2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之椭圆（一）

第36页（共36页）2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之椭圆（一）一．选择题（共5小题）1．（2024•台湾）坐标平面上，椭圆Γ的方程式为x2a2+y262=1（其中a为正实数）．若将Γ以原点O为中心，沿x轴方向伸缩为2A．（0，33） B．（﹣35，0） C．（0，613） D．（﹣313，0） E．（9，0）2．（2023•新高考Ⅱ）已知椭圆C：x23+y2=1的左焦点和右焦点分别为F1和F2，直线y＝x+m与C交于点A，B两点，若△F1AB面积是△A．23 B．23 C．-233．（2023•新高考Ⅰ）设椭圆C1：x2a2+y2＝1（a＞1），C2：x24+y2＝1的离心率分别为e1，e2．若eA．233 B．2 C．3 D4．（2023•甲卷）设F1，F2为椭圆C：x25+y2＝1的两个焦点，点P在C上，若PF1→•PF2→=0，则A．1 B．2 C．4 D．55．（2023•甲卷）已知椭圆x29+y26=1，F1，F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cos∠F1PFA．25 B．302 C．35 二．解答题（共15小题）6．（2025•新高考Ⅱ）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a（1）求C的方程；（2）过点（0，﹣2）的直线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点．若△OAB的面积为2，求|AB|．7．（2025•天津）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点为F，右顶点为A，P为x＝a上一点，且直线PF（I）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分∠AFB．8．（2025•上海）在平面直角坐标系中，已知曲线Γ：x24+y2=1（y≥0），点P、Q分别为Γ上不同的两点，（1）求Γ所在椭圆的离心率；（2）若T（1，0），Q在y轴上，若T到直线PQ的距离为55，求P（3）是否存在t，使得△TPQ是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由．9．（2025•北京）已知椭圆E：x2a2+y2（1）求椭圆方程；（2）设O为原点，M（x0，y0）（x0≠0）为椭圆上一点，直线x0x+2y0y﹣4＝0与y＝2和y＝﹣2分别交于A，B两点．设△OMA和△OMB的面积分别为S1和S2，比较S1S210．（2025•上海）已知椭圆Γ：x2a2+y25=1（a＞5），M（0（1）若Γ的焦点是（2，0），求离心率e；（2）若a＝4，且Γ上存在一点P，满足PA→=2MP→（3）若AM中垂线l的斜率为2，l与Γ交于C、D两点，∠CMD为钝角，求a的取值范围．11．（2025•新高考Ⅰ）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为22（1）求椭圆的标准方程；（2）已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AR|•|AP|＝3．（i）设P（m，n），求点R的坐标（用m，n表示）；（ii）设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率是直线的OP斜率的3倍，求|PQ|的最大值．12．（2024•北京）已知椭圆方程E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形．过点（0，t）（t＞2）且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A，B（1）求椭圆E的方程及离心率；（2）若直线BD的斜率为0，求t的值．13．（2024•甲卷）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右焦点为（1）求椭圆C的方程；（2）过点P（4，0）的直线与椭圆C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB与MF交于Q，证明：AQ⊥y轴．14．（2024•新高考Ⅰ）已知A（0，3）和P（3，32）为椭圆C：x2a2+y2b（1）求C的离心率；（2）若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．15．（2024•全国）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦点为F，点A（﹣a，0），B（0，b），过（1）求P的坐标；（2）若点R（﹣2，y0）在直线AB上，证明：FR是∠PFA的角平分线．16．（2024•甲卷）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右焦点为（1）求椭圆C的方程；（2）P（4，0），过P的直线与椭圆C交于A，B两点，N为FP的中点，直线NB与MF交于Q，证明：AQ⊥y轴．17．（2023•北京）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为53，A、C分别为E的上、下顶点，B、（1）求E的方程；（2）点P为第一象限内E上的一个动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝﹣2交于点N．求证：MN∥CD．18．（2023•乙卷）已知椭圆C：y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）的离心率为5（1）求C的方程；（2）过点（﹣2，3）的直线交C于点P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．19．（2023•天津）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，右焦点为F，且|A1F|＝3（Ⅰ）求椭圆的方程和离心率；（Ⅱ）点P在椭圆上（P异于椭圆的顶点），直线A2P交y轴于点Q，若△A1PQ的面积为△A2FP面积的2倍，求直线A2P的方程．20．（2023•上海）已知椭圆Γ：x2m2+y23=1（1）若m＝2，求椭圆Γ的离心率；（2）设A1、A2为椭圆Γ的左右顶点，椭圆Γ上一点E的纵坐标为1，且EA1→•EA（3）过椭圆Γ上一点P作斜率为3的直线l，若直线l与双曲线y25m2

2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之椭圆（一）参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）题号12345答案BCABB一．选择题（共5小题）1．（2024•台湾）坐标平面上，椭圆Γ的方程式为x2a2+y262=1（其中a为正实数）．若将Γ以原点O为中心，沿x轴方向伸缩为2A．（0，33） B．（﹣35，0） C．（0，613） D．（﹣313，0） E．（9，0）【考点】根据椭圆的几何特征求标准方程．【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】B【分析】根据题意，分析可得椭圆Γ经过点（9，0），可得a的值，结合椭圆的性质求出椭圆的焦点，分析选项可得答案．【解答】解：根据题意，将Γ以原点O为中心，沿x轴方向伸缩为2倍，所得到的新图形会通过点（18，0），则椭圆Γ经过点（9，0），故a＝9，又由b＝6，则c=a2-椭圆的焦点为（±35，0）．故选：B．【点评】本题考查椭圆的标准方程，涉及椭圆的几何性质，属于基础题．2．（2023•新高考Ⅱ）已知椭圆C：x23+y2=1的左焦点和右焦点分别为F1和F2，直线y＝x+m与C交于点A，B两点，若△F1AB面积是△A．23 B．23 C．-23【考点】椭圆的几何特征．【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】C【分析】记直线y＝x+m与x轴交于M（﹣m，0），由题意可得|-2-xM|＝2|2-x【解答】解：记直线y＝x+m与x轴交于M（﹣m，0），椭圆C：x23+y2=1的左，右焦点分别为F1（-2，0），由△F1AB面积是△F2AB的2倍，可得F1到直线AB的距离是F2到直线AB的距离的2倍，即可得到|F1M|＝2|F2M|，∴|-2-xM|＝2|2-xM|，解得xM=23或x∴﹣m=23或﹣m＝32，∴m=-23或联立x23+y2=1y=x+m可得，4x∵直线y＝x+m与C相交，所以Δ＞0，解得m2＜4，∴m＝﹣32不符合题意，故m=-故选：C．【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．3．（2023•新高考Ⅰ）设椭圆C1：x2a2+y2＝1（a＞1），C2：x24+y2＝1的离心率分别为e1，e2．若eA．233 B．2 C．3 D【考点】椭圆的几何特征．【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】利用椭圆C2：x24+y2＝1的方程可求其离心率e2，进而可求e1【解答】解：由椭圆C2：x24+y2＝1可得a2＝2，b2＝1，∴c∴椭圆C2的离心率为e2=3∵e2=3e1，∴e1=12∴a12=4c12=4（a即3a12解得a1=2即a=2故选：A．【点评】本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，属基础题．4．（2023•甲卷）设F1，F2为椭圆C：x25+y2＝1的两个焦点，点P在C上，若PF1→•PF2→=0，则A．1 B．2 C．4 D．5【考点】椭圆的几何特征．【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】B【分析】根据题意，分析可得∠F1PF2=π2，由椭圆的标准方程和定义可得|PF1|+|PF2|＝2a，|PF1|2+|PF2|2＝（2c）2，将两式联立可得|PF1|•|PF2【解答】解：根据题意，点P在椭圆上，满足PF1→•PF2→=0又由椭圆C：x25+y2＝1，其中c2＝5﹣1则有|PF1|+|PF2|＝2a＝25，|PF1|2+|PF2|2＝（2c）2＝16，可得|PF1|•|PF2|＝2，故选：B．【点评】本题考查椭圆的几何性质，涉及勾股定理与三角形的面积，关键是掌握椭圆的几何性质．5．（2023•甲卷）已知椭圆x29+y26=1，F1，F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cos∠F1PFA．25 B．302 C．35 【考点】椭圆的几何特征．【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】B【分析】利用椭圆的定义，结合余弦定理，通过向量的模，然后转化求解即可．【解答】解：椭圆x29+y26=1，F1O为原点，P为椭圆上一点，cos∠设|PF1|＝m，|PF2|＝n，不妨m＞n，可得m+n＝6，4c2＝m2+n2﹣2mncos∠F1PF2，即12＝m2+n2-65mn，可得mn=152，m2+nPO→=1可得|PO|2==14（m2+n2+2mncos∠F1PF=14（m2+n2+=14（21+6可得|PO|=30故选：B．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，向量的数量积以及余弦定理的应用，是中档题．二．解答题（共15小题）6．（2025•新高考Ⅱ）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a（1）求C的方程；（2）过点（0，﹣2）的直线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点．若△OAB的面积为2，求|AB|．【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的弦及弦长；根据椭圆的几何特征求标准方程．【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】（1）x24（2）5．【分析】（1）由题意求出a，c，即可求出b2，直接写出椭圆的方程；（2）由题意知直线l的斜率存在且不为0，设斜率为k，直线l的方程为y＝kx﹣2，求出直线与x轴的交点坐标，由y=kx-2x24+y22=1，消去y得关于x的方程，利用根与系数的关系，求出x1+x2与x1x【解答】解：（1）椭圆C：x2a2+y2b2=1中，由e=ca=22，得所以b2＝a2﹣c2＝2，椭圆的方程为x24（2）由题意知，直线l的斜率存在且不为0，设斜率为k，则直线l的方程为y＝kx﹣2，设直线l与椭圆交于A（x1，y1），B（x2，y2），由y=kx-2x24+y22=1，消去y，整理得（1+2所以Δ＝64k2﹣16（1+2k2）＝32k2﹣16＞0，解得k＜-22或k由x1+x2=8k1+2k2，设直线l交x轴于点M，则M（2k，0所以S△OAB=12|OM|•|y1﹣y=12|2k|•|（kx1﹣2）﹣（kx2﹣＝|x1﹣x2|=(=6=4解得k＝±62所以|AB|=1+k2|x1﹣x【点评】本题考查了圆锥曲线的定义与性质应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．7．（2025•天津）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点为F，右顶点为A，P为x＝a上一点，且直线PF（I）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分∠AFB．【考点】直线与椭圆的综合．【专题】转化思想；综合法；向量与圆锥曲线；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）x24+【分析】（I）根据题意，利用椭圆的离心率得到a＝2c，再由直线PF的斜率得到m＝c，从而利用三角形的面积公式得到关于c的方程，解方程即可得解；（Ⅱ）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得k，进而得到直线PB的方程与点B的坐标，利用向量的夹角公式即可得证．【解答】解：（I）设椭圆x2a2则左焦点F（﹣c，0），右顶点A（a，0），由离心率e=ca=12因为P为x＝a上一点，设P（a，m），由直线PF的斜率为13，得m-0所以m2解得m＝c，则P（a，c），即P（2c，c），在△PFA中，|AF|＝a﹣（﹣c）＝a+c＝3c，高为|m|＝c，所以S△解得c＝1，则a＝2c＝2，b2＝a2﹣c2＝3，所以椭圆的方程为x2（Ⅱ）证明：由（1）得P（2，1），F（﹣1，0），A（2，0），易知直线PB的斜率存在，设其方程为y＝kx+t，则1＝2k+t，即t＝1﹣2k，联立y=消去y得，（3+4k2）x2+8ktx+4t2﹣12＝0，因为直线与椭圆有唯一交点，所以Δ＝（8k•t）2﹣4（3+4k2）•（4t2﹣12）＝0，即4k2﹣t2+3＝0，则4k2﹣（1﹣2k）2+3＝0，解得k=-12，则所以直线PB的方程为y=联立y=解得x=1y=所以FB→=(2，32)，FP→所以cos∠cos∠则cos∠BFP＝cos∠PFA，又∠BFP，∠PFA∈（0，π2所以∠BFP＝∠PFA，即PF平分∠AFB．【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，考查了逻辑思维和运算求解能力，属于中档题．8．（2025•上海）在平面直角坐标系中，已知曲线Γ：x24+y2=1（y≥0），点P、Q分别为Γ上不同的两点，（1）求Γ所在椭圆的离心率；（2）若T（1，0），Q在y轴上，若T到直线PQ的距离为55，求P（3）是否存在t，使得△TPQ是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由．【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】（1）32（2）P（2，0）；（3）存在，t∈【分析】（1）根据椭圆方程直接求离心率；（2）问题化为以T（1，0）为圆心，55为半径的圆与过Q（0，1）的直线相切，且切线与Γ：x（3）设PQ：y＝kx+m，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立椭圆方程，结合韦达定理、判别式得4k2+1＞m＞2|k|≥0，注意讨论k＝0、k≠0【解答】解：（1）因为椭圆Γ的方程为x24+y2所以a=2则椭圆的离心率为32（2）若T到直线PQ的距离为55可得以T（1，0）为圆心，55为半径的圆与过Q（0，1且切线与Γ：显然切线斜率存在，设切线为y＝nx+1，此时|n整理得2n2+5n+2＝（2n+1）（n+2）＝0，解得n=-12或当n=-1联立y=解得x＝0或x＝2，即P（2，0），满足题意；当n＝﹣2时，切线方程为y＝﹣2x+1，同理得x＝0或x=即P(综上所述，P（2，0）；（3）易知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx+m，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立y=kx+mx2+4y2=4，消去y并整理得（1+4k2）x2此时Δ＝64k2m2﹣16（m2﹣1）（1+4k2）＝64k2﹣16m2+16＞0，解得4k2＞m2﹣1，由韦达定理得x1+x所以y1y1所以m2≥4k2且m＞0，可得4k当k＝0时，y1＝y2＝m且|x1|＝|x2|＝m，则m=此时T（0，0），满足题意；当k≠0，易知PQ的中点为A(又T（t，0），所以kTA即t=因为TP→4(m所以5m2﹣4k2﹣4+8kmt+（1+4k2）t2＝0，即5m2（1+k2）＝4（4k4+5k2+1），解得0＜k2＜1，此时t2所以t2解得t∈易知当t＝±65综上所述，t∈[-65，6【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．9．（2025•北京）已知椭圆E：x2a2+y2（1）求椭圆方程；（2）设O为原点，M（x0，y0）（x0≠0）为椭圆上一点，直线x0x+2y0y﹣4＝0与y＝2和y＝﹣2分别交于A，B两点．设△OMA和△OMB的面积分别为S1和S2，比较S1S2【考点】直线与椭圆的综合．【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】（1）x2（2）S1【分析】（1）由椭圆定义得a＝2，根据离心率得c=2，则b2＝（2）联立x0x+2y0y-4=0x24+y22=1，结合x024+y022=1，可得y＝y0，从而得直线x0x+2y0y﹣4＝0与椭圆相切，M为切点，设A（x1，y1），B（【解答】解：（1）由椭圆定义可知，2a＝4，所以a＝2，又e=ca=22，所以c=2，则b2＝故椭圆方程为x2（2）由题意，可得x024联立x0x+2y0整理得(2x即8y2-16y0y+8所以直线x0x+2y0y﹣4＝0与椭圆相切，M为切点，设A（x1，y1），B（x2，y2），易知当x1＝x2时，由对称性可知，S1故设x2＜x0＜x1，易知S1联立x0x+2联立x0x+2所以S1|OA故S1【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的综合应用，属难题．10．（2025•上海）已知椭圆Γ：x2a2+y25=1（a＞5），M（0（1）若Γ的焦点是（2，0），求离心率e；（2）若a＝4，且Γ上存在一点P，满足PA→=2MP→（3）若AM中垂线l的斜率为2，l与Γ交于C、D两点，∠CMD为钝角，求a的取值范围．【考点】直线与椭圆的综合；求椭圆的离心率．【专题】数形结合；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）23（2）10；（3）（5，11）．【分析】（1）由已知，可得a，b，c，可求出离心率；（2）根据PA→=2MP→，M（0，m），A（4，0），可得点P坐标，由P（3）由已知可得a＝2m，可设AM中点为Q(m，m2)，可得直线【解答】解：（1）由题意，c＝2，故a=5+4=3（2）由题意，A（4，0），不妨设P（xP，yP），故MP→=(x由2MP→=PA→故P(43，2m3（3）由题意，AM斜率为-12，故|OA|＝2|OM|，a＝2所以可设AM中点为Q(m，m2设C（x1，y1），D（x2，y2），由y=2x-32mx24m2+y25=1，得（16m2+5）xΔ＝（﹣24m3）2﹣4（16m2+5）（9m4﹣20m2）＝1100m4+400m2＞0，所以x1因为MC→=(x因为∠CMD为钝角，且C、D、M不共线，故MC→即5×9解得m＜112，所以a=2m【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，属于中档题．11．（2025•新高考Ⅰ）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为22（1）求椭圆的标准方程；（2）已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AR|•|AP|＝3．（i）设P（m，n），求点R的坐标（用m，n表示）；（ii）设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率是直线的OP斜率的3倍，求|PQ|的最大值．【考点】直线与椭圆的综合．【专题】方程思想；定义法；转化法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）x29+y2（2）（i）（3mm2（ii）33+32【分析】（1）由A（0，﹣b），B（a，0），|AB|=10，e=ca=223，c2＝a2﹣b2（2）（i）设点P（m，n），R（x，y），由题意列方程组求解可得R的坐标；（ii）求出直线OQ的斜率k1，直线OP的斜率k2，由k1＝3k2，得出点P的轨迹为圆，又Q为椭圆上一点，计算|PQ|的最大值为点M到圆心的距离+半径，由此求解即可．【解答】解：（1）由题意知，A（0，﹣b），B（a，0），所以|AB|=a2+b2=10，所以a又因为e=ca=223，所以c=223a，所以c2＝a2﹣b2=8所以b2＝1，a2＝9，椭圆C：x29+y2（2）（i）设点P（m，n），R（x，y），由题意知，A（0，﹣1），|AP→|•|AR→|＝3，AP→=（m，n+1），AR→=（x，y所以AP→•AR→=3，即mx+（n+1）（y+1）＝又因为R在AP上，所以y=n+1mx﹣1，即（n+1）x﹣my＝由①②联立求解得x=所以点R的坐标为（3mm2（ii）直线OR的斜率为k1=-m2-n2+若k1＝3k2，则-m2-n2+n+23m=3所以点P在以（0，﹣4）为圆心，32为半径的圆上，又Q为椭圆x2+9y2＝9上一点，设Q（x，y），所以|PQ|长度为x2+(y+4)2+3因为﹣1≤y≤1，所以y=12时，|PQ|的长度取得最大值为33+【点评】本题考查了圆锥曲线的定义与性质应用问题，也考查了运算求解能力，是难题．12．（2024•北京）已知椭圆方程E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形．过点（0，t）（t＞2）且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A，B（1）求椭圆E的方程及离心率；（2）若直线BD的斜率为0，求t的值．【考点】直线与椭圆的综合．【专题】转化思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据已知条件，结合勾股定理，求出b，c，再结合椭圆的性质，即可求解；（2）先设出直线AB的方程，并与椭圆的方程联立，再结合韦达定理，以及判别式，即可求解．【解答】解：（1）椭圆方程C：x2a2则b=故a2＝b2+c2＝4，a=所以椭圆方程为x24+（2）显然直线AB斜率存在，否则B，D重合，直线BD斜率不存在与题意矛盾，同样直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，设AB：y＝kx+t，(t＞2)，A（x1，y1），B（x2联立y=kx+tx24+y22=1，化简并整理得（1+2k2由题意可知，Δ＝16k2t2﹣8（2k2+1）（t2﹣2）＝8（4k2+2﹣t2）＞0，即k，t应满足4k2+2﹣t2＞0，由韦达定理可知，x1+x若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设D（﹣x2，y2），故AD：y=y1则yC=x1y此时k满足k≠04k2+2-t综上所述，t＝2满足题意，此时k的取值范围为{k|k＜-22或【点评】本题主要考查直线与椭圆的综合应用，考查转化能力，属于中档题．13．（2024•甲卷）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右焦点为（1）求椭圆C的方程；（2）过点P（4，0）的直线与椭圆C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB与MF交于Q，证明：AQ⊥y轴．【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的标准方程；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；运算求解．【答案】（1）x2（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），AP→则x1+λx又由3x12+4结合①②可得，5λ﹣2λx2+3＝0，P（4，0），F（1，0），N(52，0)，B（x则直线NB的方程为y﹣0=yMF⊥x轴，直线NB与MF交于Q，则xQ＝1，故yQ故AQ⊥y轴．【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆的定义，以及勾股定理，求出a，再结合椭圆的性质，求出b，即可求解；（2）结合向量的坐标运算，推得λx2=4+4λ-x1λy2=-【解答】解：（1）设椭圆C的左焦点为F1，点M（1，32）在椭圆C上，且MF⊥x则|F1F|＝2，|MF由勾股定理可知，|M故2a＝|MF1|+|MF|＝4，解得a2＝4，b2＝a2﹣1＝3，故椭圆C的方程为x2（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），AP→则x1+λx又由3x12+4结合①②可得，5λ﹣2λx2+3＝0，P（4，0），F（1，0），N(52，0)，B（x则直线NB的方程为y﹣0=yMF⊥x轴，直线NB与MF交于Q，则xQ＝1，故yQ故AQ⊥y轴．【点评】本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．14．（2024•新高考Ⅰ）已知A（0，3）和P（3，32）为椭圆C：x2a2+y2b（1）求C的离心率；（2）若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．【考点】直线与椭圆的综合．【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据联立关于a，b的方程组，再利用离心率公式得解；（2）分直线l的斜率不存在及存在两种情况，结合△ABP的面积为9，可得答案．【解答】解：（1）依题意，9b2=1则离心率e=（2）由（1）可知，椭圆C的方程为x2当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，易知此时B(3点A到直线PB的距离为3，则S△当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y-32设P（x1，y1），B（x2，y2），联立y=k(x-3)+32x212+y29=1，消去y整理可得，（4k2+3）x2﹣（24k2则x1由弦长公式可得，|PB点A到直线l的距离为d=则12解得k=12则直线l的方程为y=12【点评】本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．15．（2024•全国）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦点为F，点A（﹣a，0），B（0，b），过（1）求P的坐标；（2）若点R（﹣2，y0）在直线AB上，证明：FR是∠PFA的角平分线．【考点】直线与椭圆的综合．【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】（1）P（-43，（2）证明详情见解答．【分析】（1）直线方程中x﹣y+1＝0，分别令y，x为0，解得b，c，由a2＝b2+c2，解得a，即可得出椭圆的方程，联立直线x﹣y+1＝0与椭圆的方程，即可得出答案．（2）由（1）知A（-2，0），B（0，1），写出直线AB的方程，进而可得Q点坐标，推出tan2∠RFA＝tan∠RFA【解答】解：（1）因为直线x﹣y+1＝0过焦点F和点B，所以令y＝0，得x＝﹣1，即﹣c＝﹣1，则c＝1，令x＝0，得y＝1，即b＝1，又a2＝b2+c2＝2，所以椭圆的方程为x22+y2联立x-解得x＝0或x=-所以xP=-43，yP＝xP+1＝（-4所以P（-43，（2）证明：由（1）知A（-2，0），B（0，1所以直线AB的方程为y﹣1=12（x﹣令x＝﹣2，得y＝1-2所以R（﹣2，1-2设直线FR的倾斜角为θ，则tanθ＝kFR=1-2因为tan2θ=2tanθ1-tan所以FR是∠PFA的角平分线．【点评】本题考查直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．16．（2024•甲卷）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右焦点为（1）求椭圆C的方程；（2）P（4，0），过P的直线与椭圆C交于A，B两点，N为FP的中点，直线NB与MF交于Q，证明：AQ⊥y轴．【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的标准方程；椭圆的几何特征．【专题】方程思想；分析法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】（1）x2（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），AP→则x1+λx又由3x12+4结合①②可得，5λ﹣2λx2+3＝0，P（4，0），F（1，0），N(52，0)，B（x则直线NB的方程为y﹣0=yMF⊥x轴，直线NB与MF交于Q，则xQ＝1，故yQ故AQ⊥y轴．【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆的定义，以及勾股定理，求出a，再结合椭圆的性质，求出b，即可求解；（2）结合向量的坐标运算，推得λx2=4+4λ-x1λy2=-【解答】解：（1）设椭圆C的左焦点为F1，点M（1，32）在椭圆C上，且MF⊥x则|F1F|＝2，|MF由勾股定理可知，|M故2a＝|MF1|+|MF|＝4，解得a2＝4，b2＝a2﹣1＝3，故椭圆C的方程为x2（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），AP→则x1+λx又由3x12+4结合①②可得，5λ﹣2λx2+3＝0，P（4，0），F（1，0），N(52，0)，B（x则直线NB的方程为y﹣0=yMF⊥x轴，直线NB与MF交于Q，则xQ＝1，故yQ故AQ⊥y轴．【点评】本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．17．（2023•北京）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为53，A、C分别为E的上、下顶点，B、（1）求E的方程；（2）点P为第一象限内E上的一个动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝﹣2交于点N．求证：MN∥CD．【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的几何特征．【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（2）见证明过程．【分析】（1）由题意可得：2b＝4，e=53=ca，a2＝b2+c2，解得b（2）利用截距式可得直线BC的方程，设直线AP的方程为：y＝kx+2，（k＜0），可得N坐标，联立y=kx+2x29+y24=1，解得P坐标，利用直线PD方程与BC【解答】解：（1）由题意可得：2b＝4，e=53=ca，a2＝解得b＝2，a2＝9，∴椭圆E的方程为x29（2）证明：A（0，2），B（﹣3，0），C（0，﹣2），D（3，0），直线BC的方程为x-3+y-2=1，化为2设直线AP的方程为：y＝kx+2，（k＜0），∴N（-4k联立y=kx+2x29+y24=1，化为：（解得x＝0或x=-∴P（-36k4+9直线PD方程为：y=18k2-84+9k23+36k4+9与2x+3y+6＝0联立，解得x=-6k-∴M（-6k-∴kMN=8-18kCD=2∴MN∥CD．【点评】本题考查了椭圆的标准方程及性质、直线交点问题、直线与椭圆相交问题、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．18．（2023•乙卷）已知椭圆C：y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）的离心率为5（1）求C的方程；（2）过点（﹣2，3）的直线交C于点P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．【考点】直线与椭圆的综合．【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】（1）椭圆C的方程为y2（2）MN的中点为定点（0，3），证明过程见解析．【分析】（1）由题意列关于a，b，c的方程组，求得a，b，c的值，可得椭圆C的方程；（2）设PQ：y﹣3＝k（x+2），即y＝kx+2k+3，k＜0，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求得x1+x2与x1x2的值，写出直线AP、AQ的方程，求得M与N的坐标，再由中点坐标公式即可证明MN的中点为定点．【解答】解：（1）由题意，ca=5∴椭圆C的方程为y2证明：（2）如图，要使过点（﹣2，3）的直线交C于点P，Q两点，则PQ的斜率存在且小于0，设PQ：y﹣3＝k（x+2），即y＝kx+2k+3，k＜0，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立y=kx+2k+3y29+x24=1，得（4k2+9）x2+8k（Δ＝[8k（2k+3）]2﹣4（4k2+9）•16k（k+3）＝﹣1728k＞0．x1+x直线AP：y=y1x1+2(x+2)，取x＝直线AQ：y=y2x2+2(x+2)，取x∴2=2(=22＝22＝232＝2×108∴MN的中点为（0，3），为定点．【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．19．（2023•天津）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，右焦点为F，且|A1F|＝3（Ⅰ）求椭圆的方程和离心率；（Ⅱ）点P在椭圆上（P异于椭圆的顶点），直线A2P交y轴于点Q，若△A1PQ的面积为△A2FP面积的2倍，求直线A2P的方程．【考点】直线与椭圆的综合．【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）由题意可得a+c=3a-c=1（Ⅱ）由题意可知，直线A2P的斜率存在且不为0，设直线方程为y＝k（x﹣2），取x＝0，得Q（0，﹣2k），分别求出△A1PQ的面积与△A2FP面积，再由已知列式求解k，则直线方程可求．【解答】解：（Ⅰ）由题意可知，a+c=3∴b2＝a2﹣c2＝4﹣1＝3．则椭圆方程为x24+y（Ⅱ）由题意可知，直线A2P的斜率存在且不为0，当k＜0时，直线方程为y＝k（x﹣2），取x＝0，得Q（0，﹣2k）．联立y=k(x-2)x24+y23=1，得（4k2+3）xΔ＝（﹣16k2）2﹣4（4k2+3）（16k2﹣12）＝144＞0，2xP=16kS△A1PQ=|S△A1A2S△∴|-16k3+12k4k2+3|=-12k4k同理求得当k＞0时，k=6∴直线A2P的方程为y=±【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．20．（2023•上海）已知椭圆Γ：x2m2+y23=1（1）若m＝2，求椭圆Γ的离心率；（2）设A1、A2为椭圆Γ的左右顶点，椭圆Γ上一点E的纵坐标为1，且EA1→•EA（3）过椭圆Γ上一点P作斜率为3的直线l，若直线l与双曲线y25m2【考点】椭圆与平面向量．【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）e=c（2）m＝3；（3）m∈（3，3]．【分析】（1）由题意可得a，b，c，可求离心率；（2）由已知得A1（﹣m，0），A2（m，0），设E（p，1），由已知可得p2=23m2，p2﹣m2+1＝﹣（3）设直线y=3x+t，与椭圆方程联立可得t2≤3m2+3，与双曲线方程联立可得t2＝5m2﹣15，可求m【解答】解：（1）若m＝2，则a2＝4，b2＝3，∴a＝2，c=a2-b2（2）由已知得A1（﹣m，0），A2（m，0），设E（p，1），∴p2m2+13=1∴EA1→=（﹣m﹣p，﹣1），EA2→=（m﹣p，﹣1），∴EA1→•EA2→=（﹣m﹣p，﹣1）•（∵p2=23m2，代入求得m＝（3）设直线y=3x+t，联立椭圆可得x2整理得（3+3m2）x2+23tm2x+（t2﹣3）m2＝0，由△≥0，∴t2≤3m2+3，联立双曲线可得(3x+t)25m2-x25=1，整理得（3﹣m2）x2由Δ＝0，t2＝5m2﹣15，∴5m2﹣15≤3m2+3，∴﹣3≤m≤3，又5m2﹣15≥0，∴m≥3，∵m≠综上所述：m∈（3，3]．【点评】本题考查离心率的求法，考查椭圆与双曲线的几何性质，直线与椭圆的综合，属中档题．

考点卡片1．椭圆的标准方程【知识点的认识】椭圆标准方程的两种形式：（1）x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），焦点在x轴上，焦点坐标为F（±c，0），焦距|（2）y2a2+x2b2=1（a＞b＞0），焦点在y轴上，焦点坐标为F（0，±c），焦距|两种形式相同点：形状、大小相同；都有a＞b＞0；a2＝b2+c2两种形式不同点：位置不同；焦点坐标不同．标准方程x2a2+y2b中心在原点，焦点在x轴上y2a2+x2b中心在原点，焦点在y轴上图形顶点A（a，0），A′（﹣a，0）B（0，b），B′（0，﹣b）A（b，0），A′（﹣b，0）B（0，a），B′（0，﹣a）对称轴x轴、y轴，长轴长2a，短轴长2b焦点在长轴长上x轴