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专题01 椭圆定义与性质及其综合问题
目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】椭圆的定义和方程 【题型02】椭圆中的几何性质（光学性质） 【题型03】椭圆中的焦点三角形 【题型04】椭圆的离心率 【题型05】点差法（中点弦公式） 【题型06】定义法求轨迹方程（椭圆） 【题型07】利用定义求距离和、差的最值 【题型08】椭圆的离心率范围 【题型09】椭圆中的面积问题 【题型10】椭圆中的向量问题 【题型11】椭圆中的斜率问题 【题型12】椭圆中的图形问题 【题型13】椭圆中的定比分点 【题型14】椭圆中的定点、定线问题 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦 椭圆是高考数学解析几何核心考点，题型覆盖选择、填空、解答题，整体解析结合占20—28分。考向聚焦四大核心：一是定义应用，常结合焦点三角形求周长、轨迹方程或线段最值；二是标准方程求解，以待定系数法为主，需判断焦点位置；三是几何性质，离心率为必考重点，结合关系求解；四是综合应用，直线与椭圆联立是解答题核心，常与韦达定理、弦长、面积、定点定值等结合，难度中等偏上。复习需强化定义与性质基础，熟练运算技巧。
关键能力 椭圆解题的关键能力，一是定义活用能力，能快速用椭圆定义转化线段关系，破解焦点三角形、轨迹问题。二是代数运算能力，熟练联立直线与椭圆方程，结合韦达定理简化计算，攻克弦长、面积等综合题。三是性质迁移能力，掌握a,b,c,e的关系，精准求解离心率。四是数形结合能力，以形助数，快速定位最值、定点定值问题的突破口。
备考策略 椭圆备考需立足基础，先吃透定义、标准方程及a、b、c、e的核心关系，熟练定义法、待定系数法求轨迹方程。针对离心率、焦点三角形等高频考点，归纳解题模型，强化训练。 直线与椭圆综合题是难点，需熟练联立方程、活用韦达定理，掌握弦长、面积、定点定值的解题套路，提升代数运算与数形结合能力。定期刷高考真题，总结易错点，规避计算失误。
◇方法技巧 01 选填的常用方法
椭圆选填专题的解题方法可围绕定义、方程、性质、综合应用四大模块总结，核心思路是数形结合+代数运算，具体如下：
1、定义法
核心是活用椭圆的第一定义（），常用于求轨迹方程、焦点三角形的周长或边长最值。
2、待定系数法
求解椭圆标准方程的核心方法，分两步：
先判断焦点位置（轴或轴），设对应标准方程；
再结合已知条件（过定点、关系、离心率等）列方程，解出。
若焦点位置不确定，可设统一方程简化计算。
3、离心率求解法
离心率，关键是建立的齐次关系式：
（1）几何法：结合焦点三角形、椭圆顶点、直线与椭圆位置关系，用勾股定理、余弦定理等推导；
（2）代数法：由已知条件转化为的方程，消去（利用）。
4、焦点三角形解法
结合定义+余弦定理+面积公式：
由定义得，由余弦定理得；
面积公式：，（为焦点三角形内切圆半径）
焦半径：，
5、椭圆参数方程：，其中为参数.
6、中点弦公式
（1）已知是椭圆上的两个点，为重点，则.
（2）已知是椭圆：上的两动点，是椭圆上异于的一点，若两点关于原点对称.
7、焦半径倾斜式及焦比公式:过左焦点，倾斜角为的直线交椭圆于两点；
，若，则焦比公式：.
◇方法技巧 02 解答题的常用方法
直线与椭圆综合问题解法：
核心步骤是联立方程+韦达定理，适用于弦长、面积、定点定值、最值问题：
设直线方程（斜率存在设，斜率不存在设），与椭圆方程联立，消去或得一元二次方程；
利用判别式确定参数范围，由韦达定理得、；
（1）弦长和面积：弦长公式，或面积公式×底×高求解；
（2）向量问题：利用点的坐标表示向量，包括直径所对的圆周角为直角进行向量数量积为零；
（3）斜率问题：利用点的坐标表示斜率，包括三点共线时利用斜率的差为零，角度相等时，角度的其中一边平行于或时，将角度转化为倾斜角的关系，利用斜率的和，差，乘积为定值求解；
（4）图形问题：利用向量和斜率求解三角形的形状，包括：等腰，等边，直角，钝角三角形；平行四边形对角线互相平分，利用中点坐标进行求解；矩形，菱形，正方形在平行四边形上进行垂直和长度的求解即可.
（5）定点、定线问题：利用题目所给的翻译条件，构建等式，从而将直线中用表示即可证明定点坐标；利用直线的交轨法，消参的方法，进行定直线的证明.
◇题型 01 椭圆的定义和方程
典｜例｜精｜析
典例1．已知曲线，设，q：曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则p是q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
典例2．已知是椭圆的两个焦点，是该椭圆上的任意一点，则的最大值是（ ）
A． B．
C． D．
混淆椭圆第一定义的条件，忽略，误判轨迹。设方程时忽视焦点位置，漏设的统一形式。计算中混淆a,b,c关系，记错，离心率公式误用。
变｜式｜巩｜固
变式1．曲线，则“”是“曲线表示椭圆”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
变式2．已知椭圆的左、右焦点为，，且过右焦点的直线l交椭圆于A、B两点，的周长为20，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
变式3．已知是椭圆的两个焦点，点在上，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
◇题型 02 椭圆中的几何性质（光学性质）
典｜例｜精｜析
典例1．如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截口曲线是一个椭圆，，为该椭圆的焦点，为椭圆上任意一点.若圆柱的底面圆半径为1，，则下列结论不正确的是（ ）
A．椭圆的长轴长为4
B．椭圆的离心率为
C．满足的点共有4个
D．的最大值为8
典例2．如图，一种电影放映灯的反射镜面是旋转椭圆面（椭圆绕其对称轴旋转一周形成的曲面）的一部分，过对称轴的截口是椭圆的一部分，灯丝位于椭圆的一个焦点上，片门位于另一个焦点上，由椭圆一个焦点发出的光线，经过旋转椭圆面反射后集中到另一个焦点．已知，，，则光从焦点出发经镜面反射后到达焦点经过的路径长为（ ）
A．5 B．10 C．6 D．9
一是混淆的关系，记错，或把离心率与双曲线公式混淆；二是忽略离心率范围，计算后未验证取值合理性。三是几何性质应用时，误将椭圆顶点、焦点坐标写反，尤其焦点在y轴上的方程，易把位置弄混。四是光学性质理解偏差，不清楚 “从一焦点发出的光线经椭圆反射后必过另一焦点” 的本质，无法结合定义解决反射类轨迹问题。
变式1．若椭圆的中心为坐标原点 焦点在轴上；顺次连接的两个焦点 一个短轴顶点构成等边三角形，顺次连接的四个顶点构成四边形的面积为，则的方程为（ ）
A． B．
C． D．
变式2．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，现有椭圆的蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于两点，若面积的最大值为34，则椭圆的长轴长为（ ）
A． B．
C． D．
变式3．椭圆、双曲线、抛物线这些圆锥曲线都有焦点．焦点，顾名思义，就是光线的聚集点，这说明圆锥曲线与光有着紧密的联系，圆锥曲线具有丰富的光学性质．例如，从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆反射后会经过另外一个焦点，设，分别是椭圆的左、右焦点，从焦点发出的光线先后经过椭圆上的，两点反射后回到焦点．若，，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
◇题型 03 椭圆的焦点三角形
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆的左 右焦点分别为，过原点的直线与交于两点，，且的面积为，则的离心率是（ ）
A． B．
C． D．
典例2．（多选）设为椭圆的左，右焦点，为椭圆上一点且在第一象限.若的面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．的周长为 B．以为直径的圆经过点
C．点的坐标为 D．直线的斜率为
公式混淆：记混面积公式，误用，或记错简洁公式的形式，漏掉或写错半角关系。 条件遗漏： 计算时忽略椭圆定义与余弦定理的结合，无法由角度推导出的值。 参数混用：将椭圆中与双曲线的混淆，代入数值时出错，导致面积计算结果偏差。
变式1．设，为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限，若为等腰三角形，则的面积为（ ）
A． B．
C． D．
变式2．设椭圆的焦点为是椭圆上的一点，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．
变式3．（多选）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2 D．的内切圆半径为
◇题型 04 椭圆的离心率
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆的左右焦点分别为，过右焦点的直线与交于两点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
一是公式混淆，误将椭圆离心率记成双曲线离心率，忽略椭圆的范围，计算后未验证结果合理性。二是“a、b、c关系用错”，将椭圆中与双曲线的混淆，推导齐次式时出错。三是几何条件转化失误，比如焦点三角形、直线与椭圆相切等场景，无法正确提炼出a与c的比例关系。四是焦点位置判断失误，焦点在y轴时仍套用x轴椭圆的参数关系。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知椭圆中分别为C的左，右焦点，点为椭圆图像上的一点，，且成等比数列，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
变式2．已知椭圆C：的上顶点为A，左、右焦点分别为、，连接并延长交椭圆C于另一点B，若，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
变式3．已知椭圆的两个焦点为，，过作直线交椭圆于，，若，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
◇题型 05 点差法（中点弦公式）
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆E:＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为（ ）
A．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
典例2．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．
一是前提遗漏，忽略点差法的适用条件 —— 直线与椭圆有两个交点，未验证判别式Δ>0，导致所求参数范围失真。二是公式推导错误，将点代入椭圆方程相减时，误算移项步骤，记错中点与斜率k的核心关系式。三是焦点位置混淆，焦点在y轴上的椭圆，未调整公式形式，仍套用x轴椭圆的点差法结论，造成斜率计算错误。
变式1．已知原点为，椭圆与直线交于两点，线段的中点为，若直线的斜率为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
变式2．已知直线与椭圆在第四象限交于两点，与轴，轴分别交于两点，若，则的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
变式3．不与坐标轴垂直的直线过点，，椭圆上存在两点关于对称，线段的中点的坐标为．若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
◇题型 06 定义法求轨迹方程（椭圆）
典｜例｜精｜析
典例1．已知曲线，从上任意一点向轴作垂线段，为垂足，则线段的中点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
典例2．已知动圆M与圆：内切，同时与圆：外切，则动圆M的圆心的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
典例3．已知M为圆P：上的一个动点，定点，线段MQ的垂直平分线交线段PM于N点，则N点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
（1）定义法：进行相关的数形结合的表示，并进行对应的消元，使得动点到两个定点的距离的和为定值；容易忽略未知变量的表示. （2）相关点法：进行相关点的表示时，没有用已知点对未知点的表示，带入进行求解. （3）直译法：进行点的坐标表示时，注意未知变量的取值范围.
变式1．已知为坐标原点，长为3的线段，端点，分别在轴 轴上滑动，若动点满足，则动点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
变式2．一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
变式3．在平面直角坐标系中，已知两点，，点为动点，且直线与的斜率之积为，则点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
变式4．动点到定点的距离与到定直线：的距离的比等于，则动点的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
◇题型 07 利用定义求距离和、差的最值
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆的左 右焦点分别为，点是该椭圆上的动点 点，则的最大值是（ ）
A．9 B．8
C．7 D．6
典例2．已知F为椭圆C：的右焦点，P为C上一点，Q为圆M：上一点，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
（1）没有先判断点在椭圆内和椭圆外，因此使得距离和、差求解错误；距离和、距离差上，利用三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，转化为三点共线.
变式1．已知，是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，则的最大值是（ ）
A． B．9
C．16 D．25
变式2．已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
变式3．设P是椭圆上一点，M、N分别是两圆：和上的点，则的最小值和最大值分别为（ ）
A．9，12 B．8，11
C．8，12 D．10，12
◇题型 08 椭圆的离心率范围
典｜例｜精｜析
典例1．已知，分别是椭圆的左、右焦点．若椭圆上存在点，使得线段的垂直平分线恰好经过焦点，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
椭圆离心率的核心范围是01）、抛物线（e=1）的离心率边界混淆，导致基础判断失误。二是忽略焦点位置**，对含参数椭圆方程（如），未区分m>n（焦点在x轴）和m变式1．设，为椭圆：的焦点，若在椭圆上存在点，满足，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
变式2．已知焦点在x轴上的椭圆，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线相交，则C的离心率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
变式3．已知椭圆，过的右焦点的直线交于，两点，若存在直线使得，则的离心率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
◇题型09 椭圆中的面积问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为，且过焦点且垂直于椭圆C的长轴的弦长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点的直线l交椭圆C于，两点，当的面积最大时，求直线l的方程.
典例2．如图，圆，是圆内一个定点，是圆上任意一点.线段的垂直平分线和半径相交于点，当点在圆上运动时，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)记的左顶点为，直线与交于两点，直线的斜率之积为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方，是否存在点，使得与的面积之比为 若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.
一是面积公式误用，计算弦与原点或焦点围成的三角形面积时，混淆底高公式与向量叉乘、行列式等便捷算法，未结合弦长公式和点到直线距离公式，导致计算繁琐且出错。二是变量范围遗漏，用参数法设点或设直线斜率时，忽略椭圆上点的坐标边界，或未考虑直线斜率不存在的特殊情况，使最值点超出椭圆范围。三是判别式忽视，联立直线与椭圆方程求交点时，未验证Δ≥0，得出的 “最值” 因直线与椭圆无交点而无效。四是转化逻辑缺陷，不会将面积最值转化为函数最值，或换元后忽略新变量范围，导致极值求解偏差。
变式1．已知椭圆的离心率为，右焦点为，是E上一点．
(1)求的方程；
(2)过F的直线交于两点，求（为坐标原点）的面积的最大值．
变式2．“如果两个椭圆的离心率相同，我们称这两个椭圆相似”.已知椭圆与椭圆相似，的短轴长为2，离心率为.
(1)求的标准方程.
(2)设为坐标原点，为上的动点，过点且斜率为的直线与相切，与交于，两点，射线交于点，试问：的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，请说明理由.
变式3．椭圆的左焦点为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程．
变式4．19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，且蒙日圆的半径为（为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长）．已知椭圆上任一点到点的距离与到直线的距离之比为，椭圆的蒙日圆为圆．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点为坐标原点，点是椭圆上的任意一点，是椭圆左右焦点，直线与圆相交于两点，求证：是定值；
(3)过点作直线交圆于、两点，作直线交椭圆于、两点，且，求四边形面积的最小值．
◇题型10 椭圆中的向量问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆的离心率为，过右焦点的直线与椭圆交于两点，当轴时，.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求直线的方程.
典例2．已知椭圆的一个焦点，短轴长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线与轴交于点，过焦点的直线与椭圆交于两点.证明：点在以为直径的圆外.
典例3．已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，，点在椭圆上，满足直线的斜率之积为，且面积的最大值为2．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，同时与直线交于点，假设，，判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
一是向量条件转化失误，不会将向量垂直（）、共线等条件转化为坐标等式，或转化后代入椭圆方程时计算出错，丢失隐含约束。二是直径圆周角性质混淆，误将椭圆直径等同于圆的直径，忽略椭圆无 “直径所对圆周角为直角” 的固有性质，直接套用圆的结论，导致逻辑断层。三是过定点问题漏特殊情况，求动直线过定点时，未验证斜率不存在的情形，或参数消元不彻底，无法锁定定点坐标。四是判别式与范围疏漏，联立方程后未检验Δ≥0，使所求点或直线不满足与椭圆相交的前提，结果失效。
变式1．已知椭圆，点F为C的右焦点，点A为C上一个动点，若的最大值为3，的最小值为1．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线，l与C相交于P，Q两点，若（其中O为坐标原点），求实数m的值．
变式2．已知椭圆C：的离心率为，C的左焦点到右顶点的距离为3．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l与x轴交于点Q，与C交于A、B两点，且，求直线l的方程．
变式3．如图，点是直线上的动点，以为圆心的圆过点，直线是圆在点处的切线，过作圆的两条切线分别与交于点.
(1)求的值；
(2)设点的轨迹为曲线，，直线交曲线于两点，且直线与直线交于两点，证明：点在以为直径的圆上.
变式4．如图，已知椭圆的左，右焦点分别为，离心率为，长轴长为．
(1)求的方程；
(2)过焦点的直线交于，两点，过焦点的直线交于，两点，且轴，.
（i）求的值；
（ii）设线段的中点为为坐标原点，求的取值范围．
◇题型11 椭圆中的斜率问题
典｜例｜精｜析
典例1．折纸又称“工艺折纸”，是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用圆形纸片，按如下步骤折纸．
步骤1：设圆心是，在圆内不是圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片对折，使圆周正好通过点，此时圆周上与点重合的点标记为；
步骤3：把纸片展开，于是就留下一条折痕，此时与折痕交于点；
步骤4：不断重复步骤2和3，能得到越来越多条的折痕和越来越多的交点．
现取半径为4的圆形纸片，定点到圆心的距离为2，按上述方法折纸．以线段的中点为原点，线段所在直线为轴，建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的标准方程；
(2)已知圆，为圆上的任意一点，过作曲线的两条切线，切点分别为，，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值．
典例2．已知，分别是椭圆：的左右焦点，点在椭圆上，且的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与线段相交与，与椭圆交于两点，证明：.
一是三点共线转化疏漏，常只套用斜率相等条件，忽略斜率不存在的垂直轴情形，且未结合判别式验证共线点是否在椭圆上，导致结论无效。二是斜率关系误用，易混淆中点弦斜率乘积）等结论的适用前提，韦达定理推导斜率和差时，又因代数变形失误得出错误关系。三是角度转斜率偏差，将角相等误转为斜率相等，未识别倾斜角互补对应，且遗漏90°角需斜率积为的特殊条件，造成逻辑断层。
变式1．已知点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径的交点为，记点的轨迹是曲线，设经过点的直线与曲线的交点为．
(1)求曲线的方程；
(2)已知点，若直线与直线的斜率分别为，求的值．
变式2．设椭圆方程为为其左右焦点，过椭圆上点的椭圆切线方程为
(1)求出椭圆方程；
(2)设点，点为椭圆右顶点，过作椭圆的不与轴垂直的切线，切点为点，求证：三点共线．
变式3．已知椭圆的左、右焦点分别为是圆上一点，线段与C交于点Q，且．
(1)求C的标准方程；
(2)过点的直线与C交于A，B两点，记O为坐标原点，线段的中点为N，C的左顶点为D．
（i）求面积的最大值；
（ii）若的外心为M，直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
变式4．设，两个点的坐标分别为，．动点P满足，其中O为坐标原点．记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)设点，过点的直线与曲线C交于A，B两点．
（ⅰ）若直线m的斜率为，设线段AB的中点为D，求直线OD的方程；
（ⅱ）设直线l的方程为，且直线m与直线l相交于点N，记MA，MN，MB的斜率分别为，，，证明：，，成等差数列．
◇题型12 椭圆中的图形问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知点关于坐标原点的对称点为，动点满足直线，的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)判断上是否存在点，使得为等腰直角三角形，如果存在，求出点坐标.反之说明理由.
典例2．已知椭圆的一个顶点为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与轴交于点，，点关于轴的对称点为，求证：四边形为菱形.
一是图形判定条件疏漏，证平行四边形时仅关注对边斜率相等，忽略对边长度相等的核心要求；求矩形未将 “邻边垂直” 转化为斜率积为，菱形则遗漏 “邻边相等” 或 “对角线垂直” 的关键条件。二是点的存在性验证不足，联立方程后未检验Δ≥0，或未确认顶点坐标在椭圆范围内，导致求出的图形实际不存在。三是特殊情况缺失，忽视直线斜率不存在的情形，且未考虑椭圆对称性带来的多解，漏算符合条件的图形数量。四是面积与边长计算失误，混淆图形面积公式，且未结合椭圆参数方程简化运算，增加计算误差。
变式1．矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点．
(1)求的方程及离心率；
(2)若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形．
变式2．已知椭圆的左焦点在抛物线的准线上，且椭圆的短轴长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过原点的直线与椭圆相交于M，N两点，若直线：上存在点Q，使得是以为底边的等腰直角三角形，求直线的方程．
◇题型13 椭圆中的定比分点
典｜例｜精｜析
典例1．已知点和直线：，点到的距离，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点作斜率不为0的直线与曲线交于，不同的两点，再过点作直线的平行线与曲线交于不同的两点，.
①证明：为定值；
②求面积的取值范围.
典例2．已知椭圆的离心率为，点在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过A的直线l（斜率不为0）与椭圆E的另一个交点为B，线段中点为M，射线交椭圆E于点N，交直线于点Q.求证：.
一是定比分点公式误用，混淆内分点与外分点的坐标公式，或颠倒分点比λ的前后项（如误将写成），导致坐标代入椭圆方程时出现基础错误。二是参数范围疏漏，用分点坐标反推直线参数时，未结合椭圆方程的取值边界，也未验证直线与椭圆联立后的Δ≥0，使得求出的λ对应点不在椭圆上。三是韦达定理衔接失误，未将分点坐标与交点韦达定理结论结合，强行计算增加复杂度，且易因代数变形出错，同时忽略斜率不存在的特殊直线情形，造成解的缺失。
变式1．已知，点.在上任取一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与曲线相交于两点.
（i）若为原点，求面积的最大值；
（ii）点，设点是线段上异于的一点，直线的斜率分别为，且，求的值.
变式2．已知椭圆的左顶点为，上顶点为.
(1)求的离心率；
(2)已知过点的直线交于两点，点是线段上异于的一点，且，证明：.
变式3．已知椭圆的短轴长2，离心率为分别是C的左、右顶点，F是C的右焦点.
(1)求C的方程;
(2)设P是椭圆C上异于顶点的动点，点B在直线上，且，直线PB与x轴交于点Q.证明：
◇题型14 椭圆中的定点、定线问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆的离心率为，依次连接的四个顶点构成的四边形的面积为．
(1)求的方程；
(2)已知为的左顶点，不过点的直线与交于两点，直线的斜率分别为，，，若，证明：过定点．
典例2．已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线（非y轴）交椭圆于A，B两点，过点A作y轴的垂线与直线BP相交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上．
一是参数消元不彻底，求过定点时，未将直线方程整理为关于参数的恒等式形式，无法分离出定点坐标，或消元时遗漏参数的系数为零的核心条件。二是特殊情形遗漏，仅考虑斜率存在的直线，忽略斜率不存在（垂直 x 轴）的情况，导致定点或定直线解不完整。三是存在性验证缺失，未检验直线与椭圆联立后的Δ≥0，得出的定点对应的直线实际与椭圆无交点；证交点在定直线时，未结合椭圆范围确认点的有效性，结论缺乏严谨性。四是逻辑倒置失误，误将 “定点满足直线方程” 与 “直线过定点” 的因果关系颠倒，引发推导逻辑断层
变式1．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆交于两点，满足，证明：直线过定点．
变式2．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形为正方形，点，且的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过的直线与交于，两点，求证：；
(3)已知直线交椭圆于，两点，直线，相交于点.试判断点是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由.
变式3．椭圆中，离心率是，右顶点到上顶点的距离为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的左顶点为，经过点的直线与椭圆交于，过点作的平行线，与交于点．判断是否在定直线上？若在，求出该直线；若不在，请说明理由．
一、单项选择题
1．（2025·广西河池·三模）设椭圆：（）的左、右焦点分别为，，过作斜率不为零的直线交于，两点.若的周长为8，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·广东广州·模拟预测）已知椭圆的两个焦点为，，过作直线交椭圆于，，若，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·陕西西安·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，且过点，为上一动点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·贵州贵阳·模拟预测）设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为A，直线交M于另一点B，的内切圆与相切于点C，若，则椭圆M的离心率为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·云南玉溪·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，点在圆上，且圆上的所有点均在椭圆外，若的最小值为，且椭圆的长轴长恰与圆的直径长相等，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的焦距为1 B．椭圆的短轴长为
C．的最小值为 D．过点的圆的切线斜率为
6．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）已知双曲线与椭圆的焦点重合，离心率互为倒数，设分别为双曲线的左，右焦点，为右支上任意一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·上海长宁·二模）椭圆具有如下光学性质：如图，分别是椭圆的左、右焦点，从点发出的光线在到达椭圆上的点P后，经过到达点的切线反射后经过点，有以下两个命题：
①若P是椭圆上除长轴端点外的一点，设法线与x轴的交点为，则
②若从发出的光线，经椭圆两次反射后，第一次回到所经过的路程为，则该椭圆的离心率为；
则以下说法正确的是（ ）
A．①是真命题，②是真命题 B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是假命题，②是假命题
8．（2025·贵州黔东南·模拟预测）已知椭圆的左，右焦点分别为，点在该椭圆上，若满足为直角三角形的点共有8个，则该椭圆离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题
9．（2025·江西景德镇·模拟预测）已知为坐标原点，点的轨迹与轴的交点分别为，当点与，均不重合时，点到点和到定直线距离的平方和为4，则下列说法正确的是（ ）
A．点的轨迹方程为
B．的最大值为
C．当点与P，Q均不重合时，直线MP，MQ的斜率之积为定值-2
D．是点的轨迹上的两点，，若斜率互为相反数，则的斜率为
10．（2025·福建泉州·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，短轴长为，离心率为，是椭圆上异于长轴端点的一动点，点与点关于原点对称，则（ ）
A．的面积最大值为
B．的最小值为
C．若以为直径的圆经过两点，则点的轨迹方程为
D．椭圆上存在点，使得
三、填空题
11．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知椭圆有如下几何性质：从椭圆一个焦点发出的声波，经过椭圆反射后，声波汇聚到椭圆的另一个焦点上.若椭圆的左、右焦点分别为，，从发出一声响，分别经过，在处先后听到两次不同的响声，则的离心率为_________，若的长轴长为4，，，点在上且，则到轴的距离为________________.
12．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知椭圆与直线交于两点，且线段的中点为，则椭圆的方程为_______________.
四、解答题
13．（2025·四川攀枝花·模拟预测）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，焦点在x轴上的椭圆C的上顶点为，线段的中垂线交C于两点，且.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点E为椭圆C上位于直线上方（不与点重合）的动点，过点B作直线的平行线交椭圆C于点F，点M为直线与的交点，点N为直线与的交点.
（i）证明：直线与直线的斜率之积为定值；
（ii）求的取值范围.
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题01 椭圆定义与性质及其综合问题
目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】椭圆的定义和方程 【题型02】椭圆中的几何性质（光学性质） 【题型03】椭圆中的焦点三角形 【题型04】椭圆的离心率 【题型05】点差法（中点弦公式） 【题型06】定义法求轨迹方程（椭圆） 【题型07】利用定义求距离和、差的最值 【题型08】椭圆的离心率范围 【题型09】椭圆中的面积问题 【题型10】椭圆中的向量问题 【题型11】椭圆中的斜率问题 【题型12】椭圆中的图形问题 【题型13】椭圆中的定比分点 【题型14】椭圆中的定点、定线问题 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦 椭圆是高考数学解析几何核心考点，题型覆盖选择、填空、解答题，整体解析结合占20—28分。考向聚焦四大核心：一是定义应用，常结合焦点三角形求周长、轨迹方程或线段最值；二是标准方程求解，以待定系数法为主，需判断焦点位置；三是几何性质，离心率为必考重点，结合关系求解；四是综合应用，直线与椭圆联立是解答题核心，常与韦达定理、弦长、面积、定点定值等结合，难度中等偏上。复习需强化定义与性质基础，熟练运算技巧。
关键能力 椭圆解题的关键能力，一是定义活用能力，能快速用椭圆定义转化线段关系，破解焦点三角形、轨迹问题。二是代数运算能力，熟练联立直线与椭圆方程，结合韦达定理简化计算，攻克弦长、面积等综合题。三是性质迁移能力，掌握a,b,c,e的关系，精准求解离心率。四是数形结合能力，以形助数，快速定位最值、定点定值问题的突破口。
备考策略 椭圆备考需立足基础，先吃透定义、标准方程及a、b、c、e的核心关系，熟练定义法、待定系数法求轨迹方程。针对离心率、焦点三角形等高频考点，归纳解题模型，强化训练。 直线与椭圆综合题是难点，需熟练联立方程、活用韦达定理，掌握弦长、面积、定点定值的解题套路，提升代数运算与数形结合能力。定期刷高考真题，总结易错点，规避计算失误。
◇方法技巧 01 选填的常用方法
椭圆选填专题的解题方法可围绕定义、方程、性质、综合应用四大模块总结，核心思路是数形结合+代数运算，具体如下：
1、定义法
核心是活用椭圆的第一定义（），常用于求轨迹方程、焦点三角形的周长或边长最值。
2、待定系数法
求解椭圆标准方程的核心方法，分两步：
先判断焦点位置（轴或轴），设对应标准方程；
再结合已知条件（过定点、关系、离心率等）列方程，解出。
若焦点位置不确定，可设统一方程简化计算。
3、离心率求解法
离心率，关键是建立的齐次关系式：
（1）几何法：结合焦点三角形、椭圆顶点、直线与椭圆位置关系，用勾股定理、余弦定理等推导；
（2）代数法：由已知条件转化为的方程，消去（利用）。
4、焦点三角形解法
结合定义+余弦定理+面积公式：
由定义得，由余弦定理得；
面积公式：，（为焦点三角形内切圆半径）
焦半径：，
5、椭圆参数方程：，其中为参数.
6、中点弦公式
（1）已知是椭圆上的两个点，为重点，则.
（2）已知是椭圆：上的两动点，是椭圆上异于的一点，若两点关于原点对称.
7、焦半径倾斜式及焦比公式:过左焦点，倾斜角为的直线交椭圆于两点；
，若，则焦比公式：.
◇方法技巧 02 解答题的常用方法
直线与椭圆综合问题解法：
核心步骤是联立方程+韦达定理，适用于弦长、面积、定点定值、最值问题：
设直线方程（斜率存在设，斜率不存在设），与椭圆方程联立，消去或得一元二次方程；
利用判别式确定参数范围，由韦达定理得、；
（1）弦长和面积：弦长公式，或面积公式×底×高求解；
（2）向量问题：利用点的坐标表示向量，包括直径所对的圆周角为直角进行向量数量积为零；
（3）斜率问题：利用点的坐标表示斜率，包括三点共线时利用斜率的差为零，角度相等时，角度的其中一边平行于或时，将角度转化为倾斜角的关系，利用斜率的和，差，乘积为定值求解；
（4）图形问题：利用向量和斜率求解三角形的形状，包括：等腰，等边，直角，钝角三角形；平行四边形对角线互相平分，利用中点坐标进行求解；矩形，菱形，正方形在平行四边形上进行垂直和长度的求解即可.
（5）定点、定线问题：利用题目所给的翻译条件，构建等式，从而将直线中用表示即可证明定点坐标；利用直线的交轨法，消参的方法，进行定直线的证明.
◇题型 01 椭圆的定义和方程
典｜例｜精｜析
典例1．已知曲线，设，q：曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则p是q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】A
【分析】首先得到曲线C是焦点在x轴上的椭圆的充要条件是，再进一步判断即可.
【详解】曲线C是焦点在x轴上的椭圆的充要条件是，即．
所以当时，成立，所以p是q的充分条件，
反之当时，不一定成立．所以p是q的充分不必要条件．
故选：A．
典例2．已知是椭圆的两个焦点，是该椭圆上的任意一点，则的最大值是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由椭圆的定义和基本不等式求解即可
【详解】根据椭圆的定义可知，
根据基本不等式可知，
当且仅当时取等，
所以最大值为25，
故选：C.
混淆椭圆第一定义的条件，忽略，误判轨迹。设方程时忽视焦点位置，漏设的统一形式。计算中混淆a,b,c关系，记错，离心率公式误用。
变｜式｜巩｜固
变式1．曲线，则“”是“曲线表示椭圆”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】根据椭圆的标准方程，曲线表示椭圆求解的取值范围，再根据充分条件、必要条件进行判断即可.
【详解】若曲线表示椭圆，则，解得或，
则“”是“曲线表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：B.
变式2．已知椭圆的左、右焦点为，，且过右焦点的直线l交椭圆于A、B两点，的周长为20，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据椭圆定义利用焦点三角形的周长列出方程，求出，根据焦点坐标求出，即可求出离心率.
【详解】因为的周长为20，所以，
由椭圆定义可知：，即，
又因为，所以椭圆C的离心率为.
故选：B.
变式3．已知是椭圆的两个焦点，点在上，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据椭圆定义得到，将整理为，然后根据范围求得范围即可.
【详解】设，，则，，又，所以当时，，当时，.
故选：C.
◇题型 02 椭圆中的几何性质（光学性质）
典｜例｜精｜析
典例1．如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截口曲线是一个椭圆，，为该椭圆的焦点，为椭圆上任意一点.若圆柱的底面圆半径为1，，则下列结论不正确的是（ ）
A．椭圆的长轴长为4
B．椭圆的离心率为
C．满足的点共有4个
D．的最大值为8
【答案】D
【分析】根据给定图形，求出椭圆长、短半长轴、，再逐项计算、判断作答.
【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，
椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径，
则由截面与圆柱底面成锐二面角，得，故A选项正确；
显然，，解得，则，离心率，故B选项正确；
以椭圆的对称中心为圆心，为半径作圆，由，可知与椭圆有4个交点，所以满足的点共有4个，故C选项正确；
由椭圆定义，可得，根据不等式，可得，解得，当且仅当时，取得最大值，故D选项错误.
故选：D.
典例2．如图，一种电影放映灯的反射镜面是旋转椭圆面（椭圆绕其对称轴旋转一周形成的曲面）的一部分，过对称轴的截口是椭圆的一部分，灯丝位于椭圆的一个焦点上，片门位于另一个焦点上，由椭圆一个焦点发出的光线，经过旋转椭圆面反射后集中到另一个焦点．已知，，，则光从焦点出发经镜面反射后到达焦点经过的路径长为（ ）
A．5 B．10 C．6 D．9
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义可得光从焦点出发经镜面反射后到达焦点经过的路径长为，再根据，，求出即可得解.
【详解】图，以的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，
设椭圆的方程为，，
当时，，解得，
因为，，所以，
所以，①
又因，
所以，②
由①②解得，
所以光从焦点出发经镜面反射后到达焦点经过的路径长为.
故选：B.
一是混淆的关系，记错，或把离心率与双曲线公式混淆；二是忽略离心率范围，计算后未验证取值合理性。三是几何性质应用时，误将椭圆顶点、焦点坐标写反，尤其焦点在y轴上的方程，易把位置弄混。四是光学性质理解偏差，不清楚 “从一焦点发出的光线经椭圆反射后必过另一焦点” 的本质，无法结合定义解决反射类轨迹问题。
变式1．若椭圆的中心为坐标原点 焦点在轴上；顺次连接的两个焦点 一个短轴顶点构成等边三角形，顺次连接的四个顶点构成四边形的面积为，则的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题可知，，解之即可得a和b的值，从而求得椭圆的方程；
【详解】设椭圆的标准方程为，
由题可知，，解得，，
故椭圆的标准方程为．
故选：A.
变式2．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，现有椭圆的蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于两点，若面积的最大值为34，则椭圆的长轴长为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由题意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】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34，得，得，
故椭圆的长轴长为.
故选：C
变式3．椭圆、双曲线、抛物线这些圆锥曲线都有焦点．焦点，顾名思义，就是光线的聚集点，这说明圆锥曲线与光有着紧密的联系，圆锥曲线具有丰富的光学性质．例如，从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆反射后会经过另外一个焦点，设，分别是椭圆的左、右焦点，从焦点发出的光线先后经过椭圆上的，两点反射后回到焦点．若，，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据已知条件，设出,写出其他线段的代数式，利用三角形相似，得出关于的关系式，进而求出离心率.
【详解】如图，由题意知，
所以．
设，所以，
又，所以，
得，所以，．
方法一：对于等腰三角形和，因为，
故，故，即，
化简得，
即，解得（负数舍去）．
方法二：易知，
则有.
化简得：，即，解得（负数舍去）.
故选：D.
◇题型 03 椭圆的焦点三角形
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆的左 右焦点分别为，过原点的直线与交于两点，，且的面积为，则的离心率是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】依题意可得，根据对称性可知四边形为矩形，从而得到，再由椭圆的定义，即可求出、，再在中利用勾股定理得到、的关系，即可求出离心率.
【详解】不妨假设在第一象限，因为，所以．由图形的对称性知四边形为矩形，
因为的面积为，所以的面积为，
所以，即．
又因为，所以，，
在中，，则，所以.
故选：A．
典例2．（多选）设为椭圆的左，右焦点，为椭圆上一点且在第一象限.若的面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．的周长为 B．以为直径的圆经过点
C．点的坐标为 D．直线的斜率为
【答案】ACD
【分析】先将椭圆方程转化为标准方程，求出的值，再根据椭圆定义、三角形面积公式、圆的标准方程、直线斜率公式逐一分析选项即可.
【详解】已知椭圆的方程为，两边同时除以2可得，
由此，，，，，，，；
对于A，根据椭圆的定义，椭圆上任意一点到两焦点距离之和等于，
因此的周长为，选项A正确；
对于B，设点的坐标为，
则，
将代入椭圆方程得，，，，
解得或（舍），因此点的坐标为，
两点的中点为原点，可得以为直径的圆的方程为，
将的坐标代入圆的方程的左边得，
因此以为直径的圆不经过点，选项B错误；
对于C，由选项B的分析过程可得点的坐标为，选项C正确；
对于D，点的坐标为，点的坐标为，
则直线的斜率为，选项D正确.
故选：ACD.
公式混淆：记混面积公式，误用，或记错简洁公式的形式，漏掉或写错半角关系。 条件遗漏： 计算时忽略椭圆定义与余弦定理的结合，无法由角度推导出的值。 参数混用：将椭圆中与双曲线的混淆，代入数值时出错，导致面积计算结果偏差。
变式1．设，为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限，若为等腰三角形，则的面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由椭圆标准方程可得，，，根据题意得或，结合图形，利用椭圆的定义求出的三边长，即可求得其面积
【详解】由椭圆：可得，，，
因为上一点且在第一象限，则
由为等腰三角形，则可得或，
当时，，
此时的面积为：；
当时，，不合题意，舍去.
综上，可得的面积为.
故选：C．
变式2．设椭圆的焦点为是椭圆上的一点，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】先表示出的外接圆与内切圆半径，根据构造齐次式，求椭圆的离心率.
【详解】如图：
的外接圆半径：.
设，，所以.
所以.
又，所以.
由得.
又，所以，
又，所以.
故选：B
变式3．（多选）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2 D．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．
◇题型 04 椭圆的离心率
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆的左右焦点分别为，过右焦点的直线与交于两点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】设，得，，，在中由勾股定理得，在中由勾股定理列方程可得答案.
【详解】
设，因为，所以，
由椭圆的定义可得，，
因为，在中由勾股定理得，解得
所以，，
在中由勾股定理得，从而可得.
故选：A
一是公式混淆，误将椭圆离心率记成双曲线离心率，忽略椭圆的范围，计算后未验证结果合理性。二是“a、b、c关系用错”，将椭圆中与双曲线的混淆，推导齐次式时出错。三是几何条件转化失误，比如焦点三角形、直线与椭圆相切等场景，无法正确提炼出a与c的比例关系。四是焦点位置判断失误，焦点在y轴时仍套用x轴椭圆的参数关系。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知椭圆中分别为C的左，右焦点，点为椭圆图像上的一点，，且成等比数列，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由椭圆的定义可得，由等比数列，得到，再由余弦定理，求出离心率.
【详解】由椭圆的定义可得，，
再由等比数列,得到,
由余弦定理，
则，故，
即.
故选：B.
变式2．已知椭圆C：的上顶点为A，左、右焦点分别为、，连接并延长交椭圆C于另一点B，若，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用线段之比可设出两线段，再结合焦半径及椭圆的定义，可求出各线段长度，然后借助余弦定理得到关于的齐次方程，从而可求离心率.
【详解】
由图可知，，
根据，可设，
则，所以，
由三角形中余弦定理得:,
根据直角三角形有：，
代入上式可得：，
故选：B
变式3．已知椭圆的两个焦点为，，过作直线交椭圆于，，若，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意在中，，在中，，再结合离心率求解即可.
【详解】连接，设，，则，
因为，所以，
在中，，所以，
化简得，则，，
在中，，
所以，即，所以离心率.
故选：D
◇题型 05 点差法（中点弦公式）
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆E:＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为（ ）
A．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
【答案】D
【详解】设、，所以，运用点差法，所以直线的斜率为，设直线方程为，联立直线与椭圆的方程，所以；又因为，解得.
典例2．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.
一是前提遗漏，忽略点差法的适用条件 —— 直线与椭圆有两个交点，未验证判别式Δ>0，导致所求参数范围失真。二是公式推导错误，将点代入椭圆方程相减时，误算移项步骤，记错中点与斜率k的核心关系式。三是焦点位置混淆，焦点在y轴上的椭圆，未调整公式形式，仍套用x轴椭圆的点差法结论，造成斜率计算错误。
变式1．已知原点为，椭圆与直线交于两点，线段的中点为，若直线的斜率为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，则，由点差法求解离心率即可.
【详解】设，则，
则，两式相减可得，
，即，
即，，故.
故选：B
变式2．已知直线与椭圆在第四象限交于两点，与轴，轴分别交于两点，若，则的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意线段的中点，也是线段的中点，再利用点差法和四点共线求出，得解.
【详解】由可得线段的中点，也是线段的中点，
设，线段的中点坐标为，
则.
又点在椭圆上，所以，
两式相减可得，
，所以，
所以，即.
又因为四点共线，所以，
综上可得，由在第四象限得即，
所以直线的倾斜角为.
故选：C.
变式3．不与坐标轴垂直的直线过点，，椭圆上存在两点关于对称，线段的中点的坐标为．若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据点差法求出，再结合进行计算得出结果.
【详解】设为坐标原点，在椭圆中，设，则，
所以，
因为关于对称，所以，所以，
由线段的中点的坐标为，得出．
所以，
又，
∴，即，
又，∴，所以所求离心率为.
故选：C．
◇题型 06 定义法求轨迹方程（椭圆）
典｜例｜精｜析
典例1．已知曲线，从上任意一点向轴作垂线段，为垂足，则线段的中点的轨迹方程为（ ）
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
典例2．已知动圆M与圆：内切，同时与圆：外切，则动圆M的圆心的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】设出动圆圆心为，，根据椭圆的定义即可求解.
【详解】已知圆心，半径，
整理得，圆心，半径
设动圆圆心为，半径为，
因为动圆与内切，与外切，
所以，
则，由椭圆的定义可知，
是以为焦点的是椭圆，
则，
动圆M的圆心的轨迹方程为．
故选：D
典例3．已知M为圆P：上的一个动点，定点，线段MQ的垂直平分线交线段PM于N点，则N点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，得到，且，结合椭圆的定义，得到点的轨迹是以为焦点的椭圆，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心，半径为，
由，可得，
因为线段的垂直平分线交线段于点，可得，
则，
结合椭圆的定义，可得点的轨迹是以为焦点的椭圆，
其中，可得，则，
所以点的轨迹方程为.
故选：C.
（1）定义法：进行相关的数形结合的表示，并进行对应的消元，使得动点到两个定点的距离的和为定值；容易忽略未知变量的表示. （2）相关点法：进行相关点的表示时，没有用已知点对未知点的表示，带入进行求解. （3）直译法：进行点的坐标表示时，注意未知变量的取值范围.
变式1．已知为坐标原点，长为3的线段，端点，分别在轴 轴上滑动，若动点满足，则动点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用向量的坐标运算用点的坐标表示出点的坐标，再利用给定线段长求出方程.
【详解】设点，由，得，
则，而线段长为3，即，因此，
所以动点的轨迹方程为.
故选：A
变式2．一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由圆与圆的位置关系及椭圆的定义和标准方程可得结果.
【详解】设动圆圆心为，半径为，设已知圆的圆心分别为、，
将圆的方程配方得：，圆心，半径为，
圆同理化为，圆心，半径为，
当动圆与圆相外切时，有①
当动圆与圆相内切时，有②
将①②两式相加，得
动圆圆心到点和的距离和是常数，
所以点的轨迹是焦点为点、，长轴长等于的椭圆，
故，，，.
故选：A.
变式3．在平面直角坐标系中，已知两点，，点为动点，且直线与的斜率之积为，则点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设，结合已知写出直线，的斜率，由列式求解动点的轨迹方程．
【详解】设，，，
，，
由，得．
即．
动点的轨迹方程为．
故选：B．
变式4．动点到定点的距离与到定直线：的距离的比等于，则动点的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据距离公式即可化简求解.
【详解】根据题意可得，平方化简可得，
进而得，
故选:A
◇题型 07 利用定义求距离和、差的最值
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆的左 右焦点分别为，点是该椭圆上的动点 点，则的最大值是（ ）
A．9 B．8
C．7 D．6
【答案】A
【分析】
由椭圆定义得出，于是有，只要求得的最大值即可得，而，从而可得结论．
【详解】由题可知，，
所以，
而，即，
故，当且仅当是的延长线与椭圆的交点时等号成立，
故选：A.
典例2．已知F为椭圆C：的右焦点，P为C上一点，Q为圆M：上一点，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】要求的最小值，根据椭圆的定义可以转化为（其中为椭圆的左焦点），即求的最小值，即为圆心与的距离减去半径，进而解决问题．
【详解】如图，由题可知，圆的圆心坐标为，半径为1，
设椭圆的左焦点为，即，
则，
故要求的最小值，即求的最小值，
所以的最小值等于，
即的最小值为，
故选：D．
（1）没有先判断点在椭圆内和椭圆外，因此使得距离和、差求解错误；距离和、距离差上，利用三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，转化为三点共线.
变式1．已知，是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，则的最大值是（ ）
A． B．9
C．16 D．25
【答案】D
【分析】利用椭圆的定义及基本不等式可求答案.
【详解】解：由题意，，，
，当且仅当时，等号成立，
的最大值是25．
故选：D．
变式2．已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】借助椭圆定义可得，再借助两点间距离公式计算即可得.
【详解】如图，取椭圆右焦点，则，
则由椭圆定义可知，
则，
当且仅当、、三点共线，且在之间时取等，
故的最大值为.
故选：A.
变式3．设P是椭圆上一点，M、N分别是两圆：和上的点，则的最小值和最大值分别为（ ）
A．9，12 B．8，11
C．8，12 D．10，12
【答案】C
【解析】先依题意判断椭圆焦点与圆心重合，再利用椭圆定义以及圆的性质得到最大值和最小值即可.
【详解】如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为，恰好是椭圆的两个焦点，由椭圆定义知，
连接PA，PB分别与圆相交于M，N两点，此时最小，最小值为；
连接PA，PB并延长，分别与圆相交于M，N两点，此时最大，最大值为．
故选：C．
◇题型 08 椭圆的离心率范围
典｜例｜精｜析
典例1．已知，分别是椭圆的左、右焦点．若椭圆上存在点，使得线段的垂直平分线恰好经过焦点，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据中垂直的性质可得，根据列不等式，结合离心率公式以及椭圆离心率即可得解.
【详解】如图：因为线段的垂直平分线恰好经过焦点，所以，
当点位于椭圆的左顶点时，最大为；
当点位于椭圆的右顶点时，最小为；
所以，可得，所以，
故选：C
椭圆离心率的核心范围是01）、抛物线（e=1）的离心率边界混淆，导致基础判断失误。二是忽略焦点位置**，对含参数椭圆方程（如），未区分m>n（焦点在x轴）和m变式1．设，为椭圆：的焦点，若在椭圆上存在点，满足，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据椭圆性质要使题设条件成立只需点在椭圆左右顶点时，此时利用余弦定理可得，进而求的范围.
【详解】由椭圆的性质知，当在椭圆左右顶点时最大，
椭圆上存在一点使，只需在椭圆左右顶点时，
此时，，即.
又，.
又，，解得.
又，.
故选：A.
变式2．已知焦点在x轴上的椭圆，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线相交，则C的离心率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题意，可得椭圆中心到直线的距离小于短半轴长，推得，结合椭圆特征可得，表示出椭圆离心率，利用二次函数的性质即可求得其范围.
【详解】因椭圆短半轴长为半径的圆与直线相交，
则，解得，又椭圆焦点在x轴上，则，故，
则椭圆C的离心率．
故选：B.
变式3．已知椭圆，过的右焦点的直线交于，两点，若存在直线使得，则的离心率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出过的右焦点的最短弦长，再建立不等式求出离心率的范围.
【详解】设的右焦点坐标为，长轴是过的右焦点的最长弦，
当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，
由消去得，设，
，则
，当且仅当时取等号，
依题意，，解得，则的离心率.
故选：D
◇题型09 椭圆中的面积问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为，且过焦点且垂直于椭圆C的长轴的弦长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点的直线l交椭圆C于，两点，当的面积最大时，求直线l的方程.
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）根据给定条件，结合椭圆离心率的意义及对称性列式求出即可.
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理，求出三角形面积的函数关系，再利用基本不等式求解最值，即可求得直线方程.
【详解】（1）设椭圆C的半焦距为，由过焦点且垂直于椭圆C的长轴的弦长为1，得点在椭圆上，
于是，由离心率为，得，而，因此，，
所以椭圆C的方程为.
（2）由题意，，直线不垂直于轴，设其方程为，
由，得，设，
则，，
，
当且仅当，即时取等号，
所以直线的方程为或．
典例2．如图，圆，是圆内一个定点，是圆上任意一点.线段的垂直平分线和半径相交于点，当点在圆上运动时，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)记的左顶点为，直线与交于两点，直线的斜率之积为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方，是否存在点，使得与的面积之比为 若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）存在，
【分析】（1）根据条件，利用椭圆的定义，即可求解；
（2）（ⅰ）设直线为，联立直线与椭圆方程，结合条件，利用根与系数间的关系，得，进而可解得或，即可求解；（ii）根据条件得，，结合条件可得，即可求解.
【详解】（1）由题意可知，，
由椭圆定义可得，点的轨迹是以为焦点的椭圆，且长轴长，焦距，
所以，因此曲线C方程为.
（2）（ⅰ）设直线为，设
由，消去得，
，则，
所以，
则，整理得，解得或，
当时，直线方程为，过点，不合题意，舍去，
当时，直线方程为，过定点，命题得证.
（ii）设，因为，则，
又，得到，
所以，又，
则，同理可得，
因为，，
又由（i）知，，所以
，
得到，
所以，
则，
整理得，解得或，
又，则，代入，得到，此时，故存在满足题意.
一是面积公式误用，计算弦与原点或焦点围成的三角形面积时，混淆底高公式与向量叉乘、行列式等便捷算法，未结合弦长公式和点到直线距离公式，导致计算繁琐且出错。二是变量范围遗漏，用参数法设点或设直线斜率时，忽略椭圆上点的坐标边界，或未考虑直线斜率不存在的特殊情况，使最值点超出椭圆范围。三是判别式忽视，联立直线与椭圆方程求交点时，未验证Δ≥0，得出的 “最值” 因直线与椭圆无交点而无效。四是转化逻辑缺陷，不会将面积最值转化为函数最值，或换元后忽略新变量范围，导致极值求解偏差。
变式1．已知椭圆的离心率为，右焦点为，是E上一点．
(1)求的方程；
(2)过F的直线交于两点，求（为坐标原点）的面积的最大值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可.
（2）由（1）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合三角形面积求出函数关系，进而求出最大值.
【详解】（1）因为是E上一点，代入椭圆方程解得，
又，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）得半焦距，点，显然的斜率不为零，
设直线的方程为，，
由消去，得，显然，
则，，
所以，
则的面积，
令，函数在上单调递增，当时，取得最小值4，
则当时，取得最小值4，，
所以的面积的最大值为.
变式2．“如果两个椭圆的离心率相同，我们称这两个椭圆相似”.已知椭圆与椭圆相似，的短轴长为2，离心率为.
(1)求的标准方程.
(2)设为坐标原点，为上的动点，过点且斜率为的直线与相切，与交于，两点，射线交于点，试问：的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，.
【分析】(1)根据椭圆离心率的定义，短轴的概念，求出椭圆标准方程.
(2)根据直线与椭圆的交点问题解题方程，依据弦长公式,证明椭圆中的定值问题.
【详解】（1）因为的短轴长为2，所以.
因为的离心率为，所以.
又的离心率，所以，
所以的标准方程为.
（2）由（1），知.
设，过点的直线方程为.
由得.
因为直线与相切，所以，即①，
所以，，
所以直线的斜率，方程为.
由得，设，所以，所以.
由题意，得，位于轴两侧，所以，所以.
设，，由得，，
由根与系数的关系，得，，
所以，将①代入，得.
由直线与轴交于点，
得，
所以，即的面积为定值.
变式3．椭圆的左焦点为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】首先根据三角形面积公式确定，【算法一】设直线方程为，联立直线和直线求得点的坐标，思路一，根据求点的坐标，代入椭圆方程，即可求解；思路二，直线与椭圆方程联立，求点的坐标，再根据，即可求解；【算法二】设直线方程为，，后面的过程同【算法一】.
【详解】（1）由题意得：，
所以
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知，直线的斜率存在且为正，
直线方程为，
因为三角形的面积是三角形面积的5倍
∴
∵∴
又由题意可知、均在轴右侧，∴
设直线方程为，由，解得
，
所以
因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得：
∴
所以直线方程为，即．
变式4．19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，且蒙日圆的半径为（为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长）．已知椭圆上任一点到点的距离与到直线的距离之比为，椭圆的蒙日圆为圆．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点为坐标原点，点是椭圆上的任意一点，是椭圆左右焦点，直线与圆相交于两点，求证：是定值；
(3)过点作直线交圆于、两点，作直线交椭圆于、两点，且，求四边形面积的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意列出方程，化简即可；
（2）分别求出，，进而可求解；
（3）分类讨论直线的斜率是否存在，利用点到直线的距离及面积公式求解即可.
【详解】（1）设满足，整理可得，
椭圆的方程为．
（2）由（1）得该椭圆的蒙日圆为，
设，则，∴，
又、，
∴，
同理，∴，
，
所以．
（3）①当斜率不存在，斜率为0时，方程为，原点到的距离为，
所以，
所以四边形面积；
②当斜率存在，斜率不为0时，设的方程为，
则的方程为即，
则原点到的距离为，
所以．
设、，联立与的方程，即，
消去得，
由于在椭圆内部，所以直线与椭圆必相交且，
所以
因为，所以四边形面积
，
令，则，
故，
∵，∴，令，则单调递减，
所以当时，即四边形的最小值为．
◇题型10 椭圆中的向量问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆的离心率为，过右焦点的直线与椭圆交于两点，当轴时，.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求直线的方程.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据离心率及椭圆参数关系得，再由通径的长度求参数，即可得；
（2）根据已知，设，联立椭圆，结合向量坐标的线性关系、韦达定理求参数值，即可得直线方程.
【详解】（1）由题意，
过右焦点作垂直轴的直线，交椭圆于，
代入，则，
所以，则，
所以椭圆方程；
（2）由（1）可得，设，
由题意，直线斜率存在，设直线且，
联立，整理得，
所以，则，，
而，
由，则，即，，
所以，可得，则（舍）或，
当时，经验证满足题设，所以直线方程.
典例2．已知椭圆的一个焦点，短轴长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线与轴交于点，过焦点的直线与椭圆交于两点.证明：点在以为直径的圆外.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得，进而求得，即可求解；
（2）分直线斜率为0和不为0两种情况讨论求解即可.
【详解】（1）由题意得，即，
所以，
则椭圆的标准方程为.
（2）由题意得，直线，则，
当直线斜率为0时，不妨令，
此时以为直径的圆的方程为，显然在此圆外；
当直线斜率不为0时，设直线的方程为，设，
由可得，，
则，
，
故在以为直径的圆外.
综上所述，点在以为直径的圆外.
典例3．已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，，点在椭圆上，满足直线的斜率之积为，且面积的最大值为2．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，同时与直线交于点，假设，，判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)为定值，定值为0．
【分析】（1）由斜率关系求得的关系，根据面积的最大值为，得到，结合，求得，即可求得椭圆的方程；
（2）设过点的直线为，联立方程组得到，再联立两直线，求得，根据，，求得，进而结合韦达定理，化简得到，即可得到结论.
【详解】（1）设，由已知，得．
又点在椭圆上，所以，则，所以，即．
因为，所以．又由面积的最大值为2，可得，
即，解得．故椭圆的方程为．
（2）
由，可得点四点共线，
设过点的直线斜率存在时，直线方程为，即，
联立方程组，整理得．
设，则，，
联立方程组，可得，即．
因为，可得，
所以，
则
．
当直线斜率不存在时，直线方程为，
求得
可得，
所以为定值，定值为0．
一是向量条件转化失误，不会将向量垂直（）、共线等条件转化为坐标等式，或转化后代入椭圆方程时计算出错，丢失隐含约束。二是直径圆周角性质混淆，误将椭圆直径等同于圆的直径，忽略椭圆无 “直径所对圆周角为直角” 的固有性质，直接套用圆的结论，导致逻辑断层。三是过定点问题漏特殊情况，求动直线过定点时，未验证斜率不存在的情形，或参数消元不彻底，无法锁定定点坐标。四是判别式与范围疏漏，联立方程后未检验Δ≥0，使所求点或直线不满足与椭圆相交的前提，结果失效。
变式1．已知椭圆，点F为C的右焦点，点A为C上一个动点，若的最大值为3，的最小值为1．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线，l与C相交于P，Q两点，若（其中O为坐标原点），求实数m的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，，则，由即可得的最大值和最小值，进而解得即可求解；
（2）将直线与椭圆方程联立消元得，设，由韦达定理得，由利用数量积运算即可求解.
【详解】（1）设，，所以，
又，所以，
解得，又，所以，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）由题意有，
所以，即，
设，所以，
由，
所以，
所以，解得，即，
所以
变式2．已知椭圆C：的离心率为，C的左焦点到右顶点的距离为3．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l与x轴交于点Q，与C交于A、B两点，且，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出的方程，求解即可；
（2）设出直线l方程与椭圆联立，利用坐标表示出向量关系，结合韦达定理求解即可.
【详解】（1）依题意得解得
所以．所以C的方程为．
（2）依题意可设直线l的方程为（k存在，且），
联立消去y得，
设，，则，且，
因为，，所以，，
由，可得，所以，
由，解得，
所以直线l的方程为．
变式3．如图，点是直线上的动点，以为圆心的圆过点，直线是圆在点处的切线，过作圆的两条切线分别与交于点.
(1)求的值；
(2)设点的轨迹为曲线，，直线交曲线于两点，且直线与直线交于两点，证明：点在以为直径的圆上.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设，根据直线与圆的位置关系可得，结合两点间距离公式即可求得.
（2）由（1）可得点的轨迹方程为，根据直线的斜率是否存在，分类进行讨论，结合，可证点在以为直径的圆上.
【详解】（1）设，直线与圆切于点，所以，
则
.
（2）由（1）知点的轨迹为椭圆，
设该椭圆方程为，则，，
所以曲线的方程为.
当直线轴时，不妨令，，
则，直线的方程为，，，
同理，所以，
所以点在以为直径的圆上；
当直线不垂直于轴时，设，，直线的方程为，
代入中，整理得，
所以，，
直线的方程为，即，
所以，同理，
又，
所以，
所以，所以点在以为直径的圆上.
综上所述，点在以为直径的圆上.
变式4．如图，已知椭圆的左，右焦点分别为，离心率为，长轴长为．
(1)求的方程；
(2)过焦点的直线交于，两点，过焦点的直线交于，两点，且轴，.
（i）求的值；
（ii）设线段的中点为为坐标原点，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)（i）6；（ii）.
【分析】（1）根据给定条件，列式求出半焦距及短半轴长即可.
（2）（i）设，直线的方程分别与椭圆方程联立求出点的纵坐标，结合给定向量关系求解；（ii）由（i）求出点的坐标，进而求出的函数关系，借助二次函数求出范围.
【详解】（1）由椭圆的长轴长为，得，由离心率为，得椭圆的半焦距，
则，所以椭圆的方程为.
（2）（i）设，则，且，而，
依题意，，直线方程为，
由消去得，
则，解得，由，得；
直线方程为，由，得，
则，解得，由，得，
所以.
（ii）由（i）得，
则线段的中点，，
令，则，，
所以的取值范围是.
◇题型11 椭圆中的斜率问题
典｜例｜精｜析
典例1．折纸又称“工艺折纸”，是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用圆形纸片，按如下步骤折纸．
步骤1：设圆心是，在圆内不是圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片对折，使圆周正好通过点，此时圆周上与点重合的点标记为；
步骤3：把纸片展开，于是就留下一条折痕，此时与折痕交于点；
步骤4：不断重复步骤2和3，能得到越来越多条的折痕和越来越多的交点．
现取半径为4的圆形纸片，定点到圆心的距离为2，按上述方法折纸．以线段的中点为原点，线段所在直线为轴，建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的标准方程；
(2)已知圆，为圆上的任意一点，过作曲线的两条切线，切点分别为，，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的定义及几何性质，即可求解.
（2）根据椭圆的几何性质，利用根与系数关系建立方程，分别写出过点，的切线方程，再将点代入，即可求得所在直线方程，再将所在直线方程与椭圆方程联立，通过计算化简即可得出为定值.
【详解】（1）以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，
由题意可知，点，关于折痕对称，故，
由题意可知，且，
所以点的轨迹为椭圆，
椭圆以，为左、右焦点，长轴长，焦距，
，，，
椭圆的标准方程为；
（2）设，，，
设过点的切线为，将其与椭圆方程联立，
，
则.
则有又因为，则，
，
，
，
因为，则有，，
代入上式则有，
，
，，
故过点处的切线为，
同理可得过点处的切线方程为，
由于两切线均经过，则有，
故的直线方程为，
将直线的方程与椭圆方程联立，
则有，，
，
故，
因为，则有，
代入上式则有，即为定值，证明完毕．
典例2．已知，分别是椭圆：的左右焦点，点在椭圆上，且的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与线段相交与，与椭圆交于两点，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算推理得证.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由的面积为，得，解得，
由点在椭圆上，得，而，解得，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）依题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，
由，消去并整理得，
，又直线与线段交于点，则，
，，于是，
直线的斜率分别为，
，则，而，
所以.
一是三点共线转化疏漏，常只套用斜率相等条件，忽略斜率不存在的垂直轴情形，且未结合判别式验证共线点是否在椭圆上，导致结论无效。二是斜率关系误用，易混淆中点弦斜率乘积）等结论的适用前提，韦达定理推导斜率和差时，又因代数变形失误得出错误关系。三是角度转斜率偏差，将角相等误转为斜率相等，未识别倾斜角互补对应，且遗漏90°角需斜率积为的特殊条件，造成逻辑断层。
变式1．已知点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径的交点为，记点的轨迹是曲线，设经过点的直线与曲线的交点为．
(1)求曲线的方程；
(2)已知点，若直线与直线的斜率分别为，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接，则．设点，得到，从而点的轨迹是以为焦点的椭圆，由定义求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，设点，联立直线与椭圆方程，得到两根之和，两根之积，代入求出，得到结论.
【详解】（1）连接，则．设点，
∵圆的圆心，半径为4，
，
∵，
∴点的轨迹是以为焦点的椭圆，，焦距，
，
∴曲线的方程为；
（2）设直线的方程为，设点，
联立，消去，得，
则，
，
，
综上所述：．
变式2．设椭圆方程为为其左右焦点，过椭圆上点的椭圆切线方程为
(1)求出椭圆方程；
(2)设点，点为椭圆右顶点，过作椭圆的不与轴垂直的切线，切点为点，求证：三点共线．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据切线，写出切点坐标，带入椭圆标准方程，根据椭圆的性质，求出标准方程.
（2）方法一：根据相切只有一个交点，联立方程组，求出切点坐标表达式，根据三点斜率证明三点共线.
方法二：先连接，求出此时直线与椭圆的交点坐标，证明直线与椭圆相切即可.
方法三：通过椭圆的标准方程求出椭圆参数方程，写出椭圆的切线参数方程，求出交点的参数方程，带入求出交点的坐标，求得个直线斜率之间的关系，证明三点共线.
【详解】（1）把代入，解得切点坐标为，
代入椭圆方程得，解得，
则椭圆标准方程为.
（2）如图所示，，设直线为，
联立方程得消去得.
相切时，可得.
化简得，解得，故,
故得切点坐标，则，，可知，则三点共线．
变式3．已知椭圆的左、右焦点分别为是圆上一点，线段与C交于点Q，且．
(1)求C的标准方程；
(2)过点的直线与C交于A，B两点，记O为坐标原点，线段的中点为N，C的左顶点为D．
（i）求面积的最大值；
（ii）若的外心为M，直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）为定值9，理由见解析.
【分析】（1）根据，得到，又，则，得到椭圆方程；
（2）（i）设出直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出点N的坐标，表达出三角形的面积，利用基本不等式求出最值；
（ii）设外接圆的方程为．代入，可得，联立直线和外接圆方程，得到两根之和，两根之积，结合（i）可得方程，求出，求出，为定值．
【详解】（1）由，整理得，则该圆是以为圆心，6为半径的圆．
因为P是圆上一点，线段与C交于点Q，且，
所以，即，解得．
由题可知，则，故C的标准方程为；
（2）（i）当点的直线斜率不存在时，重合，此时不存在，不合要求，
当点的直线斜率为0时，重合，此时不存在，不合要求，
直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为．
联立整理得，
则，
则线段的中点N的坐标为．
设的面积为S，则．
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即面积的最大值为．
（ii）为定值9，理由如下：
设，显然为外接圆圆心，
故可设外接圆的方程为．
因为在外接圆上，所以，故，
故外接圆的方程为．
联立，整理得
，
则．
因为，
故，
解得．
故，为定值．
变式4．设，两个点的坐标分别为，．动点P满足，其中O为坐标原点．记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)设点，过点的直线与曲线C交于A，B两点．
（ⅰ）若直线m的斜率为，设线段AB的中点为D，求直线OD的方程；
（ⅱ）设直线l的方程为，且直线m与直线l相交于点N，记MA，MN，MB的斜率分别为，，，证明：，，成等差数列．
【答案】(1)点P的轨迹为椭圆，且其方程为．
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用椭圆的定义即可求得，进而求解；
（2）将直线方程与椭圆方程结合，由韦达定理得，
（ⅰ）利用中点坐标公式求出点的坐标，进而得直线方程；
（ⅱ）利用斜率公式表示，求出点的坐标进而得，利用等差中项即可求证.
【详解】（1）由，所以，即，
故点P的轨迹为椭圆，且其方程为．
（2）设，，
联立，
故．
（ⅰ）当时，，，
故，故直线OD的方程为：，即．
（ⅱ）又因为，，
故
．
联立，故，
故，故，，成等差数列．
◇题型12 椭圆中的图形问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知点关于坐标原点的对称点为，动点满足直线，的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)判断上是否存在点，使得为等腰直角三角形，如果存在，求出点坐标.反之说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在点，理由见解析
【分析】（1）设，根据斜率之积为，即可求得的方程；
（2）由已知，假设是以为直角顶点的等腰直角三角形，得到直线的方程，和的方程联立，可得点的坐标，由，则假设不成立，同理可得不存在以为直角顶点的等腰直角三角形.
【详解】（1）由题知，设，则，，且，
，且，
，且，
的方程为.
（2）由题意知，
在中不可能为直角.
不妨设是以为直角顶点的等腰直角三角形.
，，.
则直线的方程为，即，
由（1）知的方程为，
由，解得.
，假设不成立.
同理不存在以为直角顶点的等腰直角三角形.
所以上不存在点，使得为等腰直角三角形.
典例2．已知椭圆的一个顶点为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与轴交于点，，点关于轴的对称点为，求证：四边形为菱形.
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）由右顶点及离心率可得a，c，然后可得椭圆方程.
（2）设直线l，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理可化简，得出四边形对角线垂直平分即可得答案.
【详解】（1）因椭圆顶点为，离心率为，
则，所以，故椭圆方程为：；
（2）由题，设直线方程为，将直线方程与椭圆方程联立，
可得.
即得
化简得
因直线与椭圆交于不同的两点，则.
设，由韦达定理.
又设，令得；
设，令得；
又因为
.
所以，，所以平分，所以四边形为菱形.
一是图形判定条件疏漏，证平行四边形时仅关注对边斜率相等，忽略对边长度相等的核心要求；求矩形未将 “邻边垂直” 转化为斜率积为，菱形则遗漏 “邻边相等” 或 “对角线垂直” 的关键条件。二是点的存在性验证不足，联立方程后未检验Δ≥0，或未确认顶点坐标在椭圆范围内，导致求出的图形实际不存在。三是特殊情况缺失，忽视直线斜率不存在的情形，且未考虑椭圆对称性带来的多解，漏算符合条件的图形数量。四是面积与边长计算失误，混淆图形面积公式，且未结合椭圆参数方程简化运算，增加计算误差。
变式1．矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点．
(1)求的方程及离心率；
(2)若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形．
【答案】(1)，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出即可得解.
（2）法一，在不是矩形顶点时设，表示出直线的方程，与椭圆方程联立，利用及韦达定理推理得证，再验证是矩形顶点的情况即可；法二，在不是矩形顶点时设，求出切线方程，进而求出切点弦所在直线方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理推理得证，再验证是矩形顶点的情况即可.
【详解】（1）依题意，，，则，，半焦距，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）法一：依题意，以为直径的圆的方程为，
当点是矩形的顶点时，均与坐标轴垂直，此时；
当点不是矩形的顶点时，设点的坐标为，直线的方程为，
由消去得：，
由，化简得，
设直线的方程为，同理得：，
于是是关于的一元二次方程的两根，
则，又，因此，，即，
所以是直角三角形.
法二：设，分别为，与的公共点，且，
以为直径的圆的方程为，
当点是矩形的顶点时，，均与坐标轴垂直，此时；
当的斜率都存在时，设，，
由消去得：，
则，化简得．
又，则，即，解得，
同理得：，直线，即，直线，
又直线过点，则，，
于是直线的方程为：，由消去，
得，则，
于是
，又，则，
因此，，
所以是直角三角形.
变式2．已知椭圆的左焦点在抛物线的准线上，且椭圆的短轴长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过原点的直线与椭圆相交于M，N两点，若直线：上存在点Q，使得是以为底边的等腰直角三角形，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】(1)利用抛物线方程可求出，再由短轴长可求出，进而求得的值，可写出椭圆的方程；
(2)将直线分三种情况讨论：斜率不存在时，斜率为时和斜率存在且不为时，再利用是以为底边的等腰直角三角形进行求解即可.
【详解】（1）抛物线的准线方程为，
椭圆的左焦点为，即，
椭圆的短轴长为，，即，，
椭圆的方程为；
（2）设，，
当直线的斜率不存在时，：，
此时M，N分别为椭圆的上、下顶点，不妨设，，
要使是以为底边的等腰直角三角形，则，
，，，不合题意；
当直线的斜率为时，：，
此时M，N分别为椭圆的左、右顶点，不妨设，，
要使是以为底边的等腰直角三角形，则，
，，，满足题意；
当直线的斜率存在且不为时，设：，
由，得，
，，
，
设的垂直平分线方程为，
由，得，
是以为底边的等腰直角三角形，，
，
化简得，，或(舍)，：，
综上，直线的方程为或.
◇题型13 椭圆中的定比分点
典｜例｜精｜析
典例1．已知点和直线：，点到的距离，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点作斜率不为0的直线与曲线交于，不同的两点，再过点作直线的平行线与曲线交于不同的两点，.
①证明：为定值；
②求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）设出动点坐标，列出方程，化简可得答案；
（2）①设出直线方程，联立，结合弦长公式可得定值；②写出面积表达式，换元，结合函数的单调性可求范围.
【详解】（1）设，由题意，
，整理可得.
（2）设直线的方程为，则直线的方程为.
联立，得，
可得.
设，则.
联立，得，，
设，则.
①证明：因为，所以
，故为定值.
②因为的面积,
,
.
设，则.
由对勾函数的性质可得，所以.
典例2．已知椭圆的离心率为，点在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过A的直线l（斜率不为0）与椭圆E的另一个交点为B，线段中点为M，射线交椭圆E于点N，交直线于点Q.求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率和即可结合的关系求解，
（2）联立直线与椭圆方程，根据中点坐标可得，进而可得以及，即可结合向量的数量积以及两点距离公式化简求解.
【详解】（1）根据题意可知，解得，
故椭圆方程为
（2）设直线，联立与的方程可得，
设，则,
故，故，
，
故直线的方程为，
联立与椭圆方程可得，解得,
在直线中，令，则，故,
故
，
故
一是定比分点公式误用，混淆内分点与外分点的坐标公式，或颠倒分点比λ的前后项（如误将写成），导致坐标代入椭圆方程时出现基础错误。二是参数范围疏漏，用分点坐标反推直线参数时，未结合椭圆方程的取值边界，也未验证直线与椭圆联立后的Δ≥0，使得求出的λ对应点不在椭圆上。三是韦达定理衔接失误，未将分点坐标与交点韦达定理结论结合，强行计算增加复杂度，且易因代数变形出错，同时忽略斜率不存在的特殊直线情形，造成解的缺失。
变式1．已知，点.在上任取一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与曲线相交于两点.
（i）若为原点，求面积的最大值；
（ii）点，设点是线段上异于的一点，直线的斜率分别为，且，求的值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）1
【分析】(1)由条件可得点轨迹满足椭圆的定义，设出椭圆方程，由，的值可得的值，从而求得轨迹方程；
(2)（i）设出直线的方程，结合韦达定理，由面积计算，利用换元法和基本不等式计算即可得出结果；
（ii）由，可知直线的倾斜角互补，所以，
即点在线段的垂直平分线上，则依次求解，计算即可得出结果.
【详解】（1）因为线段的垂直平分线与半径相交于点，所以.
又因为，所以，所以，
因为，，
所以的轨迹是以为左右焦点的椭圆.
所以，所以的方程为.
（2）（i）方法一：设直线的方程为，点，，
由消去得：，
则，则或.
，
面积
令，则，，
当且，即时，面积的最大值为.
方法二：显然直线的斜率存在且非零，设直线的方程为，点，，
由
消去得：，
则，，则且，
.
点到直线的距离，
所以面积
.
令，则，
当，即时，的最大值为，所以面积的最大值为.
方法三：显然直线的斜率存在且非零，设直线的方程为，点，，
由，
消去得：，
则，则且，
.
点到线的距离，
所以面积
.
，
即当时，有最大值为.
（ii）因为，所以直线的倾斜角互补，所以，
所以点在线段的垂直平分线上，所以.
于是，，.
，.
，
于是，
因为，
所以.
所以的值1.
变式2．已知椭圆的左顶点为，上顶点为.
(1)求的离心率；
(2)已知过点的直线交于两点，点是线段上异于的一点，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求得的值，利用离心率的定义即可得解.
（2）当直线的斜率为0时，分别求出的值即可得证；当直线的斜率不为0时，设，直线的方程为，易知，令，结合与韦达定理，得出，从而得证.
【详解】（1）因为，所以，因为，所以，
所以的方程为1，
故其离心率.
（2）证明：当直线的斜率为0时，不妨记，
则，
则.
当直线的斜率不为0时，设，
直线的方程为.
由得，
则0，
所以，且，.
如图，
因为，所以点在线段的垂直平分线上，则.
设，则，
则.①
又点在直线上，所以，
则，所以，
则.
整理得.②
由①②，得，所以，则，
所以.
综上，.
变式3．已知椭圆的短轴长2，离心率为分别是C的左、右顶点，F是C的右焦点.
(1)求C的方程;
(2)设P是椭圆C上异于顶点的动点，点B在直线上，且，直线PB与x轴交于点Q.证明：
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据短轴长、离心率及椭圆参数关系求参数，即可得方程；
（2）设，且，利用向量垂直的坐标表示得，写出直线求得，利用两点距离公式及分别得到、，应用作差比较大小.
【详解】（1）由题设，可得，则椭圆方程为；
（2）由（1），设，且，
所以，，则，即，
由，令，则，即，
所以，
又，
结合，，
则，
，
所以，即得证.
◇题型14 椭圆中的定点、定线问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知椭圆的离心率为，依次连接的四个顶点构成的四边形的面积为．
(1)求的方程；
(2)已知为的左顶点，不过点的直线与交于两点，直线的斜率分别为，，，若，证明：过定点．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据条件列式，利用待定系数法，即可求解；
（2）首先设直线，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，利用韦达定理表示，再代入条件等式，即可求解.
【详解】（1）由条件可知，解得：，
所以椭圆的方程为；
（2）设直线，，，
联立，得，
，得，
，，
，，
所以，
，
，
，
得，即，得或，
若，则直线，恒过点，满足条件，
若，则直线，恒过点，与点重合，不满足条件，
所以直线恒过定点.
典例2．已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线（非y轴）交椭圆于A，B两点，过点A作y轴的垂线与直线BP相交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率得到，将代入椭圆方程，待定系数法求出椭圆方程；
（2）设直线AB的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据点B，P，D共线，得到方程，求出，得到，，而，所以，可得，而，故，又，所以，得到答案.
【详解】（1）由，得，则，所以，
将点代入椭圆方程，得，解得，
所以椭圆的标准方程为．
（2）易知直线AB斜率存在，设直线AB的方程为，
并设点，AD的中点坐标设为．
联立方程，消去y，得，
所以，且即或,
由条件，，点B，P，D共线，其中，，
则，
所以，
，
，
，
而，
所以，可得，
而，故，
又，所以，
即线段AD的中点在定直线上．
一是参数消元不彻底，求过定点时，未将直线方程整理为关于参数的恒等式形式，无法分离出定点坐标，或消元时遗漏参数的系数为零的核心条件。二是特殊情形遗漏，仅考虑斜率存在的直线，忽略斜率不存在（垂直 x 轴）的情况，导致定点或定直线解不完整。三是存在性验证缺失，未检验直线与椭圆联立后的Δ≥0，得出的定点对应的直线实际与椭圆无交点；证交点在定直线时，未结合椭圆范围确认点的有效性，结论缺乏严谨性。四是逻辑倒置失误，误将 “定点满足直线方程” 与 “直线过定点” 的因果关系颠倒，引发推导逻辑断层
变式1．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的右顶点为，若直线与椭圆交于两点，满足，证明：直线过定点．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由，及求解即可；
（2）由，可得，设，则有，分直线垂直于轴和直线不垂直于轴，结合韦达定理求出直线的方程，即可得证.
【详解】（1）设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为．
由已知，，即，
又，所以，
由，可得，所以，
因为的焦点在轴上，所以的标准方程是．
（2）证明：由（1）知，
设，
将两边平方，
化简得，
所以，
即，
即．
①当直线垂直于轴时，且，
故，解得或（舍去），
此时过点；
②当直线的斜率存在时，设，
联立方程，
得，
由，
得，且，
由，
得，
即．
将代入上式，
得，
即，
所以，
所以或，
当时，直线过点，不符合题意，
所以，
所以直线的方程为，
此时过点．
综上可知直线过定点．
变式2．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形为正方形，点，且的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过的直线与交于，两点，求证：；
(3)已知直线交椭圆于，两点，直线，相交于点.试判断点是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)在，
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得，即可得到椭圆的标准方程；
（2）若直线与轴重合，得到，为椭圆长轴的端点，证得成立；若直线不与轴重合，设直线的方程为，联立方程组，设点，，得到两根之和，两根之积，化简得到，得出轴平分，由正弦定理即可得证；
（3）联立方程组，由，得到，且，，得到直线和的方程，设直线和的交点，列出方程，求得，即可得到答案.
【详解】（1）解：由四边形为正方形，点，且的面积为，
可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：证明：由（1）可得，，
若直线与轴重合，则，为椭圆长轴的端点，
不妨设点，则，所以，，
所以成立；
②若直线不与轴重合，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设点，，所以，
且，，
则
，
所以轴平分，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，
所以，两式相除得.
（3）解：由（1）可得，，
联立方程组，整理得，
则，可得，
设点，，则，，
直线的方程为，直线的方程为，
设直线和的交点为，
则，
把，代入上式得，整理得，
所以点在定直线上，定直线的方程为.
变式3．椭圆中，离心率是，右顶点到上顶点的距离为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的左顶点为，经过点的直线与椭圆交于，过点作的平行线，与交于点．判断是否在定直线上？若在，求出该直线；若不在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)在定直线上，理由见解析.
【分析】（1）由条件结合离心率定义，关系列关于的方程，解方程求，由此可得椭圆方程；
（2）设直线，，，联立直线与椭圆的方程，利用设而不求法证明，求直线与直线的方程，由直线与直线的方程消并证明，由此可得结论.
【详解】（1）由题意可得，
解得，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）在定直线上，证明如下：
由题可得，，，
由已知可得，所以三点不共线，所以直线斜率不为，
故可设直线的方程为，设，，
直线与椭圆联立，
消可得，，
该方程的判别式，
则，，易得
直线①，直线②
由①②联立，消去可得
即
即
即即
故点在定直线上.
一、单项选择题
1．（2025·广西河池·三模）设椭圆：（）的左、右焦点分别为，，过作斜率不为零的直线交于，两点.若的周长为8，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的定义和性质进行计算.
【详解】因为
又的周长为8，
则，
所以，则，
则，
则，
故选：
2．（2025·广东广州·模拟预测）已知椭圆的两个焦点为，，过作直线交椭圆于，，若，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意在中，，在中，，再结合离心率求解即可.
【详解】连接，设，，则，
因为，所以，
在中，，所以，
化简得，则，，
在中，，
所以，即，所以离心率.
故选：D
3．（2025·陕西西安·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，且过点，为上一动点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题目条件求椭圆的方程，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
【详解】设半焦距为，因为，故.
又过点，故.
由椭圆得，代入解得，.即，.
所以的方程为.
设的左焦点为，故.
根据椭圆的几何性质可知，
由于两点之间线段最短，所以.
因此.
当且仅当，，在一条直线上时，等号成立.
故选：
4．（2025·贵州贵阳·模拟预测）设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为A，直线交M于另一点B，的内切圆与相切于点C，若，则椭圆M的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】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.
【详解】由题意，如图，P，D是内切圆与的切点，
因为左、右焦点分别为，上顶点为A，椭圆参数关系，
由，结合对称性、圆的切线性质，
令，且，
所以，
所以，可得，故，
故选：D．
5．（2025·云南玉溪·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，点在圆上，且圆上的所有点均在椭圆外，若的最小值为，且椭圆的长轴长恰与圆的直径长相等，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的焦距为1 B．椭圆的短轴长为
C．的最小值为 D．过点的圆的切线斜率为
【答案】D
【分析】对，由椭圆的长轴长与圆的直径长相等，可得，再由椭圆定义及的最小值，结合点到圆上点距离的最值，可得；对B，根据关系及短轴长定义可得；对C，由三角形性质及点到圆上点距离的最值可判断；对D，由直线与圆相切可求.
【详解】对于A，因为椭圆的长轴长与圆的直径长相等，所以，即，设椭圆的左焦点，由椭圆的定义可知，所以，所以，解得或5，因为，所以，即椭圆的焦距为，故A错误；
对于B，由，得椭圆的短轴长为，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，若过点的直线的斜率不存在，则直线方程为，圆心到直线的距离为4，不符合题意；设过点的切线方程为，即，则，解得，故D正确.
故选：D.
6．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）已知双曲线与椭圆的焦点重合，离心率互为倒数，设分别为双曲线的左，右焦点，为右支上任意一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先由椭圆方程求出其焦点坐标及离心率，再根据双曲线的性质，以及与椭圆的关系求出，根据双曲线的定义可得，将其代入，利用基本不等式即可求出其最小值.
【详解】因为椭圆的焦点为，离心率为，
所以可知双曲线，解得.
因为为双曲线右支上任意一点，
所以，即，
又因为，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
故选：C
7．（2025·上海长宁·二模）椭圆具有如下光学性质：如图，分别是椭圆的左、右焦点，从点发出的光线在到达椭圆上的点P后，经过到达点的切线反射后经过点，有以下两个命题：
①若P是椭圆上除长轴端点外的一点，设法线与x轴的交点为，则
②若从发出的光线，经椭圆两次反射后，第一次回到所经过的路程为，则该椭圆的离心率为；
则以下说法正确的是（ ）
A．①是真命题，②是真命题 B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是假命题，②是假命题
【答案】A
【分析】设，通过求导可得椭圆在点处的切线的斜率为，由法线和切线垂直可得，即可判断①；由已知结合椭圆的定义可得，即可判断②.
【详解】设，因为，所以，
当时，，
所以在点处的切线的斜率为，
同理可得当时，在点处的切线的斜率为，
所以椭圆在点处的切线的斜率为，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，故①是真命题；
因为发出的光线在到达椭圆上的点P后，经过到达点的切线反射后经过点，
所以两次反射后，第一次回到所经过的路程为，
所以，所以，故②是真命题.
故选：.
8．（2025·贵州黔东南·模拟预测）已知椭圆的左，右焦点分别为，点在该椭圆上，若满足为直角三角形的点共有8个，则该椭圆离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】数形结合，问题转化成，进而利用的关系求离心率的取值范围.
【详解】如图：
因为使为直角三角形的点有8个，所以在中，必有，即，
所以，即，可得.
又椭圆的离心率，所以.
故选：A
二、多项选择题
9．（2025·江西景德镇·模拟预测）已知为坐标原点，点的轨迹与轴的交点分别为，当点与，均不重合时，点到点和到定直线距离的平方和为4，则下列说法正确的是（ ）
A．点的轨迹方程为
B．的最大值为
C．当点与P，Q均不重合时，直线MP，MQ的斜率之积为定值-2
D．是点的轨迹上的两点，，若斜率互为相反数，则的斜率为
【答案】ABD
【分析】根据题意，得到，可判定A正确；根据椭圆的几何性质，可判定B正确；设，利用斜率公式，可得判定C错误；设，联立方程组,求得和，结合斜率公式，可判定D正确.
【详解】对于A，因为点到点和到定直线距离的平方和为，
可得，整理得，所以A正确；
对于B，根据椭圆的几何性质，可得的最大值为，所以B正确；
对于C，当点与均不重合时，设，可得，
则，所以C错误；
对于D，设AB方程为，即，
联立方程组，整理得，
则，可得，
用替换表达式中的可得，
所以，
所以，所以D正确.
故选：ABD.
10．（2025·福建泉州·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，短轴长为，离心率为，是椭圆上异于长轴端点的一动点，点与点关于原点对称，则（ ）
A．的面积最大值为
B．的最小值为
C．若以为直径的圆经过两点，则点的轨迹方程为
D．椭圆上存在点，使得
【答案】BCD
【分析】A列关系式，求椭圆方程，当点位于短轴顶点时，的面积最大；B证明四边形为平行四边形，再结合基本不等式可求；C设过点的圆的一般方程，将三点坐标代入求出圆方程，利用关于圆心对称，求出点坐标，再利用消参思想求出轨迹方程；D当点位于短轴顶点时符合题意.
【详解】由题意可知，，，，解得，
则，，,
当点位于短轴顶点时，的面积最大，最大值为，故A错误；
因点与点关于原点对称，则四边形为平行四边形，则，
因，则
,
等号成立时，故B正确；
设过点的圆的方程为，
设，且，，，
则，，，
得，，
则过点的圆的方程为，圆心，
因为圆的直径，则关于点对称，则，
令，则，
因，则，
因，则点的轨迹方程为，C正确；
当点位于短轴顶点时，此时为等边三角形，，故D正确.
故选：BCD
三、填空题
11．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知椭圆有如下几何性质：从椭圆一个焦点发出的声波，经过椭圆反射后，声波汇聚到椭圆的另一个焦点上.若椭圆的左、右焦点分别为，，从发出一声响，分别经过，在处先后听到两次不同的响声，则的离心率为_________，若的长轴长为4，，，点在上且，则到轴的距离为________________.
【答案】/；
【分析】设声波的速度为，的半焦距为，根据所给条件，可得，代入离心率公式，可得答案；由条件，可得a值，进而可得椭圆C的方程，设，根据两点间距离公式，化简整理，可得M的轨迹方程，与椭圆C联立求解，即可得答案.
【详解】设声波的速度为，的半焦距为，
由已知得，所以的离心率为.
因为的长轴长为4，所以，，则，
所以，
设，因为，，，
所以，化简得，
与联立解得（舍去），
所以到轴的距离为.
故答案为：；
12．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知椭圆与直线交于两点，且线段的中点为，则椭圆的方程为_______________.
【答案】
【分析】代入直线，求得直线斜率，然后利用点差法化简计算即可得出结果．
【详解】代入直线，可得：，，
所以直线方程为：.
设，代入椭圆方程得，
两式相减得：，
即,又，
所以，
又因为直线的斜率为，所以，解得：.
所以椭圆的方程为.
故答案为：.
四、解答题
13．（2025·四川攀枝花·模拟预测）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，焦点在x轴上的椭圆C的上顶点为，线段的中垂线交C于两点，且.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点E为椭圆C上位于直线上方（不与点重合）的动点，过点B作直线的平行线交椭圆C于点F，点M为直线与的交点，点N为直线与的交点.
（i）证明：直线与直线的斜率之积为定值；
（ii）求的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据半短轴长的概念以及椭圆的对称性，可得点的坐标，设出椭圆方程，可得答案；
（2）（i）设出直线方程，联立方程，利用韦达定理，表示出点的坐标，根据共线解得点与直线斜率之间的等量关系，可得答案；（ii）设出直线方程，求得交点，利用两点距离公式，结合不等式性质，可得答案.
【详解】（1）由题意可设椭圆，
由椭圆的上定点为，则，
易知的中垂线为直线，由，则，
将代入椭圆，可得，解得，
所以椭圆.
（2）
（i）由题意可知，则直线与直线的斜率相等，
由点位于直线上方，则可设斜率为，
设直线，代入椭圆，
整理可得，
，
则当时，直线与椭圆相切，可得，
设，，，
同理可得：设，，，
由为直线与的交点，则设，
当直线的斜率不存在时，，
整理可得，解得，则，
直线的斜率，所以；
当直线的斜率存在时，，解得，
直线的斜率，所以；
综上所述，直线与直线的斜率之积为定值，即为.
（ii）由（i）易得直线，，，
直线的斜率，则直线，
将代入上式，可得，
解得，，则，，
，
由，则.
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