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第13讲 椭圆
【考点梳理】
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－b2
【解题方法和技巧】
1.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．
【考点剖析】
【考点1】椭圆的定义
一、单选题
1．（2022·上海·高三专题练习）如图，已知椭圆C的中心为原点O，为C的左焦点，P为C上一点，满足，且，则椭圆C的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】取椭圆的右焦点，连接，由平面几何的知识可得，进而可得，由椭圆的定义可得、，即可得解.
【详解】由题意可得该椭圆的半焦距，设椭圆C的方程为，
取椭圆的右焦点，连接，如图，
因为，所以，所以，
又，，所以，
所以，即，所以，
所以椭圆方程为.
故选：C.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求解，考查了运算求解能力及转化化归思想，对条件合理转化是解题关键，属于基础题.
2．（2022·上海·位育中学模拟预测）已知椭圆 的右焦点为 ， 点 是椭圆上三个不同的点， 则 “ 成等差数列” 是 “”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用焦半径公式结合充分条件、必要条件的定义可得正确的选项.
【详解】由题设有，
故
，
而，故，同理，，
若 成等差数列，则，故，
若，则即，
故 成等差数列，
故“ 成等差数列” 是 “”的充要条件，
故选：C
二、填空题
3．（2022·上海黄浦·模拟预测）已知椭圆的左焦点为F，若A B是椭圆上两动点，且垂直于x轴，则周长的最大值为___________.
【答案】12
【分析】根据椭圆的定义以及三角形中两边之和大于第三边的关系即可求解.
【详解】如图.设与x轴相交于点C，椭圆右焦点为，
连接，
所以周长为
故的周长的最大值为12，
故答案为：12.
4．（2022·上海普陀·二模）设椭圆的左、右两焦点分别为，，是上的点，则使得是直角三角形的点的个数为_________.
【答案】6
【分析】根据椭圆的性质判断为上下顶点时的大小判断直角三角形个数，再加上、对应直角三角形个数，即可得结果.
【详解】由椭圆性质知：当为上下顶点时最大，此时，，
所以，故焦点三角形中最大为，故有2个；
又、对应的直角三角形各有2个；
综上，使得是直角三角形的点的个数为6个.
故答案为：6
三、解答题
5．（2022·上海金山·二模）已知椭圆的左 右焦点分别为，设是第一象限内椭圆上一点，的延长线分别交椭圆于点，直线与交于点.
(1)求的周长；
(2)当垂直于轴时，求直线的方程；
(3)记与的面积分别为，求的最大值.
【答案】(1)8
(2)
(3)
【分析】（1）利用椭圆的定义求解；
（2）根据，得到，然后由直线的方程与椭圆方程联立，求得的坐标即可；
（3）设，直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理得到，同理得到，然后由求解.另解令求解.
(1)解：由椭圆的定义知，，
所以的周长为8.
(2)因为，故，
直线的方程为.
联立解得或
即
从而，直线的方程为，
即.
(3)设.
设直线的方程为，其中.
联立消去得
则.
又，即，
故.
同理，.
于是，
，
又，
故，
当且仅当，即时等号成立.
故的最大值为.
另解：令，
则.
当且仅当，
即.
故的最大值为.
6．（2022·上海静安·模拟预测）已知椭圆C：（）的左，右焦点分别为，，上，下顶点分别为A，B，四边形的面积和周长分别为2和.
(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的中垂线交y轴于M点，且为直角三角形，求直线l的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由已知可得，结合的关系可求解；
（2）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可求出EF的中点，进而求得其中垂线方程，求出坐标，分析已知可得，代入即可求解.
(1)由题意知，解得
故椭圆的方程为
(2)设
联立，整理得
由韦达定理得，
，，
所以线段EF的中垂线方程为，
令，解得，
，，
又为直角三角形，且，
，即
所以直线l的方程或
【考点2】椭圆的标准方程
一、单选题
1．（2022·上海·高三专题练习）是方程表示椭圆的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分必要条件的定义判断．
【详解】时，，，但当时，，方程表示圆．不充分，
方程表示椭圆时，，即且，是必要的．
应为必要不充分条件．
故选：B．
2．（2022·上海·高三专题练习）设是椭圆的两焦点，与是该椭圆的右顶点与上顶点，是该椭圆上的一个动点，是坐标原点，记.在动点在第一象限内从沿椭圆向左上方运动到的过程中，的大小变化情况为（ ）
A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大
【答案】B
【分析】设，然后由向量数量积的坐标表示求出为的函数后，根据函数性质可得结论．
【详解】设，由椭圆方程知，
，随的减小而变小，
故选：B.
【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算，掌握向量数量积的的坐标表示是解题基础．
3．（2022·上海黄浦·二模）将曲线()与曲线()合成的曲线记作．设为实数，斜率为的直线与交于两点，为线段的中点，有下列两个结论：①存在，使得点的轨迹总落在某个椭圆上；②存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，那么（ ）．
A．①②均正确 B．①②均错误
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
【答案】C
【分析】对①，分析当时点的轨迹总落在某个椭圆上即可；
对②，设，，，则，利用点差法，化简可得，故若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上则为常数，再化简分析推出无解即可
【详解】设，，，则.
对①，当时，，，易得，故两式相减有，易得此时，故，所以，即.代入可得，所以，故存在，使得点的轨迹总落在椭圆上.故①正确；
对②，， .由题意，若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，则，，
两式相减有，即，又，故，即，又，故若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，则为常数.即为定值，因为分子分母次数不同，故若为定值则恒成立，即，无解.即不存在，使得点的轨迹总落在某条直线上
故选：C
二、填空题
4．（2022·上海静安·二模）已知椭圆的一个焦点坐标为，则__________.
【答案】
【分析】由椭圆的标准方程直接求解即可.
【详解】由焦点坐标知焦点在轴上，且，解得.
故答案为：.
5．（2022·上海·高三专题练习）已知点分别为椭圆的中心、左顶点、上顶点、右焦点，过点作的平行线，它与椭圆在第一象限部分交于点，若，则实数的值为_________．
【答案】
【分析】先分别求出各点坐标,由可得,因此可解得,则,即可求得
【详解】由题,则,,,,
过点作的平行线,交椭圆在第一象限部分于点,将代入中可得,即为,
所以,,
因为,所以,则,即,所以,
又有,
所以,
故答案为：
【点睛】本题考查椭圆的几何性质的应用,考查平面向量共线定理的应用
三、解答题
6．（2022·上海市莘庄中学高三期中）已知椭圆（），、是其左右焦点，点、分别是椭圆的上、下顶点，点是椭圆上异于、的一点.
(1)若△为等边三角形，求椭圆的焦距；
(2)若，点在直线上，且，求△的面积；
(3)若，过点作斜率为的直线分别交椭圆于另一点，交轴于点，且点在线段上（不包括端点），直线与直线交于点，求的值.
【答案】(1)；(2)；(3)1
【分析】（1）直接利用即可求得；
（2）设，.联立方程组解出，，由即可求解；
（3）设，可设直线MN：.设,用“设而不求法”表示出直接求出.
(1)因为△为等边三角形，所以.
因为，，所以，所以椭圆的焦距为.
(2)设，.,时，椭圆.
因为，所以，所以.
因为在直线，所以，即，解得：.
又在上，代入得：，解得：.
所以
因为，所以.
(3)当时，椭圆.,.
设，可设直线MN：.
设,则，消去y可得：.
所以，.
又直线MB的方程为，直线NA的方程为.
联立解得：.
将，代入上式得：
所以.故
【点睛】“设而不求法”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.
7．（2022·上海宝山·二模）已知是椭圆的两个焦点坐标，是椭圆上的一个定点，是椭圆上的两点，点的坐标为.
(1)求椭圆的方程；
(2)当两点关于轴对称，且为等边三角形时，求的长；
(3)当两点不关于轴对称时，证明：△不可能为等边三角形.
【答案】(1)
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）用待定系数法求出椭圆的方程；
（2）设，，由为等边三角形，得到.解出，求出；解出，求出.
（3）设，证明出，与不关于轴对称矛盾，即可得到不可能为等边三角形.
(1)可设椭圆的方程为
由题意得：，解得：，
所以椭圆的方程为，即.
(2)设，，
因为为等边三角形，所以.
又点在椭圆上，所以，
消去，得到，解得或，
当时，，所以；
当时，，所以.
(3)设，则，且，
所以，
设，同理可得，且.
因为在上单调，所以有，
因为不关于轴对称，所以，所以.
所以不可能为等边三角形.
8．（2022·上海市七宝中学高三阶段练习）已知椭圆，上顶点和右顶点分别是、，椭圆上有两个动点、，且，如图所示，已知，且焦距为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求四边形面积的最大值；
(3)若点在第二象限，求证：直线与直线的斜率之积为定值，并求直线与直线的交点的轨迹方程．
【答案】(1)；(2)16；(3)证明见解析，
【分析】（1）由已知可得，，再由求出，从而可求出椭圆方程，
（2）由题意设直线的方程为，，，，，将直线方程代入椭圆方程消去，利用根与系数的关系和弦长公式表示出，再表示出直线与之间的距离，从而可表示出四边形的面积，利用换元法可求出其最大值，
（3）由（2）中根与系数的关系，求解，设直线方程为，直线方程为，设，两直线方程联立可表示出交点坐标，消去参数后可得点的轨迹方程，或设，则直线与交点的轨迹方程为，将代入化简可得结果
(1)因为，所以，
由于焦距为，所以，，
所以
所以椭圆的标准方程为
(2)因为，所以，所以，
设直线的方程为，
，，，，由得，
由△得，，
，
直线方程为，所以，
直线与之间的距离为，
所以四边形的面积，
令，则，
令，则，
所以，所以当时，
即时，四边形最大值为16，
(3)由第（2）问得，，
，
设直线方程为，直线方程为，
解法一：设，由，得，
所以，所以，
又因为点在第二象限，
所以，即所以交点的轨迹方程为；
解法二：设，则直线与交点的轨迹方程为，
即，所以，
所以或，
因为直线方程为，所以，
又因为点在第二象限，所以，
即所以交点的轨迹方程为．
9．（2022·上海徐汇·三模）已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点 .
(1)求椭圆的方程；
(2)若，的最大值；
(3)设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若 和点共线，求实数的值.
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，利用弦长公式得到，结合的取值范围，求出最大值；（3）设出直线方程，表达出两点坐标，由 三点共线得到方程，化简后得到.
(1)由题意得：焦距为，得，
点坐标代入椭圆方程得：，
，解得：，，
所以椭圆的标准方程为.
(2)设直线的方程为，由
消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为.
(3)设，，，，
则①，②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
由，及①，代入可得，
又，所以，所以，
同理可得.
故，，
因为 三点共线，所以.
将点，的坐标代入，通分化简得，即.
【点睛】处理圆锥曲线问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再利用弦长公式或题干中条件，求出取值范围或得到方程，求出参数.
【考点3】椭圆的焦点、焦距
一、单选题
1．（2022·上海·高三专题练习）椭圆的参数方程为（为参数），则它的两个焦点坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题得椭圆的方程为，即得解.
【详解】由题得，所以，
所以椭圆的，
所以椭圆的焦点坐标为.
故选：B
2．（2018·上海·高三阶段练习）若椭圆C1：和椭圆C2：的焦点相同且a1>a2.给出如下四个结论：
①椭圆C1和椭圆C2一定没有公共点；
②；
③；
④a1－a2其中，所有正确结论的序号是(　　)
A．②③④ B．①③④
C．①②④ D．①②③
【答案】B
【详解】由已知条件可得－＝－，可得－＝－，③正确；
而a1>a2，可知两椭圆无公共点，即①正确；
由－＝－，可得＋＝＋，则a1b2，a2b1的大小关系不确定，不正确，即②不正确；
∵a1>b1>0，a2>b2>0，∴a1＋a2>b1＋b2>0，而又由(a1＋a2)(a1－a2)＝(b1＋b2)(b1－b2)，可得a1－a2综上可得，正确的结论序号为①③④，故选B.
二、填空题
3．（2022·上海·高三专题练习）若圆以椭圆的右焦点为圆心、长半轴为半径，则圆的方程为__________．
【答案】
【解析】根据椭圆的方程，可求出椭圆的右焦点和长半轴，椭圆的右焦点和长半轴是圆的圆心和半径，故可写出圆的方程.
【详解】由椭圆方程可知则
所以椭圆右焦点为长半轴为.
根据题意可知，为圆心，为圆的半径.
则圆的方程为.
故答案为：.
【考点4】椭圆的范围
一、单选题
1．（2022·上海青浦·二模）定义曲线：为椭圆：的“倒曲线”，给出以下三个结论：①曲线有对称轴，②曲线有对称中心，③曲线与椭圆有公共点．其中正确的结论个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】曲线：上取点，利用点的坐标证得对称性，从而判断出①②，利用的范围可以判断出③，从而得出结论.
【详解】曲线：上取点，则该点关于轴对称的点也在曲线，故曲线关于轴对称，同理可证曲线关于轴对称，则该点关于原点对称点也在曲线，故曲线关于原点对称，故①②正确；曲线：，则，而椭圆：中，，故曲线与椭圆无公共点，③错误；综上，正确的有2个，
故选：C.
2．（2022·上海·高三专题练习）设A，B两点的坐标分别为（﹣1，0），（1，0）.条件甲：A、B、C三点构成以∠C为钝角的三角形；条件乙：点C的坐标是方程x2+2y2=1（y≠0）的解，则甲是乙的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】条件甲：A、B、C三点构成以∠C为钝角的三角形，其对应的图形是单位圆内的部分，条件乙：点C的坐标是方程x2+2y2=1（y≠0）的解，点C所对应的图形是椭圆，得条件乙能推出条件甲，反之不成立.
【详解】设C（x，y），条件甲：A、B、C三点构成以∠C为钝角的三角形，
∴＜0 （x+1，y） （x﹣1，y）＜0 x2+y2＜1.
其对应的图形是单位圆内的部分，
条件乙：点C的坐标是方程x2+2y2=1（y≠0）的解，点C所对应的图形是椭圆，这椭圆在单位圆内.
所以条件乙能推出条件甲，反之不成立，
则甲是乙的必要不充分条件，
故选：B.
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查动点轨迹的判断，考查圆和椭圆的几何性质，属于中档题.
二、填空题
3．（2022·上海·模拟预测）已知曲线，上一点到定点的最小距离为，则________.
【答案】或
【分析】利用两点间的距离公式可求，换元后利用二次函数的性质可求最小值，从而求出.
【详解】，
令，因为，故，
令，
当时，，故；
当时，，故；
故答案为：，.
【点睛】本题考查椭圆上的动点到定点的距离的最值问题，注意先构建目标函数，再换元转化为含参数的二次函数在给定范围上的最值问题，本题属于中档题.
4．（2022·上海·高三专题练习）已知椭圆的左、右焦点为，，点P为椭圆上动点，则的取值范围是________．
【答案】
【分析】设为椭圆上任意一点，根据向量数量积运算求，利用二次函数求值域即可.
【详解】设为椭圆上任意一点,
则，
所以，
因为P在椭圆上，所以，
所以，
即的取值范围是
故答案为：
【点睛】本题主要考查了向量的数量积的坐标运算，椭圆的简单几何性质，属于中档题.
5．（2021·上海师大附中高三阶段练习）如图，P为椭圆上的一动点，过点P作椭圆的两条切线PA、PB，斜率分别为、，若为定值，则__________
【答案】
【分析】根据题意，设过点的切线方程为，联立切线与椭圆的方程，由结合韦达定理表示出，根据为定值，找出比例关系即可求解.
【详解】设点，则，
设过点的切线方程为，其中，
联立 ，得，
由得，
又因，所以，
化简得，
故，
又因为定值，所以，即.
故答案为：.
【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．
三、解答题
6．（2022·上海·高三专题练面内任意一点到两定点、的距离之和为.
（1）若点是第二象限内的一点且满足，求点的坐标；
（2）设平面内有关于原点对称的两定点，判别是否有最大值和最小值，请说明理由？
【答案】（1）；（2）有最大值，最小值.
【解析】由椭圆的定义可以直接求出椭圆的标准方程.
（1）根据数量积的坐标运算公式，得到等式，与椭圆的标准方程联立，解方程即可；
（2）设出两点坐标，根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合点在椭圆上和椭圆的范围，可以求出的最大值及最小值.
【详解】因为，所以椭圆的定义可知：点的轨迹是以、为焦点的椭圆，，所以点的轨迹方程为：.
（1）设点的坐标为：，所以
，
因为，所以，与联立，解得
，点的坐标为；
（2）存在最大值和最小值，理由如下：
根据题意，设的坐标分别为：，
，
则而，
所以，因为，所以，
.
【点睛】本题考查了椭圆的定义，考查了平面向量数量积的坐标公式，考查了椭圆的范围，考查了数学运算能力.
【考点5】椭圆的对称性
一、填空题
1．（2022·上海·高三专题练习）设分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且不是椭圆的顶点．若，且，则实数的值为_____．
【答案】1
【分析】由已知向量条件结合椭圆的对称性推出四边形一定为平行四边形，可得，即.
【详解】因为，所以，所以，
又，且不是椭圆的顶点．
根据椭圆的对称性可知，四边形一定为平行四边形，
如图：
所以，
所以，即，
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：根据椭圆的对称性求解是解题关键.
二、解答题
2．（2022·上海市大同中学高三开学考试）在平面直角坐标系中，A、B分别为椭圆的上、下顶点，若动直线l过点，且与椭圆相交于C、D两个不同点（直线l与y轴不重合，且C、D两点在y轴右侧，C在D的上方），直线AD与BC相交于点Q．
（1）设的两焦点为、，求的值;
（2）若，且，求点Q的横坐标；
（3）是否存在这样的点P，使得点Q的纵坐标恒为？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（2）；（3）
【分析】（1）由椭圆方程易知∠OAF2＝45°，结合对称性可得∠F1AF2＝90°；
（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），根据已知条件可求得直线BC的方程为y＝2x﹣1，直线AD的方程为y＝﹣x+1，联立两直线方程即可得到点Q的横坐标；
（3）设直线l的方程为y＝kx+b（k＜0，b＞1），与椭圆方程联立，可得，直线BC的方程为，直线AD的方程为，进而得到点Q的纵坐标，由此建立方程化简即可得出结论.
【详解】解：（1）由椭圆Γ的方程知，F1（﹣1，0），F2（1，0），A（0，1），
则∠OAF2＝45°，
∴∠F1AF2＝90°；
（2）若b＝3，设C、D的两点坐标为C（x1，y1），D（x2，y2），
∵，
∴，即，
而C（x1，y1），D（x2，y2）均在上，
代入得，解得，
∴，分别代入Γ解得，，
∴直线BC的方程为y＝2x﹣1，直线AD的方程为y＝﹣x+1，
联立，解得，
∴Q点的横坐标为；
（3）假设存在这样的点P，设直线l的方程为y＝kx+b（k＜0，b＞1），
点C，D的坐标为C（x1，y1），D（x2，y2），
联立，得（2k2+1）x2+4kbx+2b2﹣2＝0，
由△＝16k2b2﹣8（2k2+1）（b2﹣1）＞0，得，
由，可得，
直线BC的方程为，直线AD的方程为，
而x1y2＝kx1x2+bx1，x2y1＝kx1x2+bx2，联立，
得
＝，
则b＝3＞1，因此，存在点P（0，3），使得点Q的纵坐标恒为.
【点睛】本题考查椭圆方程及其性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查圆锥曲线中的定点定值问题，考查化简运算能力，属于较难题目.
3．（2022·上海·高三专题练习）已知椭圆（），点为椭圆短轴的上端点，为椭圆上异于点的任一点，若点到点距离的最大值仅在点为短轴的另一端点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知.
（1）若，判断椭圆是否为“圆椭圆”；
（2）若椭圆是“圆椭圆”，求的取值范围；
（3）若椭圆是“圆椭圆”，且取最大值，为关于原点的对称点，也异于点，直线、分别与轴交于、两点，试问以线段为直径的圆是否过定点？证明你的结论.
【答案】（1）是；（2）；（3）是，证明见解析.
【分析】（1）直接判断即可，
（2）由（1）的方法判断，可得y＝﹣2时，函数值达到最大，分别讨论二次项系数的正负，是否满足条件得出a的取值范围；
（3）设参数方程满足以MN为直径的圆过原点，使数量积为零得出定点（0，2）．
【详解】（1）由题意得椭圆方程：1，所以A（0，2），
设P（x，y）则|PA|2＝x2++（y﹣2）2＝5 （1）+（y﹣2）2y2﹣4y+9，y∈[﹣2，2]，
二次函数开口向下，对称轴y＝﹣8，y∈[﹣2，2]上函数单调递减，
所以y＝﹣2时，函数值最大，此时P为椭圆的短轴的另一个端点，
∴椭圆是“圆椭圆”；
（2）由（1）的方法：椭圆方程：1，A（0，2）设P（x，y），则|PA|2＝x2+（y﹣2）2＝a2 （1）+（y﹣2）2＝（1）y2﹣4y+4+a2，y∈[﹣2，2]，由题意得，
当且仅当y＝﹣2时，函数值达到最大，
讨论：①当开口向上时，满足： ﹣2＜a＜2（与矛盾，舍）；
②当开口向下时，满足 2＜a≤2，
综上a的范围：（2，2]．
（3）a＝2，椭圆方程：1，由题意：设P（2cosθ，sinθ），θ∈[0，2π]，且，则Q（﹣2cosθ，﹣sinθ），则直线AP：yx+2 M（，0）
则直线AQ：y2 N（，0），
MN为直径的圆过定点C，由对称性知C在y轴上，∴设C（0，n）则，且0，
∴,（n），∴,
所以得定点（0，2）．
【点睛】考查新定义圆椭圆的定义，以及圆过定点问题，涉及到二次函数最值问题的考查，考查了分类讨论及转化的数学思想，属于中档题．
【考点6】椭圆的顶点、长短轴
一、单选题
1．（2022·上海·高三专题练习）已知抛物线:的焦点恰好是椭圆:的右焦点,且两条曲线与交点的连线过点,则椭圆的长轴长等于
A． B．2 C． D．4
【答案】C
【解析】由已知椭圆的右焦点，，由此能求出椭圆的长轴长．
【详解】解:∵抛物线:的焦点恰好是椭圆:的右焦点,
∴椭圆:的右焦点,
∵两条曲线与交点的连线过点,
∴,,
又,∴,
∴椭圆的长轴长.
故选：.
【点睛】本题考查椭圆的长轴长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意抛物线、椭圆的性质的合理运用．
二、填空题
2．（2022·上海·高三专题练习）设椭圆的左顶点，过点的直线与相交于另一个点，与轴相交于点，若，，则___________.
【答案】
【分析】由椭圆方程及已知条件知：、，进而求出的坐标，由在椭圆上求参数a即可.
【详解】由题设，知：，若直线与轴相交于x轴上方，由知：，
∵，即是的中点，
∴，又在椭圆上，
∴，解得.
故答案为：
3．（2022·上海·高三专题练习）如图，A、B为椭圆的两个顶点，过椭圆的右焦点F作轴的垂线与其交于点C，若AB∥OC(O为坐标原点)，则直线AB的斜率为______.
【答案】
【分析】由椭圆的方程及过椭圆的右焦点F作轴的垂线，求得，根据，求得，进而得到，利用斜率公式，即可求解．
【详解】由题意，椭圆，过椭圆的右焦点F作轴的垂线与其交于点C，
可得，
又由，可得，整理得，即，
又由，
所以直线的斜率为．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记椭圆的标准方程，熟练应用椭圆的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
4．（2022·上海·高三专题练习）已知椭圆的中心在坐标原点，右焦点与圆的圆心重合，长轴长等于圆的直径，那么短轴长等于______．
【答案】
【分析】由于是圆，可得，通过圆心和半径计算，即得解
【详解】由于是圆，
即：圆
其中圆心为，半径为4
那么椭圆的长轴长为8，即，，，
那么短轴长为
故答案为：
5．（2022·上海·高三专题练习）设椭圆，直线l过的左顶点A交y轴于点P，交于点Q，若为等腰三角形（O为坐标原点），且Q是的中点，则的长轴长等于________.
【答案】
【分析】由题意可得，代入椭圆方程求解即可.
【详解】设，由题意可得：，
因为Q是的中点，所以
∴，∴，
代入椭圆方程可得：，解得，∴椭圆的长轴长等于
故答案为：.
6．（2022·上海·高三专题练习）椭圆长轴长为__________.
【答案】10
【分析】根据椭圆的方程，求得的值，即可求得其长轴长，得到答案.
【详解】由题意，椭圆，可得，
所以椭圆的长轴长为.
故答案为：.
7．（2022·上海·高三专题练习）设椭圆：，直线过的左顶点交轴于点，交于点，若是等腰三角形（为坐标原点），且，则的长轴长等于_________.
【答案】
【解析】如图所示，设，．由题意可得：，．根据，可得，．代入椭圆方程解得，即可得出．
【详解】解：如图所示，设，，由题意可得：，．
，
，，，
，．
代入椭圆方程可得：，解得．
的长轴长．
故答案为：．
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、向量坐标运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
【考点7】椭圆的离心率
一、单选题
1．（2022·上海·高三专题练习）已知A，B是椭圆E：的左、右顶点，M是E上不同于A，B的任意一点，若直线AM，BM的斜率之积为，则E的离心率为
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意方程可知，，设，利用斜率公式以及直线的斜率之积为列式并化简得: ，①,再根据M在椭圆上可得 ，②,联立①②可解得.
【详解】由题意方程可知，，
设,
则 ,，整理得：，①
又，得，即，②
联立①②，得，即，解得．
故选D．
【点睛】本题考查了斜率公式,椭圆的几何性质,属中档题.
二、解答题
2．（2022·上海·高三开学考试）已知椭圆的离心率为，直线与椭圆C相切于点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线与椭圆C交于不同的两点M，N，与直线交于点Q（P，Q，M，N均不重合），记的斜率分别为，若．证明：为定值．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆离心率和椭圆经过的点建立方程组，求解方程组可得椭圆的方程；
（2）先根据相切求出直线的斜率，结合可得，再逐个求解，，然后可证结论.
(1)解：由题意，解得
故椭圆C的方程为.
(2)证明：设直线的方程为，联立
得，
因为直线与椭圆C相切，所以判别式，
即，整理得，
所以，故直线的方程为，
因为，所以，
设直线的方程为，
联立方程组解得．
故点Q坐标为，．
联立方程组，化简得．
设点．
因为判别式，得．
又，
所以．
故
，
于是为定值.
【点睛】直线与椭圆的相切问题一般是联立方程，结合判别式为零求解；定值问题的求解一般结合目标式中的项，逐个求解，代入验证即可.
3．（2021·上海·模拟预测）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
三、双空题
4．（2022·上海·高三专题练习）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：；．
【考点8】椭圆的应用
一、单选题
1．（2021·上海徐汇·一模）已知曲线，对于命题：①垂直于轴的直线与曲线有且只有一个交点；②若 为曲线上任意两点，则有，下列判断正确的是（ ）
A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题
【答案】A
【分析】化简曲线方程，画出图像判断①，利用函数单调减判断②
【详解】曲线,
当当 当画出图像如图，易知①正确；易知函数为减函数，则人任意两点斜率，②正确
故选：A
二、填空题
2．（2019·上海·华东师大二附中前滩学校高三阶段练习）已知是椭圆的右焦点是上一点当周长最小时,其面积为___．
【答案】4
【分析】利用椭圆的定义，确定周长最小时的坐标，即可求出周长最小时该三角形的面积．
【详解】
椭圆：，
设左交点为，右焦点为
周长为
当且仅当三点共线，即位于轴上方时，周长最小
此时直线的方程为代入中，可得
故
故答案为
【点睛】本题主要考查的知识点是椭圆焦点三角形面积的求解，解答本题的关键是确定三角形面积最小时点的坐标，进而求出直线方程，属于中档题．
三、解答题
3．（2021·上海·高三专题练习）浦东一模之后的“大将” 洗心革面，再也没进过网吧，开始发奋学习. 2019年春节档非常热门的电影《流浪地球》引发了他的思考：假定地球（设为质点，地球半径忽略不计）借助原子发动机开始流浪的轨道是以木星（看作球体，其半径约为万米）的中心为右焦点的椭圆. 已知地球的近木星点（轨道上离木星表面最近的点）到木星表面的距离为万米，远木星点（轨道上离木星表面最远的点）到木星表面的距离为万米.
（1）求如图给定的坐标系下椭圆的标准方程；
（2）若地球在流浪的过程中，由第一次逆时针流浪到与轨道中心的距离为万米时（其中分别为椭圆的长半轴、短半轴的长），由于木星引力，部分原子发动机突然失去了动力，此时地球向着木星方向开始变轨（如图所示），假定地球变轨后的轨道为一条直线，称该直线的斜率为“变轨系数”. 求“变轨系数”的取值范围，使地球与木星不会发生碰撞. （精确到小数点后一位）
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据题意得，解方程组即可得解；
（2）设，，解得，设出直线方程，由焦点到直线的距离大于半径列不等式求解即可.
【详解】
（1）由条件
椭圆C的方程为
（2）设地球由近木星点第一次逆时针运行到与轨道中心O的距离为万米时所在位置为，则
设
.
【点睛】本题主要考查了椭圆方程的实际应用，考查了计算能力，属于中档题.
4．（2019·上海市建平中学高三阶段练习）某海域有两个岛屿，岛在岛正东4海里处，经多年观察研究发现，某种鱼群洄游的路线是曲线，曾有渔船在距岛、岛距离和为8海里处发出过鱼群．以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系.
（1）求曲线的标准方程；
（2）某日，研究人员在两岛同时用声纳探测仪发出不同频率的探测信号（传播速度相同），两岛收到鱼群在处反射信号的时间比为，问你能否确定处的位置（即点的坐标）？
【答案】（1） ；（2）点的坐标为或．
试题分析：（1）由题意知曲线是以、为焦点且长轴长为8的椭圆 3分
又，则，故 5分
所以曲线的方程是 6分
（2）由于、两岛收到鱼群发射信号的时间比为，
因此设此时距、两岛的距离分别比为 7分
即鱼群分别距、两岛的距离为5海里和3海里． 8分
设，，由， 10分
， 12分
13分
点的坐标为或 14分
考点：本题主要考查椭圆的定义、标准方程，椭圆与圆的位置关系．
点评：中档题，利用椭圆的定义，明确曲线是椭圆并求得其标准方程为，作为实际问题解决，很好的体现了数学的妙用．
【真题模拟题专练】
一．选择题（共5小题）
1．（2017 上海）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＝1和C2：x2+＝1．P为C1上的动点，Q为C2上的动点，w是的最大值．记Ω＝{（P，Q）|P在C1上，Q在C2上，且＝w}，则Ω中元素个数为（　　）
A．2个 B．4个 C．8个 D．无穷个
【分析】设出P（6cosα，2sinα），Q（cosβ，3sinβ），0≤α，β＜2π，由向量数量积的坐标表示和两角差的余弦公式和余弦函数的值域，可得最大值及取得的条件，即可判断所求元素的个数．
【解答】解：椭圆C1：＝1和C2：x2+＝1．P为C1上的动点，Q为C2上的动点，
可设P（6cosα，2sinα），Q（cosβ，3sinβ），0≤α，β＜2π，
则＝6cosαcosβ+6sinαsinβ＝6cos（α﹣β），
当α＝β时，w取得最大值6，
则Ω＝{（P，Q）|P在C1上，Q在C2上，且＝w}中的元素有无穷多对．
另解：令P（m，n），Q（u，v），则m2+9n2＝36，9u2+v2＝9，
由柯西不等式（m2+9n2）（9u2+v2）＝324≥（3mu+3nv）2，
当且仅当mv＝9nu，取得最大值6，
显然，满足条件的P、Q有无穷多对，D项正确．
故选：D．
【点评】本题考查椭圆的参数方程的运用，以及向量数量积的坐标表示和余弦函数的值域，考查集合的几何意义，属于中档题．
2．（2016 上海）对于椭圆．若点（x0，y0）满足．则称该点在椭圆C（a，b）内，在平面直角坐标系中，若点A在过点（2，1）的任意椭圆C（a，b）内或椭圆C（a，b）上，则满足条件的点A构成的图形为（　　）
A．三角形及其内部 B．矩形及其内部
C．圆及其内部 D．椭圆及其内部
【分析】点A（x0，y0）在过点P（2，1）的任意椭圆C（a，b）内或椭圆C（a，b）上，可得＝1，+≤1．由椭圆的对称性可知：点B（﹣2，1），点C（﹣2，﹣1），点D（2，﹣1），都在任意椭圆上，即可得出．
【解答】解：设点A（x0，y0）在过点P（2，1）的任意椭圆C（a，b）内或椭圆C（a，b）上，
则＝1，+≤1．
∴+≤＝1，
由椭圆的对称性可知：点B（﹣2，1），点C（﹣2，﹣1），点D（2，﹣1），都在任意椭圆上，
可知：满足条件的点A构成的图形为矩形PBCD及其内部．
故选：B．
【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．
3．（2022 青浦区二模）定义曲线Γ：为椭圆C：的“倒曲线”，给出以下三个结论：①曲线Γ有对称轴，②曲线Γ有对称中心，③曲线Γ与椭圆C有公共点．其中正确的结论个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】曲线上取点（x，y），利用点的坐标证得对称性，从而判断出①②，利用x的范围可以判断出③，从而得出结论．
【解答】解：曲线上取点（x，y），则该点关于x轴对称的点（x，﹣y）也在曲线Γ，故曲线Γ关于x轴对称，
同理可证曲线Γ关于y轴对称，则该点关于原点对称点（﹣x，﹣y）也在曲线Γ，故曲线Γ关于原点对称，故①②正确；
曲线，则|x|＞a，而椭圆中，|x|≤a，故曲线Γ与椭圆C无公共点，③错误；
综上，正确的有2个，
故选：C．
【点评】本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
4．（2018 上海）设P是椭圆＝1上的动点，则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为（　　）
A．2 B．2 C．2 D．4
【分析】判断椭圆长轴（焦点坐标）所在的轴，求出a，接利用椭圆的定义，转化求解即可．
【解答】解：椭圆＝1的焦点坐标在x轴，a＝，
P是椭圆＝1上的动点，由椭圆的定义可知：则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为2a＝2．
故选：C．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，椭圆的定义的应用，是基本知识的考查．
5．（2022 浦东新区校级模拟）椭圆＝1上有10个不同的点P1，P2，…P10，若点T坐标为（1，0），数列{|TPn|}（n＝1，2，…，10）是公差为d的等差数列，则d的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】求出椭圆上的点P到T点的最大距离和最小距离，即可得出d的最大值．
【解答】解：设椭圆上任意一点P（4cosα，2sinα），
则|TP|＝＝，
∵﹣1≤cosα≤1，∴≤|TP|≤5，
∴当|TP1|＝，|TP10|＝5时，数列{|TPn|}的公差d最大，
故d的最大值为．
故选：C．
【点评】本题考查椭圆的简单性质，距离公式的应用，考查等差数列的性质，属于基础题．
二．填空题（共13小题）
6．（2022 黄浦区校级模拟）已知点P在椭圆上运动，ω的左、右焦点分别为F1、F2．以P为圆心，半径为的圆交线段PF1、PF2于M、N两点（其中n为正整数）．设的最大值为s，最小值为m，则＝　5　．
【分析】设点P（x0，y0），则﹣2≤x0≤2，计算得出、、，利用平面向量数量积的运算性质可得出s+m关于x0的表达式，令，利用函数单调性可求得当n≥2时，s、m的表达式，再利用常用数列的极限可求得结果．
【解答】解：∵椭圆，∴a＝2，，，∴F1（﹣1，0），F2（1，0），
设点P（x0，y0），∵P在椭圆ω上运动，∴﹣2≤x0≤2，
∴，
同理可得，
由题意可知，，，
∴，
∴
＝
＝
＝，
设，，
当n≥2时，设，∴，
∴，又t∈[﹣4，﹣3]，a∈（0，6），
∴，∴，∴f′（t）＞0，
∴函数f（t）在[﹣4，﹣3]上单调递增，
此时，，，
所以，，因此，．
故答案为：5．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，平面向量数量积，函数思想，导数研究单调性，数列极限，考查抽象运算能力，属难题．
7．（2022 闵行区校级模拟）已知点A是椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左顶点，过点A且斜率为的直线l与椭圆C交于另一点P（点P在第一象限）．以原点O为圆心，|OP|为半径的圆在点P处的切线与x轴交于点Q．若|PA|≥|PQ|，则的最大值是 　2　．
【分析】直线AP的方程为：y＝（x+a），1＞．与椭圆方程联立解得P点坐标，根据OP⊥PQ，可得kPQ，在△APQ中，利用正弦定理可得＝≥1，进而得出结论．
【解答】解：直线AP的方程为：y＝（x+a），1＞．
联立，化为：（a2+4b2）y2﹣4ab2y＝0，解得yP＝，xP＝，
∴kOP＝＝，
∵OP⊥PQ，∴kPQ＝，
在△APQ中，＝≥1，
∵tan∠PAQ＝，∴sin∠PAQ＝．
∵tan∠PQA＝，∴sin∠PQA＝．
∴≥，
化为：a4﹣8a2b2+12b4≥0，
∴﹣8+12≥0，
解得≥6，或≤2，
∵1＞，∴1＜＜4，∴≤2，
因此则的最大值是2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、直线的斜率、直线与圆相切的性质、正弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
8．（2022 浦东新区校级模拟）已知椭圆，过左焦点F任作一条斜率为k的直线交椭圆于不同的两点M，N，点M′为点M关于x轴的对称点，若，则△FM′N面积的取值范围是 　[，]　．
【分析】根据条件设出M（x1，y1），N（x2，y2），则M′（x1，﹣y1），将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理可得x1+x2＝，x1x2＝，将三角形面积表示为S△FM′N＝S△MM′N﹣S△MM′F，化简可得＝，由对勾函数的性质可得y的取值范围，进而可得三角形面积的取值范围．
【解答】解：由题意F（﹣1，0），设M（x1，y1），N（x2，y2），则M′（x1，﹣y1），
直线l的方程为y＝k（x+1），
与椭圆方程联立得，消去y得，（2k2+1）x2+4k2x+2k2﹣2＝0，
所以x1+x2＝，x1x2＝，
因为，
所以k2≤1，
所以2k2﹣2≤0，
所以x1x2≤0，
不妨设x1≥0，x2＜0，
S△FM′N＝S△MM′N﹣S△MM′F＝﹣＝|y1|（x1﹣x2﹣x1﹣1）＝﹣|y1|（x2+1）＝﹣|k|（x1+1）（x2+1）＝﹣|k|（x1+x2+x1x2+1）＝﹣|k|（++1）＝|k|＝＝，
令y＝2|k|+，
由对勾函数的性质得，函数y＝2|k|+在[，]上单调递减，在[，1]上单调递增，
所以ymin＝2，
k＝时，y＝，
k＝1时，y＝3，
所以y∈[2，]，
所以S△FM′N∈[，]，
即S△FM′N∈[，]，
所以△FM′N面积的取值范围是[，]，
故答案为：[，]．
【点评】本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于难题．
9．（2022 普陀区二模）设椭圆的左、右两焦点分别为F1，F2，P是Γ上的点，则使得△PF1F2是直角三角形的点P的个数为 　6　．
【分析】根据椭圆的性质，判断P为Γ上下顶点时∠F1PF2的大小，从而判断直角三角形个数，再加上PF1⊥F1F2，PF2⊥F1F2对应直角三角形个数，即可得结果．
【解答】解：由椭圆性质知：当P为Γ上下顶点时，∠F1PF2最大，此时|PF1|＝|PF2|＝2，|F1F2|＝4，
cos∠F1PF2＝＝0，故焦点三角形中∠F1PF2最大为90°，故有2个；
又PF1⊥F1F2，PF2⊥F1F2对应直角三角形各有2个；
综上，使得△PF1F2是直角三角形的点P的个数为6个．
故答案为：6．
【点评】本题考查椭圆的性质，属于中档题，焦点三角形是关键．
10．（2016 上海）椭圆的长半轴的长为　5　．
【分析】利用椭圆性质求解．
【解答】解：椭圆中，
a＝5，
∴椭圆的长半轴长a＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查椭圆长半轴长的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用．
11．（2017 上海）设椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，点P在该椭圆上，则使得△F1F2P是等腰三角形的点P的个数是　6　．
【分析】如图所示，①当点P与短轴的顶点重合时，△F1F2P构成以F1F2为底边的等腰三角形，此时有2个．
②当△F1F2P构成以F1F2为一腰的等腰三角形时，共有4个．
【解答】解：如图所示，
①当点P与短轴的顶点重合时，
△F1F2P构成以F1F2为底边的等腰三角形，
此种情况有2个满足条件的等腰△F1F2P；
②当△F1F2P构成以F1F2为一腰的等腰三角形时，共有4个．
以F2P作为等腰三角形的底边为例，
∵F1F2＝F1P，
∴点P在以F1为圆心，半径为焦距2c的圆上
因此，当以F1为圆心，半径为2c的圆与椭圆C有2交点时，
存在2个满足条件的等腰△F1F2P．
同理可得：当以F2为圆心，半径为2c的圆与椭圆C有2交点时，存在2个满足条件的等腰△F1F2P．
综上可得：满足条件的使得△F1F2P是等腰三角形的点P的个数为6．
故答案为：6．
【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、等腰三角形，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
12．（2022 虹口区二模）已知椭圆C：的左、右两个焦点分别为F1、F2，过F2的直线交椭圆C于A，B两点．若△F1AB是等边三角形，则b的值等于 　　．
【分析】设|AF2|，|BF2|，由椭圆的定义可得|AF1|，|BF1|的表达式，再由△F1AB是等边三角形可得AB⊥x轴，可得A的纵坐标，进而可得a，b，c的关系，再由a，b，c之间的关系求出b的值．
【解答】解：过F2的直线交椭圆C于A，B两点，设|AF2|＝m，|BF2|＝n，由椭圆的定义可得|AF1|＝2a﹣m，|BF1|＝2a﹣n，
又因为△F1AB是等边三角形可得|AF1|＝|BF1|，
所以可得2a﹣m＝2a﹣n，可得m＝n，即AB⊥x轴，
可得m＝＝ 2c，
而由椭圆的方程可得a＝3，c2＝a2﹣b2＝9﹣b2，
解得：b2＝6，解得b＝，
故答案为：．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用及等边三角形的性质的应用，属于中档题．
13．（2022 宝山区模拟）如果椭圆+＝1（a＞b＞0）的右焦点（1，0）关于直线y＝bx的对称点在椭圆上，则a＝　　．
【分析】设右焦点关于直线的对称点的坐标，由点关于直线的对称点的性质可得所求点的坐标，代入椭圆的方程，由a，b，c之间的关系，求出a的值．
【解答】解：设右焦点关于直线y＝bx的对称点的坐标为（x0，y0），
可得，可得，
将（x0，y0）的坐标代入椭圆的方程
+＝1，而a2＝c2+b2＝1+b2，
解得：a2＝2，即a＝，
故答案为：．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用，点关于直线的对称点的求法及性质的应用，属于中档题．
14．（2022 黄浦区模拟）已知椭圆的左焦点为F，若A、B是椭圆上两动点，且AB垂直于x轴，则△ABF周长的最大值为 　12　．
【分析】利用椭圆的基本性质结合直角三角形边长关系即可直接求解．
【解答】解：设椭圆的右焦点为F1，线段AB与x轴交于点C．
因为△ABC的周长为2（|AF|+|AC|）≤2（|AF|+|AF1|）＝12．
所以△ABC周长的最大值为12．
故答案为：12．
【点评】本题主要考查了椭圆的性质，属于中档题．
15．（2021 上海）已知椭圆x2+＝1（0＜b＜1）的左、右焦点为F1、F2，以O为顶点，F2为焦点作抛物线交椭圆于P，且∠PF1F2＝45°，则抛物线的准线方程是 　x＝1﹣　．
【分析】先设出椭圆的左右焦点坐标，进而可得抛物线的方程，设出直线PF1的方程并与抛物线方程联立，求出点P的坐标，由此可得PF2⊥F1F2，进而可以求出PF1，PF2的长度，再由椭圆的定义即可求解．
【解答】解：设F1（﹣c，0），F2（c，0），则抛物线y2＝4cx，
直线PF1：y＝x+c，联立方程组，解得x＝c，y＝2c，
所以点P的坐标为（c，2c），所以PF2⊥F1F2，又PF
所以PF，
则c＝﹣1，
所以抛物线的准线方程为：x＝﹣c＝1﹣，
故答案为：x＝1﹣．
【点评】本题考查了抛物线的定义以及椭圆的定义和性质，考查了学生的运算推理能力，属于中档题．
16．（2019 上海）在椭圆上任意一点P，Q与P关于x轴对称，若有，则与的夹角范围为　[π﹣arccos，π]　．
【分析】设P（x，y），则Q点（x，﹣y），结合，可得：y2∈[1，2]，进而可得与的夹角θ满足：cosθ＝的范围，最后得到答案．
【解答】解：设P（x，y），则Q点（x，﹣y），
椭圆的焦点坐标为（﹣，0），（，0），
∵，
∴x2﹣2+y2≤1，
结合
可得：y2∈[1，2]
故与的夹角θ满足：
cosθ＝＝＝＝﹣3+∈[﹣1，﹣]
故θ∈[π﹣arccos，π]
故答案为：[π﹣arccos，π]
【点评】本题考查的知识点是椭圆的性质，平面向量在几何中的应用，函数的值域，难度中档．
17．（2022 静安区二模）已知椭圆（a＞0）的一个焦点坐标为（0，1），则a＝　　．
【分析】由椭圆的标准方程直接求解即可．
【解答】解：由焦点坐标（0，1）知焦点在y轴上，且a2﹣1＝1，解得．
故答案为：．
【点评】本题考查了椭圆的性质，属于基础题．
18．（2020 上海）已知椭圆C：+＝1的右焦点为F，直线l经过椭圆右焦点F，交椭圆C于P、Q两点（点P在第二象限），若点Q关于x轴对称点为Q′，且满足PQ⊥FQ′，求直线l的方程是　x+y﹣1＝0　．
【分析】求出椭圆的右焦点坐标，利用已知条件求出直线的斜率，然后求解直线方程．
【解答】解：椭圆C：+＝1的右焦点为F（1，0），
直线l经过椭圆右焦点F，交椭圆C于P、Q两点（点P在第二象限），
若点Q关于x轴对称点为Q′，且满足PQ⊥FQ′，
可知直线l的斜率为﹣1，所以直线l的方程是：y＝﹣（x﹣1），
即x+y﹣1＝0．
故答案为：x+y﹣1＝0．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与直线的对称关系的应用，直线方程的求法，是基本知识的考查．
三．解答题（共4小题）
19．（2022 上海模拟）我们把椭圆E1：＝1和E2：＝λ称为“相似椭圆”“相似椭圆”具有很多美妙的性质．过椭圆E2上任意一点P作椭圆E1的两条切线，切点分别为A、B，切线PA、PB与椭圆E2另一个交点分别为Q、R．
（1）设A（x1，y1），证明：直线y＝1是过A的椭圆E1的切线；
（2）求证：点A是线段PQ的中点；
（3）是否存在常数λ，使得对于椭圆E2上的任意一点P，线段QR的中点M都在椭圆E1上，若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）联立直线y＝1与椭圆E1的方程，证明Δ＝0，即可；
（2）联立直线PQ与椭圆E2的方程，借助韦达定理，证明xP+xQ＝2x1，yP+yQ＝2y1，即可；
（3）设P（x0，y0），B（x2，y2），可写出直线AB的方程，将其与椭圆E1的方程联立，由韦达定理写出线段AB的中点N的坐标，再根据PM的中点为N，利用中点坐标公式，写出M的坐标，然后将其代入椭圆E1的方程，解之即可．
【解答】（1）证明：联立，消去y，得（）x2﹣x+1﹣＝0，即x2﹣x+1﹣＝0，
所以Δ＝﹣4 （1﹣）＝﹣﹣1＝1﹣1＝0，
又点A（x1，y1）满足直线方程y＝1，
故直线y＝1是过A的椭圆E1的切线．
（2）证明：由（1）知，直线PQ的方程为y＝1，
联立，消去y，得（）x2﹣x+λ﹣＝0，即x2﹣x+λ﹣＝0，
所以xP+xQ＝2x1，yP+yQ＝（1﹣）+（1﹣）＝[2﹣]＝（2﹣）＝[2﹣ 4（1﹣）]＝2y1，
故点A是线段PQ的中点．
（3）解：假设存在常数λ满足题意，P（x0，y0），B（x2，y2），则+＝λ，
将点P（x0，y0）分别代入直线PA：y＝1，PB：y＝1，得，
所以直线AB的方程为+y0y＝1，
联立，消去y，得（+）x2﹣x+1﹣＝0，得x2﹣x+1﹣＝0，
设AB的中点为N（xN，yN），则xN＝＝，所以yN＝＝＝＝，
又线段QR的中点M，所以PM的中点为N，所以M（﹣x0，﹣y0），
将其代入椭圆E1的方程，得（+）＝1，即 λ＝1，解得λ＝4．
【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，联立直线与椭圆方程，灵活运用直线系方程是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
20．（2022 宝山区二模）已知是椭圆C的两个焦点坐标，是椭圆C上的一个定点，A，B是椭圆C上的两点，点M的坐标为（1，0）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）当A，B两点关于x轴对称，且△MAB为等边三角形时，求AB的长；
（3）当A，B两点不关于x轴对称时，证明：△MAB不可能为等边三角形．
【分析】（1）依题意设椭圆的标准方程为+＝1，根据条件列出方程组，待定系数法求解即可；
（2）根据对称性设A（x0，y0），B（x0，﹣y0），由等边三角形可得，结合A点在椭圆上可得，求解x0可得AB的长；
（3）采用反证法，即如果△ABM为等边三角形，则有MN⊥AB，从而推出矛盾，可判断△MAB不可能为等边三角形．
【解答】解：（1）依题意设椭圆的标准方程为+＝1，
因为是椭圆C的两个焦点坐标，是椭圆C上的一个定点，
所以，解得，
所以椭圆C的方程为：；
（2）设A（x0，y0），B（x0，﹣y0），
因为△ABM为等边三角形，所以，
又点A（x0，y0）在椭圆上，
所以，消去y0得，，
解得x0＝2或，
当x0＝2时，；
当时，．
（3）证明：根据题意可知，直线AB斜率存在，
设直线AB：y＝kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为N（x0，y0），
联立消去y得（2+3k2）x2+6knx+3m2﹣9＝0，
由Δ＞0得到2m2﹣9k2﹣6＜0，①
所以，
，
所以，
又M（1，0），
如果△ABM为等边三角形，则有MN⊥AB，
所以kMN×k＝﹣1，即，
化简3k2+2+km＝0，②
由②得，代入①得，
化简得3k2+4＜0，不成立，
故△ABM不能为等边三角形．
【点评】本题考查了椭圆的标准方程，椭圆的性质以及直线与椭圆的综合，属于难题．
21．（2022 浦东新区校级二模）已知椭圆Ω：9x2+y2＝m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与Ω有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
（1）若m＝3，点K在椭圆Ω上，F1，F2分别为椭圆的两个焦点，求的范围；
（2）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
（3）若l过点（），射线OM与Ω交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
【分析】（1）设P（cosα，3sinα），用α表示出，得出结论；
（2）设直线l方程为y＝kx+b，联立方程组，根据韦达定理求出M点坐标得出结论；
（3）设直线l斜率为k，求出P点坐标，令M为OP的中点得出k的值．
【解答】解：（1）当m＝3时，椭圆方程为＝1，F1（0，2），F2（0，﹣2），
设K（cosα，3sinα），则＝（﹣cosα，2﹣3sinα），＝（﹣cosα，﹣2﹣3sinα），
∴＝cos2α+9sin2α﹣8＝8sin2α﹣7，
∵0≤sin2α≤1，
∴﹣7≤8sin2α﹣7≤1，
即的范围是[﹣7，1]．
（2）设直线l的方程为：y＝kx+b，（k≠0，b≠0），
联立方程组，消元得：（9+k2）x2+2kbx+b2﹣m2＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），
则x0＝（x1+x2）＝﹣，y0＝kx0+b＝．
∴kOM＝＝﹣．
∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值﹣9．
（3）∵直线l经过点（，m），
直线l不过原点且与Ω有两个交点的充要条件是k＞0，且k≠3．
设P（xp，yp），直线l的方程为：y＝k（x﹣）+m，即y＝kx﹣+m．
由（2）可知直线OM的方程为：y＝﹣x，
联立方程组，解得xp2＝，
由（2）知M（﹣，），
若四边形OAPB为平行四边形，则M为OP的中点，
∴2x0＝xp，即4（）2＝，
解得k＝4±．
∴当k＝4+或k＝4﹣时，四边形OAPB为平行四边形．
【点评】本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
22．（2019 上海）已知椭圆+＝1，F1，F2为左、右焦点，直线l过F2交椭圆于A，B两点．
（1）若直线l垂直于x轴，求|AB|；
（2）当∠F1AB＝90°时，A在x轴上方时，求A、B的坐标；
（3）若直线AF1交y轴于M，直线BF1交y轴于N，是否存在直线l，使得S＝S，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意方程求得右焦点坐标，进一步求得A，B的坐标，则|AB|可求；
（2）设A（x1，y1），由∠F1AB＝90°（∠F1AF2＝90°），利用数量积为0求得x1与y1的方程，再由A在椭圆上，得x1与y1的另一方程，联立即可求得A的坐标．得到直线AB的方程，与椭圆方程联立即可求得B的坐标；
（3）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），直线l：x＝my+2，联立直线方程与椭圆方程，结合S＝S，得2|y1﹣y2|＝|y3﹣y4|，再由直线AF1 的方程：，得M纵坐标，由直线BF1 的方程：，得N的纵坐标，结合根与系数的关系，得||＝4，解得m值，从而得到直线方程．
【解答】解：（1）依题意，F2（2，0），当AB⊥x轴时，则A（2，），B（2，﹣），得|AB|＝2；
（2）设A（x1，y1），∵∠F1AB＝90°（∠F1AF2＝90°），
∴＝，
又A在椭圆上，满足，即，
∴，解得x1＝0，即A（0，2）．
直线AB：y＝﹣x+2，
联立，解得B（，﹣）；
（3）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），
直线l：x＝my+2，
则，
．
联立，得（m2+2）y2+4my﹣4＝0．
则，．
由直线AF1 的方程：，得M纵坐标；
由直线BF1 的方程：，得N的纵坐标．
若S＝S，即2|y1﹣y2|＝|y3﹣y4|，
|y3﹣y4|＝||＝||＝||＝2|y1﹣y2|，
∴|（my1+4）（my2+4）|＝4，|m2y1y2+4m（y1+y2）+16|＝4，
代入根与系数的关系，得||＝4，解得m＝．
∴存在直线x+或满足题意．
【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，属难题．第13讲 椭圆
【考点梳理】
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－b2
【解题方法和技巧】
1.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．
【考点剖析】
【考点1】椭圆的定义
一、单选题
1．（2022·上海·高三专题练习）如图，已知椭圆C的中心为原点O，为C的左焦点，P为C上一点，满足，且，则椭圆C的方程为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022·上海·位育中学模拟预测）已知椭圆 的右焦点为 ， 点 是椭圆上三个不同的点， 则 “ 成等差数列” 是 “”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
二、填空题
3．（2022·上海黄浦·模拟预测）已知椭圆的左焦点为F，若A B是椭圆上两动点，且垂直于x轴，则周长的最大值为___________.
4．（2022·上海普陀·二模）设椭圆的左、右两焦点分别为，，是上的点，则使得是直角三角形的点的个数为_________.
三、解答题
5．（2022·上海金山·二模）已知椭圆的左 右焦点分别为，设是第一象限内椭圆上一点，的延长线分别交椭圆于点，直线与交于点.
(1)求的周长；
(2)当垂直于轴时，求直线的方程；
(3)记与的面积分别为，求的最大值.
6．（2022·上海静安·模拟预测）已知椭圆C：（）的左，右焦点分别为，，上，下顶点分别为A，B，四边形的面积和周长分别为2和.
(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的中垂线交y轴于M点，且为直角三角形，求直线l的方程.
【考点2】椭圆的标准方程
一、单选题
1．（2022·上海·高三专题练习）是方程表示椭圆的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．（2022·上海·高三专题练习）设是椭圆的两焦点，与是该椭圆的右顶点与上顶点，是该椭圆上的一个动点，是坐标原点，记.在动点在第一象限内从沿椭圆向左上方运动到的过程中，的大小变化情况为（ ）
A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大
3．（2022·上海黄浦·二模）将曲线()与曲线()合成的曲线记作．设为实数，斜率为的直线与交于两点，为线段的中点，有下列两个结论：①存在，使得点的轨迹总落在某个椭圆上；②存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，那么（ ）．
A．①②均正确 B．①②均错误
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
二、填空题
4．（2022·上海静安·二模）已知椭圆的一个焦点坐标为，则__________.
5．（2022·上海·高三专题练习）已知点分别为椭圆的中心、左顶点、上顶点、右焦点，过点作的平行线，它与椭圆在第一象限部分交于点，若，则实数的值为_________．
三、解答题
6．（2022·上海市莘庄中学高三期中）已知椭圆（），、是其左右焦点，点、分别是椭圆的上、下顶点，点是椭圆上异于、的一点.
(1)若△为等边三角形，求椭圆的焦距；
(2)若，点在直线上，且，求△的面积；
(3)若，过点作斜率为的直线分别交椭圆于另一点，交轴于点，且点在线段上（不包括端点），直线与直线交于点，求的值.
7．（2022·上海宝山·二模）已知是椭圆的两个焦点坐标，是椭圆上的一个定点，是椭圆上的两点，点的坐标为.
(1)求椭圆的方程；
(2)当两点关于轴对称，且为等边三角形时，求的长；
(3)当两点不关于轴对称时，证明：△不可能为等边三角形.
8．（2022·上海市七宝中学高三阶段练习）已知椭圆，上顶点和右顶点分别是、，椭圆上有两个动点、，且，如图所示，已知，且焦距为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求四边形面积的最大值；
(3)若点在第二象限，求证：直线与直线的斜率之积为定值，并求直线与直线的交点的轨迹方程．
9．（2022·上海徐汇·三模）已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点 .
(1)求椭圆的方程；
(2)若，的最大值；
(3)设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若 和点共线，求实数的值.
【考点3】椭圆的焦点、焦距
一、单选题
1．（2022·上海·高三专题练习）椭圆的参数方程为（为参数），则它的两个焦点坐标是（　　）
A． B． C． D．
2．（2018·上海·高三阶段练习）若椭圆C1：和椭圆C2：的焦点相同且a1>a2.给出如下四个结论：
①椭圆C1和椭圆C2一定没有公共点；
②；
③；
④a1－a2其中，所有正确结论的序号是(　　)
A．②③④ B．①③④
C．①②④ D．①②③
二、填空题
3．（2022·上海·高三专题练习）若圆以椭圆的右焦点为圆心、长半轴为半径，则圆的方程为__________．
【考点4】椭圆的范围
一、单选题
1．（2022·上海青浦·二模）定义曲线：为椭圆：的“倒曲线”，给出以下三个结论：①曲线有对称轴，②曲线有对称中心，③曲线与椭圆有公共点．其中正确的结论个数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·上海·高三专题练习）设A，B两点的坐标分别为（﹣1，0），（1，0）.条件甲：A、B、C三点构成以∠C为钝角的三角形；条件乙：点C的坐标是方程x2+2y2=1（y≠0）的解，则甲是乙的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
二、填空题
3．（2022·上海·模拟预测）已知曲线，上一点到定点的最小距离为，则________.
4．（2022·上海·高三专题练习）已知椭圆的左、右焦点为，，点P为椭圆上动点，则的取值范围是________．
5．（2021·上海师大附中高三阶段练习）如图，P为椭圆上的一动点，过点P作椭圆的两条切线PA、PB，斜率分别为、，若为定值，则__________
三、解答题
6．（2022·上海·高三专题练面内任意一点到两定点、的距离之和为.
（1）若点是第二象限内的一点且满足，求点的坐标；
（2）设平面内有关于原点对称的两定点，判别是否有最大值和最小值，请说明理由？
【考点5】椭圆的对称性
一、填空题
1．（2022·上海·高三专题练习）设分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且不是椭圆的顶点．若，且，则实数的值为_____．
二、解答题
2．（2022·上海市大同中学高三开学考试）在平面直角坐标系中，A、B分别为椭圆的上、下顶点，若动直线l过点，且与椭圆相交于C、D两个不同点（直线l与y轴不重合，且C、D两点在y轴右侧，C在D的上方），直线AD与BC相交于点Q．
（1）设的两焦点为、，求的值;
（2）若，且，求点Q的横坐标；
（3）是否存在这样的点P，使得点Q的纵坐标恒为？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
3．（2022·上海·高三专题练习）已知椭圆（），点为椭圆短轴的上端点，为椭圆上异于点的任一点，若点到点距离的最大值仅在点为短轴的另一端点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知.
（1）若，判断椭圆是否为“圆椭圆”；
（2）若椭圆是“圆椭圆”，求的取值范围；
（3）若椭圆是“圆椭圆”，且取最大值，为关于原点的对称点，也异于点，直线、分别与轴交于、两点，试问以线段为直径的圆是否过定点？证明你的结论.
【考点6】椭圆的顶点、长短轴
一、单选题
1．（2022·上海·高三专题练习）已知抛物线:的焦点恰好是椭圆:的右焦点,且两条曲线与交点的连线过点,则椭圆的长轴长等于
A． B．2 C． D．4
二、填空题
2．（2022·上海·高三专题练习）设椭圆的左顶点，过点的直线与相交于另一个点，与轴相交于点，若，，则___________.
3．（2022·上海·高三专题练习）如图，A、B为椭圆的两个顶点，过椭圆的右焦点F作轴的垂线与其交于点C，若AB∥OC(O为坐标原点)，则直线AB的斜率为______.
4．（2022·上海·高三专题练习）已知椭圆的中心在坐标原点，右焦点与圆的圆心重合，长轴长等于圆的直径，那么短轴长等于______．
5．（2022·上海·高三专题练习）设椭圆，直线l过的左顶点A交y轴于点P，交于点Q，若为等腰三角形（O为坐标原点），且Q是的中点，则的长轴长等于________.
6．（2022·上海·高三专题练习）椭圆长轴长为__________.
7．（2022·上海·高三专题练习）设椭圆：，直线过的左顶点交轴于点，交于点，若是等腰三角形（为坐标原点），且，则的长轴长等于_________.
【考点7】椭圆的离心率
一、单选题
1．（2022·上海·高三专题练习）已知A，B是椭圆E：的左、右顶点，M是E上不同于A，B的任意一点，若直线AM，BM的斜率之积为，则E的离心率为
A． B． C． D．
二、解答题
2．（2022·上海·高三开学考试）已知椭圆的离心率为，直线与椭圆C相切于点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线与椭圆C交于不同的两点M，N，与直线交于点Q（P，Q，M，N均不重合），记的斜率分别为，若．证明：为定值．
3．（2021·上海·模拟预测）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
三、双空题
4．（2022·上海·高三专题练习）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___________.
【考点8】椭圆的应用
一、单选题
1．（2021·上海徐汇·一模）已知曲线，对于命题：①垂直于轴的直线与曲线有且只有一个交点；②若 为曲线上任意两点，则有，下列判断正确的是（ ）
A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题
二、填空题
2．（2019·上海·华东师大二附中前滩学校高三阶段练习）已知是椭圆的右焦点是上一点当周长最小时,其面积为___．
三、解答题
3．（2021·上海·高三专题练习）浦东一模之后的“大将” 洗心革面，再也没进过网吧，开始发奋学习. 2019年春节档非常热门的电影《流浪地球》引发了他的思考：假定地球（设为质点，地球半径忽略不计）借助原子发动机开始流浪的轨道是以木星（看作球体，其半径约为万米）的中心为右焦点的椭圆. 已知地球的近木星点（轨道上离木星表面最近的点）到木星表面的距离为万米，远木星点（轨道上离木星表面最远的点）到木星表面的距离为万米.
（1）求如图给定的坐标系下椭圆的标准方程；
（2）若地球在流浪的过程中，由第一次逆时针流浪到与轨道中心的距离为万米时（其中分别为椭圆的长半轴、短半轴的长），由于木星引力，部分原子发动机突然失去了动力，此时地球向着木星方向开始变轨（如图所示），假定地球变轨后的轨道为一条直线，称该直线的斜率为“变轨系数”. 求“变轨系数”的取值范围，使地球与木星不会发生碰撞. （精确到小数点后一位）
4．（2019·上海市建平中学高三阶段练习）某海域有两个岛屿，岛在岛正东4海里处，经多年观察研究发现，某种鱼群洄游的路线是曲线，曾有渔船在距岛、岛距离和为8海里处发出过鱼群．以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系.
（1）求曲线的标准方程；
（2）某日，研究人员在两岛同时用声纳探测仪发出不同频率的探测信号（传播速度相同），两岛收到鱼群在处反射信号的时间比为，问你能否确定处的位置（即点的坐标）？
【真题模拟题专练】
一．选择题（共5小题）
1．（2017 上海）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＝1和C2：x2+＝1．P为C1上的动点，Q为C2上的动点，w是的最大值．记Ω＝{（P，Q）|P在C1上，Q在C2上，且＝w}，则Ω中元素个数为（　　）
A．2个 B．4个 C．8个 D．无穷个
2．（2016 上海）对于椭圆．若点（x0，y0）满足．则称该点在椭圆C（a，b）内，在平面直角坐标系中，若点A在过点（2，1）的任意椭圆C（a，b）内或椭圆C（a，b）上，则满足条件的点A构成的图形为（　　）
A．三角形及其内部 B．矩形及其内部
C．圆及其内部 D．椭圆及其内部
3．（2022 青浦区二模）定义曲线Γ：为椭圆C：的“倒曲线”，给出以下三个结论：①曲线Γ有对称轴，②曲线Γ有对称中心，③曲线Γ与椭圆C有公共点．其中正确的结论个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（2018 上海）设P是椭圆＝1上的动点，则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为（　　）
A．2 B．2 C．2 D．4
5．（2022 浦东新区校级模拟）椭圆＝1上有10个不同的点P1，P2，…P10，若点T坐标为（1，0），数列{|TPn|}（n＝1，2，…，10）是公差为d的等差数列，则d的最大值为（　　）
A． B． C． D．
二．填空题（共13小题）
6．（2022 黄浦区校级模拟）已知点P在椭圆上运动，ω的左、右焦点分别为F1、F2．以P为圆心，半径为的圆交线段PF1、PF2于M、N两点（其中n为正整数）．设的最大值为s，最小值为m，则＝　 　．
7．（2022 闵行区校级模拟）已知点A是椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左顶点，过点A且斜率为的直线l与椭圆C交于另一点P（点P在第一象限）．以原点O为圆心，|OP|为半径的圆在点P处的切线与x轴交于点Q．若|PA|≥|PQ|，则的最大值是 　 　．
8．（2022 浦东新区校级模拟）已知椭圆，过左焦点F任作一条斜率为k的直线交椭圆于不同的两点M，N，点M′为点M关于x轴的对称点，若，则△FM′N面积的取值范围是 　 　．
9．（2022 普陀区二模）设椭圆的左、右两焦点分别为F1，F2，P是Γ上的点，则使得△PF1F2是直角三角形的点P的个数为 　 　．
10．（2016 上海）椭圆的长半轴的长为　 　．
11．（2017 上海）设椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，点P在该椭圆上，则使得△F1F2P是等腰三角形的点P的个数是　 　．
12．（2022 虹口区二模）已知椭圆C：的左、右两个焦点分别为F1、F2，过F2的直线交椭圆C于A，B两点．若△F1AB是等边三角形，则b的值等于 　 　．
13．（2022 宝山区模拟）如果椭圆+＝1（a＞b＞0）的右焦点（1，0）关于直线y＝bx的对称点在椭圆上，则a＝　 　．
14．（2022 黄浦区模拟）已知椭圆的左焦点为F，若A、B是椭圆上两动点，且AB垂直于x轴，则△ABF周长的最大值为 　 　．
15．（2021 上海）已知椭圆x2+＝1（0＜b＜1）的左、右焦点为F1、F2，以O为顶点，F2为焦点作抛物线交椭圆于P，且∠PF1F2＝45°，则抛物线的准线方程是 　 　．
16．（2019 上海）在椭圆上任意一点P，Q与P关于x轴对称，若有，则与的夹角范围为　 　．
17．（2022 静安区二模）已知椭圆（a＞0）的一个焦点坐标为（0，1），则a＝　 　．
18．（2020 上海）已知椭圆C：+＝1的右焦点为F，直线l经过椭圆右焦点F，交椭圆C于P、Q两点（点P在第二象限），若点Q关于x轴对称点为Q′，且满足PQ⊥FQ′，求直线l的方程是　 　．
三．解答题（共4小题）
19．（2022 上海模拟）我们把椭圆E1：＝1和E2：＝λ称为“相似椭圆”“相似椭圆”具有很多美妙的性质．过椭圆E2上任意一点P作椭圆E1的两条切线，切点分别为A、B，切线PA、PB与椭圆E2另一个交点分别为Q、R．
（1）设A（x1，y1），证明：直线y＝1是过A的椭圆E1的切线；
（2）求证：点A是线段PQ的中点；
（3）是否存在常数λ，使得对于椭圆E2上的任意一点P，线段QR的中点M都在椭圆E1上，若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．
20．（2022 宝山区二模）已知是椭圆C的两个焦点坐标，是椭圆C上的一个定点，A，B是椭圆C上的两点，点M的坐标为（1，0）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）当A，B两点关于x轴对称，且△MAB为等边三角形时，求AB的长；
（3）当A，B两点不关于x轴对称时，证明：△MAB不可能为等边三角形．
21．（2022 浦东新区校级二模）已知椭圆Ω：9x2+y2＝m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与Ω有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
（1）若m＝3，点K在椭圆Ω上，F1，F2分别为椭圆的两个焦点，求的范围；
（2）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
（3）若l过点（），射线OM与Ω交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
22．（2019 上海）已知椭圆+＝1，F1，F2为左、右焦点，直线l过F2交椭圆于A，B两点．
（1）若直线l垂直于x轴，求|AB|；
（2）当∠F1AB＝90°时，A在x轴上方时，求A、B的坐标；
（3）若直线AF1交y轴于M，直线BF1交y轴于N，是否存在直线l，使得S＝S，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

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