专题42 椭圆的定义、标准方程及其简单几何性质（优练）-2026版高考数学一轮复习讲优练

第7页（共7页）专题专题42椭圆的定义、标准方程及其简单几何性质一．选择题（共10小题）1．（2025春•分宜县期末）中心在原点，焦点在坐标轴上，且过两点，的椭圆的标准方程是A． B． C． D．2．（2025春•玉溪期末）已知椭圆的离心率为，短轴长为2，则A． B． C．1 D．3．（2025•龙凤区模拟）已知，分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆上一动点，点是三角形的重心，则点的轨迹方程为A． B． C． D．4．（2025•河南模拟）已知△的内角，，的对边分别为，，，为边上一点，且，，当在变化时，点总在椭圆上，则该椭圆的长轴长为A．6 B． C． D．35．（2025•五华区模拟）已知，为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且，则△的面积为A． B．2 C．3 D．46．（2025春•云南月考）已知点，分别是椭圆的左、右焦点，若直线与椭圆相交于，两点，且，则椭圆的离心率为A． B． C． D．7．（2025春•郑州月考）已知，是椭圆的两个焦点，为上一点，且，，则的离心率为A． B． C． D．8．（2025•北流市模拟）已知，分别为椭圆的左、右焦点，经过坐标原点的直线与交于，，若，则A． B． C． D．9．（2025•青秀区二模）已知椭圆上两点、关于原点对称，为椭圆的右焦点，交椭圆于点，，，则椭圆的离心率为A． B． C． D．10．（2025•信阳一模）设椭圆的一个焦点点为椭圆内一点，若椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围是A． B． C． D．二．多选题（共4小题）（多选）11．（2025•临翔区模拟）已知椭圆的右焦点为，过作两条互相垂直的直线和，和分别与交于、和、，则A．的离心率为 B．存在直线，使得 C．为定值 D．若上每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，则变为圆（多选）12．（2025•临清市模拟）设椭圆的左、右焦点分别为、，是上的动点，则下列结论正确的是A． B．离心率 C．△面积的最大值为12 D．以线段为直径的圆与圆相切（多选）13．（2025•腾冲市三模）已知椭圆的焦点分别为，，焦距为为椭圆上一点，则下列选项中正确的是A．椭圆的离心率为 B．△的周长为3 C．不可能是直角 D．当时，△的面积为（多选）14．（2025•青岛模拟）已知椭圆的上顶点为，左、右焦点分别为，，△为正三角形，过的直线与交于，两点，则A．椭圆的离心率为 B．的最大值为3 C．的取值范围是， D．当倾斜角为时，△的周长为8三．填空题（共4小题）15．（2025春•上海月考）已知，分别为椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，则的最大值为．16．（2025春•杨浦区月考）已知、是椭圆的两个焦点，点在椭圆上，则的最大值为．17．（2024秋•鄂尔多斯期末）设，分别为椭圆的左、右焦点，过点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，若，则椭圆的离心率为．18．（2025•临沭县模拟）已知为坐标原点，点为椭圆上任意一点，，为圆的两条切线，切点分别为，，若直线与轴、轴分别交于点、，则△面积的最小值为．四．解答题（共6小题）19．（2025春•南乐县期中）已知椭圆经过点，且的离心率．（1）求的方程；（2）若直线经过点且与相切，求的方程．20．（2024秋•曲阜市期末）求适合下列条件的椭圆的标准方程：（1）两个焦点的坐标分别为和，且椭圆经过点；（2）焦点在轴上，且经过两个点和；（3）经过点，和点，．21．（2025•东莞市模拟）已知椭圆的离心率为，四个顶点所围成菱形的面积为．（1）求椭圆的方程；（2）若、两点在椭圆上，坐标原点为，且满足，求的取值范围．22．（2025•桃城区三模）已知椭圆的短轴长为4，离心率为，过右焦点的动直与交于，两点，点，在轴上的投影分别为，在的左侧）．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若直线与直线交于点，△的面积为，求直线的方程．23．（2025春•天津期中）已知椭圆的一个焦点，短轴长为．（1）求椭圆的标准方程；（2）直线与轴交于点，过焦点的直线与椭圆交于，两点．在上是否存在点使得△是等边三角形．若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由．24．（2025•东城区一模）已知椭圆过点，离心率为．上的点，关于轴的对称点为．设为原点，，过点与轴平行的直线交于点，．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若点在以为直径的圆上，求的值．

一．选择题（共10小题）题号12345678910答案DABACCAABA二．多选题（共4小题）题号11121314答案ABCBCDADACD一．选择题（共10小题）1．【答案】【分析】设椭圆方程为，，代入可得，，即可求出椭圆的方程．【解答】解：设椭圆方程为，．且，，代入可得，，，，椭圆的标准方程是．故选：．2．【答案】【分析】由离心率、短轴长以及，，的关系式，建立方程组，可得答案．【解答】解：因为椭圆离心率为，短轴长为2，所以，解得．故选：．3．【答案】【分析】根据三角形的重心坐标公式及“相关点“法即可求解．【解答】解：设，，设为，又易知，，，，根据三角形的重心坐标公式可得：，，，又在椭圆上，，，即，的轨迹方程为，故选：．4．【答案】【分析】由余弦定理，结合椭圆的性质求解即可．【解答】解：已知△的内角，，的对边分别为，，，为边上一点，且，，由及余弦定理，得，整理得，即，故该椭圆的长轴长为．故选：．5．【答案】【分析】求得椭圆的，，，运用椭圆的定义和条件可设，，，运用勾股定理和三角形的面积公式计算可得所求值．【解答】解：椭圆中，，，则，，，，设，，，，解得，则△的面积为．故选：．6．【答案】【分析】联立直线方程与椭圆方程求得，再由即可求解．【解答】解：点，分别是椭圆的左、右焦点，若直线与椭圆相交于，两点，将直线方程，代入椭圆的方程，可得．，，，，，，，，，又，．故选：．7．【答案】【分析】根据椭圆的定义及条件，表示出，，结合余弦定理可得答案．【解答】解：因为，所以，则，，因为，在△中，由余弦定理可得，所以，整理可得，所以，即．故选：．8．【答案】【分析】根据方程可得，，，结合椭圆定义可得，，再利用余弦定理以及几何性质分析求解．【解答】解：因为椭圆中，，，，所以，因为，且，解得，，所以，由椭圆性质可知：，，所以四边形为平行四边形，所以．故选：．9．【答案】【分析】设椭圆的左焦点为，不妨设，根据题意分析可得，，结合勾股定理可得，，即可得离心率．【解答】解：设椭圆的左焦点为，连接，，如图所示，不妨设，则，由椭圆上两点、关于原点对称，可知，，，四边形为矩形，则，，又，，即，可得，，则，在△中，，即，解得，可得，则，即，可得，椭圆的离心率为．故选：．10．【答案】【分析】设椭圆的另一个焦点为，由椭圆的定义可得，即，可得，运用三点共线取得最值，解不等式可得的范围，由离心率公式，可得所求范围．【解答】解：椭圆的一个焦点，另一个焦点为，由椭圆的定义可得，即，可得，由，可得，解得，又，可得，，故选：．二．多选题（共4小题）11．【答案】【分析】求得椭圆的离心率可判断；设直线的方程为，，，，，联立方程组，利用弦长公式求得，，进而可求的最大值，最小值，可判断；求得可判断；求得变换后的轨迹方程判断．【解答】解：由椭圆，可得，，所以，，所以椭圆的离心率为，故正确；可得椭圆的右焦点为，当直线的斜率为0时，直线的方程为，此时，，当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，，，联立，消去，可得，整理得，所以，，所以，同理可得，，当时，，且，所以的最小值为，最大值为，故正确；当直线的斜率为0时，直线斜率不存在，此时，，当直线的斜率为0时，直线斜率不存在，同理可得，当直线，的斜率不为0时，为定值，故正确；若上每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，则方程为，故不是圆，故错误．故选：．12．【答案】【分析】根据题意，由椭圆的标准方程可得，，，结合椭圆的性质对选项逐一判断，即可得到结果．【解答】解：因为椭圆，则，，，由椭圆的定义可知，，故错误；由椭圆离心率公式可得，故正确；因为设点到轴的距离为，显然，则△面积的最大值为，故正确；线段的中点为，则以线段为直径的圆的方程为，其圆心为，半径，且圆的圆心为，半径，则两圆的圆心距为，即两圆外切，故正确．故选：．13．【答案】【分析】先确定椭圆的方程，再根据方程分析椭圆的性质．【解答】解：对于，由题意，焦距为，又，所以椭圆焦点必在轴上，由．所以椭圆的离心率，故正确；对于，根据椭圆的定义，△的周长为，故错误；对于，如图：取为椭圆的上顶点，则，所以为钝角，所以椭圆上存在点，使得为直角，故错误；对于，如图：当时，设，，则，即，所以，所以，故正确．故选：．14．【答案】【分析】对于，由△是正三角形，可得，然后结合椭圆的性质求出，即可判断；对于，设，，由可知，则，所以，然后利用二次函数的知识即可判断；对于，设，则可得，然后结合的范围即可判断；对于，当的倾斜角为时，可得直线的方程为，直线的方程为，然后求出两直线的交点坐标为，即可判断直线与直线的垂直平分，然后可得△的周长即可判断．【解答】解：对于，由于△是正三角形，所以，又因为，且，所以，即，又因为，所以，解得，所以，所以离心率，故正确；对于，设，，由可知，则，所以，所以当时，取得最大值，最大值为4，故错误；对于，设，因为，，则，，所以，由知，椭圆的方程为，所以，所以，因为，所以的取值范围是，，故正确；对于，当的倾斜角为时，因为，，，所以直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，即两直线的交点坐标为，为线段的中点，所以直线与直线的垂直平分，所以，所以△的周长，故正确．故选：．三．填空题（共4小题）15．【答案】．【分析】根据椭圆的几何性质结合求解即可．【解答】解：已知椭圆方程为，则，即，所以，当且仅当位于椭圆的右顶点时取等号，故的最大值为．故答案为：．16．【答案】．【分析】根据椭圆的方程及定义可得，，则可化为，根据可求出的最小值，从而得到的最大值．【解答】解：由椭圆的定义知，，则，因为，，，所以当或5时，有最小值为5，故的最大值为．故答案为：．17．【答案】．【分析】联立直线与椭圆方程得，，由结合得、，代入中可得解．【解答】解：设，，，，，，由已知得直线方程，联立直线与椭圆得，整理得，所以，，又因为，所以，即，，，所以，即，所以，所以，整理得，又因为，所以，两边除以得，解得或（舍，所以．故答案为：．18．【答案】．【分析】先求切线，的方程，代入点坐标，进而求得直线的方程，求得，两点的坐标，然后求得△面积的表达式，利用基本不等式求得面积的最小值．【解答】解：先求在圆上一点的切线方程，设圆的方程为，圆心为，半径为，设，是圆上的一点，则，设是圆在，处的切线方程上任意一点，则，即，，②，①②并整理得，即圆在，处的切线方程为，根据题意，设，，，，，，是圆的切线且切点为，则的方程为，同理的方程为，又由、交于点，则有，，则直线的方程为（1），要使，，围成三角形，则不是椭圆的顶点，所以，，由（1）可得的坐标为，的坐标为，所以，又由点是椭圆上的动点（非顶点），则有，则有，即，当且仅当，即，时等号成立，所以，即△面积的最小值为．故答案为：．四．解答题（共6小题）19．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据题意，列出关于，，的方程组，求得，的值，即可得到椭圆的方程；（2）设直线的斜率为，得到直线的方程为，联立方程组，结合△，求得的值，即可得到的方程．【解答】解：（1）由椭圆经过点，且的离心率，可得，且，解得，，所以椭圆的方程为；（2）解：若斜率不存在，则，与椭圆相交，不符合题意，故斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为，即，联立方程组，整理得，△，因为直线与椭圆相切，所以△，整理得，解得，所以的方程为，即．20．【答案】（1）；（2）；（3）．【分析】（1）由题意可设椭圆的标准方程为．把点代入椭圆方程可得，再利用即可得出；（2）焦点在轴上，可设椭圆的标准方程为，由于椭圆经过两个点和，代入椭圆方程解出即可；（3）设椭圆方程为，把已知点的坐标代入可求，，进而可求椭圆方程．【解答】解：（1）由题意可设椭圆的标准方程为．把点代入椭圆方程可得，解得．又，．椭圆的方程为．（2）焦点在轴上，可设椭圆的标准方程为，椭圆经过两个点和，，解得．椭圆的标准方程为；（3）设椭圆方程为，因为椭圆经过点，和点，，所以，解得，，故椭圆方程为．21．【答案】（1）；（2），，．【分析】（1）利用菱形的面积和椭圆的性质列方程组即可得出；（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立可得根与系数的关系、再利用斜率的计算公式、数量积运算即可得出；【解答】解：（1）由已知可得，解得，故椭圆的方程为；（2）如图，当直线的斜率不存在时，设，，，，，即，又，所以；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，，，联立，得，△，即，，，，，，则，又，，即，由，则，，由，则，且，所以，且，则；综上，的取值范围是，，．22．【答案】（1）；（2）或．【分析】（1）根据题意可得，，，可求出，，，得到椭圆的方程；（2）根据题意设直线，点，，，，则点，，，，写出直线方程和直线方程，联立可得点坐标，求出点到直线的距离和弦长，表示出△的面积，可得的方程并解出．【解答】解：（Ⅰ）由已知，，，，解得，，所以椭圆的方程为；（Ⅱ）如图，由已知，点，直线斜率存在且不为0，所以设直线，点，，，，则点，，，，联立直线和椭圆，，得，所以，，直线方程为，直线方程为，联立直线方程和直线方程，解得，所以，，所以点，故点到直线的距离，，所以△的面积为，解得（负根舍去），所以，直线的方程为或．23．【答案】（1）；（2）存在；或．【分析】（1）根据