2027年高考数学一轮复习资料 专题16 椭圆及其应用

专题 椭圆及其应理·盘·破·辨·点·r＝|PF|，r＝|PF|，∠FPF＝θ，△PF

1

＋

F,

【真题实战】（2023·全国甲卷·高考真题）设O为坐标原点， 2为椭圆C

1 Ccos

3，则|OP|（

【解析】方法一：设FPF20π

b2tanF1PF2b2 cos2sin21 由cosF1PF2cos2cos2sin21tan2a29b26c2a2b23

，解得：tan

1FFy123y61y2 1 x2 x2913x2

6 3PFPF2a6PF23

22PFPFcosFPFFF2

1即PF2PF2 PF

12 PFPF15,PF2

221

PO

PF1PF2OPPO

PF1PF2

3 PO

212

PF2PFPF PF2PFPF

22PFPFcosFPFFF2

1PF2PF26PFPF12PF2

2 2OP2F

22PF2

2421易知F1F223，解得：OP 1xyx2y2 y2x2 axa，bybxb，ay e (0e 【真题实战】（2025·湖南·三模）已知曲线C:

1p2t3，qCx pq的（ 6tCx轴上的椭圆的充要条件是t26tt

，即2t4所以当2t32t4pq反之当2t42t3pqykxmykx

1(ab0联立x2y2yx 0直线和椭圆相交直线和椭圆有两个交点(或两个公共点0直线和椭圆相切直线和椭圆有一个切点(或一个公共点0直线和椭圆相离1+yy 4y1+yy 4y1 x x 4x 1

【真题实战】（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆CC

1(ab0

过点(02lCA,BO为坐标原点.若△OAB

，求|AB|【答案】(1

【解析】（1）4，故a2，而离心率为2，故c2故b

由xty2可得t22y24t2y4t240xx22y2故Δ16t44t224t24484t20即 t y1y2t22,y1y2 12ty

4t2t2yy 4y 1

2，解得t6 32 32t2AB

11

yy

4yy

321651 11

2P(x，y

1(a>b>0)上一点，则|x|≤a，a－c≤|PF 0为椭圆 a，b，c的不等关系 【典例1（2025·四川德阳·模拟预测）若椭圆C:a2b21ab0上存在一点P到其左右焦点的距离之比为3:1，则椭圆C离心率的取值范围为

3PF1PF22aPF3a,PF1 acPF1ac且a所以ac3aac1e 所以椭圆C离心率的取值范围为1 :

kx3yk8c2

恒与椭圆有两个不同的公共点，则椭圆的离心率范围为（A．0,1

0,1

1

1

2 3

2

【解析】将直线kx3yk8c0整理可得kxc3y8c08易知该直线恒过定点c3c 8若直线kx3yk8c0恒与椭圆有两个不同的公共点，可知点c3c

时，纵坐标为

c 整理可得3c28ac3a20，即3e28e30，解得0e1.

1】（2025·山东泰安·模拟预测）F是椭圆C:x2y2(ab0A(13在C FAx轴，直线lxl与CP、QPFAQFA求C【答案】(1

19 ，解得a24，b23a2b2所以C

（2）F(10，显然l的斜率存在，设lykxmP(x1y1Q(x2y2x2y2 由 消去y整理，得(34k2)x28kmx4m212ykx由直线l与椭圆CP、Q8km)216(34k2m2348(4k2m23x

4m2

PFA

PF则1

34k2

y1x21y2x 即 1 2 x1

x2

x11x2

x11x2因此(kx1m)(x21kx2m)(x110，整理得2kx1x2(km)(x1x22m0则

4m234k

(km8km2m0，化简得m4k34k所以直线lyk(x4)，即l过定点(40x2y2

ab

作两条互相垂直的直线l1l2EAB和CDABCDMN

4, 1；(2)直线MN经过定点，定点坐标为 又短轴长为2b23，所以b ，由a2b2c2可得a2

AB和CDABykx1，AxyBxyMx1x2kx1x211

ykx联立方程

2

y34k2x28k2x4k2120

8k

4k

x1x234k2M的坐标为34k234k2 将上式中的k换成1N的坐标为

3k 43k243k2

，即k1

M4, MN斜率不存在，直线过定点40 当k1时，即直线MN则 34k

43k2

21k3

21k 4k 4

12k4

12k34k243k直线MN为y

21

x

43k

12k21 43k2

k2

7令y0，得x43k2 7MN过定点40

3k2

743k2

AB或CDMNx轴，也会过40 MN经过定点，定点坐标为40 x2y2

A2,

B20M10，斜率为k（k0）的直线与椭圆交于C，DAC，BDxEG求椭圆T

a【解析】（1）a

c3a2b2 b2 所以椭圆T的标准方程为

直线CD

ykx

x2

y2

1x24k2x124

x2

8k14k2，x1x2

4k214k又直线AC：yx2，令x1得y x12

x1

x2直线BD ，令x1得

x

x

x

x11x11x22x12x2x1x22x1x22x1x2x12x24k2 8k 14k22x114k2x1 4k2 8k x2 x14k 14k 14k2 8kx 14k 114k4k2 16k3x 14k 114k 4k11 x8k214k131 x16k21

314k21 12k631 2】（2025·安徽安庆·模拟预测）N30PMx+3)2+y216PN的垂直平分线l1PM的交点为Q，记点Q的轨迹是曲线WD10的直线l与曲线WA,B．求曲线W已知点C40ACBC的斜率分别为k1k2，求k1k2

kk

1；(2) 【解析】（1）连接QNQNQP．设点QxyQMQNQMQP4,MN23∵423∴点Q的轨迹是以MN2a4，焦距2c23a2a2,c3,ba2 ∴曲线W的方程

（2）设直线lxmy1Ax1y1Bx2y2xmy联立

x，得

24

2my304y2则Δ4m212m240y1

2mm24

,y1

m2kk x

x

x2y14y1x1y24x4x 6m 6m 1y4ymy1y4y 2myy3yy 2

2

1

m2 m24my3my

m2y

3myy

1 m2k1k20:

1(ab0)

FP(03EEF的直线lEAB两点，求△OAB（O为坐标原点）【答案】(1)x 1；(2)3 【解析】（1）因为P(0,3)是E上一点，代入椭圆方程解得b a2又e 1，解得a2a2

（2）由（1）得半焦距c1F(10，显然l的斜率不为零，设直线lxmy1Ax1,y1),B(x2,y2)，xmy

x，得(3m24)y26my90，显然Δ0

24

y1

3m24

3m2

(y(yy)24y 1

m2所以|y1y2

(3m24)23m24

3m2 6m2 m2m2则△OABS△OAB2|OF||y1m2m2

3m2

11

t1y3t1在[1上单调递增，当t13t1则当m0

m21

m2m2

3所以△OAB3PD求动点ME直线l:ykxmy轴交于点QEABAQ3QB，求m2

2y2

x

xMPD的中点，则

2，即 y P在圆O:x2y24x2y24，即2x2y24 因此，点M的轨迹E的方程为x ykx联立4x2y2

得k24x22kmxm240由已知可得Δ4k2m24k24m240，得k24m20x

m2由韦达定理可得

k24，x1x2k24AQ3QB，即x1kx13x2kx2，则x13x2x13x2 1所以3xx2 1

0

12kk2

4m2 k2 0，即k2m2m2k240当m21k2m2m2k2404

4

m24m2所以k2 ，代入k24m20得 m24 0m2

m2

m2解得1m24m2的取值范围是14

21ab0FA，P

xa PB（A），求证：PF平分AFB【答案】(1

【解析】（1）a2b21(ab0)的半焦距为，F(c0A(a0)，离心率ec1，即a2cPxaP(am m0 PF的斜率为，

m1 a a 2c

1，解得mcP(acP(2cc因为PFA3|AF|acac3c，高为|m|c

AFm13cc3，解得c 则a2c2b2a2c2

（2）由（1）P(2,1F(1,0A(20PBykxm，则12km，即m12kykx联立

2

y(34k2x28kmx4m2120 因为直线与椭圆有唯一交点，所以Δ8km24(34k24m212)0即4k2m230，则4k212k230，解得k1，则m2y1x

1x2x 联立 ，解得y3，则B(1,2)

法一：则FB2,,FP3,1,FA3,0 所以cosBFP

FBFPFB

23322223232

310cosPFAFAFP33103332332FA 则cosBFPcosPFA，又BFPPFA(0π所以BFPPFAPF平分AFB

3 1

101， 0 2 1111由两直线夹角公式，得tanBFP 31，tanPFA 111 3则tanBFPtanPFA，又BFPPFA0,π)所以BFPPFAPF平分AFB法三：则tanPFA

1，tanBFA 2

3tan2PFA

2tanPFA

3 1tan2

1 1又BFPPFA

(0,)所以BFPPFAPF平分AFB3

，1 FBy3x1，即3x4y30323241则点P到直线FB的距离为d 323241

3MFx求C

1(ab0)的右焦点为F，点M1,在C上 P40的直线交CAB两点，NFPNBMF于点QAQy【答案】(1

【解析】（1）设Fc,0，由题设有c1且b23，故a213，故a2，故b

（2）ABAByk(x4Ax1y1Bx2y23x24y2由ykx

可得34k2x232k2x64k2120 故Δ1024k4434k264k2120，故1k1 x1x234k2,x1x2

64k234k 5

3

N50BN:y

5x2

2

x

2x

x2 所以yyy 3y2y12x25 2x 2x 2x2264k2 32k25 k2x1x25x1x28 34k 34k2x2 2x2128k224160k22432k 34k2x2

0y1yQAQy轴061，过点的直线lP的轨迹CABP的轨迹C是否存在直线l，使得AOB的面积为3？若存在，求出直线l【答案】(1)xy1；(2) (x1)2【解析】（1）因为点Px,y到点F1,0的距离为 点Px,y到直线x4的距离为(x1)2(x(x1)2x 化简得4(x124y2x28x16，即3x24y212P的轨迹C

（2）由题意可知直线lxmy联立

，得3m24y26my90lF，必有0 y1

3m2

,y1

y 4y 4y 1

OFy1

6

m2

3m24

43m24

3m2令t

m2，则m2t21t1m2

3t21

gt

3t21

t1g(t

613t23t2

g163，即AOB面积的最大值为3

3 因为3 ，所以不存在直线l，使得AOB面积为3 求C已知点M014F2M0的垂直平分线与椭圆CD（MD上的动点）F2M的垂直平分线与椭圆C恰有一个公共点TM、TF1三点共线；若不存在，说明理由.【答案】(1)xy1；(2)证明见解析；(3) 又因为椭圆C1，得a2b23，

M014F210得直线M0F2的斜率为k2，中点坐标为02，FMy1x2， x2y2 联立垂直平分线方程和椭圆方程yx

x22x10440 x1,y3FM的垂直平分线与C恰有一个公共点T13 2 0M114DF2关于右顶点的对称点M230D上.因为线段MMy0 MM的垂直平分线上的点xyx12y42x32y02，M0M2xy10. y由xy1

D10DM

4 M14M14M30三点的圆的方程为x12y2 Mxy在圆x12y216上，∴x12y216 y00F2Mx2x2与椭圆Cx x2y2当y00时，F2M的垂直平分线方程为y x0 ，

2设kx01bx0y01，由4

1得34k2x28kbx4b2120 2 ykx1x

x2y21

161x2142x24k23b24 0

3 2

4 0 161x2142x212x 4

0MF2的垂直平分线与椭圆C相切D存在，其方程为x12y216又由韦达定理得切点T

4kb41x0 34k

x0T

b

3

3y 34k

7

x 7x 0

y0

y0 x1

3x x

0 x001ykxm时，默认斜率存在，需单独讨论斜率不存在的直线（xx0）是否满足条件， 【典例1】（25-26高三上·广西·开学考试）已知椭圆Ca2b21ab0的离心率e求椭圆C

过点10的直线l与椭圆CABAB82，求直线l的方程

x2

1；(2xy1xy【解析】（1）2a4a2又ec

3，且a2b2c2，解得c ，b则椭圆C

x2

（2）法一：①当直线l0AB=2a4②当直线l0时，设直线lxtyxty联立x24y24

，得t24y22ty300yy

t2 yyAB

1

t21t y1t y 4y 11t21t2t2t2

2，解得t1故直线lxy1xy1法二：①当直线l斜率不存在时，AB ②设直线lykx1ykx联立x24y24

，得4k21x28k2x4k2400 4k 4k2 4k2AB82

1k x1k x 4x 1即4 ·1k2·3k2184k2

2，解得k1故直线lyx1yx

1(a＞b0

C的方程PC上，且满足OPOMON(O为坐标原点)l的方程【答案】(1)xy1；(2)2xy 0 4

a【解析】（1）由题意得

，解得b ca2b2 故椭圆C

（2）由题知直线lx2y2则联立 xmy

，可得2m23y24my4Δ16m2162m23 由根与系数关系可知：yy

2m2yy

1

2m2 OPOMON,

y1

2m23,xPmyP22m2P

,4m 2m232m23

又PC，则点P坐标满足椭圆的方程，即2m23 2m23 解得m21或m23（舍所以m

2，故直线lx

2y1，即2xy 02同实根”，即0，若忽略此条件，会得到“虚解”． 【典例1】（25-26高三上·安徽·月考）已知椭圆C 1(ab0)的离心率 C

，短轴长为23 【答案】(1)

t

或tec 2b

【解析】（1）由题意，得

，解得

6,b3,

a2b2 则椭圆C的方程为 yx联立

，得3x24tx2t260 则Δ16t2122t260，解得3t3xx4t,xx 1

2t2

x x 4x 1

991MN1

2 4 3 点O0,0到直线l的距离 9 1 4，解得t1或t22，满足3t9 2 则t1或t22x2y2 A2, 【典例2】（2025·广西·模拟预测）已知椭圆C求椭圆C

0

，离心率e 设直线lyxm与椭圆C交于不同的两点MN，点Q40MQNQ的斜率互为相反数，求实数m的值.

1；(2)m【解析】（1）由题知a2且ec

3，得c 又a2b2c2，代入可得a24b21 ∴椭圆C的方程

yx y联立x y

，得5x28mx4m24由题意，Δ64m280(m21)0,即16m280，解得 m

x1

4m2由 0，得 x1mx2m0

x x x x 2x1x2m4x1x2

0，即2xxm4xx8mx14x24

1 8(m21)8m(m4)

0，解得m利用定义|PF1|＋|PF2|＝2a转化或变形，借助三角形性质求最值． 1】（24-25高三上·山东临沂·月考）已知1、2是椭圆C

1P在椭圆C 且PF13，则PF2 【答案】【解析】在椭圆C:

1a4 F1F2是椭圆CP在椭圆CPF1PF22a8PF28PF1835 2】（24-25高三上·河北衡水·月考）已知1，2PF1PF2的最大值是（

1P

【解析】由题意，PF1PF210，PF1PF2 10

PF1PF225PF1

PF1PF225

1】（2025·陕西咸阳·三模）已知椭圆C:x2y2(ab0FF M，若FMF2π，且△FMF的面积为3，则C的标准方程

x22 1|MF||MF|sin2π3，可得|MF||MF| M为上顶点，则|MF1||MF2|a2

2c

2MF|2MF|2MF|22MFMFco 所以c ，则b2a2c21，故标准方程

1

1的左、右焦点分别为1、2PA F1PF2x轴的交点.PF1PF20PA（

24

3249【解析】依题意，a7，c 49PPF1mPF2n，则mn14①，且mn0

0，所以

90，所以m2n24c2100m8n6

84

3

3 1PA

sin45∘31PFPF

7

故26PA3168PA242 PPF1mPF2n，则mn14①，且mn0PF1PF20，所以F1PF290，所以m2n24c2100m8n6

1mPAsin451nPAsin45∘1mn 1所以PA 2mn482242.故选1m 1】（25-26高三上·山东青岛·月考）如图，椭圆xyFFF ABCDABCDAF1CF2的取值范围为（

A．[25,165C．[85,2

B．[25,165D．[85,2【解析】设点CE，由椭圆E由CEF1F2互相平分于点O，得四边形CF1EF2为平行四边形，则CF2//EF1且|CF2||EF1|，AB//CF2F1ABBE重合，因此|AF1||CF2||AB|，

a2b21(ab0)

，最长弦长为实轴长2ax

5，实轴长为

ABCDAB8所以|AF1||CF2||8

25).x2y2

P3,212（2025·陕西·模拟预测已知椭圆C

1

0

4 Q为CPQQF的最大值为（

【解析】设C半焦距为cF10，故c1又CP321，故9211 4

由椭圆得a2b2c2b21，代入解得a24，b23.即a2，b 所以Cxy 12211221 QFQF2aPQPFQF

5PQ

PFQF

5421 a2b2c2abc

1(m0,n0,mn) Ax2By21A0B0且AB

17的椭圆方程为（

21ab0

x2y2

1的焦点

5,0,5,0所以c55c55所以a7，又因为b

a2a2

1. 2（2025·黑龙江大庆·模拟预测）曲线C:

1，则“1m3”是“曲线C表示椭圆”的（m 3 【解析】若曲线C: 1表示椭圆m 3m1则3mm13

，解得1m2或2m则“1m3”是“曲线C表示椭圆”的必要不充分条件.1】（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）Cx2y216（y0）CPx轴作PPPPPM的轨迹方程为（）A．x2y21（y0 B．x2y2（y0 C．y2x2（y0 D．y2x2（y0

M(xyP(x,y0P(xMPPy02yP(x2y)，Px2y216(y0)上， 所以x24y216(y0)，即 1(y Mx2y21y0). 2】（2025·四川成都·三模）已知动圆C与圆(x1)2y21外切，同时与圆(x1)2y225内切，则动圆C的圆心轨迹方程为（）

xy2

xy2

【解析】设圆(x1)2y21圆心C且与圆CP，圆(x1)2y225圆心C与圆CC1C5CQC2C1CPCQCP，C1CC2C5CQ1CP62C1C2，C,

由椭圆定义可知：动圆圆心C的轨迹为以1 2为焦点的椭圆，设a2b21，则2a6,c1，解得：a3,b2a2c2918，

1. a，ce.a，ce的 1其右焦点F与上顶点A和左顶 B构成面积为

的三角形，则椭圆的离心率可以为（

B．

D． 可得a3，由图知

ac3c 9则△BAF13cb13c9

解得c1（其它解不合题意舍去），则椭圆的离心率为ec1.

【典例2】（2025·贵州·模拟预测）已知椭圆E：a2b21（a＞b＞0）的左、右焦点分别为1 点为B，右顶点为A，F1到直线AB的距离为b，则椭圆E的离心率为（）

3

5ABxy1，即bxayab0 bc0a2bc0a2c 又b2a2c2，化简得2c22aca20，即2a

10所以2e22e10，解得e

31或e

1（舍去E的离心率为31.1（25-26高二上·河北保定·月考若直线lmxny4和圆O:x2y24P(m

1的交点个数为（ A．0 C．1 D．2【解析】因为直线lmxny4和圆O:x2y24

2，即m2n24m2P(mn2为半径的圆及其内部的点，x2ym2 所以圆m2n24P(mn

1 P(mn的一条直线与椭圆的公共点的个数为2.2】（24-25高三下·云南昭通·月考）若对任意的实数k，直线kxy10点，则实数n的取值范围 【答案】166,

1因为直线kxy101

所以n0，解得n1且n6nP(x0，y0kABkOP2

轴)x2y21a

,x2y2B(2xx,2y ，则

(2

1

P1,1 y1，且椭圆内有一条以点2为中点 弦AB，则弦AB所在的直线l的方程 【答案】2x2y3A(x,y),B(x,y

2，由题意得1y11,2y2 y1y2y1y21PABx

2,y

1x1

x1

y1y21AB的斜率k1x