专题6-2椭圆方程及其性质 （专题分层练）（4种题型）解析版.docx

1、专题验收评价专题6-2 椭圆方程及其性质 内容概览A常考题不丢分一椭圆的定义（共3小题）二椭圆的标准方程（共4小题）三椭圆的性质（共6小题）四直线与椭圆的综合（共16小题）B拓展培优拿高分（压轴题）（14题）C挑战真题争满分（4题）一椭圆的定义（共3小题）1（2023春杨浦区校级期中）已知椭圆上的点到一个焦点的距离为3，则到另一个焦点的距离为7【分析】椭圆的长轴长为10，根据椭圆的定义，利用椭圆上的点到一个焦点的距离为3，即可得到到另一个焦点的距离【解答】解：椭圆的长轴长为10根据椭圆的定义，椭圆上的点到一个焦点的距离为3到另一个焦点的距离为故答案为：7【点评】本题考查椭圆的标准方程，考查椭圆

2、的定义，属于基础题2（2023春杨浦区校级月考）若方程的系数、可以从，0，1，2，3，4这6个数中任取3个不同的数而得到，则这样的方程表示焦点在轴上的椭圆的概率是0.1（结果用数值表示）【分析】由题意知，所有的选法，满足条件的选法；由古典概型的公式计算可得答案【解答】解：方程表示椭圆，、从 1，2，3，4 中任意选取3个，所有的选法，满足条件的选法，方程表示焦点在轴上的椭圆的概率是；故答案为0.1【点评】本题考查椭圆的性质、等可能时间的概率3（2023春普陀区校级月考）在平面直角坐标系中，已知顶点和，顶点在椭圆上，则【分析】先利用椭圆的定义求得，进而由正弦定理把原式转换成边的问题，进而求得答案

3、【解答】解：利用椭圆定义得，由正弦定理得故答案为：【点评】本题主要考查了椭圆的定义和正弦定理的应用考查了学生对椭圆的定义的灵活运用二椭圆的标准方程（共4小题）4（2023春黄浦区校级期中）椭圆的长轴长为 8【分析】根据椭圆的标准方程求出的值，再求椭圆的长轴长【解答】解：因为椭圆的标准方程为，所以，所以，所以椭圆的长轴长为故答案为：8【点评】本题考查了椭圆的标准方程应用问题，是基础题5（2023秋思明区校级期中）过点且与椭圆有相同焦点的椭圆方程为 【分析】求出椭圆的焦点坐标，设出方程利用椭圆经过的点，求解即可【解答】解：椭圆，即：，可得，可得，椭圆的焦点，设椭圆的方程为：，椭圆过点，可得：，解得

4、，所求的椭圆方程为：故答案为：【点评】本题考查椭圆的简单性质以及椭圆方程的求法，考查计算能力6（2023春金山区校级期末）已知，表示椭圆，则是的 必要不充分条件【分析】先求出方程表示椭圆的的范围，然后结合集合包含关系与充分必要条件的关系即可求解【解答】解：若表示椭圆，则，解得且，因为，则是的必要不充分条件故答案为：必要不充分条件【点评】本题以充分不必要条件的判断为载体，主要考查了椭圆方程的条件，属于基础题7（2023春崇明区期末）设是椭圆的长轴，点在上，且，若，则的两个焦点之间的距离为【分析】由题意画出图形，设椭圆的标准方程为，由条件结合等腰直角三角形的边角关系解出的坐标，再根据点在椭圆上求得

5、值，最后利用椭圆的几何性质计算可得答案【解答】解：如图，设椭圆的标准方程为，由题意知，点的坐标为，因点在椭圆上，则的两个焦点之间的距离为故答案为：【点评】本题考查椭圆的定义、解三角形，以及椭圆的简单性质的应用三椭圆的性质（共6小题）8（2023杨浦区校级模拟）“表示焦点在轴上的椭圆”的一个充分不必要条件是ABCD【分析】求出椭圆的标准方程，先求出椭圆的等价条件，结合充分不必要条件的定义进行求解即可【解答】解：椭圆的标准方程为，即，若焦点在轴，则，即等价条件为，则对应的充分不必要条件可以为，故选：【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，先根据椭圆的标准方程求出对应的等价条件是解决本题的关键

6、9（2023松江区模拟）考虑这样的等腰三角形：它的三个顶点都在椭圆上，且其中恰有两个顶点为的顶点这样的等腰三角形的个数为A8B12C16D20【分析】由题意画出图形，分两类分析得答案【解答】解：作出椭圆，如图，等腰三角形恰有两个顶点为的顶点，如，为顶点，则，为等腰三角形底边两顶点时等腰三角形有2个，分别为和，同理以，以，以，为等腰三角形底边两顶点时等腰三角形均有2个，分别以，为两腰交点的等腰三角形也各有2个，故等腰三角形的个数为12个故选：【点评】本题考查椭圆的几何性质，考查分析问题与解决问题的能力，属中档题10（2023徐汇区三模）如图，椭圆的焦点在轴上，长轴长为，离心率为，左、右焦点分别为

7、，若椭圆上第一象限的一个点满足：直线与直线的交点为，直线与轴的交点为，且射线为的角平分线，则的面积为 【分析】利用三角形中的角平分线的性质、联立直线与椭圆方程以及三角形的面积公式进行求解【解答】解：设椭圆的方程为，则，解得，故椭圆的方程为；在和中由正弦定理得：，又射线为的角平分线，可得，则在直角中，故，所以直线，点为直线与椭圆的交点，联立，解得（舍负），故故答案为：【点评】本题考查椭圆的几何性质，正弦定理的应用，方程思想，属中档题11（2023虹口区校级模拟）如图所示，当篮球放在桌面并被斜上方一个灯泡（当成质点）发出的光线照射后，在桌面上留下的影子是椭圆，且篮球与桌面的接触点是椭圆的右焦点，若

8、篮球的半径为1个单位长度，灯泡与桌面的距离为4个单位长度，灯泡垂直照射在平面上的点为，椭圆的右顶点到点的距离为3个单位长度，则此时椭圆的离心率【分析】建立直角坐标系，由题意可知，求得直线的方程，利用点到直线的距离公式求得、的坐标，再利用到的距离求得点坐标，则可得出，求解，即可得到椭圆的离心率【解答】【解答】解：以为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意可知，由题意可得，则，设，则到的距离，解得（舍去），则，又设，由，得，则，得，解得椭圆的离心率故答案为：【点评】本题考查椭圆离心率的求法，解题的关键是建立直角坐标系，根据题意求解与，属难题12（2023青浦区二模）如图，已知，分别是椭圆的左、右焦点，

9、为椭圆上两点，满足，且，则椭圆的离心率为 【分析】如图，延长，与椭圆交于点，连接，设，可得，在中，用余弦定理可得到，继而得到，即可求解【解答】解：设椭圆的半焦距为，如图，延长，与椭圆交于点，连接，由，所以根据对称性可知，设，则，从而，故，在中，所以，在中，即，所以，所以，所以离心率故答案为：【点评】本题主要考查椭圆的性质，椭圆中的焦点三角形问题等知识，属于中档题13（2023浦东新区校级模拟）以为圆心的动圆与圆和圆均相切，若点的轨迹为椭圆，则的取值范围是 【分析】根据条件，进行以为圆心的动圆与两圆相外切和与圆外切，与圆内切，两种情况讨论，利用点的轨迹为椭圆，即可得出结果【解答】解：由题知，若以

10、为圆心的动圆与两圆均外切，如图，令以为圆心的动圆半径为，则，因，所以此时点的轨迹不是椭圆，不符合题意；若以为圆心的动圆与圆外切，与圆内切，如图，令以为圆心的动圆半径为，则，因，若点的轨迹为椭圆，则，即，且圆与圆不相交，即，综上，若点的轨迹为椭圆，则故答案为：【点评】本题考查圆与圆的位置关系，考查椭圆的定义及其性质，考查分类讨论思想，数形结合思想，属于中档题四直线与椭圆的综合（共16小题）14（2023闵行区校级一模）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点分别为、，上顶点为（1）若为直角三角形，求的离心率；（2）若，点、是椭圆上不同两点，试判断“”是“、关于轴对称”的什么条件？并说明理由；（3）若，点为

11、直线上的动点，直线，分别交椭圆于，两点，试问的周长是否为定值？请说明理由【分析】（1）由为直角三角形，则，又，可得，进而可得答案（2）根据题意可得椭圆的方程为，设，则，同理可得，若，则有，则或，再由充要条件的定义，即可得出答案（3）根据题意可得椭圆的方程为，设，写出直线直线、的方程，分类联立椭圆的方程，解得，点坐标，写出直线方程，即可得出答案【解答】解：（1）根据题意可得，因为为直角三角形，所以，又，所以，所以，又，所以，所以，即，所以或（舍，所以椭圆的离心率为（2）因为，所以椭圆的方程为，设，同理可得，若，则有，所以，所以或，所以不能推出与关于轴对称，而与关于轴对称不能推出，所以“”是“、关

12、于轴对称”的必要不充分条件（3）若，则椭圆的方程为，设，直线的方程为，直线的方程，联立，得，所以，所以，所以，所以，联立，得，所以，所以，所以，所以，所以直线的方程为，所以直线经过定点，即椭圆的右焦点，所以的周长为，定值【点评】本题考查椭圆的性质，解题中需要理清思路，属于中档题15（2023黄浦区校级三模）如图，已知椭圆的离心率为，点为其左顶点过的直线交抛物线于、两点，是的中点（1）求椭圆的方程；（2）求证：点的横坐标是定值，并求出该定值；（3）若直线过点，其倾斜角和直线的倾斜角互补，且交椭圆于，两点，求的值，使得的面积最大【分析】（1）根据题意可得，解得，即可得出答案（2）设，设直线的方程为

13、，联立抛物线的方程，结合韦达定理可得以，由为的中点，得，进而可得，则，再计算，即可得出答案（3）直线的倾斜角和直线的倾斜角互补，则直线的斜率和直线的斜率互为相反数，设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得，计算弦长，由点是的中点，得，计算点到直线的距离为，则，令，则，由基本不等式，即可得出答案【解答】解：（1）根据题意可得，解得，所以椭圆的方程为（2）证明：设，因为过的直线交抛物线于两点，所以直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，联立，得，所以，因为为的中点，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以点的横坐标为定值1（3）直线的倾斜角和直线的倾斜角互补，则直线的斜率和直线的斜率

14、互为相反数，又点，所以设直线的方程为，即，设，联立，得，所以，解得，所以，所以，因为点是的中点，所以，设点到直线的距离为，则，所以，令，所以，当且仅当，即，时，等号成立，所以，所以【点评】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要理清思路，属于中档题16（2023长宁区校级三模）已知椭圆的离心率是，点是椭圆的上顶点，点是椭圆上不与椭圆顶点重合的任意一点（1）求椭圆的方程；（2）设圆若直线与圆相切，求点的坐标；（3）若点是椭圆上不与椭圆顶点重合且异于点的任意一点，点关于轴的对称点是点，直线、分别交轴于点、点，探究是否为定值，若为定值，求出该定值，若不为定值，说明理由【分析】（1）根据离

15、心率得到，得到椭圆方程（2）确定圆心和半径，设出直线，根据圆心到直线的距离等于半径得到斜率，解得答案（3）设出点坐标，根据三点共线得到，代入计算得到答案【解答】解：（1）椭圆的离心率是，解得，故椭圆方程为：（2）圆，即，故圆心，半径，设直线的方程为，即，直线与圆相切，则，解得，当时，解得或（舍，故，当 时，解得 或（舍，故，故 或；（3）设，三点共线，则，即，解得，同理可得，【点评】本题考查直线与椭圆的综合问题，属于中档题17（2023嘉定区模拟）已知曲线的左、右焦点分别为、，直线经过且与相交于、两点（1）求的周长；（2）若以为圆心的圆截轴所得的弦长为，且与圆相切，求的方程；（3）设的斜率为，

16、在轴上是否存在一点，使得且？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）将曲线的方程整理可得为椭圆的标准方程，可得，的值，进而求出的值，可得的周长；（2）由题意可得圆的圆心坐标及半径的大小，设直线的方程，求出到直线的距离，使得，可得参数的值，进而求出直线的方程；（3）由题意可得直线的斜率存在且不为0，设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，可得的中点的坐标，由题意可得在线段的中垂线上，可得线段的中垂线的方程，令可得的坐标，求出，由，可得，求出的值，进而求出的坐标【解答】解：（1）曲线整理可得：，可得，所以，由椭圆的定义可得的周长为；（2）显然直线的斜率不为0，设直线的

17、方程为，以为圆心的圆截轴所得的弦长为，则圆的圆心，半径，所以到直线的距离，解得，即，所以直线的方程为，即直线的方程为：；（3）设直线的方程为，设，假设存在，满足条件，因为，可得在线段的中垂线上，当直线的斜率为0时，则直线为的方程为：，显然，三点共线不满足，所以直线的斜率存在且不为0，联立，整理可得，因为点在椭圆内部，所以显然成立，且，所以的中点，所以线段的中垂线的方程为，令，可得，即，所以，所以，因为，所以，即，可得，所以，即，满足条件【点评】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，线段的中垂线方程的求法，属于中档题18（2023闵行区校级二模）已知椭圆过点记椭圆的左顶点为，右焦点为（1）

18、若椭圆的离心率，求的范围；（2）已知，过点作直线与椭圆分别交于，两点（异于左右顶点）连接，试判定与是否可能垂直，请说明理由；（3）已知，设直线的方程为，它与相交于，若直线与的另一个交点为证明：【分析】（1）先根据在椭圆上，得到，的关系，再结合离心率的范围可以求得的范围；（2）假设，向量数量积为0，可以求得点坐标，可以确定与垂直；（3）设点后联立直线和椭圆方程，再消参数得出横坐标关系，即可得出结论【解答】解：（1）在椭圆上，可得，；（2）垂直，理由如下：且椭圆过，因此椭圆方程为，由题意得，假设，设，则，由，得，即，又点在椭圆上，则，联立消去，得，则（为左顶点不符合题意舍），所以与垂直（3）证明：

19、设，由（2）知椭圆方程为，与直线的方程联立消去，并整理得，可得，又点在直线上，又直线的方程为与椭圆方程为联立消去，整理得，所以，于是可得，即，从而，两点关于轴对称，因此【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19（2023嘉定区校级三模）如图所示，在平面直角坐标系中，椭圆的左，右焦点分别为，设是第一象限内上的一点，、的延长线分别交于点、（1）求的周长；（2）求面积的取值范围；（3）设、分别为、的内切圆半径，求的最大值【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解；（2）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理得到纵坐标之差的绝对值的取值范围，然后确定三角

20、形面积的取值范围即可；（3）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理利用等面积法得到内切圆半径的表达式，据此得到的表达式，然后利用基本不等式求最值即可【解答】解：（1），为椭圆的两焦点，且，为椭圆上的点，从而得到的周长为由题意，得，即的周长为（2）由题意可设过的直线方程为，联立，消去得，则，所以，令，则（当时等号成立，即时），所以，故面积的取值范围为（3）设，直线的方程为，将其代入椭圆的方程可得，整理可得，则，得，故当时，直线的方程为，将其代入椭圆方程并整理可得，同理，可得，因为，所以，当且仅当时，等号成立轴时，易知，此时，综上，的最大值为【点评】本题主要考查椭圆定义的应用，椭圆中的范围问题，直线

21、与圆锥曲线的位置关系等知识，属于中档题20（2023浦东新区校级三模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上且在第一象限内，直线与椭圆相交于另一点（1）求的周长；（2）在轴上任取一点，直线与直线相交于点，求的最小值；（3）设点在椭圆上，记与的面积分别为、，若，求点的坐标【分析】（1）由椭圆标准方程可知，的值，根据椭圆的定义可得的周长，代入计算即可（2）由椭圆方程得，设，进而由点斜式写出直线方程，根据题意即可得点为，再由向量数量积计算最小值即可（3）在计算与的面积时，可以最为同底，所以若，则到直线距离与到直线距离，之间的关系为，根据点到直线距离公式可得，所以题意可以转化为点

22、应为与直线平行且距离为的直线与椭圆的交点，设平行于的直线为，与直线的距离为，根据两平行直线距离公式可得，或12，然后在分两种情况算出点的坐标即可【解答】解：（1）由椭圆的标准方程可知，所以的周长为（2）由椭圆方程得，设，则直线方程为，又直线与直线相交于点，所以直线与的交点为，当时，（3）若，设到直线距离，到直线距离，则，即，可得直线方程为，即，所以，由题意得，点应为与直线平行且距离为的直线与椭圆的交点，设平行于的直线为，与直线的距离为，所以，即或12，当时，直线为，即，联立，可得，即或，所以或，当时，直线为，即，联立，可得，所以无解，综上所述，点坐标为或，【点评】本题考查椭圆的定义，向量的数量

23、积，直线与椭圆相交问题，解题过程中注意转化思想的应用，属于中档题21（2023嘉定区校级三模）已知椭圆的左、右焦点分别为和的下顶点为，直线，点在上（1）若，线段的中点在轴上，求的坐标；（2）若直线与轴交于，直线经过右焦点，在中有一个内角的余弦值为，求；（3）在椭圆上存在一个点，到的距离为，使，当变化时，求的最小值【分析】（1）由题意可得椭圆方程为，从而确定点的纵坐标，进一步可得点的坐标；（2）由直线方程可知，分类讨论和两种情况确定的值即可；（3）利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得，即可确定的最小值【解答】解：（1）由题意可得，的中点在轴上，的纵坐标为

24、，代入，得（2）由直线方程可知，若，则，即，若，则，即，综上或（3）由点到直线距离公式可得，很明显椭圆在直线的左下方，则，即，据此可得，整理可得，即，从而即的最小值为【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，点到直线距离公式及其应用，椭圆中的最值与范围问题等知识，属于中等题22（2023浦东新区校级三模）已知：椭圆左、右顶点分别为、，是椭圆上异于、的任一点，直线，、是直线上两点，、分别交椭圆于点、两点（1）直线、的斜率分别为、，求的值；（2）若、三点共线，求实数的值；（3）若直线过椭圆右焦点，且，求面积的最小值【分析】（1）由椭圆的方程可得，的坐标，设的坐标，代入椭圆的方程，可得的横纵坐标的关系，进

25、而求出的值；（2）由题意设的坐标，可得的坐标，求出直线的方程，令，可得的纵坐标，即求出的坐标，同理可得的坐标，再由，可得，代入可得的值；（3）设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，可得的纵坐标之差的绝对值，设直线的方程，令，可得的坐标，同理可得的坐标，求出的代数式，代入三角形的面积公式，可得三角形的面积的最小值【解答】解：（1）由椭圆的方程可得，设，则，可得；（2）因为、三点共线，设，则，所以直线的方程为：，令，可得，即，同理可得，又因为，所以，即，整理可得，即，解得；（3）由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程为：，设，联立，整理可得，显然，且，直线的方程：，令，可得，同

26、理可得，所以，所以，当且仅当时取等号，所以面积的最小值为18【点评】本题考查椭圆的性质的应用及直线与椭圆的综合应用，属于中档题23（2023上海模拟）已知椭圆经过点，为椭圆的左右焦点，为平面内一个动点，其中，记直线与椭圆在轴上方的交点为，直线与椭圆在轴上方的交点为，（1）求椭圆的离心率；（2）若，证明：；（3）若，求点的轨迹方程【分析】（1）由椭圆过点，可知的值，进而求出的值，可得椭圆的离心率；（2）由，所以，进而可知对应边成比例，再由合分比定理可得，的纵坐标的关系，整理可证得结论；（3）设直线，的方程，与椭圆的方程联立，由题意可知，的表达式，由题意可得到，的距离之和为定值，且大于的值，由椭圆

27、的定义可知的轨迹为以，为焦点的椭圆，并可知长半轴长及短半轴长，进而求出它的轨迹方程【解答】解：（1）由椭圆过，所以，解得，所以椭圆的方程为：；，所以离心率；（2）证明：因为，所以，所以，由和分比定理可知，所以，整理可得，即证得成立；（3）设直线的方程为，设，联立，整理可得，所以，解得，设的方程为：，设，联立，整理可得：，可得，解得，所以，又因为，所以，所以的轨迹为且，为焦点的椭圆的上半部分，且，即，所以点的轨迹方程为：【点评】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，点的轨迹方程的求法，属于中档题24（2023浦东新区校级一模）椭圆（1）若抛物线的焦点与的焦点重合，求的标准方程；（2）若的上

28、顶点、右焦点及轴上一点构成直角三角形，求点的坐标；（3）若为的中心，为上一点（非的顶点），过的左顶点，作，交轴于点，交于点，求证：【分析】（1）根据椭圆的方程和抛物线的性质即可求出，（2）根据勾股定理即可求出，（3）由，设直线的方程为，直线的方程为，分别于椭圆的方程联立，求出点，的坐标，在根据向量的运算即可证明【解答】解：（1）椭圆中，的焦点坐标为，抛物线的焦点与的焦点重合，且抛物线的焦点在轴上，的标准方程；（2）的上顶点、右焦点及轴上一点构成直角三角形，设，显然，解得，当时，此时三角形为直角三角形综上所述或，证明（3）由，设直线的方程为，直线的方程为，由，消可得，解得，或，则则点的坐标为，对

29、于直线方程，令，可得，由，解得，解得或，【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，抛物线方程的求法，向量的运算，考查计算能力，属于中档题25（2023浦东新区二模）椭圆的方程为，、为椭圆的左右顶点，、为左右焦点，为椭圆上的动点（1）求椭圆的离心率；（2）若为直角三角形，求的面积；（3）若、为椭圆上异于的点，直线、均与圆相切，记直线、的斜率分别为、，是否存在位于第一象限的点，使得？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由【分析】（1）由已知易求椭圆的离心率；（2）分，两种情况可求的面积；（3）设，则直线的方程为，可得，进而可得，可求的坐标【解答】解：（1）由椭圆的方程为，得标准方程为，离

30、心率（2）设，当时，此时；，由对称性，不妨设时，且在第一象限，则，此时；，综上，的面积为或（3）设，则直线的方程为，由已知，同理：，因而，是方程的两根，所以，得，由在第一象限得，存在位于第一象限的点，使得，点的坐标为【点评】本题考查椭圆的几何性质，考查三角形的面积，考查直线与椭圆的位置关系，属中档题26（2023闵行区校级三模）已知是椭圆的左顶点，、是椭圆上不同的两点（1）求椭圆的焦距和离心率；（2）设，若，且、和、分别共线，求证：、三点共线；（3）若是椭圆上的点，且，求的面积【分析】（1）直接由椭圆的方程得出和，再由 求出，即可得出焦距和离心率；（2）设，首先由得出，由、三点共线和、 三点共

31、线，得出，再将，代入椭圆方程，联合整理得， 即可证明结论，（3）设，由，得出和，当直线的斜率不存在时，得出，即可得出 的面积；当直线的斜率存在时，设，与椭圆方程联立，得出和，结合点在椭圆上，得出，再根据弦长公式得出，根据点到直线距离公式得出点，到直线的距离，根据，即可得出面积【解答】解：（1）由 可知，故，所以焦距，离心率，（2）证明：设，由题意，所以，得，由、三点共线，则，即，同理可得，、三点共线，则，即，故，即，又，所以，所以，由，整理得，所以有，又，故 所以，所以、三点共线（3）设，因为，当直线的斜率不存在时，则，所以，又是椭圆上的点，此时，当直线的斜率存在时，可设，由，得，所以，所以，

32、又点在椭圆上，代入整理得，从而，于是，点，到直线的距离，所以【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查三角形的面积，考查定值问题，属中档题27（2023杨浦区二模）已知椭圆的右焦点为，直线（1）若到直线的距离为，求；（2）若直线与椭圆交于、两点，且的面积为，求；（3）若椭圆上存在点，过作直线的垂线，垂足为，满足直线和直线的夹角为，求的取值范围【分析】（1）求得右焦点为，利用已知可求；（2）设直线与轴交于点，与椭圆交于，联立方程组可得，求解即可；（3）若，直线经过，此时直线和直线的夹角为，不符合题意，若，直线和直线的夹角为且，可得直线直线的方程为或，与椭圆联立方程组可求的取值范围【解答】解：（1）椭圆

33、的右焦点为，又到直线的距离为，解得（舍去）或；（2）设直线与轴交于点，与椭圆交于，得，由，得，解得，经检验判别式大于0成立，；（3）若，直线经过，此时直线和直线的夹角为，不符合题意，若，直线和直线的夹角为且，的斜率为0或不存在，又点在直线上，故或，直线的方程为或，代入椭圆方程可得：或，由或，解得或，综上所述：的取值范围为，【点评】本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，属中档题28（2023浦东新区模拟）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于，两点，已知，求直线的方程；（3）点为椭圆上任意一点，过点作的切线与圆交于，两点，设直线，的斜率分别为，证明：为

34、定值，并求该定值【分析】（1）由题意可得：，联立解得，即可得出椭圆的方程（2）设，设直线的方程为，与椭圆方程联立化为，由，可得，结合根与系数的关系可得，即可得出直线的方程（3）设，分类讨论：直线的斜率不存在时，直线的方程为，可得直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立可得，的关系式；与圆的方程联立化为，利用根与系数的关系、斜率计算公式即可得出为定值【解答】解：（1）由题意可得：，联立解得，椭圆的方程为（2）设直线的方程为，设，联立，化为，联立解得，直线的方程为（3）证明：设，直线的斜率不存在时，直线的方程为，取方程为，则，；取方程为，同理可得直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，化为

35、，则，化为联立，化为，为定值【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相交问题、直线与椭圆相切问题、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题29（2023普陀区校级模拟）如图，中心在原点的椭圆的右焦点为，长轴长为8椭圆上有两点，连结，记它们的斜率为，且满足（1）求椭圆的标准方程；（2）求证：为一定值，并求出这个定值；（3）设直线与椭圆的另一个交点为，直线和分别与直线交于点，若和的面积相等，求点的横坐标【分析】（1）利用椭圆的长轴长以及焦点坐标，求解，然后求解，得到椭圆方程（2）设，通过结合得到坐标满足方程，转化求解为一定值即可（3）

36、法一：推出，转化求解、的纵坐标，通过，转化求解点横坐标（3）法二通过，推出，转化求解点横坐标即可【解答】（1）解：由已知条件，设椭圆，则，椭圆（2）证明：设，则，整理得，由，解得，代入，为定值（3）法一：设直线与椭圆的另一个交点为，直线和分别与直线交于点，设，由椭圆的对称性可知，故，于是，又，若和的面积相等，代入，再将代入，得若，化简得，方程无解；若，化简得解得：舍去），点横坐标为法二：设，由椭圆的对称性可知，或者，或者，或者（舍，解得：，点横坐标为【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题一选择题（共2小题）1（2022上海自主招生）椭圆的

37、焦点为，点在上，当最大时，则ABCD【分析】由平面几何知识可得当过与的圆与直线相切时，切点满足最大，此时圆心在轴上，设，则圆的半径，又，从而得，从而得，再计算即可得解【解答】解：由题意可得，且直线与轴的交点为，由平面几何知识可得：当过与的圆与直线相切时，切点满足最大，此时圆心在轴上，设，则圆的半径，又，故选：【点评】本题考查椭圆的性质，平面几何知识，属中档题2（2022上海自主招生）椭圆在椭圆上，为相反数与，则与A，有关，与点无关B点，有关C，有关，与无关D，有关，与无关【分析】设，则直线的方程为，与椭圆方程联立方程组可得点坐标，同理可得点坐标，从而可得【解答】解：设，则直线的方程为，由，消去

38、得，同理可得，故选：【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的运算求解能力，属中档题二解答题（共12小题）3（2022上海自主招生）椭圆，弦中垂线过，求离心率的取值范围【分析】设，则，整理化简得，再由即可求出结果【解答】解：设，令，则，即，则，即，又，即离心率的取值范围，【点评】本题主要考查了椭圆的性质，属于中档题4（2021上海自主招生）已知，分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，延长到点，满足的中点为，则下列两个结论是否正确：结论；结论为椭圆的切线【分析】由于，的中点为，由为等腰三角形的中线，即可判断结论1是否正确；作的平分线交于点，则由，由角平分线的性质有，解得点的坐标，即可得出答

39、案【解答】解：由于，的中点为，则显然又，结论1正确；作的平分线交于点，则由，由角平分线的性质有，设椭圆，可得所以，所以，可得，则，可得为椭圆的切线，结论2正确【点评】本题考查椭圆的性质，解题中需要理清思路，属于中档题5（2023普陀区模拟）已知椭圆，、是轴上不重合的两点，过点作不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于，、，两点，直线、分别与直线交于、两点（1）若点的坐标为，点的坐标为，求点的坐标；（2）设为线段的中点，且，求证：；（3）是否存在实数，使得为定值，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【分析】（1）写出直线和直线的方程，将直线与椭圆方程联立，可得点坐标，由直线方程知点的坐标，可得直线的方程

40、，令，即可求得结果（2）由两点间距离公式，写出，再化简运算，即可得证（3）设直线的方程为，将其与椭圆方程联立，写出韦达定理，再由直线，的方程分别可得点，的坐标，最后代入，化简运算，使其结果与无关即可【解答】解：（1），则直线的方程为，直线的方程为，在中，令，则，即，联立，解得或，点，直线的方程为，令，则，故点的坐标为（2）证明：因为为线段的中点，因为，即，故（3）设直线的方程为，联立得，易得，由，知直线方程为，令，则，即，同理可得，点，而，故当，即时，是定值【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，灵活应用韦达定理，熟练写出直线方程是解题的关键，有一定的计算量，考查逻辑推理能力和运算能力6（202

41、3浦东新区三模）已知，曲线（1）若曲线为圆，且与直线交于，两点，求的值；（2）若曲线为椭圆，且离心率，求椭圆的标准方程；（3）设，若曲线与轴交于，两点（点位于点的上方），直线与交于不同的两点，直线与直线交于点，求证：当时，三点共线【分析】（1）求得圆心到直线的距离，可求弦长；（2）由已知可得，分焦点在轴与轴上两种情况求解即可；（3）设，由离心率可求，可得椭圆的方程，联立直线与椭圆方程可得，进而可得，因而，三点共线【解答】解：（1）若曲线为圆，则，圆方程为：，此时圆心到直线的距离，此时；（2）曲线的方程曲线，可得，当焦点在轴上时，由离心率，可得，此时椭圆的标准方程为，当焦点在轴上时，由离心率，可

42、得，此时椭圆的标准方程为；（3）当时，方程为，设，直线的方程为：，令，联立，消去得，因为，分子，即，因而，三点共线【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属难题7（2023奉贤区校级模拟）已知椭圆的左右焦点为、，过，不过椭圆的顶点和中心）且斜率为直线交椭圆于、两点，与轴交于点，且，（1）若直线过点，求的周长；（2）若直线过点，求线段的中点的轨迹方程；（3）求证：为定值，并求出此定值【分析】（1）根据椭圆的定义可得的周长，（2）由题意直线，根据韦达定理，和中点坐标公式，消去参数即可求出线段的中点的轨迹方程；（3）根据向量的运算可得，再题意直线的方程为，代入，由

43、此利用韦达定理结合已知条件能证明【解答】解（1）由题意椭圆的长轴长的周长为（2）由题意直线由得，由题意恒成立设，则，即消去得点的轨迹方程为证明：（3）由得，同理由题意直线的方程为，代入得，由题意由韦达定理得，综上可知为定值【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，韦达定理，考查两数和为定值的证明，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用8（2023青浦区校级模拟）已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距是（）求椭圆的方程；（）若直线与椭圆交于两个不同点，以线段为直径的圆经过原点，求实数的值；（）设，为椭圆的左、右顶点，为椭圆上除，外任意一点，线段的垂直平分线分别交直线和直线于

44、点和点，分别过点和作轴的垂线，垂足分别为和，求证：线段的长为定值【分析】（）利用长轴以及短轴的定义，结合焦距，得到，的关系，从而得到答案；（）联立直线和椭圆的方程，设，然后利用韦达定理以及，求解即可得到答案；（）设，利用点斜式求出直线和直线的方程，得到点的坐标，从而得到直线的方程，联立直线和直线的方程，解得点的横坐标，求解的长度即可证明【解答】（）解：因为，所以，又，解得，所以椭圆的方程为；（）解：设，联立方程组，可得，解得，则由韦达定理可得，则，又以线段为直径的圆经过原点，所以，即，解得；（）证明：由题意，设，则直线的方程为，直线的方程为，由中点坐标公式可得，所以直线的方程为，联立直线和直线

45、的方程可得，所以，故，所以线段的长为定值【点评】本题考查了直线与圆锥曲线的综合应用，主要考查了直线与椭圆的应用、椭圆的标准方程的求解、点斜式直线方程的求解，在涉及直线与圆锥曲线位置关系的时候，经常用“设而不求”的思想，结合韦达定理进行研究9（2023宝山区校级模拟）如图，设是椭圆的下焦点，直线与椭圆相交于、两点，与轴交于点（1）若，求的值；（2）求证：；（3）求面积的最大值【分析】（1）联立，得，由此利用韦达定理、根的判别式、向量相等，结合已知条件能求出（2）证明，等价于证明等价于，由此能证明（3）令，利用基本不等式性质能求出面积的最大值【解答】解：（1）联立，得，直线与椭圆相交于、两点，即或

46、，设，则，代入上式，解得证明：（2）由图形得要证明，等价于证明直线与直线的倾斜角互补，即等价于，解：（3）或，令，则，当且仅当，即，取等号，面积的最大值为【点评】本题考查直线的斜率的求法，考查三角形的面积的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意韦达定理、根的判别式、向量相等、基本不等式、弦长公式、椭圆性质的合理运用10（2023奉贤区二模）已知椭圆，椭圆内部的一点，过点作直线交椭圆于，作直线交椭圆于、是不同的两点（1）若椭圆的离心率是，求的值；（2）设的面积是，的面积是，若，时，求的值；（3）若点，满足且，则称点在点的左上方求证：当时，点在点的左上方【分析】（1）分，两种情况结合离心率

47、计算式可得答案；（2）联立直线的方程与椭圆方程可得，联立直线的方程与椭圆方程可得结合图形可得，后结合，及弦长公式可得，即可得答案；（3）联立直线与椭圆方程可得，后结合在椭圆内部可得，大小，又由题意可得，大小，即可证明结论【解答】解：（1）因为椭圆的离心率是，当时，得；当时，得；所以的值为1或4；（2）由题意，直线的斜率存在，直线的斜率存在，直线的方程，设，则，直线的方程，设，则，由图，注意到，则又，同理可得，则（3）证明：由题意，直线的斜率存在，直线的斜率存在，直线的方程，设，则，直线的方程，设，则，则，又在椭圆内部，则，故，又根据题意知，所以，所以当时，点在点的左上方【点评】本题主要考查椭圆

48、的性质，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题11（2023黄浦区校级三模）已知椭圆的焦距为，且过点（1）求椭圆的方程；（2）设与坐标轴不垂直的直线交椭圆于，两点（异于椭圆顶点），点为线段的中点，为坐标原点若点在直线上，求证：线段的垂直平分线恒过定点，并求出点的坐标；求证：当的面积最大时，直线与的斜率之积为定值【分析】（1）根据焦距和所过点联立方程组求解即可；（2）设出直线方程并与椭圆方程联立，根据中点公式及垂直平分线方程化简即可证明并得到定点；利用弦长公式和点到直线距离公式，表示出三角形面积，并借助重要不等式得到三角形面积最大时，直线方程中的参数满足的条件，由此化简直线与的斜率之积即可

49、得出定值【解答】解：（1）由已知可得，又，椭圆的方程为（2）证明：由题意知，直线斜率存在，设直线方程为，设，由，消去整理得，点为线段的中点，点在直线上，即，线段的垂直平分线方程为，即，即，故线段的垂直平分线恒过定点由弦长公式得，坐标原点到直线的距离为，的面积为当且仅当，即时等号成立直线与的斜率之积为定值【点评】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题12（2023虹口区校级模拟）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为2（1）求椭圆的方程；（2）设直线、的斜率分别为、，且求证：直线经过定点；设和的面积分别为、，求的最大值【

50、分析】（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）分析可知直线不与轴垂直，设直线的方程为，可知，设点，将直线的方程的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用求出的值，即可得出直线所过定点的坐标；写出关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值【解答】解：（1）当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，且最大值为，由题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为（2）证明：设点，、，若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意；设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右焦点，则，联立，消去可得，可得，由韦达定理可得，则，所以，解得，即直线的方程为，故直线过定点由

51、韦达定理可得，所以，因为，则，因为函数在上单调递增，故，所以，当且仅当时，等号成立，因此，的最大值为【点评】本题考查了椭圆的标准方程以及直线与椭圆的位置关系，椭圆中三角形面积的最值问题，属于较难题目13（2023徐汇区校级三模）椭圆的焦点、是双曲线的顶点，其顶点是双曲线的焦点双曲线的渐近线是，椭圆与双曲线有一个交点，的周长为（1）求椭圆与双曲线的标准方程；（2）设直线交双曲线于、两点，交直线于点，若证明：为的中点；（3）过点作一动直线交椭圆于、两点，记若在线段上取一点，使得，求点的轨迹方程【分析】（1）根据题意结合椭圆的定义以及双曲线的渐近线分析运算； （2）根据题意利用点差法分析运算； （3

52、）根据题意讨论直线的斜率是否为0，结合韦达定理以及向量的线性运算分析运【解答】解：（1）设椭圆 的半焦距为，双曲线的实轴长，虚轴长、焦距依次为、，则可得，因为双曲线的焦点在轴上，且渐近线是，则，即，可得，即，所以，又因为点在椭圆上，则的周长为，解得，可得，所以椭圆的标准方程为，双曲线的标准方程；（2）设，则的中点，由题意可知：，则，可得，因为，在双曲线上，则，两式相减可得，整理得，即，又因为，则，且点，均在直线上，则点即为点，即为的中点（3）设，当直线的斜率为0时，则，可得，因为，则，解得，又因为，则，解得，即；当直线的斜率不为0时，可设直线的方程为，可得，联立方程，消去得，则，解得或，可得，

53、因为，则，整理得，由，可得，又因为，则，整理得综上所述：点的轨迹方程为【点评】本题考查直线与椭圆综合问题，计算量较大，属于难题14（2023崇明区二模）已知椭圆，点，分别是椭圆与轴的交点（点在点的上方），过点且斜率为的直线交椭圆于，两点（1）若椭圆焦点在轴上，且其离心率是，求实数的值；（2）若，求的面积；（3）设直线与直线交于点，证明：，三点共线【分析】（1）根据离心率的定义计算即可；（2）联立直线和椭圆方程，根据弦长公式算出，用点到直线的距离公式算出三角形的高后即可；（3）联立直线和椭圆方程，先表示出坐标，将共线问题转化成证明，结合韦达定理进行化简计算【解答】解：（1）若椭圆焦点在轴上，且其

54、离心率是，则，解得（2）若，则过点且斜率为的直线的方程为：，椭圆的方程为：设，联立，消去整理得，解得，则，故，于是依题意知，则点到的距离为，故（3）证明：设，联立，得到，由，得到直线方程为：，令，解得，即，又，为说明，三点共线，只用证，即证：，下用作差法说明它们相等：，而，于是上式变为：，由韦达定理，于是，故，命题得证【点评】本题主要考查椭圆的性质，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题一填空题（共2小题）1（2020上海）已知椭圆的右焦点为，直线经过椭圆右焦点，交椭圆于、两点（点在第二象限），若点关于轴对称点为，且满足，求直线的方程是【分析】求出椭圆的右焦点坐标，利用已知条件求出直线的

55、斜率，然后求解直线方程【解答】解：椭圆的右焦点为，直线经过椭圆右焦点，交椭圆于、两点（点在第二象限），若点关于轴对称点为，且满足，可知直线的斜率为，所以直线的方程是：，即故答案为：【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与直线的对称关系的应用，直线方程的求法，是基本知识的考查2（2021上海）已知椭圆的左、右焦点为、，以为顶点，为焦点作抛物线交椭圆于，且，则抛物线的准线方程是 【分析】先设出椭圆的左右焦点坐标，进而可得抛物线的方程，设出直线的方程并与抛物线方程联立，求出点的坐标，由此可得，进而可以求出，的长度，再由椭圆的定义即可求解【解答】解：设，则抛物线，直线，联立方程组，解得，所以点的坐

56、标为，所以，又所以，则，所以抛物线的准线方程为：，故答案为：【点评】本题考查了抛物线的定义以及椭圆的定义和性质，考查了学生的运算推理能力，属于中档题二解答题（共2小题）3（2023上海）已知椭圆且（1）若，求椭圆的离心率；（2）设、为椭圆的左右顶点，椭圆上一点的纵坐标为1，且，求实数的值；（3）过椭圆上一点作斜率为的直线，若直线与双曲线有且仅有一个公共点，求实数的取值范围【分析】（1）由题意可得，可求离心率；（2）由已知得，设，由已知可得，求解即可；（3）设直线，与椭圆方程联立可得，与双曲线方程联立可得，可求的取值范围【解答】解：（1）若，则，；（2）由已知得，设，即，代入求得；（3）设直线，

57、联立椭圆可得，整理得，由，联立双曲线可得，整理得，由，又，综上所述：，【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4（2022上海）已知椭圆，、两点分别为的左顶点、下顶点，、两点均在直线上，且在第一象限（1）设是椭圆的右焦点，且，求的标准方程；（2）若、两点纵坐标分别为2、1，请判断直线与直线的交点是否在椭圆上，并说明理由；（3）设直线、分别交椭圆于点、点，若、关于原点对称，求的最小值【分析】（1）根据条件可得，解出，利用，求得，即可求得答案；（2）分别表示出此时直线、直线的方程，求出其交点，验证即可；（3）设，表示出直线、直线方程，解出、坐标，表示出，再利用基本不等式即可求出答案【解答】解：（1）由题可得，因为，所以，解得，所以，故的标准方程为；（2）直线与直线的交点在椭圆上，由题可得此时，则直线，直线，交点为，满足，故直线与直线的交点在椭圆上；（3），则直线，所以，则直线，所以，所以，设，则，因为，所以，则，即的最小值为6【点评】本题考查直线与椭圆的综合，涉及椭圆方程的求解，直线交点求解，基本不等式的应用，属于中档题