【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点20《 椭圆》(解析版） .doc，共(44)页，2.357 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点20椭圆（核心考点讲与练）1.椭圆的定义平面内与两定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹（或集合）叫做椭圆.这两定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距.其数学表达式：集合P＝{M||MF1|＋|M

F2|＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a＞0，c＞0，且a，c为常数：(1)若a＞c，则集合P为椭圆；(2)若a＝c，则集合P为线段；(3)若a＜c，则集合P为空集.2.椭圆的标准方程和几何性质标准方程x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)y2a2＋x2b2＝1(a

>b>0)图形性质范围－a≤x≤a－b≤y≤b－b≤x≤b－a≤y≤a对称性对称轴：坐标轴；对称中心：原点顶点A1(－a，0)，A2(a，0)，B1(0，－b)，B2(0，b)A1(0，－a)，A2(0，a)，B1(－b，0)，B2(b，0)轴长轴A1A2的长为2a；短轴B1B2的长为2b焦距|

F1F2|＝2c离心率e＝ca∈(0，1)a，b，c的关系c2＝a2－b21.椭圆的定义揭示了椭圆的本质属性，正确理解、掌握定义是关键，应注意定义中的常数大于|F1F2|，避免了动点轨迹是线段或不存在的情况.2.求椭圆的标准方程，常采用“先定位，后定量”

的方法(待定系数法).先“定位”，就是先确定椭圆和坐标系的相对位置，以椭圆的中心为原点的前提下，看焦点在哪条坐标轴上，确定标准方程的形式；再“定量”，就是根据已知条件，通过解方程(组)等手段，确定a2，b2的值，代入所设的方程，即可求出椭圆的标准方程.若不能确定焦点的位置，这

时的标准方程常可设为mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0且m≠n)3.解决中点弦、弦长及最值与范围问题一般利用“设而不求”的思想，通过根与系数的关系构建方程求解参数、计算弦长、表达函数.4.求椭圆离心率的3种方法(1)直接求出a，

c来求解e.通过已知条件列方程组，解出a，c的值．(2)构造a，c的齐次式，解出e.由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解．(3)通过取特殊值或特殊位置，求出离心率．椭圆的定义一、单选题1．（2022·内蒙古通辽·二模（

理））椭圆2212:xyCmm的左､右焦点分别为1F，2F，P为椭圆C上一点，若12PFF△的周长为622，则椭圆C的离心率为（）A．26B．23C．33D．36【答案】B【分析】根据椭圆方程可得2c，再结合三角形周长

，得3a，进而可得离心率.【详解】因为222cmm，所以2c.因为12PFF△的周长为622，所以22622,26aca，所以3a，所以椭圆C的离心率为23，故选：B.2．（2022·天津市第四十七中学模拟预测）已知12,FF分别是椭圆1C和双曲线2C的公共的左右焦点

，12ee、是12CC、的离心率，若12CC、在第一象限内的交点为P，且满足2122POFPFF，则12ee、的关系是（）A．222212122eeeeB．2211222eeeeC．22122eeD．122ee=【答案】A【分析

】先确定12PFPF，再利用勾股定理、椭圆、双曲线的定义，即可得出结论.【详解】解：设椭圆的长半轴长为1a，双曲线的实半轴长为2a，12,PFmPFn，因为2122POFPFF，所以112OPFPFF，所以OPc，所以12PFPF，所以2224mnc，因为122,2mn

amna，所以1212,maanaa，所以222122aac，即22122aacc，所以2212112ee，所以222212122eeee.故选：A.3.（2021广东省深圳市高级中学等九校联考）已知

椭圆222210xyabab的左、右焦点分别是1F、2F，离心率为12，点A是椭圆上位于x轴上方的一点，且112AFFF，则直线1AF的斜率为（）A．33B．3C．22D．1【答案】B【分析】依题意可得2ac，根据椭圆的定义可得22AFc，即可得到12AFF△为等边三

角形，从而得到12AFF，即可得到直线1AF的斜率；【详解】解：依题意12cea，即2ac，又122AFAFa，122FFc，112AFFF，所以22AFc，所以12AFF△为等边三

角形，即A为椭圆的上顶点，所以1260AFF，所以112tantan603AFkAFF故选：B二、多选题4．（2022·山东淄博·模拟预测）已知椭圆22:143xyE的左右焦点分别为1F，2F，左右顶点分别为1A，2A．P是椭圆上异于1A，2A的点，则下列说法正确的是（）A．1

2PFF△周长为4B．12PFF△面积的最大值为3C．12PAPA的最小值为23D．若12PAA△面积为2，则点P横坐标为63【答案】BC【分析】根据椭圆的定义判断A，利用椭圆的性质可得12PFF△面积最大值判断B，由122

||PAPAPO可判断C，由三角形面积求得P点坐标后可判断D．【详解】由题意2,3,1abc，1(1,0)F，2(1,0)F，短轴一个端点2(0,3)B，对于A，由题知1224PFPFa，故12PFF△周长为426，故A错误；对于B，利用椭圆的性质可知12PFF△面积最

大值为12332，故B正确；对于C，122||PAPAPO，设(2cos,3sin)P，从而222||4cos3sin3cos3PO,所以122||PAPAPO，故C

正确；对于D，因为12121222PAAPPSAAyy，1Py，则21143Px，263Px，故D错误．故选：BC．5．（2022·山东济宁·二模）设椭圆C：222210xyabab的左､右焦点分别为1F､2F，上､下顶点分别为1A､2A，点P是C上异于1A､

2A的一点，则下列结论正确的是（）A．若C的离心率为12，则直线1PA与2PA的斜率之积为43B．若12PFPF，则12PFF△的面积为2bC．若C上存在四个点P使得12PFPF，则C的离心率的范围是20,2D．若1

2PFb恒成立，则C的离心率的范围是30,5【答案】BD【分析】A.设00(,)Pxy，12PAPAkk34，所以该选项错误；B.求出12PFF△的面积为2121||||,2PFPFb所以该选项

正确；C.求出2(,1)2e，所以该选项错误；D.若12PFb恒成立，所以305e，所以该选项正确.【详解】解：A.设00(,)Pxy，所以2200221xyab，因为2214,2,23ceacaba，所以222220000221,34443xyxybbb

.所以12220002000PAPAybybybkkxxx2220203344bxbx，所以该选项错误；B.若12PFPF，则2221212||||2,||||4,PFPFaPFPFc所以212||||2,PFPFb则12

PFF△的面积为2121||||,2PFPFb所以该选项正确；C.若C上存在四个点P使得12PFPF，即C上存在四个点P使得12PFF△的面积为2b，所以2222122,,,(,1)22cbbcbcace，所以该选项错误

；D.若12PFb恒成立，所以222222,244()acbacacbac，所以235230,05eee，所以该选项正确.故选：BD三、填空题6．（2022·宁夏·银川一中二模（文））已知椭圆C：22143xy的左焦点为1F，M为椭圆C上任意一点，则1MF的最小值

为______．【答案】1【分析】由题知2,3ab，故1c，进而得1MF的最小值为1ac.【详解】解：由椭圆C：22143xy知：2,3ab，故1c，所以11,0F，所以，1M

F的最小值为1ac.故答案为：1四、解答题7．（2022·江西景德镇·三模（文））,0Fc是椭圆2222:10xyCabab的右焦点，其中*Nc.点A、B分别为椭圆E的左、右顶点，

圆F过点B与坐标原点O，P是椭圆上异于A、B的动点，且PBF△的周长小于8.(1)求C的标准方程；(2)连接BP与圆F交于点Q，若OQ与AP交于点M，求OPQMBQSS△△的取值范围.【答案】(1)22143x

y(2)10,4【分析】（1）由已知可得出2ac，由椭圆的定义结合三点共线可得出PBF△的周长小于8c，可得出关于c的不等式，结合*Nc可求得c，即可求得a、b的值，由此可得出椭圆C的标准方程；（2）设00,Pxy，可得出022x，求出点Q、M的横坐标

，利用三角形的面积公式可得出OPQMBQSS△△关于0x的表达式，结合022x可求得结果.(1)解：因为圆F过点B与坐标原点O，2ac.设C的左焦点为F，则PBF△的周长2PFPBBFaPFPBBF

558cPBPFcBFc，所以，88c，则1c，且*Nc，故1c，所以，2a，223bac.因此，椭圆C的坐标方程为22143xy.(2)解：设00,Pxy，其中2200143xy，其中00y，且022x，直线AP的斜率

为002APykx，所以，直线AP的方程为0022yyxx，同理可知直线BP的方程为0022yyxx，又2OQB，所以，直线OM的方程为002xyxy.联立直线AP、OM的方程0000222yyxxxyxy，可得2020

220044442433yxxxyy，解得6Mx，联立直线BP、OM的方程0000222yyxxxyxy，可得22000220002242233244

xxxxxyxx，解得006214Qxxx.所以，000000000062621414626262621414QQOPQMBQQQxxxxxxSxxOQPQSMQBQxxxxxx

△△0210,164x.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数

的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函

数，求其值域，从而确定参数的取值范围.椭圆的标准方程一、单选题1．（2022·全国·模拟预测（文））已知椭圆C：222210xyabab的右焦点为2,0，右顶点为A，O为坐标原点，过OA的中点且与坐标轴垂直的直

线交椭圆C于M，N两点，若四边形OMAN是正方形，则C的方程为（）A．2213xyB．22153xyC．22175xyD．22197xy【答案】A【分析】待定系数法去求椭圆C的方程【详解】由椭圆方程可知,0Aa，由四边形OMAN是正方形可知,22

aaM，又点M在椭圆C上，则有2222221aaab，解得223ab，又椭圆C的右焦点为2,0，则2c，结合椭圆中222acb，解得23a，21b，则椭圆C的方程为2213xy.故选：A2.

（2021福建省莆田市第十五中学二模）阿基米德(公元前287年—公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“通近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为74，面积为12

,则椭圆C的方程为（）A．221916xyB．22134xyC．2211832xyD．221436xy【答案】A【分析】由题意，设出椭圆的标准方程为222210yxabab，然后根据椭圆的离心率以及椭圆面积列出关于a、b的方程组，求解方程组即可得答案．

【详解】解：由题意，设椭圆C的方程为222210yxabab，因为椭圆C的离心率为74，面积为12，所以，解得2216,9ab，所以椭圆C的方程为221169yx，故选：A.二、多选题3．（2022·辽宁·模拟预测）已

知椭圆2222:10xyEabab的左、右焦点分别为1F，2F（如图），离心率为12，过1F的直线1AF垂直于x轴，且在第二象限中交E于点A，直线2AF交E于点B（异于点A），则下列说法正确的是（）A．若椭圆E的焦距为2，则短轴长为43B．1ABF的周长为4aC．若12AFF△的面积为

12，则椭圆E的方程为2213224xyD．1ABF与12AFF△的面积的比值为107【答案】BCD【分析】根据椭圆方程的求解以及椭圆的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：若椭圆E的焦距为2，则1c，由离心率12ca，则2a

，所以3b，则短轴长为23，故A错误；对B：根据椭圆的定义，1ABF的周长为4a，故B正确；对C：由12ca，故可得2ac，3bc，所以椭圆的方程可写为2222143xycc，易知3,2Acc，则1221211322AFFSFFAFc△，则2312

2c，所以22c，42a，26b，则椭圆E的方程为2213224xy，故C正确；对D：因为132AFc，所以235222AFacc，过点B作BHx，则212BHFAFF∽△△，112222AFFFAFBHHFBF

，即2235222cccBHHFBF，设3BHk，24HFk，25BFk，则4,3Bkck，代入椭圆方程222243143kckcc，整理得2228830kkcc，解得314kc或12

kc（舍），所以112121212121121133102213722ABFAFFBFFAFFAFFFFAFBHckSSSSSFFAFc△△△△△，故D正确.故选：BCD．4．（2022·重庆八中模拟预测）如图所示，用一个与圆柱底面成(0)2角的平

面截圆柱，截面是一个椭圆.若圆柱的底面圆半径为2，3，则（）A．椭圆的长轴长等于4B．椭圆的离心率为32C．椭圆的标准方程可以是221164yxD．椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为423【答案】BCD【分析】根据给定图形，求出椭圆长短半轴长a，b，再逐项

计算、判断作答.【详解】设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，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3得：428cosa，解得4a，A不正确；显然2b，则2223cab，离心率32

cea，B正确；当以椭圆长轴所在直线为y轴，短轴所在直线为x轴建立平面直角坐标系时，椭圆的标准方程221164yx，C正确；椭圆上的点到焦点的距离的最小值为423ac，D正确.故选：BCD5．（2022·全国·模拟预测）已

知O为坐标原点，椭圆E的方程为222210xyabab，离心率为32，2,1A为E上一点，过点A作两条直线分别与E交于B，C两点，且直线AB与直线AC的倾斜角互补，则下列结论正确的是（）A

．椭圆E的长轴长为22B．直线BC的斜率为定值C．点O到直线BC的距离为定值D．若OBOC，则直线BC的方程为2220xy【答案】BD【分析】对于选项A，利用点在曲线上和椭圆离心率公式及椭圆中,,abc的关系即可求解.对于选项B，设出

直线AB的方程与椭圆联立，消去y，得关于x的一元二次方程，利用韦达定理写出横坐标的关系，进而得到点B的横坐标，代入直线AB求出点B纵坐标，利用已知条件写出点C的坐标，利用两点求斜率公式即可求解.对于选项C，设出直线BC的方程，利用点到直线的距离公式即可求解.对于选

项D，联立直线BC与椭圆的方程,消去y，得关于x的一元二次方程，利用韦达定理写出横坐标的关系，由OBOC，利用两直线垂直的充要条件即可求解.【详解】对于选项A，由题意得22411ab，32ca，结合222abc，得22a，2b，所以

椭圆E的长周长为242a，故A错误.对于选项B，由A得椭圆E的方程为22182xy，设11,Bxy，22,Cxy，由题意知直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为210ykxk，与椭圆的方程联立，得2222418241280kxkkxk

，则21282241kkxk，得21288241kkxk，21244141kkyk，即2222882441,4141kkkkBkk.因为直线AB

与直线AC的倾斜角互补，所以直线AC的斜率为﹣k，同理可得2222882441,4141kkkkCkk，故直线BC的斜率81162BCkkk，为定值，故B正确.对于选项C，由B知可设直线BC的方程

为12yxm，则原点O到直线BC的距离25md，不是定值，故C错误.对于选项D，联立直线BC与椭圆的方程，得2212182yxmxy，整理得222240xmxm，2440m，即22m，则122xxm，21224xxm，由OBOC，得

1212121211022xxyyxxxmxm，整理得212125240xxmxxm，得22m，2m，此时直线BC的方程为220xy，故D正确.故选：B

D.三、填空题6．（2022·辽宁鞍山·二模）在平面直角坐标系中，△ABC满足A(-1，0)，B(1，0)，0GAGBGC，ACGABABPGAAC，∠ACB的平分线与点P的轨迹相交于点

I，存在非零实数，使得GIAB，则顶点C的轨迹方程为________．【答案】221043xyxy【分析】设(,)Cxy，先说明G是ABC的重心，点I为ABC的内心，求出22(,)22abxyIab

ab，得到4||abAB即得解.【详解】解：设(,)Cxy，因为0GAGBGC，所以G是ABC的重心，因为ACGABABPGAAC，所以ACGABABPGAAC

，所以ACAPACABAB,所以点P在BAC的角平分线上，因为∠ACB的平分线与点P的轨迹相交于点I，所以点I为ABC的内心.所以点2002(,)22abxabyIabab，即22(,)22abxyIabab

，又//GIABGIAB，，所以GI与x轴平行，又(,)33xyG，所以2,4||23yyabABab,所以点C的轨迹是以,AB为焦点，长轴长为4的椭圆，，当C是椭圆的长轴的端点时，不能构成三角形，所以不能

取到椭圆的长轴的端点；当C是椭圆的短轴的端点时，0,GI与已知存在非零实数，使得GIAB矛盾，所以不能取到椭圆的短轴的端点.又椭圆的焦距为2，所以椭圆的方程为22143xy.所以点C的轨迹方程为221043xyxy.故答案为：221043xyx

y四、解答题7．（2022·山东泰安·二模）已知椭圆C：222210xyabab过点61,3，过其右焦点2F且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且233AB．(1)求椭圆C的方

程；(2)若直线l：12ykx与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)2213xy(2)存在定点0,1P，【分析】（1）直接由椭圆C过点6

1,3和3,3c解方程即可；（2）先联立直线和椭圆，通过∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，表示出PE，PF由0PEPF解出点P的坐标即可.(1)由题知，椭圆C过点61,3和3,3c，所以2222

22221213113abcababc，解得2231ab所以椭圆C的方程为2213xy．(2)假设在y轴上存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立，设00,Py，11,Exy，22,Fxy由221213ykxxy，得

224121290kxkx，∴12212412kxxk，1229412xxk22144364120kk∵∠EQP＝2∠EFP，∴∠EFP＝∠FPQ，∴QE＝QF＝QP∴点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF110

,PExyy，220,PFxyy∴121020PEPFxxyyyy212120120xxyyyyyy2212121201201124kxxkxxxxykxxy2212012

0011124kxxkyxxyy22200021214480412ykyyk∴2220001214480ykyy恒成立∴20200104480yyy，解得01y∴

0,1P∴存在定点0,1P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立．【点睛】本题关键点在于利用∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，进而得到0PEPF，表示出PE，PF，联立直线和椭圆后，由韦达定理及0PEPF建立方程解出点P的坐标即可.8．（2022

·天津市滨海新区塘沽第一中学模拟预测）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率22e，且点(2P，1)在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆C的左焦点为F，右顶点为A，点B在椭圆C上，且在椭圆位于x

轴上方的部分，直线AB与y轴交于点D，点E是y轴上一点，EFDF，直线EA与椭圆C交于点G，若ABG的面积为83，求直线AB的方程．【答案】(1)22142xy(2)20xy或220xy【分析】（1）

由题意列方程组2222222211ceaabcab，求出,ab，即可得椭圆C的方程；（2）先设直线AB的方程为2ykx(0k)，求出B的坐标，再由题设得到直线AE的方程为12xky，求出

G的坐标，由面积2224141822131ABGkkSkk△求出k的值，即可得到直线AB的方程（1）由已知，有2222222211ceaabcab，解得222abc，所以椭圆C的方程为22142xy；

(2)由（1）知，2,0F，2,0A.设直线AB的方程为2ykx(0k)，则0,2Dk，直线AB与椭圆C的交点,BBBxy满足方程组221422xyykx，消去y得到2222218840kxkxk，解得

224221Bkxk.设0,EEx，由题意，有220EEFDFkx，解得1Exk.进而得到直线AE的方程为12xky，其与椭圆C的交点,GGGxy满足方程组2214212xyxky消去x得到：222140k

yky，解得2421Gkyk，进而222421Gkxk.22241121ABkABkxxk，点G到直线AB的距离为241kdk.因此，2224141822131ABGkkSkk△，0k化简得22310kk，解得1k或12k，所以直

线AB的方程为20xy或220xy椭圆的几何性质1.（2021天津市第二中学高三上学期期中）已知椭圆222210xyabab的左右焦点分别为1F，2F，过1F的直线与椭圆交于A，B两点，若2AB

BF，则椭圆离心率e的取值范围为（）A．1,2B．12,22C．2,2D．2,12【答案】D【分析】由题设易知12BFBF，设1BFx有22BFax，应用勾股定理得到关于x的方程，利用方程有解，结合判别式构造不等式求椭圆离心率e

的取值范围.【详解】由题设，知：12BFBF，若1BFx，则22BFax，∴2222221212(2)4BFBFxaxFFc，整理得22222()0xaxac，∴22248()0aac，可得22212cea，又01e

，∴212e.故选：D直线与椭圆的位置关系1.（2022北京市一六一中学高三上学期期中）已知椭圆22:143xyW的左､右顶点分别为A，B，右焦点为F，直线1:4lx.（1）若椭圆W的左顶点A关于直线40xmy的对称点在直线1l上，求m的值；（2）过F的直线2l与椭圆W相交于不同

的两点C，D（不与点A，B重合），直线CB与直线1l相交于点M，求证：A，D，M三点共线.【答案】（1）1m（2）证明见解析.【分析】(1)设点A关于直线对称的点为1(4)An，，根据题意可得1A

A的中点(1)2n，在直线上且13AAl，列出方程组，解方程组即可；(2)对直线斜率是否存在分类讨论，当直线CD斜率k不存在时，求出点A、M、C、D坐标，利用DMADkk可证得A、D、M三点共线；当直线CD

斜率存在时，设直线2l：(1)(0)ykxk，1122CxyDxy，，，，与椭圆方程联立方程组，消y得到关于x的一元二次方程，将AMADkk、表示为含有k的算式，得出AMADkk即可.（1

）由题意知，直线340lxmy：的斜率存在，且斜率为31km，设点A关于直线3l对称的点为1A，则1(4)An，，13AAl所以线段1AA的中点(1)2n，在直线3l上，又16AAnk，131

AAkk，有，解得16mn或16mn，所以1m；（2）已知(20)(20)(10)ABF，，，，，，当直线2l的斜率不存在时，2l：x=1，此时33(1)(1)22CD，，，，有3032

212CBk，所以直线3(2)2CBlyx：，当4x时，3y，所以3(4)M，，所以33301122412122DMADkk，，所以DMADkk，即A、D、M三点共线；当直线2l的斜率存

在时，设直线2l：(1)(0)ykxk，则22143(1)xyykx，得2222(43)84120kxkxk，22222(8)4(43)(412)1441440kkkk，设1122CxyDxy，，，，则221212228412434

3kkxxxxkk，，直线BC的方程为11(2)2yyxx，令4x，得112(4)2yMx，，所以直线AD、AM的斜率分别为212123(2)ADAMyykkxx，，21211221213(2)(2)=23(2)3(2)(2)ADAMyy

yxyxkkxxxx，上式的分子21123(2)(2)yxyx21123(1)(2)(1)(2)kxxkxx121225()8kxxkxxk2222412825804343

kkkkkkk，所以0ADAMkk，即A、D、M三点共线.综上，A、D、M三点共线.【规律方法技巧】直线与椭圆的位置关系问题，一般需要联立方程组、用判别式、韦达定理.证明三点共线可以利用直线的斜率

相等或向量共线处理.2.（2021四川省成都市嘉祥外国语高级中学高三上学期期中）已知椭圆C：22221xyab(a>b>0)的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为33的直线与椭圆C相交于A，B两点，且AB⊥OB，O为坐标原点.（1

）求椭圆的离心率e；（2）若b＝1，过点F作与直线AB平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点，①求直线OP的斜率与直线OQ的斜率乘积；②点M满足2OM＝OP，直线MQ与椭圆的另一个交点为N，求||||NMNQ的值.【答案】（1）255；（2）①－15；②

38【分析】（1）根据题意可得B点坐标，代入椭圆方程，结合222abc，进而可得离心率e；（2）①由（1）可得椭圆的方程，写出直线l方程，设1(Px，1)y，2(Qx，2)y，联立直线l与椭圆C的方程，可得关于y的一元二次方程，由韦达定理可得12yy

，12yy，12xx，再计算1212OPOQyykkxx，即可得答案；②设点3(Nx，3)y，由NMNQ，可得(01)NMNQ，再由2OMOP，推出点M坐标，再用坐标表示NM，NQ，求出N点坐标，把

点P，Q，N代入椭圆方程，化简即可得答案．【小问1详解】解：已知||OAa，||2aOB，6BAF，则(4aB，3)4a，代入椭圆C的方程有2222311616aaab，所以225ab，即5ab，所以222cabb

，所以255cea．【小问2详解】解：①由（1）可得1b，5a，所以椭圆的方程为2215xy，设直线:32lxy，1(Px，1)y，2(Qx，2)y，联立直线l与椭圆C的方程223255xyxy，得284310yy，所以△2(43)48

(1)0，1232yy，1218yy，所以121212125(32)(32)3248)3(xxyyyyyy，所以121215OPOQyykkxx．②设点3(Nx，3)y

，NMNQ，则(01)NMNQ，又因为2OMOP，所以点1(2xM，1)2y，所以13(2xNMxuuuur，13)2yy，23(NQxxuuur，23)yy，则13231323()

2()2xxxxyyyy，所以12312322(1)22(1)xxxyyy，即12312322(1)22(1)xxxyyy，因为点P，Q，N

在椭圆上，所以221155xy，222255xy，223355xy，22121222(2)(2)554(1)4(1)xxyy，所以2222221122121254(5)4(5)20(1)xyxyxxyy

，由①可知121250xxyy，所以22144(1)，则38，所以||3||8NMNQ．1.（2021年全国高考乙卷）设B是椭圆22:15xCy的上顶点，点P在C上，则PB的最大

值为（）A.52B.6C.5D.2【答案】A【分析】设点00,Pxy，由依题意可知，0,1B，220015xy，再根据两点间的距离公式得到2PB，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．【详解】设点00,Pxy，因为0,1B，

220015xy，所以222222200000001251511426444PBxyyyyyy，而011y，所以当014y时，PB的最大值为52．故选：A．【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两

点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区

间，而不是全体实数上求最值.．2.（2021年全国高考乙卷）设B是椭圆2222:1(0)xyCabab的上顶点，若C上的任意一点P都满足||2PBb，则C的离心率的取值范围是（）A.2,12B.1,12

C.20,2D.10,2【答案】C【分析】设00,Pxy，由0,Bb，根据两点间的距离公式表示出PB，分类讨论求出PB的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．【详解】设00,Pxy，由0,Bb，

因为2200221xyab，222abc，所以2223422222220000022221ycbbPBxybaybyabbbcc，因为0byb，当32bbc，即22bc时，2

2max4PBb，即max2PBb，符合题意，由22bc可得222ac，即202e；当32bbc，即22bc时，42222maxbPBabc，即422224babbc，化简得，2220cb，显然该不等式不成立．故选：C．【

点睛】本题解题关键是如何求出PB的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．3.（2021年全国新高考Ⅰ卷）已知1F，2F是椭圆C：22194xy的两个焦点，点M在C上，则12MFMF的最大值为（）A

.13B.12C.9D.6【答案】C【分析】本题通过利用椭圆定义得到1226MFMFa，借助基本不等式212122MFMFMFMF即可得到答案．【详解】由题，229,4ab，则1226MFMFa

，所以2121292MFMFMFMF（当且仅当123MFMF时，等号成立）．故选：C．【点睛】椭圆上的点与椭圆的两焦点的距离问题，常常从椭圆的定义入手，注意基本不等式得灵活运用，或者记住定理：两正数，和一定相等时及最大，积一定，相等时和最小，也可快速

求解.4.（2021年全国高考甲卷）已知12,FF为椭圆C：221164xy的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且12PQFF，则四边形12PFQF的面积为________．【答案】8【分析】根据已知可得12PFPF，设12||,||PFmPFn，利用勾股定理结合8mn

，求出mn，四边形12PFQF面积等于mn，即可求解.【详解】因为,PQ为C上关于坐标原点对称的两点，且12||||PQFF，所以四边形12PFQF为矩形，设12||,||PFmPFn，则228,48mnmn，所以22264()2482mnmmnnmn

，8mn，即四边形12PFQF面积等于8.故答案为：8.一、单选题1．（2022·安徽·模拟预测（理））1F､2F是椭圆2222:10xyEabab的左､右焦点，点M为椭圆E上一点，点N在x轴上，满足1260FMNFMN，若1235MFMFMN，则椭圆E的

离心率为（）A．78B．89C．2212D．2614【答案】A【分析】先由1235MFMFMN可解得,04cN，然后利用角平分线的性质可求得1253,44FMaFMa；在12FMF△中利用余弦定理22212534144cos532244aacFMFaa

即可求出离心率ca的值.【详解】由题意可设1,0Fc，2,0Fc，00,Mxy，1,0Nx（1cxc）；则：120000003533,355,528,8MFMFcxycxycxy，100,MNxxy

，由1235MFMFMN可得：01000288cxxxyy，解得184cx，即,04cN；由1260FMNFMN可知MN是12

FMF的角平分线，可得：111222554334cFNFMFMFNFMFMc，又122FMFMa，则1253,44FMaFMa；在12FMF△中：22212534144coscos120532244aacFMFaa，解得78ca；故选

：A2．（2022·湖北武汉·二模）若椭圆2221(0)xyaa的离心率为22，则a的值为（）A．2B．12C．2或22D．2或12【答案】C【分析】分21a和21a，利用离心率的定义求解.【详解】解：当21a，即1a

时，则222122aa，解得2a；当21a，即01a时，则221212a，解得22a，综上：a的值为2或22，故选：C3．（2022·辽宁·建平县实验中学模拟预测）下列与椭圆22:195xyC焦点相同的椭圆是（）A．22159xyB

．221105xyC．22194xyD．221106xy【答案】D【分析】由椭圆的简单几何性质：“焦点跟着大的走”，椭圆C的焦点在x轴上，且222954cab，得出椭圆C的焦点坐标为：2,0，依次判断各

个选项即可.【详解】由题意得，椭圆C中29a，25b，2224cab即焦点坐标为2,0和2,0；对于A选项，椭圆焦点在y轴上，不满足题意；对于B选项，椭圆焦点在x轴上，210a，25b，2225cab，

不满足题意；对于C选项，椭圆焦点在x轴上，29a，24b，2225cab不满足题意；对于D选项，椭圆焦点在x轴上，210a，26b，2224cab，满足题意；故答案为：D.4．（2022·广东汕头·二模

）已知椭圆C的左、右焦点分别为1F，2F，直线AB过1F与该椭圆交于A，B两点，当2FAB为正三角形时，该椭圆的离心率为（）A．34B．33C．23D．22【答案】B【分析】根据椭圆的定义，结合余弦定理、椭圆离心率公式进行求解即可.【详解】设正三角形2FAB的边长为m，设椭圆的标

准方程为：22221(0)xyabab，设左、右焦点分别为12(,0),(,0)FcFc，设1BFx，则有1AFmx，由椭圆的定义可知：1222BFBFaxma，1222AFAFamxma，

解得：43ma，23xa，在21FFB中，由余弦定理可知：2221212122cos3FFBFBFBFBF，222224162413423993323aaccaaacea故选：

B5．（2022·江苏泰州·模拟预测）我国自主研发的“嫦娥四号”探测器成功着陆月球，并通过“鹊桥”中继星传回了月球背面影像图．假设“嫦娥四号”在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道绕月飞行，其轨道的离心率为e，设月球的半

径为R，“嫦娥四号”到月球表面最近的距离为r，则“嫦娥四号”到月球表面最远的距离为（）A．(1)11ereReeB．(1)211ereReeC．(1)11ereReeD．(1)211ereRee

【答案】B【分析】设卫星近地点远地点离月球表面的距离分别为,rn，根据椭圆的性质以及离心率得出“嫦娥四号”到月球表面最远的距离.【详解】椭圆的离心率(0,1)cea，设卫星近地点远地点离月球表面的距离分别为,rn则,,,11rRerRnacRracRa

cee()121111rRrReeenacRRrReeee故选：B二、多选题6．（2022·湖南·雅礼中学二模）已知曲线C：221xyxy，焦点为1F､2F，0,0O，过0,2A的直线l与C交于MN､两点，则

下列说法正确的有（）A．0xy是C的一条对称轴B．C的离心率为63C．对C上任意一点P皆有120PFPFD．OMNS△最大值为33【答案】ABD【分析】根据点点,Pxy关于直线0xy对称的点

的坐标为在曲线C',Pyx判断A；根据点,Pxy关于直线0xy对称点'',Pyx在曲线C得该曲线为椭圆，对称轴为直线0xy和直线0xy，进而求顶点坐标，进而求离心率判断B；结合C选项求焦点坐标，

验证11120BFBF判断C；设直线l方程为2ykx，与椭圆方程联立，结合韦达定理，二次函数最值求解OMNS△判断D.【详解】解：对于A选项，设点,Pxy是曲线C上的任意一点，其关于直线0xy对称的点的坐

标为',Pyx，代入曲线C方程221xyxy满足，故0xy是C的一条对称轴，正确；对于B选项，由于点,Pxy是曲线C上的任意一点，其关于直线0xy对称点'',Pyx亦在曲线C上，且该曲线是

封闭的曲线，故该曲线为椭圆，其对称轴为直线0xy和直线0xy，且椭圆中心为坐标原点，故其顶点坐标为：133,33B，233,33B，121,1,1,1AA，由于点1,1到椭圆中心的距离为2，33

,33到椭圆中心的距离63，所以椭圆的长轴长为22，短轴长为263，所以椭圆的焦距为6432293，故其离心率为233263，故正确；对于C选项，由B知，半焦距为233，且焦点1F､2F在直线0xy上，故焦点坐标为126666,,,3333FF

，故1112336666,,3333333333BFBF2230362233，故错误；对于D选项，

由题知直线l斜率存在，故设方程为2ykx，则联立方程得2212xyxyykx得2214230kkxkx，故24480kk，即2k或1k，设1122,,,MxyNxy，则121222423,11kxxxxkkkk

，所以22221212224481411kkMNkxxxxkkk，0,0O到直线2ykx的距离为221dk，所以22222222212131322221111OMNkkkkSdMNkkkkkkkk

△令211tkk，由于24480kk得213kk，故10,3t，所以22221322311OMNSttkkkk△，10,3t所以，当16t时，OMNS△取得最大值，11

3233663OMNS△，故正确.故选：ABD7．（2022·重庆·模拟预测）“出租车几何”或“曼哈顿距离”（ManhattanDistance）是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创词汇，是种被使用在几何度量空间的几何学用语．在平面直角坐标系xOy内，对于任意两点11,Axy、

22,Bxy，定义它们之间的“欧几里得距离”221212AyBxxy，“曼哈顿距离”为1212ABxxyy，则下列说法正确的是（）A．若点P为线段3,0xyxy上任意一点，则OP为定值B．对于平面上任

意一点P，若2OP，则动点P的轨迹长度为4C．对于平面上任意三点A、B、C，都有ABACBCD．若A、B为椭圆2244xy上的两个动点，则AB最大值为23【答案】AC【分析】利用题中定理可判断A选项；作出点P的轨迹图形，

求其周长可判断B选项；利用绝对值三角不等式可判断C选项；设点2cos,sinA、2cos,sinB，不妨设coscos，sinsin，利用辅助角公式结合正弦型函数的有界性可判断D选项.【详解

】对于A选项，设点,Pxy为线段3,0xyxy上任意一点，则3OPxyxy，A对；对于B选项，设点,Pxy，则2OPxy，当0x，0y≥时，则2xy；当0x，0y≥时，则2x

y；当0x，0y时，则2xy；当0x，0y时，则2xy.作出点P的轨迹如下图所示：由图可知，点P的轨迹是边长为22的正方形，故动点P的轨迹长度为82，B错；对于C选项，设点11,Axy、

22,Bxy、33,Cxy，由绝对值三角不等式可得1213231323xxxxxxxxxx，同理可得121323yyyyyy，所以，121213231323x

xyyxxxxyyyy，即ABACBC，C对；对于D选项，设点2cos,sinA、2cos,sinB，不妨设coscos，sinsin，则2cos2cossinsin2cos2cossinsinAB

5sin5sin25，其中为锐角，且tan2，取2，32，等号成立，D错.故选：AC.8．（2022·重庆·模拟预测）已知椭圆的离心率为45，短轴长为2b，两个焦点为12,FF，点P为椭圆上一点，记12FPF，则

下列结论中正确的是（）A．12PFF△的周长与点P的位置无关B．当90时，12PFF△的面积取到最大值C．12PFF△的外接圆半径最小为4b3D．12PFF△的内切圆半径最大为49b【答案】ACD【分析】根据椭圆的定义、椭圆离心

率的意义，结合正弦定理和内切圆的性质逐一判断即可.【详解】由椭圆定义知，12PFF△的周长为22ac，故A正确；显然当P位于短轴端点时12PFF△的面积最大，由45e知此时2，故B错误；由正弦定理知外接圆直径22sincR，由45e知最大为钝角，故sin

1时2R取最小值2c，故R的最小值为43cb，故C正确；设内切圆半径为r，由121212112222PFFSrPFPFFFrac知，12PFFS越大则r越大，max122Scbbc，故max24229bcbcrbacac，故选：ACD9．（2022·全国·模

拟预测）双曲线22:1124xyC的左，右焦点分别为1F，2F，点P在C上.若12PFF△是直角三角形，则12PFF△的面积为（）A．833B．433C．4D．2【答案】AC【分析】根据双曲线方程求出c，再根据对称性只需考虑112PFFF或12PFPF.当12PFPF时，将4x

代入双曲线方程，求出y，即可求出三角形面积，当12PFPF时，由双曲线的定义可知1243PFPF，再由勾股定理求出12PFPF，即可得解；【详解】解：由双曲线22:1124xyC可得221244cab.根据双曲线的对称性只需考

虑112PFFF或12PFPF.当12PFPF时，将4x代入221124xy可得233y，所以12PFF△的面积为12118323FFPF.当12PFPF时，由双曲线的定义可知，12243PFPFa，

由勾股定理可得22221212264PFPFFFc.因为222121212264PFPFPFPFPFPF，所以128PFPF，此时12PFF△的面积为12142PFPF综上所述，12PFF△的面积为4或833.故选：AC.三、填空题10．（20

22·全国·模拟预测）已知O为坐标原点，椭圆2222:1(0)xyCabab的左焦点为F，A为C上一点，AF与x轴垂直．若FAO的面积为24b，则C的离心率为__________．【答案】12##0.5【分析】根据22124FAObbSca△

求解即可.【详解】由题知：22124FAObbSca△，解得12ca，即12e.故答案为：1211．（2022·湖南衡阳·二模）已知椭圆221112211:10xyCabab与双曲线222222222:10,0xyCabab有相同的焦点12FF､，椭圆

1C的离心率为1e，双曲线2C的离心率为2e，点P为椭圆1C与双曲线2C的第一象限的交点，且123FPF，则1212eeee的取值范围是___________.【答案】3,1,42【分析】设12,PFmPFn，则由椭圆和双曲线的定义结合余弦定理可得2221234aac

，设12232cos,sin3acac，则可得121243sin33eeee，然后根据正弦函数的性质可得其范围【详解】解：设12,PFmPFn，由椭圆的定义得12

mna①，由双曲线的定义得22mna②，①2②2得，2222122mnaa，①2②2得，2212mnaa，由余弦定理可得22212(2)2coscmnmnFPF，所以2221234aac③，设12232cos,s

in3acac，则122cos1230sin13acac，解得所以121212121123432cossinsin333eeaaeeeecc，当6时，1211ee最大值为43,33

时，1211ee的值为2，所以1212eeee的取值范围是3,1,42.故答案为：3,1,4212．（2022·江苏·南京市第一中学三模）椭圆C：222210bxyaba的左、下顶点分别为A，B，右焦点为F，AB中点为T，O为坐标原

点，BF交C于点K，且T，O，K三点共线，则C的离心率为____________．【答案】21##12【分析】由题得直线BF的方程为byxbc，直线OT的方程为byxa，进而联立方程得,acbcacacK

，再结合,acbcacacK在曲线C上得2220caca，即2210ee，再解方程即可得答案.【详解】解：由题知,0,0,,,0AaBbFc，,22abT，0,0O，所以，直线BF的方程为by

xbc，直线OT的方程为byxa，因为BF交C于点K，且T，O，K三点共线，所以，联立方程byxbcbyxa解得,acbcxyacac，即,acbcacacK，由于点,acbcacacK在曲线C上，所以，22221acbcaca

cab，整理得2220caca，所以2210ee，解得21e，即C的离心率为21.故答案为：2113．（2022·江苏·海安高级中学二模）如图，F1，F2是平

面上两点，|F1F2|＝10，图中的一系列圆是圆心分别为F1，F2的两组同心圆，每组同心圆的半径依次是1，2，3，…，点A，B，C分别是其中两圆的公共点．请写出一个圆锥曲线的离心率的值为_____________，使得此圆锥

曲线可以同时满足：①以F1，F2为焦点；②恰经过A，B，C中的两点．【答案】5（或56）（答案不唯一）【分析】根据已知条件结合圆锥曲线的定义，分过A，C两点和过B，C两点两种情况求解即可【详解】因为12210FFc，若过A，C两点，则由题意得121212AFAFCFCF

，此时离心率21052126cceaa．若过B，C两点，则由题意得21122BFBFCFCF，此时离心率210522cceaa．故答案为：5（或56）（答案不唯一）14．（2022·天津市第四中学模拟预测）设椭圆222

210xyabab的左焦点为F，下顶点为A，上顶点为B，FAB是等边三角形.（1）椭圆的离心率为___________；（2）设直线l：xa，过点A且斜率为0kk的直线与椭圆交于点C（C异于点A），线段AC的垂直平分线与直线l交于点P，与直线AC

交于点Q，若74PQAC.（i）k___________；（ii）已知点44,55M，点N在椭圆上，若四边形AMCN为平行四边形，则椭圆的方程___________.【答案】321221164xy【分析】根据等边三角形的性质和离心率公式，即可

求出，设椭圆方程为222214xybb，联立方程组，求出点A，C，即可求出点Q的坐标，根据弦长公式，结合7||||4PQAC．即可求出k的值，根据四边形AMCN为平行四边形，可得MNCN，即可求出椭

圆方程．【详解】解：由题意可知，33bc，222abc，2243ac．32cea．22222234abcbbb，设椭圆方程为222214xybb，联立222214xybbykxb得22(41)80kx

bkx解得：280,41ACkbxxk，则22441Ckbbyk，Q为AC中点，224(,)4141kbbQkk，所以228||114kbACkk，则PQ所在的直线方程为2214()1414b

kbyxkkk，令2xb，解得232(2,)14bbPbkk，22222222428421||()()(428)1414(14)kbbkbbbkPQkbbkbkkkkk

，7||||4PQAC，23210kk解得1k或13k（舍)．直线AC的斜率为1．83441(,),(0,),(,)5555bbkCAbM，设0(Nx，0)y，四边形AMCN为平行四边形，MACN，4(5，

048)(55bbx，03)5by，即008424,5555bbxy，又点0(Nx，0)y在椭圆上，2220044xyb，解得24b，2b，该椭圆方程为：221164xy．故答案为：32；1；2211

64xy15．（2022·河南平顶山·模拟预测（理））已知曲线22:19xyCa的焦距为8，则a___________.【答案】25或7【分析】由题意知半焦距4c，再分0a，0a讨论求解.【详解】解：由题意知半焦距4c

，当0a时，则曲线C为椭圆，又294，所以29425a；当0a时，曲线C为双曲线，所以294a，所以7a.故a的值为25或7.故答案为：25或7四、解答题16．（2022·湖南衡阳·二模）设

椭圆22221(0)xyabab的左顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为1,72AB.(1)求椭圆的方程；(2)设,PQ为椭圆E上异于点A的两动点，若直线APAQ､的斜率之积为14.①证明直线PQ恒过定点，并求出该点坐标；②求APQ面积的最大值.【答案】(1)22143

xy(2)①证明见解析，定点1,0；②92【分析】（1）由题意可得224ac，227ab，再结合222abc，可求出22,ab，从而可求得椭圆的方程，（2）①当直线PQ的斜率存在时，设直线P

Q的方程为ykxm，代入椭圆方程中消去y，利用根与系数的关系，再结合12121224APAQyykkxx化简可得2220mkmk，从而可得2mk或.mk进而可求出定点，当直线

PQ的斜率不存在时，若直线PQ过定点1,0，求出,PQ两点坐标，求解APAQkk即可，②设直线PQ过定点1,0为F，则APQ的面积12121322SAFyyyy，直线PQ的方程为1xmy，代入椭圆方程中，消去x，利用根与系数的关系，从而可表示出S，化简

换元后利用基本不等式可求得结果(1)由于221,42eac，①又227,7ABab，②由①②解得224,3ab，椭圆的方程为22143xy.(2)①在（1）的条件下，当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的

方程为ykxm，由22143xyykxm，消去y得：2223484120kxkmxm，设1122,,,PxyQxy，则21212228412,3434kmmxxxxkk，.又2,0A，由题知12121224APAQyykkxx

，则12122240xxyy，且12,2xx，则221212121212244142444xxxxkxmkxmkxxkmxxm.222221441282444034

34kmkmkmmkk，则2220mkmk，20,2mkmkmk或.mk当2mk时，直线PQ的方程为22ykxkkx，此时直线PQ过定点2,

0，显然不适合题意，当mk时，直线PQ的方程为1ykxkkx.此时直线PQ过定点1,0.当直线PQ的斜率不存在时，若直线PQ过定点1,0，,PQ点的坐标分别为331,,1,22

.满足14APAQkk.综上，直线PQ过定点1,0.②不妨设直线PQ过定点1,0为F.则APQ的面积12121322SAFyyyy，设直线PQ的方程为1xmy，联立

椭圆的方程22143xy消去x得2243690mymy，则12122269,4343myyyymm所以22212121222223336914418222434343mmSyyyyyymmm

.令211tmt，则2118181(31)96tSttt因为1t，所以19616tt（当且仅当1t即0m），所以92S，即APQ面积的最大值为92.17．（2022·广东韶关·二模）已知P是离心率为22

的椭圆2222:10xyCabab（）上任意一点，且P到两个焦点的距离之和为4．(1)求椭圆C的方程；(2)设点A是椭圆C的左顶点，直线AP交y轴于点D，E为线段AP的中点，在x轴上是否存在定点M，使得直线DM与OE交于Q

，且点Q在一个定圆上，若存在，求点M的坐标与该圆的方程；若不存在，说明理由．【答案】(1)22142xy(2)存在，221124xy【分析】（1）由椭圆定义和离心率可得答案；（2）设存在定点,0Mt，设出直线AP的方程为2ykx．联立直线方程和椭圆

方程，利用韦达定理可得直线OE的方程、直线DM方程，再联立两个方程可得答案.(1)因为1224PFPFa，所以2a，又22ca，所以22222cbac，故椭圆方程为：22142xy．(

2)设存在定点,0Mt，0t满足条件．由已知2,0A，设直线AP的方程为2ykx，由222142ykxxy消去y整理得2222128840kxkxk，2222222Δ644218408218421APAPkkkkx

xkkxxk，所以21224212Bxxkxk，22212BBkykxk，0k时，12OBkk，所以直线OE的方程为12yxk，①由2ykx中

，令0x，得2yk，从而0,2Dk，又,0Mt，所以5020DMkkktt，所以直线DM方程为2221kxyxkktt，②由①②消去参数k，得221xxyxxtt，即220xyxt

，③方程③要表示圆，当且仅当1t，此时圆的方程为221124xy，0k时，0,0Q在上述圆上，所以存在定点1,0M使直线DM与OE的交点Q在一个定圆上，且定圆方程为：221124xy.18．（2022·河北唐山·二模）已知椭圆22

:12xEy的右焦点为F，椭圆22:12xy．(1)求的离心率；(2)如图：直线:1lxmy交椭圆于A，D两点，交椭圆E于B，C两点．①求证：ABCD；②若5，求ABF面积的最大值．【答案】(1)22

(2)①证明过程见解析；②2.【分析】（1）直接将椭圆22:12xy转化成标准方程，然后代入离心率公式即可；（2）分别求出AD、BC的中点坐标，得出中点重合即可证明①；对于②，分别求出l被椭圆截得的弦

长以及F到l的距离，得出面积表达式，通过变形式子求出最值.(1)椭圆22:12xy的标准方程为：2212xy，则椭圆的离心率为2222(2)对于①，设11,Axy，22,Bxy，

33,Cxy，44,Dxy，直线:1lxmy与222xy联立整理得222120mymy则121222212,22myyyymm则AD的中点坐标222,22mmm同理可知

BC的中点坐标222,22mmm.所以AD与BC中点重合，故ABCD.对于②，由①知，直线l被椭圆截得弦长为2222122124212mmmyym把5代入得，2222110182mmADm把1代入得，22221222mmBCm

1,0F到l的距离为221dm，则ABF面积为：22222112210182228101822SADBCdmmmmm当0m时，ABF的面积最大值是2.【点睛】本题考查离心

率的求法，考查弦长公式、中点坐标公式、面积公式等几何关系的应用，解析几何解题时应注重几何关系的寻找，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，属于难题.19．（2022·广东·二模）已知椭圆C：222210xyabab，点1,0F为椭圆的右焦点，过点F

且斜率不为0的直线1l交椭圆于M，N两点，当1l与x轴垂直时，3MN．(1)求椭圆C的标准方程．(2)1A，2A分别为椭圆的左、右顶点，直线1AM，2AN分别与直线2l：1x交于P，Q两点，证明：四边形2OPAQ为菱形．

【答案】(1)22143xy(2)证明见解析【分析】（1）1l与x轴垂直时M的坐标代入椭圆方程和221ab联立可得答案；（2）设1l的方程为1xmy，11,Mxy，22,Nxy，与椭圆方程联立，由

韦达定理得直线1AM的方程、直线2AN的方程，再由1x求出Py、Qy，可证得0QPyy可得答案．(1)由题可知1c．当1l与x轴垂直时，不妨设M的坐标为31,2，所以222219141abab，解得2a，3b．所以椭圆C的标准方程为22143xy．

(2)设1l的方程为1xmy，11,Mxy，22,Nxy，联立得221143xmyxy消去x，得2234690mymy，易知0恒成立，由韦达定理得122634myym，122934yym，由直线1AM的斜率为1112AMykx

，得直线1AM的方程为1122yyxx，当1x时，1132Pyyx，由直线2AN的斜率为2222ANykx，得直线2AN的方程为2222yyxx，当1x时，222Qyyx，若四边形2OPAQ为菱形，则对角线相互垂

直且平分，下面证0QPyy，因为1221121212121212322233222231QPyxyxmyyyyyyyyxxxxmymy，代入韦达定理得121222296181823230343434

mmmmyyyymmmm，所以PFQF，即PQ与2OA相互垂直平分，所以四边形2OPAQ为菱形．