率的最小值是 ．
【答案】
【分析】由题意可知：，可得，运算求解即可.
【详解】设椭圆C的半焦距为，
由题意可知：，
根据存在性结合椭圆性质可知：，解得，
可得C的离心率，所以C的离心率的最小值是.
故答案为：.
21．（2024·陕西咸阳·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上任意一点，为曲线上任意一点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】求出点的坐标，求出圆的圆心和半径，再利用圆的性质求出最小值.
【详解】椭圆中，右焦点，圆的圆心，半径，
显然椭圆与圆相离，由点在圆上，得，
于是，
当且仅当分别是线段与椭圆、圆的交点时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：
22．（2024·湖南长沙·三模）已知椭圆，P为椭圆上任意一点，过点P分别作与直线和平行的直线，分别交，交于M，N两点，则的最大值为 .
【答案】3
【分析】根据题意画出示意图，可得四边形为平行四边形，设，，，根据与的中点相同，换算出关系式，再由两点间的距离公式，结合椭圆的性质即可求解.
【详解】设过点P分别作直线，由题意，画示意图如下：
设，，.则，，
由题意可知四边形为平行四边形，
所以，即，
又因P为椭圆上任意一点，所以，即，
所以，
因为，所以，
所以由函数性质知：当时，有.
故答案为：3
【点睛】关键点点睛：本题结合两点间的距离公式考查椭圆的几何性质的应用，考查理解辨析能力与运算求解能力，解题的关键是利用平行四边形的性质找到点的坐标之间的关系.
23．（2024·重庆·三模）已知椭圆的左右焦点为，若椭圆上存在不在轴上的两点A，B满足，且，则椭圆离心率的取值范围为 .
【答案】
【分析】由判断出四边形为平行四边形，由正弦定理，利用可得答案.
【详解】由知，为AB中点，四边形为平行四边形，
由与可知，
在中由正弦定理知，，
在中，有，又因为，
可得，，由，得，
故离心率的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中离心率的计算，关键是根据题中条件，结合曲线性质，找到一组等量关系（齐次式），进而求解离心率或范围.
命题解读
考向
考查统计
1.高考对椭圆的考查，重点是
（1）椭圆的定义、几何图形、标准方程。
（2）椭圆的简单几何性质（范围、对称性、顶点、离心率）。
（3）直线和椭圆的位置关系及综合应用。
椭圆的定义和弦长
2022·新高考Ⅰ卷，16
椭圆的离心率
2023·新高考Ⅰ卷，5
直线与椭圆的应用
2022·新高考Ⅱ卷，16
2023·新高考Ⅱ卷，5
椭圆的轨迹方程
2024·新高考Ⅱ卷，5
焦点的位置
焦点在轴上
焦点在轴上
图形
标准方程
统一方程
参数方程
第一定义
到两定点的距离之和等于常数2，即（）
范围
且
且
顶点
、
、
、
、
轴长
长轴长，短轴长
长轴长，短轴长
对称性
关于轴、轴对称，关于原点中心对称
焦点
、
、
焦距
离心率
准线方程
点和椭圆
的关系
切线方程
（为切点）
（为切点）
对于过椭圆上一点的切线方程，只需将椭圆方程中换为，换为可得
切点弦所在的直线方程
焦点三角形面积
①，（为短轴的端点）
②
③
焦点三角形中一般要用到的关系是
焦半径
左焦半径：
又焦半径：
上焦半径：
下焦半径：
焦半径最大值，最小值
通径
过焦点且垂直于长轴的弦叫通径：通径长=（最短的过焦点的弦）
弦长公式
设直线与椭圆的两个交点为，，，
则弦长
（其中是消后关于的一元二次方程的的系数，是判别式）