【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习核心考点重难点练习12《五种椭圆解题方法》(解析版).doc，共(54)页，2.946 MB，由MTyang资料小铺上传

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重难点12五种椭圆解题方法（核心考点讲与练）22221(0)xyabab题型一：利用椭圆定义解决三角形周长或边长问题一、单选题1．（2022·湖北·模拟预测）椭圆：22221(0)xyabab有一特殊性质，从一个焦点射出的光线到达椭圆

上的一点P反射后，经过另一个焦点.已知椭圆的焦距为2，且124PFPF，当121sin2FPF时，椭圆的中心O到与椭圆切于点P的切线的距离为：（）A．1B．624C．622D．622或622【答案】C【分析】设过P点的切线为l，分别做121、

、FMlFNOOll于1、、MNO点，做PHl交x轴于H点，设1MFP，入射角和反射角相等得122FPFPHHPFN，利用中位线可得1OOcosa，再根据121sin2FPF，可得

答案，【详解】设过P点的切线为l，分别做121、、FMlFNOOll于1、、MNO点，做PHl交x轴于H点，所得1OO是12、FMFN的中位线，设1MFP，入射角和反射角相等，则122

FPFPHHPFN，则12121coscos22FMFNFPFPOO12coscos2FPFPa，因为2,1ac，当P为上顶点时，12FPF为60，因为，121sin2FPF，所以1230FPF，即2

30=，15o，6262coscos15cos4530242aaa，故选：C.2．（2022·黑龙江·哈师大附中三模（文））已知点P为椭圆C：22195xy上一点，点1F，2F分别为椭圆C的左､右焦点，若122PFPF，则12PFF△的内切圆半径

为（）A．1510B．155C．2155D．15【答案】B【分析】首先求1PF和2PF的值，再求12PFF△的面积，再利用三角形内切圆的半径表示面积，即可求解.【详解】因为1226PFPFa，且122PFPF，所以14PF，22PF，2954c

，1224FFc，则等腰三角形12PFF△底边上的高224115h，所以121215152PFFS,设12PFF△的内切圆半径为r，则121211101522PFPFFFrr

，所以155r.故选：B二、多选题3．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆2222:10,0xyCabab的焦点分别为1F，2F，焦距为2c，过2F的直线与椭圆C交于A，B两点.223AFBF，1463ABBFc，若1ABF的周长为20，则经

过点5319(,)22的直线（）A．与椭圆C可能相交B．与椭圆C可能相切C．与椭圆C可能相离D．与椭圆C不可能相切【答案】AB【分析】利用给定条件，结合椭圆定义求出椭圆方程，再判断点5319(,)22与椭圆的位置关

系作答.【详解】由椭圆的定义知122BFBFa，122AFAFa，设2BFm，则2233AFBFm，则12BFam，123AFam，而1ABBF，即有42mam，解得52am，又1ABF的周长为20，则有11||||||420ABAFBFa，解得5a

，2m，因为1463ABBFc，即4683c，解得6c，则22219bac，椭圆C的方程为2212519xy，显然225319()()2212519，即点5319(,)22在椭圆上，所以经过点5319(,)22的直线与椭圆C相交或相切.故选：AB

4．（2022·湖北·模拟预测）已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点1F，2F在y轴上，短轴长等于22，离心率为33，过焦点为1F作y轴的垂线交椭圆C于P，Q两点，则下列说法正确的是（）A．椭圆C的方程为22132yxB．椭圆C的方程为22132xyC．433P

QD．2PFQ△的周长为23【答案】AC【分析】解方程组求出,ab即可选项AB的真假，再利用通径公式判断选项C的真假，再利用椭圆的定义判断选项D的真假.【详解】解：由题意得：222b，所以2b，因为222113bea，故23a，因为焦点1F，2F在y轴上，所以椭

圆C的方程为22132yx，所以选项A正确，选项B错误；由通径长可得，22433bPQa，所以选项C正确；2PFQ△的周长为443a，所以选项D错误.故选：AC．5．（2022·山东菏泽·二模）已知椭圆22:12x

Ey的左右焦点分别为1F，2F，直线22xmm与椭圆E交于A，B两点，C，D分别为椭圆的左右顶点，则下列命题正确的有（）A．若直线CA的斜率为1k，BD的斜率2k，则1212kkB．存在

唯一的实数m使得12AFF△为等腰直角三角形C．12AFAF取值范围为1,1D．1ABF周长的最大值为42【答案】BD【分析】A选项，求出A，B两点坐标，表达出1212kk；B选项，验证出1F，2F是直角顶点时，不满足等腰性，故不成立，当A是直角顶点时满足题意，得出结论；

C选项，设出2,12mAm，求出2120,12mAFAF；D选项，作出辅助线，利用椭圆定义得到直线22xmm经过焦点2F时，此时1ABF的周长最大.【详解】将xm代入椭圆方程，求出212my，其中2,0,2,0CD，则22

212211122212222mmmkkmmm，A错误；由题意得：121,0,1,0FF，当1m时，22y，此时12122AFFF，所以

当1F，2F是直角顶点时，不满足等腰性，故不成立，当点A是直角顶点时，由对称性可知：此时A在上顶点或下顶点，由于1bc，故满足题意，所以存在唯一的实数m使得12AFF△为等腰直角三角形，B正确；不妨设2,12mAm

，则222121122mmAFAFm，因为22m，所以2120,12mAFAF，C错误；如图，当直线22xmm经过焦点2F时，此时1ABF的周长最大，等于1212442AFAFBFBFa，其他位置都比4

a小，例如当直线22xmm与椭圆相交于,AB，与x轴交于C点时，连接2AF，由椭圆定义可知：122AFAFa，显然2AFAC，同理可知：1212442AFAFBFBFa，故

1ABF周长的最大值为42，D正确故选：BD6．（2022·山东德州·高三期末）已知椭圆2221024xybb的左､右焦点分别为1F，2F，过点1F的直线l交椭圆于A，B两点，若22AFBF的最大值为5，则下列说法正确的是（）A．椭圆的短轴长为

3B．当22AFBF最大时，22AFBFC．椭圆离心率为12D．2ABF面积最大值为23【答案】BC【分析】根据椭圆的定义得到2222||488||AFBFABaAFBFAB，进而判断当ABx轴时，||AB最小，此时8||AB最大，进而求出b,c,即可判断

A,B,C.设出直线AB并代入椭圆方程并化简，进而根据根与系数的关系求出三角形的面积，然后求出其最大值，最后判断D.【详解】由题意：2a，根据椭圆的定义可知，2222||488||AFBFABaAFBFAB，则8|

|AB的最大值为5，根据椭圆的性质可知：当ABx轴时，||AB最小，此时8||AB最大，如图：将xc代入椭圆方程得：2222142cybyb，则2||33,1ABbbc.所以短轴长为23，A错误；此时22AFBF

，B正确；12cea，C正确；对D，设1122,,,AxyBxy，:1ABlxty，代入椭圆方程得：2222133911043424tyytyty，则1221223231494314tyytyyt

，所以22212121222239312||4333111444ttyyyyyyttt，记21231211,||311344uutyyuuu，于是21

212111212||||2112233ABFFFyyuuSuu，由对勾函数的图象和性质可知：函数13yuu在[1,)上是增函数，则函数1213yuu在[1,)上是减函数.于是，当u=1，即t=0

时，2ABF面积最大值为3.故D错误.故选：BC.【点睛】本题答案D的判断较为复杂，在求三角形面积时，注意要选线段12FF作为底边将原三角形分为两个三角形，进而得到212121||||2ABFFFySy；在处理212231||

314tyyt最好采用换元法，这样可以简化运算.三、填空题7．（2022·广东佛山·三模）已知椭圆22:12516xyC，1F、2F为C的左、右焦点，P是椭圆上的动点，则12FPF△内切圆半径的最大值为________．【答案】32【分析】根据椭圆定义可得12121

222FPFLPFPFFFac△，结合内切圆半径12122FPFFPFSrL△△=，显然当P为短轴顶点时12FPFS最大，即12FPF△内切圆半径的最大，此时12122FPFSbcbc△，

代入求解．【详解】∵22:12516xyC，则5,4,3abc∴12FPF△的周长1212122216FPFLPFPFFFac△∵12FPF△内切圆半径12122FPFFPFSrL△△=，则12FPF△内切圆半径的最大即为12FPFS最大显然当P为

短轴顶点时12FPFS最大，此时1212122FPFSbcbc△则1212232FPFFPFSrL△△=故答案为：32．8．（2022·陕西·长安一中三模（理））已知椭圆C:22143xy的焦点为1F，2F，第一象限点P在C上，且1294PFPF，则12PFF△的内切圆半径为_

________.【答案】12【分析】由题意列方程组解出P点坐标，由面积与周长关系求内切圆半径【详解】由已知条件得24a，23b，2221cab，则1F（－1，0），2F（1，0）.设点P的坐标为（px，py），则11ppPFxy

，2,1ppPFxy2212914ppPFPFxy，即22134ppxy①，∵第一象限点P在C上，∴则22143ppxy，即22443PPyx②，联立解得32py由椭圆的

定义得1224PFPFa设12PFF△的内切圆半径为r，则121212132PFFSrPFPFFFr又∵1213222pFFpScy，∴332r，即12r.故答案为：12四、解答题9．（2022·河南·西平县高级中学模拟

预测（理））已知椭圆E：222210xyabab的离心率为12，1F，2F为其左、右焦点，左、右顶点分别为A，B，过1F且斜率为k的直线l交椭圆E于M，N两点（异于A，B两点），且2MNF的

周长为8．(1)求椭圆C的方程；(2)若P为椭圆上一点，O为坐标原点，OPMN，求MNOP的取值范围．【答案】(1)22143xy；(2)343,23.【分析】（1）根据离心率以及焦点三角

形的边长几何特征，联立方程求,,abc，进而求出椭圆的标准方程；（2）设出直线l的方程，利用弦长公式求出MN，再利用两直线垂直斜率乘积为1，得出直线OP，求出OP，进而得到MNOP的函数表达式，求其取值范围即可.(1)依题意知12e，即

2ac＝，又2MNF的周长为8，即2,1ac＝＝，3b因此椭圆的方程为22143xy．(2)当0k时，点,MN为点,AB，不符合题意，舍去；设直线l的方程为1ykx，且0k，1122,,,MxyNxy，联立221431xyykx

，消去y可得22223484120kxkxk，则2122834kxxk，212241234kxxk，所以222222122221218164811343434kkkMNkxxkkkk

．设直线OP的方程为1yxk，联立221431xyyxk解得2223342334kxkyk或2223342334kxkyk不妨设222323,3434kP

kk，所以22222223231212343434kkOPkkk．故2221213443kkMNOPk，令243tk，3,t，则2371034MNOPtt

，令27103fmmm，110,3mt，fm开口向上，对称轴10357,mfm在10,3上单调递增，643,9fm3343,423MNfmOP．

【点睛】关键点睛：（1）焦点三角形的周长为2ac，本题三角形周长可转化成除去2c边的两个焦点三角形的其余边长之和；（2）设出直线l的方程时应注意0k；（3）韦达定理与弦长公式要熟练掌握；（4）两

直线垂直斜率乘积为1，几何关系应牢记；（5）表示出MNOP后，换元法求函数值域是常用方法，应注意新元的取值范围；10．（2022·福建南平·三模）已知椭圆C：222210xyabab，1F，2F分别为椭圆C的左､右焦点，焦距为4.过右焦点2F且与坐标轴不垂直的直

线l交椭圆C于M，N两点，已知1△MNF的周长为45，点M关于x轴的对称点为P，直线PN交x轴于点Q.(1)求椭圆C的方程；(2)求四边形1MFNQ面积的最大值.【答案】(1)2215xy；(2)958【分析】

（1）由1△MNF的周长求出a，再由焦距求得c，进而求出b，即得椭圆C的方程；（2）设出直线l的方程联立椭圆方程求得1212,yyyy，表示出直线PN的方程求出5,02Q，由112112MFNQSyyFQ表示出面积，结合基本不等式求最大值即可.(1)1△MNF的周长为45，由

椭圆定义得445a，即5a.又焦距24c，得2c，则221bac，所以椭圆C的方程为2215xy；(2)设直线l的方程为2(0)xmym，联立22215xmyxy得22541

0mymy，设1122(,),(,)MxyNxy，则12122241,55myyyymm，点11(,)Pxy，直线PN的方程为211121()yyyyxxxx，令0y得21122112122121212222ymyymyyxyxmyyxyy

yyyy2212552425mmmm，即5,02Q，又12,0F，12121121219424MFNQSyyFQyyyy222222229164951951445252511m

mmmmmm958，当且仅当22411mm时即3m时等号成立，所以四边形1MFNQ面积的最大值为958.11．（2022·天津三中二模）已知椭圆2222:10xyCab

ab的左右焦点分别为1F，2F，其离心率12e，过左焦点1F的直线l与椭圆交于A，B两点，且2ABF的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图过原点的直线1l与椭圆C交于E，F两点（点E在第一象限），过点E作x轴的垂线，垂足为点G，设直线FG

与椭圆的另一个交点为H，连接HE得到直线2l，交x轴于点M，交y轴于点N，记OFG△、OMN的面积分别为1S，2S，求21SS的最小值.【答案】(1)22143xy；(2)4.【分析】（1）利用椭圆的定义可得2a，结合条件即得；（2）设直线EF的方程为0ykxk，1

1,Exy，11,Fxy，22,Hxy，利用点差法可得2221222134yyxx，进而可得直线HE的方程可设为1132yxxyk，然后表示出1S，2S，再利用基本不等式即

得.(1)由题知椭圆的离心率122ce，且2ABF的周长为8，所以2a，1c,所以2223bac，故椭圆的标准方程为22143xy；(2)令直线EF的方程为0ykxk，11,Exy，11,Fxy，22,H

xy，由EGx轴，则1,0Gx，∴2121HEyykxx，2121HFyykxx，则22212221HFHEyykkxx，由将点E，H代入椭圆的方程可得：22112222143143xyxy，两式作差可得：2221222134yyxx

，所以34HFHEkk，由11122HFGFykkkx，所以3342HEHFkkk，所以直线HE的方程可设为1132yxxyk，令0x时，11113322Nyxyxkxkk，令0y时，2

11122133Mkkxxyx，则MON△的面积为221112312232MONkSOMONkxk△，OFG△的面积为211122OFGGFSxykx△，则22222222132191941224124666MONOFGkSSk

kSSkkk△△，当且仅当62k时取等号，所以21SS的最小值为4.12．（2020·河南濮阳·一模（理））如图，已知椭圆E的右焦点为()21,0F，P，Q为椭圆上的两个动点，2PQF周

长的最大值为8.（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；（Ⅱ）直线l经过2F，交椭圆E于点A，B，直线m与直线l的倾斜角互补，且交椭圆E于点M，N，24MNAB，求证：直线m与直线l的交点T在定直线上.【答案】（Ⅰ）22143xy；（Ⅱ）详见解析.【解

析】（Ⅰ）由椭圆的定义可得，2PQF周长取最大值时，线段PQ过点1F，可求出a，从而求出椭圆E的标准方程；（Ⅱ）设直线:10lykxk，直线:mykxt，11,Axy，22,Bxy，33,Mxy，44,Nxy.把直线m与直线l的方程分别代入椭圆

E的方程，利用韦达定理和弦长公式求出2MN和AB，根据24MNAB求出t的值.最后直线m与直线l的方程联立，求两直线的交点即得结论.【详解】（Ⅰ）设2PQF的周长为L，则221111224LPFQFPQaPFaQFPQaPFQFPQ

44aPQPQa，当且仅当线段PQ过点1F时“”成立.48a，2a，又1c，3b，椭圆E的标准方程为22143xy.（Ⅱ）若直线l的斜率不存在，则直线m的斜率也不存在，这与直线m与直线l相交于点T矛盾，所以直线l的斜率存在.设:10l

ykxk，:mykxt，11,Axy，22,Bxy，33,Mxy，44,Nxy.将直线m的方程代入椭圆方程得：22222348430kxktxkt.23

42834ktxxk，223424334ktxxk,2222222161239134kktMNkk.同理，2222212149913434kkABkkk.由24MNAB得0t，此时

4222264163430ktkkt.直线:mykx，联立直线m与直线l的方程得11,22Tk，即点T在定直线12x.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题.题

型二：待定系数法求椭圆方程一、单选题1．（2022·河北唐山·三模）阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知

椭圆2222:1(0)xyCabab的面积为62，两个焦点分别为12,FF，点P为椭圆C的上项点．直线ykx与椭圆C交于A，B两点，若,PAPB的斜率之积为89，则椭圆C的长轴长为（）A．3B．6C．22D

．42【答案】B【分析】由题意得到方程组62ab①和2289ba②，即可解出a、b，求出长轴长.【详解】椭圆的面积62Sab，即62ab①.因为点P为椭圆C的上项点，所以0,Pb.因为直线ykx与椭圆C交于A

，B两点，不妨设,Amn，则,Bmn且22221mnab，所以22222anmab.因为,PAPB的斜率之积为89，所以89nbnbmm，把22222anmab代入整理化简得：2289ba②①②联立解得：

3,22ab.所以椭圆C的长轴长为2a=6.故选：B2．（2022·全国·模拟预测）已知过椭圆222210xyabab的左焦点1,0F的直线与椭圆交于不同的两点A，B，与y轴交于点C，点C，

F是线段AB的三等分点，则该椭圆的标准方程是（）A．22165xyB．22154xyC．22132xyD．22143xy【答案】B【分析】不妨设A在第一象限，由椭圆的左焦点1,0F，点C，F是线段AB的三等分点，易得21,bAa，22,2b

Ba代入椭圆方程可得222414baa，又2221cab，两式相结合即可求解【详解】不妨设A在第一象限，由椭圆的左焦点1,0F，点C，F是线段AB的三等分点，则C为1AF的中点，1F为BC中点，所以1Ax，所以22211Aya

b，则2Abya即21,bAa，所以220,2bCa，22,2bBa，将点坐标代入椭圆方程得4222441baab，即222414baa，又221ab，所以25a，24b，所以椭圆的标准方程是221

54xy.故选：B3．（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率等于32，点26,5在双曲线C上，椭圆E的焦点与双曲线C的焦点相同，斜率为12的直线与椭圆E交于A、B两点．若线段AB的中点坐标为1,1，则椭圆E的方程为（）A．

2214536xyB．2213627xyC．2212718xyD．221189xy【答案】D【分析】由离心率和点26,5求出双曲线的方程，进而求出焦点，设出椭圆的方程及,AB的坐

标，由点差法得到2121221212yyxxbxxayy，结合中点坐标及斜率求得222ab，再利用焦点坐标，即可求解.【详解】设双曲线方程为22221(0,0)xymnmn，则22223224251mnmmn

，解得2245mn，故双曲线方程为22145xy，焦点为3,0；设椭圆方程为22221xyab，则椭圆焦点为焦点为3,0，故22ab9，设1122(,),(,)A

xyBxy，则2222112222221,1xyxyabab，两式相减得22221212220xxyyab，整理得2121221212yyxxbxxayy，即221121ba，解得222ab，故2218,9ab，椭圆方程为221189xy

.故选：D.二、多选题4．（2022·全国·模拟预测）已知直线x＝my－1经过椭圆C：222210xyabab的一个焦点F，且与C交于不同的两点A，B，椭圆C的离心率为12，则下列结论正确的有（）A．椭圆C的

短轴长为3B．弦AB的最小值为3C．存在实数m，使得以AB为直径的圆恰好过点1,0D．若3AFAB，则255m【答案】BCD【分析】由于直线x＝my－1经过定点1,0，则由题意得1c，再由离心率为12可求出a，从而可求出b，则可求出椭圆方程，然后结合椭圆的性质逐

个分析判断即可【详解】依题意可知，直线x＝my－1经过定点1,0，所以1c．又椭圆C的离心率为12ca，所以a＝2，则3b，所以椭圆C的短轴长为223b，所以A选项不正确；当m＝0时，弦AB即为椭圆的一条通径，且223bABa，所以B选项正确；椭圆C的长轴长

为2a＝4，所以3,4AB，当AB最短时，此时点1,0在以AB为直径的圆外，当AB趋近于4时，点1,0在以AB为直径的圆内，因此，存在实数m，使得以AB为直径的圆恰好过点1,0，所以C选项正确；由3AFAB，得2A

FFB，设11,Axy，22,Bxy，则122yy，联立221,1,43xmyxy整理得2234690mymy，0恒成立，则122634myym，122934yy

m．因为122yy，所以122126,3492,34mymym解得255m，所以D选项正确．故选：BCD．5．（2022·全国·高三专题练习）已知O为坐标原点，椭圆2222:1(0)xyCabab的左､右焦点分别为F1

､F2，长轴长为22，焦距为2c，点P在椭圆C上且满足|OP|=|OF1|=|OF2|=c，直线PF2与椭圆C交于另一个点Q，若124cos5FQF，点M在圆228:9Gxy上，则下列说法正确的是（）A．椭圆C

的焦距为2B．三角形MF1F2面积的最大值为223C．2212||||4PFPFD．圆G在椭圆C的内部【答案】ABCD【分析】先根据已知条件，解出椭圆C的标准方程，再逐个验证各个选项即可.【详解】△1

2FPF中，原点O为边12FF中点，|OP|=|OF1|=|OF2|，则122FPF，设2PFm，2QFn，则122PFm，122QFn△1FPQ中，12FPQ,14cos5FQP则有452222352

2mnnmn，解之得223mn故△12FPF为等腰直角三角形：22PF，12PF，122FPF故222212(2)224FFc，则1c又222a，故1b.椭圆C的方程为2212xy选项A：椭圆C的焦距为是2，正确；选项B：圆2

28:9Gxy的半径为223r△MF1F2面积的最大值为1212222233FF，正确；选项C：222212||||224PFPF，正确；选项D：圆G圆心在原点，半径2213rb，故圆G在椭圆C的内部，正确.故选

：ABCD6．（2021·重庆·高三阶段练习）某文物考察队在挖掘时，挖出了一件宋代小文物，该文物外面是红色透明蓝田玉材质，里面是一个球形绿色水晶宝珠，其轴截面（如图）由半椭圆1C：22221(0)xyxab与半椭圆2C：22221(0)xyxcd组成，其中222abc

，0abc，设点0F，1F，2F是相应椭圆的焦点，1A，2A和1B，2B是轴截面与x，y轴交点，阴影部分是宝珠轴截面，其以曲线224xy为边界，1F，2F在宝珠珠面上，若10260FFF，则以下命题中正确的是（）A．椭圆1C的离心率是33

B．椭圆1C上的点到点0F的距离的最小值为2723C．椭圆2C的焦距为4D．椭圆2C的长短轴之比大于椭圆1C的长短轴之比【答案】BC【分析】据题意可知db，102FFF为正三角形，结合曲线224xy可求出1C、2C的方程，然后逐项验证即可.【详解】1F，2F是

半椭圆2C：22221(0)xyxcd的焦点，1F，2F关于原点对称，且2001FFFF,又10260FFF，102FFF为正三角形，103OFOF,1F，2F在224xy上,12OF,01323OFOF.又半椭圆1C：22221(0)xyxa

b的短轴与半椭圆2C：22221(0)xyxcd的长轴相等，即db，对于半椭圆1C：22221(0)xyxab，2222023=12bOFa，对于半椭圆2C：22221(0)xyxcd，22214OdcF，2222124d

babdc，2222124dbabbc，2216ac，2216db，212c，228a，半椭圆1C的方程为：221(0)2816xyx，半椭圆2C的方程为：221(0)1216xyx对于A选项：椭圆1C

的离心率为：28162321e727a，故A选项不正确；对于B选项：椭圆1C上的点到0F距离为的最小值为：2723，故B选项正确；对于C选项：椭圆2C的焦距为124FF，故C选项正确；对于D选项：椭圆1C的长短轴之比为2277242ab，椭圆2C的长短轴

之比为24232323dc，22234771.31.753324，23732，椭圆2C的长短轴之比小于椭圆1C的长短轴之比，故D选项错误；故选：BC三、解答题7．（2022·天津和平·三模）已知椭

圆2222:1(0)xyCabab的离心率为22，且椭圆过点21,2P．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过右焦点F的直线l与椭圆C交于,MN两点，线段MN的垂直平分线交直线l于点P，交直线2x于点Q，求PQMN的最小值．【

答案】(1)2212xy(2)2【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）考虑直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在两种情况，当直线斜率不存在时，求出322PQMN，当直线斜率存在时，设出直线方程，联立后利

用弦长公式求出MN，再表达出直线PQ的方程，表达出PQ，用基本不等式求解最小值，与322比较大小，求出最小值.(1)由题意得：22222221112caababc，解得：2221ab，所以椭圆方程为2212xy(2)由（1）知：1,0F，当直线l的斜率

不存在时，1,0P，2,0Q，221,,1,22MN，此时33222PQMN，当直线l的斜率存在时，故可设直线为1ykx，联立椭圆方程得：2222214220kxkxk

，设1122,,,MxyNxy，则22121222422,2121kkxxxxkk，其中2880k所以2222121221881421kkMNkxxxxk，其中121222221kyykxxkk，

所以2222,2121kkPkk，因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，所以直线PQ：222122121kkyxkkk，令2x得：225221kykk，所以

2222222222252622121212121kkkkPQkkkkkkk，故22222222222621216231188882121kkkkPQkkMNkkkkkkk

，因为22222223121221kkkkk，所以22222223122122121PQkkkMNkkkk，当且仅当2221kk，即21,1kk时等号成立，所以2PQMN，因为3222，所以PQMN的最小值为2.【点

睛】圆锥曲线求解取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，表达出线段长或面积等，最后用基本不等式或配方，求导等求解最值或取值范围.8．（2022·新疆乌鲁木齐·模拟预测（文））已知椭圆2222:10

xyCabab的焦距为23，且过点22,2．(1)求椭圆C的方程；(2)设,AB分别为椭圆C的右顶点和上顶点，点P是椭圆C上在第一象限的任意一点，直线AP与y轴交于点M，直线BP与x轴交于点N，PBM与PAN△的面积分别为12,SS，求

12SS的取值范围．【答案】(1)2214xy(2)2,【解析】（1）根据题意，利用待定系数法即可求出结果；（2）设0000,0,0,Pxyxy，利用点斜式求出直线AM和BN的方程，求出,MN的坐标，根据题意求出001020002111=22221yx

SxSyxy,，由此可知00120000221221yxSSxyxy，再根据P在椭圆C上，可知220044xy，由此可得00001200000041222xyxy

SSxyyxxy，再利用基本不等式即可求出122SS的最小值，进而求出12SS的范围.(2)解：设椭圆2222:10xyCabab的焦距为223c由题意可知:2222232112cabcab，解得224=1ab

，所以2214xy；(2)设0000,0,0,Pxyxy，由题意可知2,0,0,1AB，所以直线AM方程为0022yyxx，直线BN方程为0011yyxx；令0x代入直线AM方程，可得0020,2yMx

，令0y代入直线MN方程，可得00,01xNy，所以001020002111=22221yxSxSyxy,所以00120000221221yxSSxyxy又220044xy，所以00

002222yxxy，00002222xxyy22000012000024222xxyySSxyyx222200000000002444242xxyyyxxyyx00

00000042422xyxyyxyx00000000004122xyxyxyyxxy又220000444xyxy，所以001xy，当且仅当0022xy时等号成立.所以00000012000

000004142224xyxyxySSxyyxxyyx，当且仅当0022xy时等号成立.所以122SS，即12SS的取值范围2,.【点睛】关键点点睛：本题第二问解答关键是对220044xy变

形成00002222yxxy和00002222xxyy，然后再对122SS化简整理，利用基本不等式求解，这是解决本题的关键点和突破点.9．（2022·安徽·安庆一中高三阶段练习（理））已知121,0,1,0FF是椭圆2222Γ:1(0)xyabab的

左､右焦点，P是Γ的上顶点.1F到直线2PF的距离为2.(1)求Γ的方程；(2)设直线:2lx与x轴的交点为M，过M的两条直线12,ll都不垂直于y轴，1l与Γ交于点2,,ABl与Γ交于点,CD，直线,ACBD与l分别交于,EG两点，求证：MEMG.【答案】(1)221

2xy(2)证明见解析【分析】（1）根据题意利用点到直线的距离公式求得b，继而求得a，可得答案.（2）设直线方程，和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，利用点共线表示出点,EG的纵坐标，二者相加，进行化简，可证明结论.(1)由题意知，1c，P是2222Γ:1(0)xyabab的

上顶点，点P的坐标为0,b.点2F的坐标为1,0,直线2PF的方程为11xyb，即0bxyb，11,0F到直线2PF的距离为22,21bbb，1,2ba，所以Γ的方程为2

212xy.(2)证明：直线l与x轴的交点为2,0M，设11223344,,,,,,,,2,,2,AxyBxyCxyDxyEsGt，设直线11221212:2,:2,,0lxkyl

xkykkkk，则1112123234242,2,2,2xkyxkyxkyxky，联立直线1l和曲线Γ的方程，得方程组122222xkyxy，消去x得22112420,kyky则11212221142,22kyy

yykk.同理23434222242,22kyyyykk.,,ACE三点共线，1331,22EAECxysxys∥，得133113132xyxyyysxx，

13311213113213131123112322.22xyxykkyykyykyysxxkykykyky同理12241224kkyytkyky

.121312241324121123122411231224kkyykkyyyyyystkkkykykykykykykyky131224

2411231211231224yykykyyykykykkkykykyky12112342341211231224kkkyyyykyyyykykykyky1221122222112312241221442202222kkkkkk

kykykykykkkkMEMG.【点睛】本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系，解决问题的思路要通畅，及联立直线和椭圆方

程，求得点的坐标，通过两点的纵坐标之和为0，证明线段相等，解答的关键是关于关于所设字母的运算十分繁杂，要十分细心.10．（2022·辽宁葫芦岛·二模）已知椭圆C：222210xyabab的左右顶点分别为A，B，坐标原点O与A点

关于直线l：2x对称，l与椭圆第二象限的交点为C，且1ACOC.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过A，O两点的圆Q与l交于M，N两点，直线BM，BN分别交椭圆C于异于B的E，F两点.求证：直线EF恒过定点.【答案】(1)221164xy(2)20,013

【分析】（1）先求出4a，设2,Cn，利用向量数量积求出3n，将2,3C代入椭圆中，求出24b，得到椭圆方程；（2）先根据OMON得到19BMBNkk，进而设出直线方程

4xmytt，联立后得到两根之和，两根之积，利用1212,44BEBMBFBNyykkkkxx及19BMBNkk求出2013t，得到定点坐标.(1)点O与A关于直线2x对称，可知4,0A，故点4,0B，4a，由题

意可设2,Cn，0n，于是22,2,41ACOCnnn，解得：3n，将2,3C代入椭圆方程中，243116b，解得：24b，所以椭圆方程为221164xy(2)证明：4,0A，4,0B，直线l：2x，由题意得

：圆心在直线l：2x上，设2,,2,MNMyNy，且OMON，所以40MNOMONyy，故4MNyy，则12424369NMNMBMBNyyyykk，设直线EF：4xmytt

，1122,,,ExyFxy，由221164xyxmyt，得：22242160mymtyt，则2121222216,44mttyyyymm，12122824txx

myytm，22121224164tmxxmytmytm，所以1212,44BEBMBFBNyykkkkxx，则212122221212121644416164321664yyyytxxxxxxmttm221614

32649ttt，即21332800tt，解得：4t（舍去）或2013t，所以直线EF为：2013xmy，恒过定点20,013【点睛】圆锥曲线中直线过定点问题，设出直线方程，与

圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，由题干条件得到方程，求出定值.题型三：直接法解决离心率问题一、单选题1．（2022·江苏苏州·模拟预测）已知12,FF是椭圆221(1)1xymmm的左､右焦点，点A是椭圆上的一个动点，若12AFF△的内切圆半径的最大值是3

3，则椭圆的离心率为（）A．21B．12C．22D．31【答案】B【分析】依题意可得2a，2b，2c，设12AFF△内切圆的半径为r，根据等面积法得到|11|Amry，即可得到r的最大值，从而求出m，即可求出椭圆的离心率；【详解】

解：由椭圆221(1)1xymmm，可得2am，21bm，2221cab，则1c，如图，设12AFF△内切圆的半径为r，1212121211||||(||||||)22AFFAS

FFyAFAFFFr，2||(22)Acyacr，则|11|Amry，要使12AFF△内切圆半径最大，则需||Ay最大，||1Aybm„，又12AFF△内切圆半径的最大值为33，即3131mm，解

得4m，所以2a．则椭圆的离心率12cea故选：B．2．（2022·安徽·蚌埠二中模拟预测（理））一个底面半径为1，高为3的圆柱形容器内装有体积为2的液体，当容器倾斜且其中液体体积不变时，液面与容器壁的截口曲线是椭

圆，则该椭圆离心率的取值范围是（）A．10,2B．1,12C．20,2D．2,12【答案】C【分析】先判断出临界情况下，椭圆2aAB，22br，即可求出椭圆离心率的取值范围.【详解】当液面倾斜至如图所示位置时，设ACx，3MAx.

因为圆柱底面积为，故液体体积为1322xx，解得2x，即1MA，2ACBC，故22AB，所以2aAB，22br，即2,1ab，所以离心率2212cbeaa，即椭圆离心率的取值范围是20,2.故选：C二、多选题3．（2022·

全国·模拟预测）椭圆22:143xyC的左、右焦点分别为1F，2F，点P在椭圆C上，若方程340mxym所表示的直线恒过定点M，点Q在以点M为圆心，C的长轴长为直径的圆上，则下列说法正确的是（）A．椭圆C的离心率为12B．12PFPF的最大值为4C．12PFF△的面积可能为2D

．2PQPF的最小值为256【答案】ABD【分析】A：根据椭圆方程可直接求得2a，3b，1c，和离心率cea；B：由椭圆的定义可得124PFPF，结合不等式22abab代入运算；C：点P位于椭圆的上、

下顶点时，12PFF△的面积取得最大，计算判断；D：利用椭圆定义和圆的性质转化处理．【详解】对于选项A，由椭圆C的方程知2a，3b，1c，所以离心率12cea，故选项A正确；对于选项B，由椭圆的定义可得124PFPF，所以2121242PFPFPF

PF，即12PFPF的最大值为4，故选项B正确；对于选项C，当点P位于椭圆的上、下顶点时，12PFF△的面积取得最大值123322，故选项C错误；对于选项D，易知3,4M，则圆22:344Mxy，所以21114424256PQPFPQ

PFQFMF，故选项D正确，故选：ABD．三、填空题4．（2022·浙江温州·三模）如图，椭圆221112211:10xyCabab和2222222:1xyCab在相同的焦点1F，2F，离心率分别为1

2,ee，B为椭圆1C的上顶点，21FPFB，且垂足P在椭圆2C上，则12ee的最大值是___________.【答案】122+【分析】首先分别表示出12,ee，设12PFF，将12ee表示成关于的三角函数，然后求其最值即可.【详解】由图知1212112

2122,2cOFccOFeeaBFaaPFPF，则112212ePFPFeBF，设1212,2PFFFFc，则1212(sincos),coscPFPFcBF，则122112sincoscossin22422ee

，当且仅当24时等号可取到.故答案为：122+.5．（2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心模拟预测（理））如图，1F，2F是椭圆1C与双曲线2C的公共焦点，A，B分别是1C，2C在第二、四象限的公共点，若112OFAB，且16OFB，则1C与2C的离心

率之积为_____.【答案】2【分析】根据已知条件结合椭圆的对称性可求出1AFc，23AFc，再根据椭圆和双曲线的定义以及离心率公式求出离心率即可求解.【详解】解：连接22,AFBF，根据椭圆的对称性

可知：点O是AB的中点，所以，四边形12AFBF为平行四边形，若112OFAB，所以1OFOAOBc，因为16OFB，所以1π3AOF，所以1AOF△是等边三角形，所以11AFOFc，1π3AFO，12AFB，所以，四边形

12AFBF为矩形，所以，在直角三角形1ABF中，22123BFccc，所以，213AFBFc，在椭圆中，12132AFAFcca，可得11231cea在双曲线中，21232AFAFcca

，可得22231cea所以离心率之积122223131ee，故答案为：2.四、解答题6．（2022·天津·南开中学模拟预测）已知椭圆22221(0)xyabab的离心率为e，斜率为e且过点0,Pa的直线l与

x轴交于点Q(1)证明：直线l与椭圆相切(2)记在（1）中的切点为S，过点S且与l垂直的直线交y轴于点T，记POQ△的面积为1,SPQT的面积为2S，若1234SS，求椭圆的离心率【答案】(1)证明见解析；(2)33.【分析】（1）根据直线的点斜式方程与椭圆方程联立，结合一元二

次方程根的判别式、椭圆的离心率公式进行求解即可；（2）根据（1）的结论，结合一元二次方程根与系数关系、三角形的面积公式、椭圆的离心率公式进行求解即可.(1)由已知，:lyexa．令l与椭圆方程222222bxayab联立，经过整理，得到2222342220baexaexaa

b，所以6222242224222442222222222Δ4444aebaeaabaaebabaeabeababae222222222222440cabab

aababca，所以直线l与椭圆相切．(2)由（1），有322222Saexbae，所以3222222saeacxcbaebc，所以22SScbyexaecaaaa，所以2,bSca．因为STl，所

以1STke，所以21:bSTyxcae．令0x，得到2bcyae，所以2222Tbbacyaaaa．因为1234ss，所以1||||3214||||2OPOQPTOQ，所以34PPTyyy，所以234acaa，所以223ac，所以33e

．【点睛】关键点睛：根据一元二次方程根与系数的关系、根的判别式是解题的关键.7．（2022·安徽安庆·二模（理））已知曲线22:38RCtxtyt，其离心率为22，焦点在x轴上.(1)求t的值；(2)若C与y轴交于A，B两点（点A位于

点B的上方），直线y＝kx＋m与C交于不同的两点M，N，直线y＝n与直线BM交于点G，求证：当mn＝4时，A，G，N三点共线.【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】（1）根据曲线的离心率可知曲线表示椭圆，从而确定22,ab，结合离心率求得答案;（2）设点M.N的坐标，联立直线和椭

圆方程，得到根与系数的关系式，表示直线BM的方程，求得点G坐标，从而表示出直线AG和直线AN的斜率，然后结合根与系数的关系式，化简，证明二者相等，即可证明结论.(1)由曲线22:38RCtxtyt，其离心率为22，焦点在x轴上.可知，曲线C

是焦点在x轴上的椭圆，则其方程可化为221883xytt，所以t必须满足：8803tt，解得332t，因C的离心率为22，2222112cbaa，即2212ba，故88203tt，解得2t.(2)由（1）可知C的方程为22

184xy，所以A02，，B02，.把ykxm代入22184xy，整理得222124240kxkmxm，设M11xkxm，，N22xkxm，，则122412kmxxk，21222412mxxk，因为点B02，，所以直线B

M的方程为：1122kxmyxx.令yn，得1122nxxkxm，所以G112()2nxnkxm，.因为点A02，，所以直线AG的斜率为1111222222AGnkxmnknnxxkxm，直线AN的斜率为222ANkxmkx.

所以12122222AGANnkxmkxmkknxx12211222222nkxmxkxmnxnxx.其中12212222nkxmxkxmnx

121221424kxxnmxxmnxx2212284841212kmnmkmmnxxkk212122

84844[]1212kmnkmnxxmnxxkk，当4mn时，上式等于0，即0AGANkk，这说明A，G，N三点共线.【点睛】本题考查了根据曲线表示椭圆求参数的值，以及直线和椭圆的位置关系等问题，其中证明三

点共线是难点，解答时要注意解答思路要清晰明确，即将直线和椭圆方程联立，利用根与系数的关系去表示或化简相关的代数式，解答的关键是证明有公共点的两直线斜率相等，其中的计算量较大，并且比较繁杂，要细心.题型四：构造齐次方程法求离心率的值或范围一、

单选题1．（2022·广东·模拟预测）已知1F，2F分别为椭圆2222:10xyEabab的两个焦点，P是椭圆E上的点，12PFPF，且2112sin3sinPFFPFF??，则椭圆E的离心率为（）A．102B．104C．52D．54【答案】B【分析】由题意得213PFPF，利用

椭圆定义及勾股定理求得椭圆参数关系，即可求离心率.【详解】由题意及正弦定理得：213PFPF，令1233PFPFn，则32nna，22294nnc，可得22542ac，所以椭圆的离心率为：510244cea.故选：B2．（202

2·全国·模拟预测）已知椭圆2222:10xyCabab的左､右焦点分别为1F，2F，过C的左焦点作一条直线与椭圆相交于A，B两点，若11BFFHHA且20HFAB，则C的离心率为（）A．13B．23C．12D．32【答案】A【分析】先判断出直线2HF为线段1AF的垂直平分线，

得到2122AFFFc.利用椭圆的定义把1AF，11,,AHFHBF，2BF，BH用a、c表示，利用勾股定理得到a、c的齐次式，求出离心率.【详解】因为1FHHA且20HFAB，所以直线2HF为线段1AF的垂直平分线，所以2122AFFFc.由椭圆定义知122A

Fac，所以11AHFHBFac，所以2BFac，22BHac.在2RtAHF△中，22222AFAHHF，在2RtBHF△中，22222BFBHHF，所以222222AFAHBFBH，即2222222cacacac

，化简得22340caca，即23410ccaa，即2341001eee，解得椭圆C的离心率13e（1e舍去）.故选：A.3．（2022·全国·模拟预测）过椭圆222210xyab

ab的左、右焦点1F，2F作倾斜角分别为6和3的两条直线1l，2l．若两条直线的交点P恰好在椭圆上，则椭圆的离心率为（）A．22B．31C．312D．512【答案】C【分析】利用正弦定理确定12PFF△的边角关系，结合椭圆的定义及离心率的定义求离心率的值.【详

解】在12PFF△中，由正弦定理可得1122212211||sinnn||sisiFPFFPFPFPFFFFPF122112si||n||sinPFPFPFPFFF所以1212122112

sinsinsinFFFPFPFPFPFFPFF，所以该椭圆的离心率1212122112sin2sin30312sinsinsin120sin302FFFPFcceaaPFPFPFFPFF，故选：C．4．（2022·江西·模拟预测（文））如图，椭圆2

222:1(0)xyMabab的左、右焦点分别为12,FF，两平行直线12,ll分别过12,FF交M于A，B，C，D四点，且2222,4AFDFAFDF，则M的离心率为（）A．12B．32C．23D．53【

答案】D【分析】设2DFx，则24AFx，由椭圆定义得124AFax，由椭圆的对称性可知12BFDFx，连接2BF，则22BFax．又1222,llAFDF∥，利用勾股定理可得答案.【详解】

设2DFx，则24AFx，由椭圆定义得124AFax，由椭圆的对称性可知12BFDFx，连接2BF，则22BFax．又1222,llAFDF∥，所以12290DFAFAF，在2RtABF中，22222||BFABA

F，所以222(23)(4)(2)axxax，解得3ax，所以1224,33aaAFAF，12RtAFF中，2221212AFAFFF，所以22224(2)33aac

，得2259ac，所以M的离心率5e3ca，故选：D.5．（2022·辽宁·育明高中一模）国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端

点B分别向内层椭圆引切线AC，BD，且两切线斜率之积等于23，则椭圆的离心率为（）A．13B．23C．33D．64【答案】C【分析】设出外层椭圆方程，利用离心率表达出内层椭圆方程，设出直线方程，联立后由根的判别式得

到22121bka与22221bka，利用斜率乘积列出方程，求出2223ba，从而求出离心率.【详解】设外层椭圆方程为22221xyab，则内层椭圆方程为222201xyab，设过A点的切线方程为11,0y

kxak，与222201xyab联立得：222232422211120bakxakxakab，由6422242221111Δ440akbakakab得：22121bka，设过点B的切线方程为2ykxb，与

222201xyab联立得：222222222210bakxakbxab，由42222222222Δ4410akbbakab得：22221bka，从而224

22122241419bbbkkaaa，故2223ba，椭圆的离心率为22313ba.故选：C.二、填空题6．（2022·河南焦作·三模（文））已知椭圆2222:1(0)xyCabab的右焦点为F，直线3by与

C交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过点F，则C的离心率为___________.【答案】144【分析】根据题意可以解得22(,)33abA，22(,)33abB，再根据0AFBF得2228099bca，结合222bac求解．【详解】

设,00Fcc，将3by代入椭圆方程得223xa，不妨设22(,)33abA，22(,)33abB，2222,,,3333ababAFcBFc因为以

AB为直径的圆经过点F，所0AFBF即22222()()0339aabcc，整理得2228099bca，∵222bac，所以228799ca，得71484ca.故答案为：1

44．7．（2022·广东汕头·三模）已知正方形ABCD的四个顶点都在椭圆E：222210xyabab上，若正方形ABCD的一条边经过椭圆E的焦点F，则E的离心率是__________．【答案

】512【分析】画出图形，先求出,ABAD，由ABAD建立方程解出离心率即可.【详解】如图：不妨设AB经过右焦点F，由对称性可得CD经过另一个焦点，则2ADc，又由22221cyab，解得2bya，则22bABa=，则222bca

，即222bacac，整理得210ccaa，解得152ca，又离心率0,1e，则离心率为512.故答案为：512.8．（2022·江西·模拟预测（理））如图，椭圆M：22221(0)xyabab的左、右焦点分别为1F，2F，两平行直线1l，2

l分别过1F，2F交M于A，B、C，D四点，且22AFDF，22||4AFDF，则M的离心率为___．【答案】53【分析】设2DFx，根据椭圆定义、对称性得到24AFx、124AFax、1BFx、22BFax

，再利用勾股定理得到参数的齐次方程，进而求离心率.【详解】设2DFx，则24AFx，故124AFax．由椭圆的对称性知：12BFDFx，连接2BF，则22BFax．又12ll//，22AFDF，所

以12290DFAFAF，在Rt2ABF中22222||BFABAF，即2222342axxax，解得3ax，则123aAF，243aAF．在12RtAFF中2221212||AFAFFF，即223a

＋22423ac，得2259ac，所以M的离心率53cea．故答案为：53三、解答题9．（2022·辽宁·沈阳二中二模）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点为12,FF，P为椭圆上一点，且212PFFF，123tan12PFF．

(1)求椭圆C的离心率e；(2)已知直线l交椭圆C于,AB两点，且线段AB的中点为11,2Q，若椭圆C上存在点M，满足234OAOBOM，试求椭圆C的方程．【答案】(1)32e(2)22551164xy

【分析】（1）由2123tan212baPFFc，以及222acb，建立关于e的方程，即可得到结果；（2）设112200,,,,,AxyBxyMxy，由（1）可知224ab，可设椭圆方程为22244xyb，

根据234OAOBOM，可得120120234234xxxyyy，设1:(1)2ABykx将其与椭圆方程联立，由韦达定理和点M满足椭圆方程，可求出2b，进而求出结果.(1)解：因为22123t

an2212bbaPFFcac，所以263bac，即2263acac，则2613ee，解得32e．(2)解：设112200,,,,,AxyBxyMxy，由2223

4cea，得2243ac，所以222221134bacca，所以224ab设2222:14xyCbb，即22244xyb由于,AB在椭圆上，则2221144xyb，2222244xyb，①由234OAOBOM，得12012023423

4xxxyyy，即120120234234xxxyyy由M在椭圆上，则2220044xyb,即212222144232344xxyyb，即222221112122

2441249464xyxxyyxyb，②将①代入②得：212124xxyyb，③线段AB的中点为11,2Q，设1:(1)2ABykx可知22211244ykxxyb22222148444

410kxkkxkkb212284121142kkxxkk，所以222220xxb，其中0，解得212b，所以21222xxb，AB方程为112yx又2121212121111111122422

byyxxxxxx，④将④代入③得：22221422425bbbb，经检验满足212b，所以椭圆C的方程为22551164xy.10．（2022·全国·高

三专题练习）已知曲线C：22221(0)xyabab，1F，2F分别为C的左､右焦点，过1F作直线l与C交于A，B两点，满足115AFFB，且12224AFFSa.设e为C的离心率.(1)求2e；(2)若32e，且2a，过点P（4，1

）的直线1l与C交于E，F两点，1l上存在一点T使111EPFPPT.求T的轨迹方程.【答案】(1)12或353736(2)42110xy或42250xy.【分析】（1）设出直线l方程，与椭圆

联立，利用韦达定理结合三角形面积得出关于离心率的关系即可求出；（2）设出直线方程，与椭圆联立，利用韦达定理结合已知表示出点T坐标即可求出.(1)由题直线l斜率存在且不为0，设:lxmyc，1122,,,AxyBxy，联立方程组2222

1xmycxyab得22222221210mmccyyabaa，则2222122122222222214,511mccaayyyyyymmabab

，消去2y，得2222454amcb，不妨设0m，则12212121221545222664AFFcyyyycyycSya，整理可得64272176136330eee，解得212e或353736或353736（舍）.(2)由题知22:142x

yC，若1l斜率不存在，则与C无交点，不合题意；若1l斜率存在，设1:(4)1lykx，与22142xy联立，得222221416321620kxkkxkk，设1122,,,ExyFxy，

则2212122216432162,2121kkkkxxxxkk，由2Δ812810kk得2727,66k，设00,Txy，由题120111444xxx，即1212120811644xxxxxxx

，则可得07424xk，若07424xk，则008954,2424kkxykk，消去k得0042110xy，若07424xk，则0082394,2424kkxykk，消去k得0042250xy，综上，T的轨迹方程为4211

0xy或42250xy.11．（2022·全国·高三专题练习）F1、F2是椭圆2222:+1(0)xyCabab的左、右焦点，过点F2作直线12MNFF交椭圆于,MN两点，现将椭圆所在平面沿直线

12FF折成平面角为锐角的二面角，翻折后,MN两点的对应点分别为11MN，，111MFN，且1cos11cos9，（1）求椭圆C的离心率；（2）设直线:(0)lykxk与椭圆C在第一象限的交点为P，B为

椭圆C的上顶点，且直线l与直线2BF交于点Q，若2232sinQFFOQQP，求k的值．【答案】（1）22；（2）9+222=7k.【分析】由已知可得21212||||bMFNFa，再由双曲线定义有21111||||2bMFNFa

a，然后分别在111MNF，211MNF中由余弦定理求出11MN，从而可求得1cos1cos，进而得关于离心率e的方程，求解即可得答案；（2）设点P的坐标为1(x，1)y，点Q的坐标为2(x，2)y，由已知2232sinQFFOQQP

求出1y与2y的关系，然后将ykx与椭圆方程和直线2BF方程联立求出1y与2y即可求解.【详解】解：（1）解：12MNFF，21212||||bMFNFa，121MFN为二面角的平面角，即121MFN，在211MNF中，2222222112cosbbbMNa

aa，在111MNF中，2222222112222cosbbbMNaaaaaa，2222(1cos)2(1cos)bbaaa，2222(1)1co

s11cos9(1)ee，解得22e；（2）由（1）22e知，bc，椭圆2222:+12xyCbb，所以24OFB,设点P的坐标为1(x，1)y，点Q的坐标为2(x，2)y，由已知120yy；2232sinQFFO

QQP,2232sinQFQPFOQ，即212232yyy1234yy，由222212ykxxybb消去x，得2212221kbyk，由（1）知直线2FB的方程为0xyb，由0ykxxyb消去x，得

21kbyk；1234yy，222234121kbkbkk，即271810kk，又0k，所以9+222=7k．【点睛】关键点点睛：（1）问的关键是在111MNF，211MNF中由余弦定理求出11MN，从而可求得1cos1cos；

（2）问的关键是根据几何知识将2232sinQFFOQQP转化为212232yyy.题型五：利用自变量范围求离心率范围一、单选题1．（2022·黑龙江·双鸭山一中高三期末（理））已知椭圆22221(0)yxCabab：的上焦点为F，过原点O的直线l交C于点,MN，且2F

OMN，若5612MNF，，则C的离心率的取值范围为（）A．3-1222，B．3-1323，C．26[]23，D．3213，【答案】C【分析】由椭圆的对称性，取椭圆的下焦点F，由题意可得四边形MFNF为矩形，求出

||MF，||MF用2c表示的代数式，由椭圆的定义可得2a与2c的关系，由角的范围求出三角函数的范围，进而求出离心率的范围，即可得到结果．【详解】因为直线MN过原点，由椭圆及直线的对称性可得||||OMON，所以||2||MNOM，设下焦点F，连接NF，MF，又因为2||||2O

FMNc，即||||FFMN且互相平分，可得四边形MFNF为矩形，即有MNFMFF，在RtMFFV中，||||sin2sinMFFFMFFcMFF，||||cos2cosMFFFMFFcMF

F，由椭圆的定义可得||||2MFMFa，所以22(sincos)22sin(acMFFMFFc)4MFF，所以离心率12sin()4ceaMFF，因为[6MNF，5]12，所以5[412MFF

，2]3，所以3sin()[42MFF，1],所以126[,]232sin()4MFF，故选：C．2．（2022·安徽·合肥一中模拟预测（理））已知两定点2,0A和2,0B，动点,Pxy在直线4lyx：上移动，椭圆C以A，B为焦点且经过点P，则椭圆

C的离心率的最大值为（）A．1010B．105C．55D．255【答案】B【分析】由题意知，要使椭圆C的离心率取最大值，则a取最小值．即PAPB取最小值．利用点的对称性求出PAPB的最小值即可解答本题．【详解

】由题意得，24.cABc22aPAPB．当a取最小值时，椭圆C的离心率有最大值．设点20A，关于直线l：4yx的对称点为Axy，．则122422yxyx，解得42xy，

42A，．则PAPBPAPBAB．240210aAB．当10a时，椭圆有最大离心率．此时，210510ca．故选：B．3．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆2222:1(0)xy

Cabab的左右焦点为12,FF，若椭圆C上恰好有6个不同的点，使得12FFP为等腰三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是（）A．12(,)33B．1(,1)3C．1112(,)(,)3223D．111(,)(,1)322【答案】D【

分析】六个P点，有两个是短轴端点，因此在四个象限各一个，设(,)Pxy是第一象限内的点，分112PFFF和212PFFF，列方程组求得P点横坐标x，由0xa可得离心率范围．【详解】显然，P是短轴端点时，12

PFPF，满足12FFP为等腰三角形，因此由对称性，还有四个点在四个象限内各有一个，设(,)Pxy是第一象限内使得12FFP为等腰三角形的点，若112PFFF，则2222221()2xyabxcyc，又222

abc，消去y整理得：222224240cxacxaca，解得22aacxc(舍去)或22aacxc，同0xa得220aacac，所以112ca，即112e，若212PF

FF，则2222221()2xyabxcyc，又222abc，消去y整理得：222224240cxacxaca，解得22aacxc或22aacxc，22aacac

舍去．所以220aacac，所以1132ca，即1132e，12e时，2ac，12PFF△是等边三角形，P只能是短轴端点，只有2个，不合题意．综上，e的范围是111(,)(,1)322．故选：D．二、多选题4．（2022·江苏南

通·高三期末）已知椭圆222:124xyCaa的焦点为1F、2F，点2,3A在椭圆C的内部，点M在椭圆C上，则（）A．4aB．椭圆C的离心率的取值范围为30,2C．存在点M使得12MFMFD．221232MFMF【答案】ACD【分析】利用点A在椭圆C

的内部可求得a的取值范围，可判断A选项；利用椭圆的离心率公式可判断B选项；求出点M的轨迹方程，判断点M的轨迹与椭圆的公共点，可判断C选项；利用两点间的距离公式可判断D选项.【详解】对于A选项，由已知可得24314a，可得216a，则4a，A对；对于B选项，

椭圆C的离心率为222224431,12ccaeaaaa，B错；对于C选项，设1F、2F分别为椭圆C的左、右焦点，则214,0Fa、224,0Fa，记24ca，设点,Mxy，1,FMxcy，2,FM

xcy，因为12MFMF，则222120FMFMxcy，所以，点M在圆2224xya上，联立222222414xyaxya可得2222804aaxa，即圆2224xya与椭圆C有公共点，

C对；对于D选项，22222222122222MFMFxcxcyxyc222222222224222448482423242ayayayaaaaa，D对.故选：ACD.三、填空题5．（2022·浙江·高三专题练习）

已知椭圆222210xyabab的右焦点为F，P､Q是椭圆上关于原点对称的两点，M､N分别是PF､QF的中点，若以MN为直径的圆过原点，则椭圆的离心率e的范围是___________.【答案

】2,12【分析】设点00,Pxy，利用条件可知0OMON得到关于00,xy的方程，再联立2200221xyab，用含,,abc的式子表示出20x，再利用20x的取值范围，即得出离心率的范围.【详解】设点00,Pxy，则00,Qxy

，又点,0Fc，∴0000,,,2222xcyxcyMN，又以MN为直径的圆过原点，则有OMON,所以0OMON，即000002222xcxcyy，∴222000cxy，又2200221xy

ab，所以2222020cxbca，得2222022acaxc，∴2222220acaac，整理得：222ca，解得22e，又1e，所以212e.故答案为：2,12.6．（2022·浙江·高三专题练习）已知F是椭圆2222

1(0)xyabab的一个焦点，若直线ykx与椭圆相交于A，B两点，且135AFB，记椭圆的离心率为e，则2e的取值范围是___________.【答案】22214e；【分析】设F为椭圆的另一焦

点，根据椭圆和直线的对称性可得出四边形AFBF为平行四边形，从而得到45FAF；然后在AFF中，利用余弦定理及基本不等式即可求出2e的取值范围.【详解】设F为椭圆的另一焦点，如图，连接,,,AFBFBFAF，根据椭圆和直线的对称性，可得四边形AFBF为平行四边形，又

因为135AFB，所以45FAF.在AFF中，2222||2||cos||(22)||FFAFAFAFAFFAFAFAFAFAF，所以222||||(22)2AFAFAFAFFF

，当且仅当||AFAF时，等号成立，即2224||FFAFAF，又因为2,||2FFcAFAFa，所以2224e，又因为21e，故22214e.故答案为：22214e.7

．（2021·全国·模拟预测）已知椭圆C：222210xyabab的左，右焦点分别为1F，2F，长轴长为4，点2,1P在椭圆内部，则椭圆C的离心率的取值范围是______.【答案】20,2【分析】根据长轴长为4，可求出2a；根据点2,

1P在椭圆内部，可求出22b；再结合22ba，可求出224b，然后根据离心率公式2221bea即可求出椭圆C的离心率的取值范围.【详解】由题意可知，2a，所以椭圆的标准方程为22214xyb，因为点2,1P在椭圆内部

，所以22114b，可得22b，又224ba，所以224b，所以22221110,42bbea，所以椭圆C的离心率的取值范围是20,2.故答案为：20,2

.8．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的左､右焦点分别为12,FF，过原点的直线与C交于A，B两点(A在第一象限)，若22||2ABab，且11sin2sinABFBAF，则椭圆离心率的取值范围是___________.【答

案】25,23【分析】首先根据已知条件找到222212221244AFAFceaAFAF，转化为1222212211AFAFeAFAF，进而整理122212122122AFAFAFA

FAFAFAFAF，然后把12AFAF整体看做变量，找到其范围，求出函数的值域即可.【详解】∵直线AB过原点，所以A，B关于原点对称，即OAOB22||22ABabc又∵12OFOF，122FF

c∴四边形12AFBF为矩形∴1290FAF则122221222AFAFaAFAFc2222121222222121224114AFAFAFAFceaeAFAFAFAF在1RtAFB中，1111sinsi

nAFBFABFBAFABAB∵11sin2sinABFBAF，∴112AFBF∵12BFAF∴122AFAF∵A在第一象限，∴12AFAF∴2122AFAFAF∴1212AFAF令12AFtAF，则有152,2tt

12221212212224,115AFAFAFAFAFAFttAFAF12222122191,25AFAFeAFAF215,29e，即25,23e故答案为：25,23【点睛】椭圆的

离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式cea；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化

为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．四、解答题9．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆E：22221xyab（0ab）的左、右两焦点分别为1F，2F，短轴的一个端点为M，直线l：340xy交椭圆E于A，B两点，2222AFBF．(1)若椭圆的

离心率为22，求椭圆的方程；(2)若点M到直线l的距离不小于45，求椭圆的离心率的取值范围．【答案】(1)2212xy(2)20,2【分析】（1）结合椭圆的定义以及离心率的公式即可得到方程组，解之即可求出结果；（2）结合点到直线的距离公式即可得到

4455b，从而求出c的范围，进而可求出结果.(1)由题意及椭圆的定义，得2122222aAFAFAFBF，∴2a．又22cea，222abc，∴1c，1b．故椭圆的标准方程为2212xy．(2)设0,Mb，可得点M到直线l的距离为45b，由题

意知4455b，故1b，从而221ac．∵2a，∴201c，即01c，∴202ca，即椭圆的离心率的取值范围是20,2．10．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C：22221xyab（0ab）的长半轴长为2．(1)若椭圆C经过点22,2

，求椭圆C的方程；(2)A为椭圆C的右顶点，1,0B，椭圆C上存在点P，使得2PAPB．求椭圆C的离心率的取值范围．【答案】(1)2214xy(2)2,12【分析】（1）由椭

圆的长轴长、所过的点坐标求椭圆参数，进而写出椭圆方程.（2）设,Pxy，由题设可得2,0A、22214xyb，根据已知条件及两点距离公式得222xy，联立方程求参数b的范围，利用椭圆参数关系求离心率的取值范围．(1)由题意可得：2a

，又椭圆C过22,2，∴2221122b，解得21b．故椭圆C的方程为2214xy．(2)由（1）知：2,0A，设,Pxy，则22214xyb．①由2PAPB，则22

2PAPB，∴2222221xyxy，即222xy．②联立①②，解得22224byb．由byb，即220yb，故222204bbb，解得202b，于是22102

ba，即221112ba，即22112ca，即212e．故椭圆C的离心率的取值范围是2,12．能力拓展