【知識梳理】2
【真題自測】3
【考點突破】8
【考點1】橢圓的定義及應用8
【考點2】橢圓的標準方程15
【考點3】橢圓的簡單幾何性質21
【分層檢測】26
【基礎篇】26
【能力篇】35
【培優(yōu)篇】40
考試要求：
1.了解橢圓的實際背景，了解橢圓在刻畫現(xiàn)實世界和解決實際問題中的作用.
2.掌握橢圓的定義、 幾何圖形、標準方程及簡單幾何性質.
知識梳理
1.橢圓的定義
平面內與兩個定點F1，F(xiàn)2的距離的和等于常數(shù)(大于|F1F2|)的點的軌跡叫做橢圓.這兩個定點叫做橢圓的焦點，兩焦點間的距離叫做橢圓的焦距，焦距的一半稱為半焦距.
其數(shù)學表達式：集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a＞0，c＞0，且a，c為常數(shù)：
(1)若a＞c，則集合P為橢圓；
(2)若a＝c，則集合P為線段；
(3)若a＜c，則集合P為空集.
2.橢圓的標準方程和幾何性質
1.若點P在橢圓上，F(xiàn)為橢圓的一個焦點，則
(1)b≤|OP|≤a；
(2)a－c≤|PF|≤a＋c.
2.焦點三角形：橢圓上的點P(x0，y0)與兩焦點構成的△PF1F2叫作焦點三角形，r1＝|PF1|，r2＝|PF2|，∠F1PF2＝θ，△PF1F2的面積為S，則在橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)中：
(1)當r1＝r2時，即點P的位置為短軸端點時，θ最大；
(2)S＝b2tan eq \f(θ,2)＝c|y0|，當|y0|＝b時，即點P的位置為短軸端點時，S取最大值，最大值為bc.
3.焦點弦(過焦點的弦)：焦點弦中通徑(垂直于長軸的焦點弦)最短，弦長lmin＝eq \f(2b2,a).
4.AB為橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦中點M(x0，y0)，則直線AB的斜率kAB＝－eq \f(b2x0,a2y0).
真題自測
一、單選題
1．（2024·全國·高考真題）已知曲線C：（），從C上任意一點P向x軸作垂線段PP'，為垂足，則線段PP'的中點M的軌跡方程為（ ）
A．（）B．（）
C．（）D．（）
2．（2023·全國·高考真題）設為橢圓的兩個焦點，點在上，若，則（ ）
A．1B．2C．4D．5
3．（2023·全國·高考真題）設O為坐標原點，為橢圓的兩個焦點，點 P在C上，，則（ ）
A．B．C．D．
4．（2023·全國·高考真題）設橢圓的離心率分別為．若，則（ ）
A．B．C．D．
5．（2022·全國·高考真題）已知橢圓的離心率為，分別為C的左、右頂點，B為C的上頂點．若，則C的方程為（ ）
A．B．C．D．
6．（2022·全國·高考真題）橢圓的左頂點為A，點P，Q均在C上，且關于y軸對稱．若直線的斜率之積為，則C的離心率為（ ）
A．B．C．D．
二、填空題
7．（2022·全國·高考真題）已知橢圓，C的上頂點為A，兩個焦點為，，離心率為．過且垂直于的直線與C交于D，E兩點，，則的周長是 ．
參考答案：
1．A
【分析】設點，由題意，根據(jù)中點的坐標表示可得，代入圓的方程即可求解.
【詳解】設點，則，
因為為的中點，所以，即，
又在圓上，
所以，即，
即點的軌跡方程為.
故選：A
2．B
【分析】方法一：根據(jù)焦點三角形面積公式求出的面積，即可解出；
方法二：根據(jù)橢圓的定義以及勾股定理即可解出．
【詳解】方法一：因為，所以，
從而，所以．
故選：B.
方法二：
因為，所以，由橢圓方程可知，，
所以，又，平方得：
，所以．
故選：B.
3．B
【分析】方法一：根據(jù)焦點三角形面積公式求出的面積，即可得到點的坐標，從而得出OP的值；
方法二：利用橢圓的定義以及余弦定理求出，再結合中線的向量公式以及數(shù)量積即可求出；
方法三：利用橢圓的定義以及余弦定理求出，即可根據(jù)中線定理求出．
【詳解】方法一：設，所以，
由，解得：，
由橢圓方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故選：B．
方法二：因為①，，
即②，聯(lián)立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故選：B．
方法三：因為①，，
即②，聯(lián)立①②，解得：，
由中線定理可知，，易知，解得：．
故選：B．
【點睛】本題根據(jù)求解的目標可以選擇利用橢圓中的二級結論焦點三角形的面積公式快速解出，也可以常規(guī)利用定義結合余弦定理，以及向量的數(shù)量積解決中線問題的方式解決，還可以直接用中線定理解決，難度不是很大．
4．A
【分析】根據(jù)給定的橢圓方程，結合離心率的意義列式計算作答.
【詳解】由，得，因此，而，所以.
故選：A
5．B
【分析】根據(jù)離心率及，解得關于的等量關系式，即可得解.
【詳解】解：因為離心率，解得，，
分別為C的左右頂點，則，
B為上頂點，所以.
所以，因為
所以，將代入，解得，
故橢圓的方程為.
故選：B.
6．A
【分析】設，則，根據(jù)斜率公式結合題意可得，再根據(jù)，將用表示，整理，再結合離心率公式即可得解.
【詳解】[方法一]：設而不求
設，則
則由得：，
由，得，
所以，即，
所以橢圓的離心率，故選A.
[方法二]：第三定義
設右端點為B，連接PB，由橢圓的對稱性知：
故，
由橢圓第三定義得：，
故
所以橢圓的離心率，故選A.
7．13
【分析】利用離心率得到橢圓的方程為，根據(jù)離心率得到直線的斜率，進而利用直線的垂直關系得到直線的斜率，寫出直線的方程：，代入橢圓方程，整理化簡得到：，利用弦長公式求得，得，根據(jù)對稱性將的周長轉化為的周長，利用橢圓的定義得到周長為.
【詳解】∵橢圓的離心率為，∴，∴，∴橢圓的方程為，不妨設左焦點為，右焦點為，如圖所示，∵，∴，∴為正三角形，∵過且垂直于的直線與C交于D，E兩點，為線段的垂直平分線，∴直線的斜率為，斜率倒數(shù)為， 直線的方程：，代入橢圓方程，整理化簡得到：，
判別式，
∴，
∴ ， 得，
∵為線段的垂直平分線，根據(jù)對稱性，，∴的周長等于的周長，利用橢圓的定義得到周長為.
故答案為：13.
考點突破
【考點1】橢圓的定義及應用
一、單選題
1．（23-24高二上·湖南長沙·階段練習）已知，是橢圓的兩個焦點，P是橢圓上一點，則的最大值是（ ）
A．B．9C．16D．25
2．（2024·陜西西安·三模）已知定點與橢圓上的兩個動點，，若，則的最小值為（ ）
A．B．13C．D．
二、多選題
3．（2024·廣東廣州·模擬預測）已知橢圓：（）的左、右焦點為，，過的直線與交于，兩點.若，.則（ ）
A．的周長為B．
C．的斜率為D．橢圓的離心率為
4．（23-24高三下·黑龍江·階段練習）已知、，點為曲線上動點，則下列結論正確的是（ ）
A．若為拋物線，則
B．若為橢圓，則
C．若為雙曲線，則
D．若為圓，則
三、填空題
5．（23-24高三下·湖北武漢·階段練習）設橢圓的左右焦點為，橢圓上點滿足，則的面積為 .
6．（23-24高二上·山東青島·期末）如圖所示，已知橢圓的左右焦點分別為，點在上，點在軸上， ，則的離心率為 .

參考答案：
1．D
【分析】利用橢圓的定義及基本不等式可求答案.
【詳解】因為，所以，
當且僅當時，取到最大值.
故選：D.
2．C
【分析】設出點的坐標，再利用數(shù)量積的運算律及坐標表示，列出函數(shù)關系并求出最小值.
【詳解】設橢圓上的點，而，
因此
，當且僅當時取等號，
所以的最小值為.
故選：C
3．ABD
【分析】利用橢圓的定義可得的周長，可判斷A選項；設，由得，而可得，設，得，進而由橢圓的定義可得, ，從而可判斷B選項；在中用正弦定理可得，進而求可得直線的斜率，可判斷C選項；計算離心率可判斷D選項.
【詳解】對于A：過的直線與交于，兩點且，，
連接，的平分線交于點，如圖所示：
則的周長等于
故A正確；
對于B：設，，
則，
而.
設，則，
于是，即.
由，得,
又，得，
所以，故B正確；
對于C：在，由余弦定理可得：，
則，即.
在中，，又是中點，
所以，則，
于是，
所以的斜率為點在軸上方時，在軸下方時，故C錯誤；
對于D：，故D正確.
故選：ABD.
4．BCD
【分析】利用拋物線的定義以及數(shù)形結合可判斷A選項；利用橢圓的定義以及數(shù)形結合可判斷B選項；利用雙曲線的定義以及數(shù)形結合可判斷C選項；利用圓的方程以及數(shù)形結合可判斷D選項.
【詳解】對于A選項，如下圖所示：

拋物線的焦點為，準線方程為，
設點在直線上的射影點為，由拋物線的定義可得，
所以，，
由圖可知，當、、三點共線時，取最小值，
且其最小值為點到直線的距離，即，A錯；
對于B選項，如下圖所示：

對于橢圓，，，則，
則點為橢圓的右焦點，取為該橢圓的左焦點，
由橢圓的定義可得，
所以，，
當且僅當為射線與橢圓的交點時，取最小值，B對；
對于C選項，對于雙曲線，，，則，
所以，點為雙曲線的右焦點，
取為雙曲線的右焦點，如下圖所示：

當點在雙曲線的右支時，由雙曲線的定義可得，則，
所以，，
當且僅當為線段與雙曲線右支的交點時，等號成立；
當點在雙曲線的左支時，由雙曲線定義可得，
則，所以，，
當且僅當為線段與雙曲線左支的交點時，等號成立.
綜上所述，，C對；
對于D選項，記點，對于點Mx,y，易知，，
，
如下圖所示：

所以，，
當且僅當為線段與圓的交點時，等號成立，
即，D對.
故選：BCD.
【點睛】方法點睛：利用二次曲線的定義求解線段和的最小值，有如下方法：
（1）求解橢圓、雙曲線有關的線段長度和、差的最值，都可以通過相應的圓錐曲線的定義分析問題；
（2）圓外一點到圓上的點的距離的最值，可通過連接圓外的點與圓心來分析求解；
（3）在拋物線中求解與焦點有關的兩點間距離和的最小值時，往往用拋物線的定義進行轉化，即化折線為直線解決最值問題.
5．
【分析】結合橢圓定理、勾股定理的逆定理與三角形面積公式計算即可得.
【詳解】由橢圓定義可得，
則有，即，，
又，
由，故，
故.
故答案為：.
6．/
【分析】
設出，利用橢圓定義和圖形對稱性，借助于求得與的數(shù)量關系，接著在中求得，從而得到，最后在中運用余弦定理即可求得.
【詳解】設，依題意，，因點在軸上，則，，
又因則，化簡得，在中，，故,
在中由余弦定理，,即，
解得：，即，則離心率為.
故答案為：.
【點睛】思路點睛：由橢圓的焦半徑想到橢圓定義式，由垂直想到求三邊利用勾股定理，由邊的數(shù)量關系想到設元替換，遇到三角形的邊角關系，要考慮能否用正、余弦定理.
反思提升：
橢圓定義的應用技巧
(1)橢圓定義的應用主要有：求橢圓的標準方程，求焦點三角形的周長、面積及弦長、最值和離心率等.
(2)通常將定義和余弦定理結合使用求解關于焦點三角形的周長和面積問題.
【考點2】橢圓的標準方程
一、單選題
1．（2024·遼寧·二模）已知方程表示的曲線是橢圓，則實數(shù)k的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·廣西桂林·三模）已知橢圓C：的右焦點為F，過F的直線與C交于A、B兩點，其中點A在x軸上方且，則B點的橫坐標為（ ）
A．B．C．D．
二、多選題
3．（2021·全國·模擬預測）已知為3與5的等差中項，為4與16的等比中項，則下列對曲線描述正確的是（ ）
A．曲線可表示為焦點在軸的橢圓
B．曲線可表示為焦距是4的雙曲線
C．曲線可表示為離心率是的橢圓
D．曲線可表示為漸近線方程是的雙曲線
4．（2023·全國·模擬預測）已知分別為橢圓的左、右焦點，直線過的一個焦點和一個頂點，且與交于兩點，則（ ）
A．的周長為8
B．的面積為
C．該橢圓的離心率為
D．若點為上一點，設到直線的距離為，則
三、填空題
5．（2023·廣東·二模）已知，分別是橢圓C：的左、右焦點，M是C上一點且與x軸垂直，直線與C的另一個交點為N．若直線MN在y軸上的截距為3，且，則橢圓C的標準方程為 ．
6．（2024·上?！と＃┦骝v尺是荷蘭數(shù)學家舒騰（1615-1660）設計的一種作圖工具，如圖，是滑槽的中點，短桿可繞轉動，長桿通過處的鉸鏈與連接，上的栓子可沿滑槽滑動，當點在滑槽內作往復移動時，帶動點繞轉動，點也隨之而運動，記點的運動軌跡為，點的運動軌跡為.若，，且，過上的點向作切線，則切線長的最大值為
參考答案：
1．D
【分析】根據(jù)橢圓的標準方程中分母都大于且不能相等即可求解.
【詳解】因為方程表示的曲線是橢圓，
所以，解得且，
所以實數(shù)k的取值范圍是.
故選：D.
2．D
【分析】由題意可知：，設，，根據(jù)向量共線可得，結合橢圓方程運算求解即可.
【詳解】由題意可知：，可知，
設，，則，
因為，可得，整理得，
將代入方程可得，解得，
可知B點的橫坐標為.
故選：D．
3．ACD
【分析】由已知條件先求出的值，從而可得曲線C的方程，然后根據(jù)曲線方程分析判斷即可
【詳解】由為3與5的等差中項，得，即，
由為4與16的等比中項，得，即，
則曲線的方程為或．
其中表示焦點在軸的橢圓，此時它的離心率，故A正確，C正確；
其中表示焦點在軸的雙曲線，焦距為，漸近線方程為，故B不正確，D正確．
故選:ACD．
4．ACD
【分析】由題意直線過焦點與頂點，待定系數(shù)，得到橢圓方程.選項A，由橢圓定義的周長為；選項B，聯(lián)立直線與橢圓可得交點坐標，可得的面積；選項C，；選項D，設橢圓上任一點，則由橢圓方程可得，再由距離公式代入坐標化簡求解即可.
【詳解】由題意知，橢圓焦點在軸上，直線過橢圓的一個焦點和一個頂點，
故直線與軸的交點為右焦點，
與軸的交點為為頂點，設為，
所以，則，
所以橢圓的方程為．
對于A，由橢圓的定義，
所以的周長為，故A正確．
對于B，由消得，，解得，或，
由，則，代入直線，，
故點坐標為，
所以的面積
，故B錯誤．
對于C，因為，所以的離心率，故C正確．
對于D，設，則．
因為，所以，
則
，故D正確．
故選：ACD．
5．
【分析】根據(jù)給定條件，借助幾何圖形及比例式求出點M，N的坐標，再代入橢圓方程求解作答.
【詳解】由對稱性不妨令點M在第一象限，令直線交y軸于點A，過N作軸于B，令，

因為軸，則，而O為的中點，又A為中點，而，
于是，由知，，顯然，
因此，于是，又，
則，解得，而，則，
所以橢圓C的標準方程為.
故答案為：
6．
【分析】以滑槽所在的直線為軸，為坐標原點建立平面直角坐標系，分別求出曲線和的方程，利用三角換元設橢圓上任意一點的坐標，先求出的最大值，然后利用圓的切線長的求解方法，即可求得答案.
【詳解】如圖，以滑槽所在的直線為軸，為坐標原點建立平面直角坐標系，
因為，所以點的運動軌跡是以為圓心，1為半徑的圓，
則其方程為，
設，因為，所以，
因為，所以，
設，則，得，
所以，則點的軌跡是橢圓，其方程為，
設上的點，則
，
所以切線長為，
所以切線長的最大值為，
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：此題考查動點的軌跡方程的求法，考查與橢圓有關的最值問題，解題的關鍵是根據(jù)題意求出動點的軌跡方程，考查數(shù)形結合的思想.
反思提升：
(1)利用定義法求橢圓標準方程，要注意條件2a＞|F1F2|；利用待定系數(shù)法要先定形(焦點位置)，再定量，也可把橢圓方程設為mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0，m≠n)的形式.
(2)橢圓的標準方程的兩個應用
①方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1與eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝λ(λ＞0)有相同的離心率.
②與橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)共焦點的橢圓系方程為eq \f(x2,a2＋k)＋eq \f(y2,b2＋k)＝1(a＞b＞0，k＋b2＞0)，恰當運用橢圓系方程，可使運算簡便.
【考點3】橢圓的簡單幾何性質
一、單選題
1．（2024·山西太原·一模）設雙曲線（、均為正值）的漸近線的傾斜角為，且該雙曲線與橢圓的離心率之積為1，且有相同的焦距，則（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·廣東惠州·模擬預測）已知橢圓的方程為，過橢圓中心的直線交橢圓于A、B兩點，是橢圓的右焦點，則的周長的最小值為（ ）
A．8B．C．10D．
二、多選題
3．（2024·江西南昌·三模）將橢圓上所有的點繞原點旋轉角，得到橢圓的方程：，則下列說法中正確的是（ ）
A．B．橢圓的離心率為
C．是橢圓的一個焦點D．
4．（2024·黑龍江齊齊哈爾·三模）在平面直角坐標系xOy中，長、短軸所在直線不與坐標軸重合的橢圓稱為“斜橢圓”，將焦點在坐標軸上的橢圓繞著對稱中心順時針旋轉，即得“斜橢圓”，設在上，則（ ）
A．“斜橢圓”的焦點所在直線的方程為B．的離心率為
C．旋轉前的橢圓標準方程為D．
三、填空題
5．（2025·黑龍江大慶·一模）已知是橢圓的左焦點，直線交橢圓于兩點.若，則橢圓的離心率為 .
6．（2023·廣西·一模）如圖，一個光學裝置由有公共焦點的橢圓C與雙曲線構成，一光線從左焦點發(fā)出，依次經過與C的反射，又回到點.，歷時m秒；若將裝置中的去掉，則該光線從點發(fā)出，經過C兩次反射后又回到點歷時n秒，若的離心率為C的離心率的4倍，則 .
參考答案：
1．C
【分析】運用共焦點條件得到雙曲線中，由兩曲線的離心率之積為1得，再用轉化得到，進而得到.
【詳解】由題意易得，在雙曲線中，即，
由于橢圓離心率為，且由兩曲線的離心率之積為1得.
，，，，又，
或，
故選：C.
2．C
【分析】根據(jù)題意結合橢圓定義可得的周長為，結合橢圓的性質分析求解.
【詳解】橢圓的方程為，則，，，
連接，，
則由橢圓的中心對稱性可知，
可知為平行四邊形，則，
可得的周長為，
當AB位于短軸的端點時，AB取最小值，最小值為，
所以周長為．
故選：C.
3．ACD
【分析】根據(jù)題意，由橢圓的對稱性，求解頂點坐標，從而可得，再由橢圓的性質對選項逐一判斷，即可得到結果.
【詳解】橢圓上所有的點繞原點旋轉角，
得到橢圓的方程：，
設點Px,y在該橢圓上，則其關于的對稱點代入橢圓方程有
，即，則該對稱點位于橢圓方程上，
同理其關于的對稱點代入橢圓方程有
，即，則該對稱點位于橢圓方程上，
則關于對稱，
所以，故D正確；
將代入可得，
可得橢圓長軸的頂點為，所以，故A正確；
將代入可得，
可得橢圓長軸的頂點為，所以，
則，則，故B錯誤；
所以焦點坐標為或，所以C正確；
故選：ACD
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵通過證明該非標準橢圓的對稱性，從而得到的值，再按照普通橢圓的定義計算即可，也可將該過程想象成坐標系的旋轉.
4．BCD
【分析】根據(jù)橢圓的對稱性可聯(lián)立以及與橢圓方程，進而可判斷焦點所在的直線，即可判斷A，根據(jù)直線與橢圓的交點間距離可求解長軸以及短軸長，即可求解BC，根據(jù)方程有解，利用判別式即可求解.
【詳解】由題意可知，斜橢圓關于和對稱，聯(lián)立直線與，可得，聯(lián)立直線與，可得，所以兩焦點所在直線方程為，A選項錯誤；
由可知，與相交的兩點之間距離等于短軸為，與相交的兩點之間距離等于長軸為，故焦距為，故的離心率為，選項正確；
旋轉不改變橢圓的長短軸大小，所以旋轉前的橢圓焦點在軸上，曲線方程為選項正確；
因為，關于的方程有解，所以，解得，所以選項正確，
故選：BCD．
5．
【分析】設是橢圓的右焦點，分析可知為平行四邊形，根據(jù)橢圓定義可得，利用余弦定理運算求解.
【詳解】設是橢圓的右焦點，連接，

由對稱性可知：，則為平行四邊形，
則，即，
因為，則，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，
所以橢圓的離心率為.
故答案為：.
6．/0.375
【分析】由離心率比求得長半軸與實半軸的比，根據(jù)橢圓與雙曲線的定義求兩種裝置中光線路程之比即得．
【詳解】設橢圓長軸長為，雙曲線實軸長為，焦距，
由，
依次經過與C的反射，又回到點F1，則有，，
兩式相減得，
將裝置中的去掉，則有，
所以
故答案為：．
反思提升：
1.求橢圓離心率或其范圍的方法
解題的關鍵是借助圖形建立關于a，b，c的關系式(等式或不等式)，轉化為e的關系式，常用方法如下：
(1)直接求出a，c，利用離心率公式e＝eq \f(c,a)求解.
(2)由a與b的關系求離心率，利用變形公式e＝eq \r(1－\f(b2,a2))求解.
(3)構造a，c的齊次式.離心率e的求解中可以不求出a，c的具體值，而是得出a與c的關系，從而求得e.
2.利用橢圓幾何性質求值域或范圍的思路
(1)將所求問題用橢圓上點的坐標表示，利用坐標范圍構造函數(shù)或不等關系.
(2)將所求范圍用a，b，c表示，利用a，b，c自身的范圍、關系求范圍.
分層檢測
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·江西九江·三模）已知橢圓的左右焦點分別為,過且傾斜角為的直線交于第一象限內一點.若線段的中點在軸上,的面積為,則的方程為（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024·安徽合肥·模擬預測）已知焦點在軸上的橢圓的離心率為，焦距為，則該橢圓的方程為（ ）
A．B．
C．D．
3．（2024·福建泉州·二模）若橢圓的離心率為，則該橢圓的焦距為（ ）
A．B．C．或D．或
4．（2024·河南商丘·模擬預測）若動直線始終與橢圓（且）有公共點，則的離心率的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
二、多選題
5．（2024·河南開封·三模）橢圓的焦點為，，上頂點為A，直線與C的另一個交點為B，若，則（ ）
A．C的焦距為2B．C的短軸長為
C．C的離心率為D．的周長為8
6．（2024·山東濰坊·二模）已知橢圓：的焦點分別為，，P為上一點，則（ ）
A．的焦距為B．的離心率為
C．的周長為D．面積的最大值為
7．（20-21高三上·江蘇南通·期末）嫦娥奔月是中華民族的千年夢想.2020年12月我國嫦娥五號“探月工程”首次實現(xiàn)從月球無人采樣返回.某校航天興趣小組利用計算機模擬“探月工程”，如圖，飛行器在環(huán)月橢圓軌道近月點制動（俗稱“踩剎車”）后，以的速度進入距離月球表面的環(huán)月圓形軌道（月球的球心為橢圓的一個焦點），環(huán)繞周期為，已知遠月點到月球表面的最近距離為，則（ ）
A．圓形軌道的周長為
B．月球半徑為
C．近月點與遠月點的距離為
D．橢圓軌道的離心率為
三、填空題
8．（2022·廣東佛山·三模）已知橢圓，、為的左、右焦點，是橢圓上的動點，則內切圓半徑的最大值為 ．
9．（2024·廣東江門·二模）已知圓內切于圓，圓內切于圓，則動圓的圓心的軌跡方程為 .
10．（2023·貴州畢節(jié)·一模）勒洛三角形是分別以等邊三角形的每個頂點為圓心，邊長為半徑，在另兩個頂點間作圓弧，三段圓弧圍成的曲邊三角形（如圖），已知橢圓的焦點和頂點能作出一個勒洛三角形，則該勒洛三角形的周長為 ．
四、解答題
11．（2024·陜西榆林·模擬預測）已知橢圓C：的左，右焦點分別為，，過的直線與橢圓C交于M，N兩點，且的周長為8，的最大面積為．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設，是否存在x軸上的定點P，使得的內心在x軸上，若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明理由．
12．（2024·廣東梅州·二模）已知橢圓C：（）的離心率為，且經過點．
(1)求橢圓C的方程：
(2)求橢圓C上的點到直線l：的距離的最大值．
參考答案：
1．D
【分析】根據(jù)題意得到，, ,設，其它邊全部用t表示,運用面積為構造方程求出t.再用橢圓定義求出a,進而求出c,b即可.
【詳解】如圖,為線段的中點,為線段的中點,,又軸, 軸.
在中, ,設,則的面積為,
,
,則C的方程為.
故選：D.
2．C
【分析】根據(jù)離心率和焦距可得，進而可得，即可得方程.
【詳解】由題意可知：，可得，
則，所以該橢圓的方程為.
故選：C.
3．D
【分析】分焦點在軸或軸兩種情況，求橢圓的離心率，求解參數(shù)，再求橢圓的焦距.
【詳解】若橢圓的焦點在軸，則離心率，得，此時焦距，
若橢圓的焦點在軸，則離心率，得，此時焦距，
所以該橢圓的焦距為或.
故選：D
4．C
【分析】由直線方程得出直線過定點，再由直線與橢圓有公共點列出不等式，結合橢圓離心率公式計算即可．
【詳解】由直線得，直線過定點，
由題意得，點在橢圓上或橢圓內部，
所以，則，所以橢圓焦點在軸上，
所以，
故選：C．
5．ABD
【分析】根據(jù)以及橢圓的對稱性可得，進而可求解，即可根據(jù)選項逐一求解.
【詳解】由于，所以,
故，
因此，故，
所以橢圓，
對于A，焦距為，故A正確，
對于B，短軸長為，B正確，
對于C，離心率為，C錯誤，
對于D，的周長為，D正確，
故選：ABD
6．ABD
【分析】根據(jù)橢圓方程求出，再結合橢圓的性質逐一判斷即可.
【詳解】設橢圓：的長軸長為，短軸長為，焦距為，
則，故，
所以的焦距為，故A正確；
的離心率為，故B正確；
的周長為，故C錯誤；
對于D，當點位于橢圓的上下頂點時，的面積最大，
最大值為，故D正確.
故選：ABD.
7．BC
【分析】根據(jù)題意結合橢圓定義和性質分別求出各量即可判斷.
【詳解】由題，以的速度進入距離月球表面的環(huán)月圓形軌道，環(huán)繞周期為，則可得環(huán)繞的圓形軌道周長為km，半徑為km，故A錯誤；
則月球半徑為，故B正確；
則近月點與遠月點的距離為，故C正確；
設橢圓方程為，則（為月球的半徑），
，故離心率為，故D錯誤.
故選：BC.
【點睛】本題考查橢圓的應用，解題的關鍵是正確理解橢圓的定義.
8．＃＃1.5
【分析】根據(jù)橢圓定義可得，結合內切圓半徑，顯然當為短軸頂點時最大，即內切圓半徑的最大，此時，代入求解．
【詳解】∵，則
∴的周長
∵內切圓半徑，則內切圓半徑的最大即為最大
顯然當為短軸頂點時最大，此時
則
故答案為：．
9．
【分析】根據(jù)圓的性質和橢圓定義得到，再利用關系即可.
【詳解】設圓的半徑為，則，則，
所以點的軌跡為以A，B為焦點，長軸長為6的橢圓．
則，所以，
所以動圓的圓心的軌跡方程為．
故答案為：.
10．
【分析】根據(jù)給定條件，求出正三角形的邊長，再利用弧長計算公式計算作答.
【詳解】因為橢圓的焦點和頂點能作出一個勒洛三角形，令其半焦距為c，
則點或或或為一正三角形的三個頂點，
于是得正三角形邊長為，顯然勒洛三角形三段圓弧長相等，所對圓心角為，
所以該勒洛三角形的周長為.
故答案為：
11．(1)或
(2)存在，
【分析】（1）根據(jù)題意列出方程組，求出即可得解；
（2）由題意可將原問題轉換為，設直線的方程為：，，聯(lián)立橢圓方程，結合韋達定理可求得的值即可.
【詳解】（1）∵的周長為8，的最大面積為，
∴，解得，或，．
∴橢圓C的方程為或等．
（2）

由（1）及易知F21,0，
不妨設直線MN的方程為：，，Mx1,y1，Nx2,y2，
聯(lián)立，得．
則，，
若的內心在x軸上，則，
∴，即，即，
可得．
則，得，即．
當直線MN垂直于x軸，即時，顯然點也是符合題意的點．
故在x軸上存在定點，使得的內心在x軸上.
12．(1)
(2)
【分析】（1）由橢圓的離心率可得，的關系，設橢圓的方程，將點的坐標代入橢圓的方程，可得參數(shù)的值，即可得，的值，求出橢圓的方程；
（2）設與平行的直線的方程，與橢圓的方程聯(lián)立，由判別式為0，可得參數(shù)的值，進而求出兩條直線的距離，即求出橢圓上的點到直線的最大距離．
【詳解】（1）由橢圓的離心率為，可得，
可得，設橢圓的方程為：，，
又因為橢圓經過點，所以，
解得，
所以橢圓的方程為：；
（2）設與直線平行的直線的方程為，
聯(lián)立，整理可得：，
，可得，則，
所以直線到直線的距離．
所以橢圓上的點到直線的距離的最大值為．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·湖北武漢·模擬預測）設橢圓的左右焦點為，右頂點為，已知點在橢圓上，若，則橢圓的離心率為（ ）
A．B．C．D．
二、多選題
2．（2024·江西·模擬預測）已知，，，動點滿足與的斜率之積為，動點的軌跡記為，過點的直線交于，兩點，且，的中點為，則（ ）
A．的軌跡方程為
B．的最小值為1
C．若為坐標原點，則面積的最大值為
D．若線段的垂直平分線交軸于點，則點的橫坐標是點的橫坐標的倍
三、填空題
3．（2024·浙江杭州·二模）機場為旅客提供的圓錐形紙杯如圖所示，該紙杯母線長為，開口直徑為．旅客使用紙杯喝水時，當水面與紙杯內壁所形成的橢圓經過母線中點時，橢圓的離心率等于 ．
四、解答題
4．（2024·山東淄博·二模）已知橢圓（a＞b＞0）的離心率為，且四個頂點所圍成的菱形的面積為4．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)四邊形ABCD的頂點在橢圓上，且對角線AC，BD過原點O，設，滿足．
①求證：直線AB和直線BC的斜率之和為定值；
②求四邊形ABCD面積的最大值．
參考答案：
1．D
【分析】根據(jù)題意，利用橢圓的定義，求得的面積為，結合，求得，進而得到，代入橢圓的方程，得到，轉化為，即可求解.
【詳解】由橢圓E:x2a2+y2b2=1a>b>0，可得，
不妨設點在第一象限，由橢圓的定義知，
因為，可得，即，
可得，所以，
所以的面積為，可得，解得，
又因為，可得，即，
將點代入橢圓的方程，可得，整理得，
因為，可得，即，
解得和（舍去），即橢圓的離心率為.
故選：D.
2．BCD
【分析】根據(jù)求軌跡方程的方法即可求得選項A，結合橢圓的性質即可判斷選項B，聯(lián)立直線與橢圓方程，結合韋達定理，即可求出的面積，利用導數(shù)可判斷選項C，利用中點坐標公式及直線與直線的關系，即可求出點和點的橫坐標，從而判斷選項D.
【詳解】對于選項A，設Mx,y，因為A-2,0，，所以，化簡得，故A錯誤；
對于選項B，因為，則，，則，
所以為橢圓的右焦點，則，故B正確；
對于選項C，設的方程 ，代入橢圓方程，得，
設，則，，
所以，
令，則，
令，則，在為增函數(shù)，，，
所以，當且僅當時即等號成立，故C正確；
對于選項D，因為，，，
所以，則，
設，則，則，
所以，則點的橫坐標是點的橫坐標的倍，故D正確.
故選：BCD.
【點睛】關鍵點點睛：本題求解的關鍵有兩個：一是利用面積公式得出面積表達式，結合導數(shù)得出最值；二是根據(jù)垂直平分得出點之間的關系.
3．/
【分析】依題意，利用等腰三角形求得,再由余弦定理求出橢圓長軸長，作出圓錐的軸截面交橢圓于點，建立坐標系，利用三角形重心性質和相似三角形求出點坐標，代入橢圓方程即可求得半短軸長，利用離心率定義計算即得.
【詳解】
如圖，設,因,故，又,
由余弦定理，，
即,
設橢圓中心為,作圓錐的軸截面,與底面直徑交于，與橢圓交于，
連交于，以點為原點，為軸，建立直角坐標系.
則,又由得,
從而則得,
不妨設橢圓方程為，把和點坐標代入方程，解得，
則，故
故答案為：.
4．(1)
(2)①證明見解析；②4
【分析】（1）根據(jù)題意，找出之間的關系式，列方程求解即可；
（2）①設出方程，直線與曲線聯(lián)立，運用韋達定理，以及斜率公式求證即可；②結合①的信息，令，則，根據(jù)點到直線距離公式和三角形面積公式,結合基本不等式求解即可.
【詳解】（1）由題意，2ab=4，
又，解得，
所以橢圓的標準方程為．
（2）如圖所示
①設直線AB的方程為，設
聯(lián)立，得
(*)
=
，，
整理得，
所以直線和直線的斜率之和為定值0．
②由①，不妨取，則
設原點到直線AB的距離為d，則
又，所以
當且僅當時取等號．
．
即四邊形ABCD的面積的最大值為4．

【培優(yōu)篇】
一、單選題
1．（2024·重慶·模擬預測）已知為坐標原點，橢圓的焦距為，點在橢圓上，且，則的方程為（ ）
A．B．C．D．
二、多選題
2．（2024·安徽合肥·三模）橢圓的兩個焦點分別為，則下列說法正確的是（ ）
A．過點的直線與橢圓交于A，B兩點，則的周長為8
B．若上存在點，使得，則的取值范圍為
C．若直線與恒有公共點，則的取值范圍為
D．若為上一點，，則的最小值為
三、填空題
3．（2021·河北張家口·三模）已知為橢圓的右焦點，過點的直線與橢圓交于兩點，為的中點，為坐標原點.若△是以為底邊的等腰三角形，且△外接圓的面積為，則橢圓的長軸長為 .
參考答案：
1．A
【分析】根據(jù)橢圓的定義可得，在、中分別利用正弦定理即可求出，從而得到，利用誘導公式求出，再在利用余弦定理表示出，即可求出，從而得解.
【詳解】因為焦距為，即，
因為，又，所以，，
在中由正弦定理，即，
在中由正弦定理，即，
因為，所以，
所以，又，所以，
又，所以，
所以，
在中，
解得或（舍去），
所以，
所以橢圓的方程為.
故選：A

【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是利用正弦定理推導出，從而得到，再在中利用余弦定理求出.
2．BD
【分析】對于A：根據(jù)橢圓的定義結合焦點所在的位置分析判斷；對于B：分析可知當位于短軸頂點時，最大，此時，分類討論焦點所在位置分析求解；對于C：因為直線過定點，可知定點在橢圓內或橢圓上，列式求解即可；對于D：設，根據(jù)兩點間距離公式結合二次函數(shù)分析求解.
【詳解】對于選項A：由橢圓定義可得的周長為
，
但焦點不一定在軸上，故A錯誤；
對于選項B：若，則，
當位于短軸頂點時，最大，此時，
可知，即，
當時，由，解得；
當時，由，解得；
綜上所述：的取值范圍為，故B正確；
對于選項C：因為直線過定點，則，即，
又因為，且，所以的取值范圍為，故C錯誤；
對于選項D：若，即橢圓，
設，可得，
當時，，故D正確．
故選：BD．
【點睛】方法點睛：與圓錐曲線有關的取值范圍問題的三種解法
（1）數(shù)形結合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后數(shù)形結合求解；
（2）構建不等式法：利用已知或隱含的不等關系，構建以待求量為元的不等式求解；
（3）構建函數(shù)法：先引入變量構建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域．
3．
【分析】由外接圓面積求半徑，應用正弦定理求△中的，結合已知有，根據(jù)中點弦，應用點差法有即可求橢圓的長軸長.
【詳解】由△外接圓的面積為，則其外接圓半徑為.
∵△是以為底邊的等腰三角形，設，則，
∴，得，
∴或.
不妨設點在軸下方，由△是以為底邊的等腰三角形，知：或
又根據(jù)點差法可得，有，而此時焦點在軸上，舍去)
∵為橢圓的右焦點，
∴，故橢圓的長軸長為.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：利用外接圓的面積求半徑，由正弦定理、等腰三角形的性質求相關直線斜率，應用點差法列方程求橢圓參數(shù)a.
標準方程
eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)
eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)
圖形
性質
范圍
－a≤x≤a
－b≤y≤b
－b≤x≤b
－a≤y≤a
對稱性
對稱軸：坐標軸；對稱中心：原點
頂點
A1(－a，0)，A2(a，0)，B1(0，－b)，B2(0，b)
A1(0，－a)，A2(0，a)，B1(－b，0)，B2(b，0)
軸
長軸A1A2的長為2a；短軸B1B2的長為2b
焦距
|F1F2|＝2c
離心率
e＝eq \f(c,a)∈(0，1)
a，b，c的關系
c2＝a2－b2
題號
1
2
3
4
5
6




答案
A
B
B
A
B
A




題號
1
2
3
4






答案
D
C
ABD
BCD






題號
1
2
3
4






答案
D
D
ACD
ACD






題號
1
2
3
4






答案
C
C
ACD
BCD






題號
1
2
3
4
5
6
7



答案
D
C
D
C
ABD
ABD
BC



題號
1
2








答案
D
BCD








題號
1
2








答案
A
BD








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