2025年高考数学复习难题速递之椭圆（2025年4月）

第39页（共39页）2025年高考数学复习难题速递之椭圆（2025年4月）一．选择题（共8小题）1．（2025•辽宁二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），直线l：x+2y﹣6＝0与C交于M，N两点，与两坐标轴分别交于点A，BA．x220+y2C．x29+y2．（2025•河北模拟）已知椭圆C：x24+y2=1，以原点O为圆心，椭圆C的短轴长为直径作圆C1，以椭圆C右顶点为圆心，以长轴长为直径作圆C2，过动点P（m，n）作直线PA与圆C1切于点A，作直线PB与圆C2切于点B，若|PBA．[-2，14) B．[-23．（2025春•乌鲁木齐月考）已知O为坐标原点，F是椭圆E：x2a2+y2=1(a＞1)的右焦点，M是E上位于x轴上方的一点，MO，MF的延长线分别交E于点N，T，且|FNA．8 B．4 C．2 D．24．（2025•固始县校级模拟）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”．已知椭圆C：x2m+y23=1的焦点在x轴上，A、B为椭圆上任意两点，动点PA．(0，33) B．(0，63)5．（2025•无锡模拟）如图，在高为16的圆柱形筒中，放置两个半径均为3的小球，两个小球均与筒壁相切，且分别与两底面相切，已知平面α与两个小球也相切，平面α被圆筒所截得到的截面为椭圆，则该椭圆的离心率为（）A．13 B．12 C．34 6．（2025•邵阳模拟）经过椭圆x22+y2＝1的左焦点F1作倾斜角为π3的直线l，直线l与椭圆相交于A，A．227 B．427 C．67．（2024秋•邵阳期末）已知直线l：y=12x+1与椭圆C：x2a2+y2A．33 B．32 C．22 8．（2024秋•鼓楼区校级期末）法国数学家加斯帕•蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞0，b＞0)的蒙日圆为①椭圆Γ的离心率为2②M到Γ的左焦点的距离的最小值为6③△MPQ面积的最大值为3④若动点D在Γ上，将直线DA，DB的斜率分别记为k1，k2，则kA．1 B．2 C．3 D．4二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•临汾二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，AA．AF1⊥AF2 B．四边形AF1BF2的周长为4a C．四边形AF1BF2的面积为b2 D．椭圆C的离心率的取值范围为[（多选）10．（2025春•沙坪坝区校级月考）椭圆C：x24+y22=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在C上，圆O是以椭圆C的短轴为直径的圆，MN为圆OA．若∠F1PF2＝60°，则△F1PF2的面积为23B．若∠F1PF2＝90°，则直线PF2被椭圆C截得的弦长为23C．若△F1PF2是以F1F2为其中一腰的等腰三角形，则满足条件的点P有6个 D．若P为C与x轴正半轴的交点，NR→=3RP→（多选）11．（2025•玉溪二模）已知O为坐标原点，设椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦点为F，左顶点为A．△BFO B．△PAO C．△PBO D．△PAF（多选）12．（2025•湖北模拟）已知椭圆E：x22+y2=1的右焦点为F，过F作两条互相垂直的直线l1和l2，l1和l2分别与E交于A、A．E的离心率为22B．存在直线l1，使得|ACC．1|ACD．若E上每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，则E变为圆三．填空题（共4小题）13．（2025•闵行区校级开学）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一点A关于原点的对称点为点B，F（c，0）（其中c＞0）为其右焦点，设14．（2025•贵州模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1和F2，下顶点为点A，直线AF2交椭圆C于点B，△ABF1的内切圆与15．（2025•湖南模拟）已知O为坐标原点，F是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E．若直线BM经过16．（2025•广东模拟）已知双曲线C：x2m-y2=1(m＞0)四．解答题（共4小题）17．（2025•嘉定区模拟）已知椭圆C：x29+y2=1，F为椭圆的右焦点，过椭圆上一点P（3，0）的直线l1交椭圆于另一点（1）求|MF|的最小值；（2）当直线l1的斜率为1时，求△PQM面积的最大值及此时点M的坐标；（3）若直线PQ与直线l2：x＝﹣3交于点D，点D不在x轴上，Q关于原点的对称点为点R，直线PR与l2交于点E，求线段|DE|的取值范围．18．（2025•江西模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)只经过A1（﹣2，2），A2（0，1），A3（2，1），（1）求C的方程；（2）已知P是C上一动点，Q（q，0），当P为C的右顶点时，|PQ|取得最小值，求q的取值范围；（3）若动直线x＝my+1与C交于点M，N，点E是x轴正半轴上异于点（1，0）的一定点，若直线EM，EN的倾斜角分别为α，β（α+β≠π），且存在实数k使得tan（α+β）﹣k（tanα+tanβ）＝0恒成立，求点E的坐标及k的值．19．（2025•浦东新区模拟）已知椭圆C1的方程为x23+y2=1，右顶点为A（1）若椭圆C2的方程是x2a2+y（2）设椭圆C2的焦点在x轴上，直线AB与C2相交于点C、D，若|CD|＝3|AB|，求C2的标准方程；（3）设椭圆C2的焦点在y轴上，点P在C1上，点Q在C2上．若存在△APQ是等腰直角三角形，且|AP|＝|AQ|，求C2的长轴的取值范围．20．（2025•海南模拟）已知上下顶点分别为A，B的椭圆E：x2m+y24=1经过点(32，1)，P为直线l：y=12上的动点，且P不在椭圆（1）求椭圆E的方程；（2）证明：直线CD过定点；（3）设（2）问中定点为Q，过点C，D分别作直线l：y=12的垂线，垂足分别为M，N，记△CMQ，△MNQ，△DNQ的面积分别为S1，S2，S3，试问：是否存在常数t，使得S1，S2，

2025年高考数学复习难题速递之椭圆（2025年4月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案AADBDDBD二．多选题（共4小题）题号9101112答案ABDADABCABC一．选择题（共8小题）1．（2025•辽宁二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），直线l：x+2y﹣6＝0与C交于M，N两点，与两坐标轴分别交于点A，BA．x220+y2C．x29+y【考点】直线与椭圆的位置关系及公共点个数．【专题】方程思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】A【分析】根据平面向量的线性运算的坐标表示结合题意先求出M（2，2），N（4，1），再代入椭圆方程求解即可．【解答】解：由直线l：x+2y﹣6＝0，不妨设A（0，3），B（6，0），设M（x1，y1），N（x2，y2），则AM→=(x1，如图，因为M，N是线段AB的三等分点，则AM→=1则x1解得x1＝2，y1＝2，x2＝4，y2＝1，则M（2，2），N（4，1），又M，N两点在椭圆C上，所以4a解得a2＝20，b2＝5，所以椭圆C的方程为x2故选：A．【点评】本题考查椭圆方程的应用，属于中档题．2．（2025•河北模拟）已知椭圆C：x24+y2=1，以原点O为圆心，椭圆C的短轴长为直径作圆C1，以椭圆C右顶点为圆心，以长轴长为直径作圆C2，过动点P（m，n）作直线PA与圆C1切于点A，作直线PB与圆C2切于点B，若|PBA．[-2，14) B．[-2【考点】直线与椭圆的位置关系及公共点个数．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】A【分析】由椭圆方程得到圆C1，C2方程，作图，由切线得到直角三角形，由切线长的倍数关系以及半径的倍数关系得到|PC1|与|PC2|的关系，从而建立方程，整理后得到点P的轨迹方程．又由过点P作圆的切线得到点P在圆C1，C2外面，从而求得实数m的取值范围．【解答】解：椭圆C：x24+y2=1的短轴长为所以圆C1：x设圆C1，C2的圆心分别为C1，C2．直线PA与圆C1切于点A，作直线PB与圆C2切于点B，在Rt△PAC1和Rt△PBC2中，|PB|＝2|PA|，|BC2|＝2|AC1|，则得|PC2|＝2|PC1|，即(m-2)所以P（m，n）的轨迹是以(-23，0)为圆心，43为半径的圆落在圆利用(x+2故实数m的取值范围为[-故选：A．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题．3．（2025春•乌鲁木齐月考）已知O为坐标原点，F是椭圆E：x2a2+y2=1(a＞1)的右焦点，M是E上位于x轴上方的一点，MO，MF的延长线分别交E于点N，T，且|FNA．8 B．4 C．2 D．2【考点】直线与椭圆的综合．【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维．【答案】D【分析】根据M，N关于原点对称及FN⊥FT得到四边形MFNF′是矩形，设|MF|＝m，利用椭圆定义表示出各边，在Rt△F′MT中，由勾股定理解出m，从而M是E的上顶点，从而解出a的值．【解答】解：设E的半焦距为c，左焦点为F′，连接MF′，NF′，TF′．由于点M与点N关于原点对称，且FN⊥FT，因此四边形MFNF′是矩形．设|MF|＝m，那么|FN|＝|MF′|＝2a﹣m．又因为|FN|＝3|FT|，因此|FT|=2a-在直角三角形F′MT中，根据勾股定理可得|MF′|2+|MT|2＝|TF′|2，所以(2a化简得m2﹣3am+2a2＝0，解得m＝a或m＝2a（舍去），因此M是E的上顶点．根据F′M⊥FM，得a2+a2＝（2c）2＝4（a2﹣1），所以a=故选：D．【点评】本题考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题．4．（2025•固始县校级模拟）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”．已知椭圆C：x2m+y23=1的焦点在x轴上，A、B为椭圆上任意两点，动点PA．(0，33) B．(0，63)【考点】直线与椭圆的综合；求椭圆的离心率．【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【答案】B【分析】由题意，可得直线x=±m，y=±3所围成矩形的外接圆x2+y2＝3+m即为椭圆x2m+y23=1的蒙日圆，结合∠【解答】解：易知m＞3，因为直线x=±m，y所以直线x=±m，y=±3所围成矩形的外接圆x2+y2因为A，B两点均在椭圆x2若∠APB恒为锐角，此时点P在圆x2+y2＝3+m外，因为点P在直线x-所以直线x-2y-6=0与圆x2+y即|-6|1解得m＜9，则e2解得0＜所以椭圆C的离心率的取值范围为(0，故选：B．【点评】本题考查求椭圆的离心率，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．5．（2025•无锡模拟）如图，在高为16的圆柱形筒中，放置两个半径均为3的小球，两个小球均与筒壁相切，且分别与两底面相切，已知平面α与两个小球也相切，平面α被圆筒所截得到的截面为椭圆，则该椭圆的离心率为（）A．13 B．12 C．34 【考点】求椭圆的离心率．【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】D【分析】作出截面图，由圆柱高和球的半径求出O1O2，O1F1，CD的长，由勾股定理求得CF1，CF2的长，再由三角形全等，求得长半轴长a，由圆柱得到短半轴长b，从而求得半焦距长c，然后由离心率公式求得离心率的值．【解答】解：设平面α被圆筒所截得到的截面为椭圆Γ，作出圆柱过椭圆Γ的长轴的截面图，如图，设长轴A，B与两圆的切点是F1，F2．连接O1O2，记椭圆长轴与O1O2交于点C，过C作CD⊥O1O2，且CD交圆柱的母线于点D，连接O1F1，O2F2，则O1F1⊥AB，O2F2⊥AB．∵圆柱的高为16，球的半径是3，∴圆柱的底面半径为3，|O1O2|＝16﹣2×3＝10，|O1F1|＝3，|CD|＝3．根据对称性可知C是O1O2，AB的中点，故|CO1|＝5，则|CF1|＝|CF2|＝4．易得Rt△F1CO1≌Rt△DBC，故|BC|＝|CO1|＝5，则椭圆的长半轴长a＝5．可知椭圆的短半轴长b＝3，∴半焦距长c＝4，e=c故选：D．【点评】本题主要考查了椭圆性质的应用，属于中档题．6．（2025•邵阳模拟）经过椭圆x22+y2＝1的左焦点F1作倾斜角为π3的直线l，直线l与椭圆相交于A，A．227 B．427 C．6【考点】椭圆的几何特征．【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】D【分析】由题意可知直线方程为y=3（x+1），将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理可知x1+x2=-127，x1x2【解答】解：∵椭圆方程：x22+y∴焦点分别为F1（﹣1，0），F2（1，0），∵直线AB过左焦点F1倾斜角为60°，∴直线AB的方程为y=3（x+1∴由y=3(x+1)x22+设A（x1，y1），B（x2，y2），可得x1+x2=-127，x1x由现场公式丨AB丨=1+k2•(故选：D．【点评】本题考查椭圆的标准方程与简单几何性质、直线与椭圆的位置关系，韦达定理及弦长公式等知识，考查计算能力，属于中档题．7．（2024秋•邵阳期末）已知直线l：y=12x+1与椭圆C：x2a2+y2A．33 B．32 C．22 【考点】直线与椭圆的综合．【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】B【分析】利用点差法求得a，b关系，再利用椭圆的离心率公式可得答案．【解答】解：设A，B两点坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），因为AB的中点为M(所以x1+x因为A（x1，y1），B（x2，y2）在椭圆C上，所以x12x22①﹣②得x1根据x1+x上式可化简为-2(整理得y1又y1所以2b即b2所以e=故选：B．【点评】本题考查了椭圆的性质，重点考查了点差法，属中档题．8．（2024秋•鼓楼区校级期末）法国数学家加斯帕•蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞0，b＞0)的蒙日圆为①椭圆Γ的离心率为2②M到Γ的左焦点的距离的最小值为6③△MPQ面积的最大值为3④若动点D在Γ上，将直线DA，DB的斜率分别记为k1，k2，则kA．1 B．2 C．3 D．4【考点】直线与椭圆的综合；求椭圆的离心率．【专题】对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】D【分析】根据定义，确定蒙日圆的点结合椭圆离心率计算判断①；设出点M的坐标并求出其横坐标范围计算判断②；根据定义求得∠PMQ=90°，再求出最大面积判断③；根据定义确定点A，B【解答】解：对于①，直线x＝a，y＝b与椭圆都相切，且这两条直线垂直，因此其交点（a，b）在圆C上，即有a2+b椭圆Γ的离心率e=a2对于②，令M（x0，y0），有x0令椭圆Γ的左焦点F（﹣c，0），有c2则|MF而-6因此|MF|2所以M到椭圆Γ的左焦点的距离的最小值为6-22对于③，依题意，如图，点M、P、Q均在圆C上，且∠PMQ=90°，因此线段PQ即有|PQ|=6a，显然圆C上的点到直线PQ距离最大值为圆即点M到直线PQ距离最大值为62因此△MPQ面积的最大值为12|PQ|⋅对于④，依题意，直线PQ过原点O，即点A，B关于原点O对称，设A（x1，y1），D（x2，y2），则B（﹣x1，﹣y1），于是得k1=y又由①知，x22+2y2所以k1k2所以说法正确的有①②③④．故选：D．【点评】本题考查了椭圆的性质及直线与椭圆的位置关系，属于难题．二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•临汾二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，AA．AF1⊥AF2 B．四边形AF1BF2的周长为4a C．四边形AF1BF2的面积为b2 D．椭圆C的离心率的取值范围为[【考点】直线与椭圆的综合；求椭圆的离心率．【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】ABD【分析】根据给定条件，利用椭圆的对称性确定四边形AF1BF2的形状，再逐项判断即可．【解答】解：因为椭圆C：x2a2+y又A，B为椭圆C上关于原点对称的两点，且|AB|＝|F1F2|，作出示意图如下：所以AB，F1F2互相平分，且|AB|＝|F1F2|，所以四边形AF1BF2是矩形，对于A，AF1⊥AF2，A正确；对于B，四边形AF1BF2的周长为|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|＝4a，B正确；对于C，四边形AF1BF2的面积为2S△F对于D，由以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆有公共点，得c≥b，即c2≥b2＝a2﹣c2，解得c2a2≥1故选：ABD．【点评】本题考查椭圆的几何性质，属中档题．（多选）10．（2025春•沙坪坝区校级月考）椭圆C：x24+y22=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在C上，圆O是以椭圆C的短轴为直径的圆，MN为圆OA．若∠F1PF2＝60°，则△F1PF2的面积为23B．若∠F1PF2＝90°，则直线PF2被椭圆C截得的弦长为23C．若△F1PF2是以F1F2为其中一腰的等腰三角形，则满足条件的点P有6个 D．若P为C与x轴正半轴的交点，NR→=3RP→【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的焦点三角形；椭圆的几何特征．【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】AD【分析】对于A，根据椭圆的定义及余弦定理可得|PF1||PF2|=83，故求出焦点三角形的面积后可判断正误，对于B，根据∠F1PF2＝90°可求得|PF1|＝|PF2|＝2，从而可得直线PF2及方程，联立直线方程和椭圆方程后求出交点坐标得弦长后可判断其正误，对于C，由题设条件求出P的坐标后可判断其正误，对于D，由题设条件可求O到直线NR的距离，求出【解答】解：因为椭圆C：x24+y22=1的左、右焦点分别为F圆O是以椭圆C的短轴为直径的圆，MN为圆O的一条直径（M在第一象限），直线PN与圆O的另一个交点为R，所以a＝2，b=2，c=2，所以F1（-2，0），F2（2对于A，因为P在椭圆上，所以|PF1|+|PF2|＝4，而|PF1则(|PF1|+|PF2|)2-3|PF1||P所以S△F1对于B，若∠F1PF2＝90°，则|P又|PF1|+|PF2|＝4，故|PF1|＝|PF2|＝2，故∠F1F2P=π故直线F2P的方程为y=由y=-x+2x2+2y故直线F2P被椭圆截得的弦长为1+(-1)2×|对于C，设P（m，n），则m24+n22=1，即n因为△F1PF2是以F1F2为其中一腰的等腰三角形，|F故|PF1当|PF1解得m=4-22或可知满足条件的P有2个，即(4-由椭圆的对称性可知|PF2|=22所以满足条件的P共有4个点，故C错误；对于D，由题意P（2，0），圆O的半径为2，设|RP|＝s，则|RN|＝3s，设RN的中点为G，连接OG，OR，因为|ON又OG⊥NR，所以|OG|2＝|ON|2﹣|NG|2＝|OP|2﹣|GP|2，所以2-(3所以|OG因为M在第一象限，所以N在第三象限，设直线PN的斜率为k，k＞0，则直线PN：y＝k（x﹣2），则|OG|=|2则直线PN：y=75(x-2)，又圆O联立x2+y2=2y故xN=-12，则故M(12，7故选：AD．【点评】本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，属难题．（多选）11．（2025•玉溪二模）已知O为坐标原点，设椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦点为F，左顶点为A．△BFO B．△PAO C．△PBO D．△PAF【考点】椭圆的几何特征；椭圆的离心率与椭圆形状的关系．【专题】方程思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】ABC【分析】假设三角形为等腰三角形，在此基础上能够求出椭圆的离心率即满足题意．【解答】解：椭圆方程为x2设左焦点为F（﹣c，0），左顶点为A（﹣a，0），上顶点为B（0，b），点P在椭圆上且满足PF⊥OA，即点P的坐标为(-对于选项A，△BFO顶点坐标为B（0，b），F（﹣c，0），O（0，0），三边长度：|BO|＝b，|FO|＝c，|BF当b＝c时，即离心率e=此时b＝c，解得e=此时|BO|＝|FO|，故△BFO为等腰三角形，故选项A正确；对于选项B，△PAO顶点坐标为P(-c，±b2a)，A（a，三边长度：|PA当|PA|＝|PO|时，即(a即(a解得a＝2c，即离心率e=ca=1对于选项C，△PBO顶点坐标为P(三边长度：|PB|=c当|PB|＝|PO|时，即c2即c2解得a＝2b，即离心率e=32时成立，故△PBO对于选项D，△PAF顶点坐标为P(-c，±b2a)，A（﹣a，三边长度：|PA|=(因为PF⊥OA，若△PAF为等腰三角形，只能|PF|＝|AF|，即b2a=a-c，即b2＝a2﹣ac，又b2＝所以a2﹣c2＝a2﹣ac，因为a＞b＞0，故该等式无解，故选项D错误．故选：ABC．【点评】本题考查椭圆方程的应用，属于难题．（多选）12．（2025•湖北模拟）已知椭圆E：x22+y2=1的右焦点为F，过F作两条互相垂直的直线l1和l2，l1和l2分别与E交于A、A．E的离心率为22B．存在直线l1，使得|ACC．1|ACD．若E上每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，则E变为圆【考点】直线与椭圆的综合；求椭圆的离心率．【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维．【答案】ABC【分析】求得椭圆的离心率可判断A；设直线AC的方程为x＝ty+1，A（x1，y1），C（x2，y2），联立方程组，利用弦长公式求得|AC|，|BD|，进而可求AC的最大值，最小值，可判断B；求得1|AC|求得变换后的轨迹方程判断D．【解答】解：由椭圆E：x22+y2=1，可得a2＝2，b2＝所以椭圆E的离心率为ca=1可得椭圆E的右焦点为F（1，0），当直线AC的斜率为0时，直线AC的方程为y＝0，此时，|AC当直线AC的斜率不为0时，设直线AC的方程为x＝ty+1，A（x1，y1），C（x2，y2），联立x22+y2=1x=ty+1，消去x，可得（ty+1）2+2y2＝2，整理得（t2+2所以y1+y所以|=(1+同理可得|BD|AC|=22(1+t2)t所以|AC|的最小值为2，最大值为22，故B当直线AC的斜率为0时，直线BC斜率不存在，此时|AC|=22当直线BC的斜率为0时，直线AC斜率不存在，同理可得1|当直线AC，BC的斜率不为0时，1|AC|若E上每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，则方程为x22+故选：ABC．【点评】本题考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题．三．填空题（共4小题）13．（2025•闵行区校级开学）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一点A关于原点的对称点为点B，F（c，0）（其中c＞0）为其右焦点，设【考点】求椭圆的离心率；椭圆的几何特征．【专题】计算题；整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】[2【分析】根据椭圆的对称性和性质得到四边形AFBF'矩形，再结合三角函数关系得到ca与α的关系，最后根据α的取值范围求出c【解答】解：已知椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一点A关于原点的对称点为点B，F（设椭圆的左焦点为F′（﹣c，0），因为A，B关于原点对称，且AF⊥BF，根据椭圆的对称性可知四边形AFBF'为矩形，则|AB|＝|FF′|＝2c，在Rt△ABF中，∠ABF＝α，则|AF|＝2csinα，|BF|＝2ccosα，由椭圆的定义可知|AF|+|AF'|＝2a，又因为|AF′|＝|BF|，所以|AF|+|BF|＝2a，即2csinα+2ccosα＝2a，将2csinα+2ccosα＝2a变形可得：ca(sinα+cosα)=1，则2csinα+2ccosα化简可得：sinα+cosα=已知α∈[π当α+π4=π3时，所以sin(α+那么12sin(故答案为：[2【点评】本题考查了椭圆的性质，属于中档题．14．（2025•贵州模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1和F2，下顶点为点A，直线AF2交椭圆C于点B，△ABF1的内切圆与【考点】椭圆的焦点三角形；求椭圆的离心率．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】12【分析】根据题意，由三角形内切圆的性质结合椭圆的定义可得|BP|＝a，再结合条件可得|F1P|，|BF2|，然后在△ABF1与△F1F2B中，结合余弦定理列出方程，再由离心率的公式代入计算，即可得到结果．【解答】解：椭圆C：x2a2+y2b2=1(设△ABF1的内切圆与F1A，BA相切于点M，N，由切线长定理可得|F1M|＝|F1P|，|AM|＝|AN|，|BP|＝|BN|，又|AF1|＝|AF2|＝a，则|F1M|＝|F2N|，即|F1P|＝|F2N|，由椭圆的定义可得|BF1|+|BF2|＝2a，即|BP|+|F1P|+|BF2|＝|BP|+|NF2|+|BF2|＝2|BP|＝2a，所以|BP|＝a，又7F1P→=2所以|BF2在△ABF1中，由余弦定理得cos∠在△F1F2B中，由余弦定理得cos∠F1BF2==(化简得29a2-50c221a2=11所以e=故答案为：12【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．15．（2025•湖南模拟）已知O为坐标原点，F是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E．若直线BM经过【考点】椭圆的几何特征．【专题】转化思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【答案】见试题解答内容【分析】由题意可得F，A，B的坐标，设出直线AE的方程为y＝k（x+a），分别令x＝﹣c，x＝0，可得M，E的坐标，再由中点坐标公式可得H的坐标，运用三点共线的条件：斜率相等，结合离心率公式，即可得到所求值．【解答】解：由题意可设F（﹣c，0），A（﹣a，0），B（a，0），令x＝﹣c，代入椭圆方程可得y＝±b2a，可得P（﹣c，±设直线AE的方程为y＝k（x+a），令x＝﹣c，可得M（﹣c，k（a﹣c）），令x＝0，可得E（0，ka），设OE的中点为H，可得H（0，ka2由B，H，M三点共线，可得kBH＝kBM，即a-ca+c=可得e=c故答案为：13【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，注意运用椭圆的方程和性质，以及直线方程的运用和三点共线的条件：斜率相等，考查化简整理的运算能力，属于中档题．16．（2025•广东模拟）已知双曲线C：x2m-y2=1(m＞0)的焦距为25，则双曲线C【考点】由椭圆的焦点焦距求解椭圆方程或参数．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】x±2y＝0．【分析】先根据题意求a，进而可得渐近线方程．【解答】解：由题意可得：b=1，c=5故双曲线C的渐近线方程为y=±bax=±12故答案为：x±2y＝0．【点评】本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．四．解答题（共4小题）17．（2025•嘉定区模拟）已知椭圆C：x29+y2=1，F为椭圆的右焦点，过椭圆上一点P（3，0）的直线l1交椭圆于另一点（1）求|MF|的最小值；（2）当直线l1的斜率为1时，求△PQM面积的最大值及此时点M的坐标；（3）若直线PQ与直线l2：x＝﹣3交于点D，点D不在x轴上，Q关于原点的对称点为点R，直线PR与l2交于点E，求线段|DE|的取值范围．【考点】直线与椭圆的位置关系及公共点个数．【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）3-（2）最大值为9+31010，（3）[4，+∞）．【分析】（1）由题意，设出点M的坐标，结合椭圆的方程以及弦长公式求解即可；（2）设出直线l1的方程，将直线l1的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式求解即可；（3）设出过点P（3，0）的直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理以及D，E的坐标，代入公式求解即可．【解答】解：（1）因为椭圆的方程为x2所以a2＝9，b2＝1，c2＝8，则椭圆的右焦点F(2设M（m，n），此时|MF因为点M在椭圆上，所以m2即n2可得|=8因为m∈[﹣3，3]，对称轴m=所以|MF则|MF|的最小值为3-此时点M为椭圆的右顶点；（2）若直线l1的斜率为1且经过P（3，0），此时直线l1的方程为y＝x﹣3，联立y=x-3x29+y2=1，消去y解得x＝3或x=当x=可得y=即Q(此时|PQ设平行于直线l1的直线方程为y＝x+t，联立y=x+tx29+y2=1，消去y并整理得10x当此直线与椭圆相切时，即Δ＝182t2﹣4×10×（9t2﹣9）＝0，解得t=此时t=则当t=10时满足切点M取到△解得x=当x=解得y=即M(因为点M(-910，110)到直线则△PQM面积的最大值S=此时点M(（3）设过点P（3，0）直线为y＝k（x﹣3），联立y=k(x-3)x29+y2=1，消去y并整理得（1+9k2）x2此时Δ＝（﹣54k2）2﹣4（1+9k2）（81k2﹣9）＝36＞0，因为交点D不在x轴上，所以k≠0，设交点Q（x1，y1），由韦达定理得x1解得x1当x1解得y1因为点Q关于原点的对称点为点R，所以R(此时直线PR方程为y=因为直线PR与直线x＝﹣3相交，所以点E的纵坐标为y=因为直线y＝k（x﹣3）与直线x＝﹣3相交，所以点D的纵坐标为y＝﹣6k，此时|DE当且仅当|23k|=|6k|，即k=故|DE|的取值范围为[4，+∞）．【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．18．（2025•江西模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)只经过A1（﹣2，2），A2（0，1），A3（2，1），（1）求C的方程；（2）已知P是C上一动点，Q（q，0），当P为C的右顶点时，|PQ|取得最小值，求q的取值范围；（3）若动直线x＝my+1与C交于点M，N，点E是x轴正半轴上异于点（1，0）的一定点，若直线EM，EN的倾斜角分别为α，β（α+β≠π），且存在实数k使得tan（α+β）﹣k（tanα+tanβ）＝0恒成立，求点E的坐标及k的值．【考点】直线与椭圆的综合；根据椭圆上的点求椭圆的标准方程．【专题】方程思想；转化法；圆锥曲线中的最值与范围问题；运算求解．【答案】（1）x29+y2=1；（2）[83，+∞)；（【分析】（1）根据椭圆的对称性，即可判断A2，A5在C上，即可代入椭圆方程求解；（2）根据两点距离公式，结合二次式的性质即可求解；（3）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据正切和差角公式以及斜率公式化简求解．【解答】解：（1）因为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)只经过A1（﹣2，2），A2（0，1），A3（2，1），根据椭圆的对称性可知：A3（2，1），A4（﹣2，﹣1），A6（2，﹣1）要么都在C上，要么都不在C上，因为只有两个点在C上，所以A3，A4，A6都不在C上，若A1在C上，则A2，A5不在C上，与题意矛盾，所以A1不在C上，A2，A5在C上，所以b=1，4a2+59b所以C的方程为x2（2）设P（s，t）（﹣3≤s≤3），则t2|PQ因为当P为C的右顶点时，|PQ|取得最小值，即s＝3时，|PQ|取得最小值，所以98q≥3所以q的取值范围是[8（3）设E（x0，0），（x0＞0且x0≠1），M（x1，y1），N（x2，y2），则x=得（m2+9）y2+2my﹣8＝0，则y1+y因为tan(所以k=因为tanαtanβ=8当x0＝3时，tanαtanβ=k=所以E（3，0），k=【点评】本题考查椭圆方程的应用，属于难题．19．（2025•浦东新区模拟）已知椭圆C1的方程为x23+y2=1，右顶点为A（1）若椭圆C2的方程是x2a2+y（2）设椭圆C2的焦点在x轴上，直线AB与C2相交于点C、D，若|CD|＝3|AB|，求C2的标准方程；（3）设椭圆C2的焦点在y轴上，点P在C1上，点Q在C2上．若存在△APQ是等腰直角三角形，且|AP|＝|AQ|，求C2的长轴的取值范围．【考点】直线与椭圆的综合；根据椭圆的几何特征求标准方程．【专题】方程思想；转化法；圆锥曲线中的最值与范围问题；运算求解．【答案】（1）a＝6；（2）x215+y2【分析】（1）运用离心率公式计算即可；（2）先求出AB|＝2，得到直线AB的方程，设C2的方程为x2+3y2＝λ（λ＞0），C（x1，y1）D（x2，y2），直曲联立，运用弦长公式得到|CD|，求出λ＝15即可；（3）先设出C2的方程，因为有AP⊥AQ，且|AP|2＝|AQ|2的条件，所以任取C1上一点P（x0，y0）（不与点A重合），算出|AP|2和直线的斜率kAP，接着设出点Q的坐标，算出|AQ|2，由于AP⊥AQ，得出直线AQ方程，进而得到xQ-3与kAP、y2的关系，结合|AP|2＝|AQ|2【解答】解：（1）由题，椭圆C1的离心率为63，椭圆C2的离心率为a所以63解得a＝6；（2）由题意，A(3，0)，B（0，1），所以|AB直线AB的方程为y=设C2的方程为x2+3y2＝λ（λ＞0），C（x1，y1），D（x2，y2），联立直线AB与椭圆C2的方程y=代入整理得2xΔ＝12﹣8（3﹣λ）＝8λ﹣12＞0，可得λ＞12，由韦达定理可得x1+x故|=2解得λ＝15，所以C2的标准方程为x2（3）由题，设C2的方程为3x2+y2＝λ（λ＞0），由题意，AP⊥AQ，且|AP|2＝|AQ|2，任取C1上一点P（x0，y0）（不与点A重合），则|AP|2设Q（xQ，yQ），则|AQ直线AQ的方程为x=1k代入得|AQ因为|AP|2＝|AQ|2，解得yQ由对称性，不妨设yQ代回直线AQ方程可解得Q(而点Q位于C2上，所以λ=(xP（x0，y0）为C1上任一点，所以x0化简得λ=15设x0+3y0＝b，P（x0，y0）为C1上任一点，即x0整理得12y02-6by0+b2-3=0，Δ＝36b2﹣48（b解得b∈所以λ=15故C2的长轴长2λ【点评】本题考查椭圆方程的综合应用，属于难题．20．（2025•海南模拟）已知上下顶点分别为A，B的椭圆E：x2m+y24=1经过点(32，1)，P为直线l：y=12上的动点，且P不在椭圆（1）求椭圆E的方程；（2）证明：直线CD过定点；（3）设（2）问中定点为Q，过点C，D分别作直线l：y=12的垂线，垂足分别为M，N，记△CMQ，△MNQ，△DNQ的面积分别为S1，S2，S3，试问：是否存在常数t，使得S1，S2，【考点】直线与椭圆的综合；根据椭圆的几何特征求标准方程．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】（1）x2（2）证明见解析；（3）存在，t=【分析】（1）将点(32，（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），直线CD的方程为y＝kx+m，联立椭圆和直线CD的方程得到两根之和与之积，因为点P在直线y=12上，代入化简可求得m（3）先表示出为S1，S2，S3由等比中项知t2S22=S1【解答】解：（1）因为椭圆E：x2m+y24=1经过点(所以椭圆E的方程为x2（2）证明：由题意，直线CD的斜率一定存在，设C（x1，y1），D（x2，y2），直线CD的方程为y＝kx+m，联立椭圆和直线CD的方程得（3k2+4）x2+6kmx+3（m2﹣4）＝0，由韦达定理可得x1+x由点斜式可知直线AC的方程为y=y1-2两式相比得y-2y+2=y1又点D在椭圆上，所以x223+y将直线CD方程代入得(kx1将韦达定理结果代入得m2﹣10m+16＝0，解得m＝2或8，因为C，D均不与椭圆E上下顶点重合，所以m＝2舍去，即m＝8，直线CD的方程为y＝kx+8，过定点（0，8）．（3）由题意可知M(x1，12)，N(x则S△CMQ=12设存在常数t，使得S1，tS2，S3为等比数列，则t2即225t由（2）可知y1+y代入化简可得225t由（2）知联立后的方程Δ＝（48k）2﹣4×180×（3k2+4）＞0⇒k2＞20，所以t2=45(所以存在t=±12，使得S1，tS2【点评】本题主要考查椭圆的性质及标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．

考点卡片1．根据椭圆的几何特征求标准方程【知识点的认识】椭圆的几何特征包括长轴2a、短轴2b、焦点(±【解题方法点拨】1．提取几何特征：从题目中得到长轴、短轴或焦距．2．代入标准方程：使用几何特征计算a和b，代入标准方程：x2【命题方向】﹣由椭圆的几何特征（如长轴、短轴）求标准方程．﹣根据焦点位置和长短轴所在位置推导标准方程．2．根据椭圆上的点求椭圆的标准方程【知识点的认识】椭圆上的点（x1，y1）可以用来求椭圆的标准方程．代入标准方程可以形成方程组来求解a和b．【解题方法点拨】1．代入点坐标：将点（x1，y1）代入标准方程：x12．求解a和b：利用代入的方程解得a和b，从而确定椭圆的标准方程．【命题方向】﹣给定椭圆上的点，求椭圆的标准方程．﹣从点的坐标推导出椭圆的方程．3．由椭