【高考押题卷】2025年高考数学高频易错题考前冲刺：椭圆（含解析）
文档属性
| 名称 | 【高考押题卷】2025年高考数学高频易错题考前冲刺：椭圆（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 284.6KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-13 22:18:26 | ||
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文档简介
2025年高考数学高频易错考前冲刺：椭圆
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 郴州期末）已知椭圆C：1的左右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若|PF1|＝2，则∠F1PF2＝（ ）
A．30° B．45° C．60° D．120°
2．（2024秋 桂林期末）设O为坐标原点，F为椭圆的左焦点，A是该椭圆上的点，且△OFA是正三角形，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024秋 上城区校级期末）已知直线y＝x+3与椭圆有公共点，则m的取值范围是（ ）
A．（0，4] B．（﹣∞，0]∪[4，+∞）
C．[4，+∞） D．[4，5）∪（5，+∞）
4．（2024秋 唐县校级期末）已知点F1，F2是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆E上一点，点F关于∠F1MF2的角平分线的对称点N也在椭圆E上，若，则椭圆E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024秋 惠州期末）椭圆可看成是圆被压扁或拉伸形成的．下列椭圆中，形状更接近圆的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025 永州二模）设F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，过点F2作x轴的垂线交C于A，B两点，其中点A在第一象限，且|AF1|＝2|AF2|．若P是C上的动点，则满足△PF1F2是直角三角形的点P的个数为（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
7．（2024秋 江西校级期末）已知中心在坐标原点的椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与C交于B，D两点，且，点E为线段BF1上靠近F1的四等分点．若对于线段BF1上的任意一点P，都有成立，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024秋 涪城区校级期末）已知斜率存在的直线l与椭圆1交于A，B两点，且l与圆C：（x﹣1）2+y2＝1切于点P．若P为线段AB的中点，则直线PC的斜率为（ ）
A．2 B． C．2或﹣2 D．或
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 沈阳一模）已知F1，F2分别是椭圆C：的左、右焦点，点B为短轴的一个端点，点M是C上的任意一点，则下列结论成立的是（ ）
A．1≤|MF1||MF2|≤4
B．
C．0≤|MB|≤2
D．
（多选）10．（2024秋 怀宁县校级期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，直线l与椭圆C交于M，N两点，且点P（1，1）为线段MN的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆C的离心率为
B．△PF1F2的面积为1
C．直线l的方程为x+3y﹣4＝0
D．
（多选）11．（2024秋 南昌期末）已知A，B分别为椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右顶点，D为C的上顶点，O为坐标原点，E为C上一点，且位于第二象限，过点E作EM⊥x轴，垂足为M，直线AE，BE分别与y轴交于点H，G，则下列结论正确的是（ ）
A．若D是OH的中点，则|OM|
B．若M是C的左焦点，则G是OD的中点
C．|OG||OH|＝|OD|2
D．若M是OA的中点，则|OG|
（多选）12．（2024秋 内江期末）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，直线y＝kx交椭圆C于A、B两点，P为椭圆C上的一动点，则（ ）
A．当k≠0时，四边形F1AF2B的周长为定值8
B．当△PF1F2为直角三角形时，S3
C．当直线PA，PB的斜率都存在时，其斜率之积为
D．当直线PF1与PF2的斜率之差为2时，S
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 顺义区期末）已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，则m＝ ．
14．（2024秋 黑龙江期末）已知椭圆Z和双曲线S的对称中心均为坐标原点，左、右焦点均为F1，F2，Z与S在第一象限有交点A，若|F1F2|＝2|AF2|，则S与Z的离心率之差的取值范围是 ．
15．（2024秋 白银期末）椭圆的两个焦点为F1，F2，椭圆C上有一点P，则△PF1F2的周长为 ．
16．（2024秋 淮安期末）已知A，B分别是椭圆C：1（a＞b＞0）的左右顶点，点Q是椭圆C上异于A，B的一点，在△ABQ 中，∠QAB，|QB|﹣|QA||AB|，则椭圆C的离心率为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 福建期末）已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且椭圆E经过点（0，1）．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）直线l：y＝k（x﹣2）交椭圆E于M，N两点，若线段MN中点的横坐标为，求直线l的方程．
18．（2024秋 天津期末）已知椭圆E：1（a＞b＞0）的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e．过F2且斜率为k（k≠0）的直线交椭圆E于A、B两点，△ABF1的周长为8．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点F2且垂直于x的直线与椭圆E的一个交点为P（P在x轴上方），过点P且平行于AB的直线l与椭圆E交于另一点Q，问：是否存在直线l，使得四边形PABQ为平行四边形？若存在，求出此时四边形PABQ的面积；
若不存在，说明理由．
19．（2024秋 安康期末）已知圆E：x2+y2﹣8x+15＝0经过椭圆的右焦点F及右顶点G．
（1）求C的方程；
（2）过点E的直线与C交于A，B两点，求线段AB的中点D的轨迹方程；
（3）过点作与x轴平行的直线与C交于点P，Q，直线HF与y轴交于点R，证明：点P，R，F，Q共圆．
20．（2024秋 宝安区期末）若椭圆：上的两个点M（xM，yM），N（xN，yN）满足，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，点M，N互为共轭点．显然，对于椭圆上任意一点M，总有两个共轭点N1，N2．已知椭圆，点A（x0，y0）是椭圆C上一动点，点A的两个共轭点分别记为B1（x1，y1），B2（x2，y2）．
（1）当点A坐标为时，求|B1B2|；
（2）当直线AB1，AB2斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，其中k1k2≠0，求|k1|+|k2|的最小值；
（3）证明：△AB1B2的面积为定值．
2025年高考数学高频易错考前冲刺：椭圆
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B D B B C A C
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 郴州期末）已知椭圆C：1的左右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若|PF1|＝2，则∠F1PF2＝（ ）
A．30° B．45° C．60° D．120°
【考点】椭圆的焦点弦及焦半径．
【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】C
【分析】由椭圆的定义，结合余弦定理求解．
【解答】解：已知椭圆C：1的左右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，
则a＝4，b＝3，，
又|PF1|＝2，
则|PF2|＝2a﹣2＝6，
则cos∠F1PF2，
则∠F1PF2＝60°．
故选：C．
【点评】本题考查了椭圆的定义，重点考查了余弦定理，属基础题．
2．（2024秋 桂林期末）设O为坐标原点，F为椭圆的左焦点，A是该椭圆上的点，且△OFA是正三角形，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】椭圆的离心率．
【专题】解题思想；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△OFA为等边三角形，构造焦点三角形FAF′，根据几何关系以及椭圆定义，得到a，c的等量关系，即可求得离心率．
【解答】解：根据题意，F为椭圆的左焦点，
设椭圆另一焦点为F′，不妨设A在第二象限，连接AF′，根据题意，作图如下：
因为△OFA为等边三角形，即可得：|AF|＝|OF|＝|OA|＝|OF′|＝c，
则∠FAF′＝90°，∠AFF′＝60°，
则，
由椭圆定义可知：，
故可得：．
故选：B．
【点评】本题考查了椭圆定义，属于基础题．
3．（2024秋 上城区校级期末）已知直线y＝x+3与椭圆有公共点，则m的取值范围是（ ）
A．（0，4] B．（﹣∞，0]∪[4，+∞）
C．[4，+∞） D．[4，5）∪（5，+∞）
【考点】直线与椭圆的位置关系及公共点个数．
【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】联立，消y可得：（5+m）x2+30x+45﹣5m＝0，则Δ＝900﹣4（5+m）（45﹣5m）≥0，然后求解即可．
【解答】解：已知直线y＝x+3与椭圆有公共点，
联立，
消y可得：（5+m）x2+30x+45﹣5m＝0，
则Δ＝900﹣4（5+m）（45﹣5m）≥0，
即m2﹣4m≥0，
又m＞0且m≠5，
即m≥4且m≠5．
故选：D．
【点评】本题考查了直线与椭圆的位置关系，属中档题．
4．（2024秋 唐县校级期末）已知点F1，F2是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆E上一点，点F关于∠F1MF2的角平分线的对称点N也在椭圆E上，若，则椭圆E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】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】B
【分析】根据角平分线的对称性以及椭圆的性质，建立方程，表示出焦半径，利用余弦定理，结合齐次方程的思想，可得答案．
【解答】解：由图可知：|MF1|+|MF2|＝|NF1|+|NF2|＝2a，
由MP平分∠F1MF2，则，
所以，
由，则解得，
由N是F1关于直线MP的对称点，则N，F2，M共线，
，MP⊥F1N，|MF1|＝|MN|，
所以|MF1|+|MN|+|NF1|＝4a，
在Rt△MF1P中，，
可得，
解得，，
在△F1MF2中，由余弦定理，
可得，
代入可得：，
化简可得：，所以其离心率．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的性质，余弦定理，属于中档题．
5．（2024秋 惠州期末）椭圆可看成是圆被压扁或拉伸形成的．下列椭圆中，形状更接近圆的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】椭圆的几何特征．
【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】由题意的性质，离心率e越小，越接近于圆，即b与a越接近于圆，分别求出所给椭圆的方程，可得b，a的关系，判断出结果．
【解答】解：e，
由椭圆的性质可得离心率e越小，越接近于圆，
即b与a越接近，该椭圆越接近于圆，
A中，，
B中，
C中，，
D中，，
因为0，
所以，，，
所以B更接近于圆．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用，属于基础题．
6．（2025 永州二模）设F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，过点F2作x轴的垂线交C于A，B两点，其中点A在第一象限，且|AF1|＝2|AF2|．若P是C上的动点，则满足△PF1F2是直角三角形的点P的个数为（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
【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】C
【分析】由椭圆的性质及定义可得a，b的关系，利用余弦定理可得P取上顶点时不会为直角，从而可得结论．
【解答】解：由题意可得，|AF1|+|AF2|＝2a，|AF1|＝2|AF2|，
∴，即，
P取上顶点时最大．
，
∴不会为直角，∴只有当或是直角才符合题意．
则满足△PF1F2是直角三角形的点P的个数为4个．
故选：C．
【点评】本题主要考查直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
7．（2024秋 江西校级期末）已知中心在坐标原点的椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与C交于B，D两点，且，点E为线段BF1上靠近F1的四等分点．若对于线段BF1上的任意一点P，都有成立，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】椭圆与平面向量．
【专题】对应思想；分析法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】由题意，根据结合极化恒等式得QE⊥BF1，从而得|DF1|＝|BD|，结合椭圆定义可得，在△F1BF2和△BF1D中由余弦定理建立关系得离心率．
【解答】解：取F1D的中点为Q，连接EQ，PQ，
此时，
同理，
所以，
即，
所以QE⊥BF1，
取BF1的中点H，连接DH，
此时DH∥QE，DH⊥BF1，
由三线合一可得|DF1|＝|BD|，
不妨设|DF1|＝|BD|＝3x，|DF1|+|DF2|＝2a，
此时3x+x＝2a，
解得，
所以，
在△F1BF2和△BF1D中，由余弦定理得，
解得，
故选：A．
【点评】本题考查椭圆的性质，考查了逻辑推理和运算能力．
8．（2024秋 涪城区校级期末）已知斜率存在的直线l与椭圆1交于A，B两点，且l与圆C：（x﹣1）2+y2＝1切于点P．若P为线段AB的中点，则直线PC的斜率为（ ）
A．2 B． C．2或﹣2 D．或
【考点】椭圆的中点弦．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间角；运算求解．
【答案】C
【分析】利用点差法，结合点P的坐标满足圆方程，以及CP与直线AB垂直，联立方程组求得点P的坐标，即可求得直线PC的斜率．
【解答】解：设点A，B，P的坐标分别为：（x1，y1），（x2，y2），（m，n），
则1，1，作差得0，
∴ 0，∴；
又∵CP与直线AB垂直，故可得1，
∴4，解得m，
又∵p在圆C上，故可得（m﹣1）2+n2＝1，解得n＝±，
∴±2，即直线PC的斜率为±2．
故选：C．
【点评】本题考查直线的斜率的求法，考查点差法的应用，属中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 沈阳一模）已知F1，F2分别是椭圆C：的左、右焦点，点B为短轴的一个端点，点M是C上的任意一点，则下列结论成立的是（ ）
A．1≤|MF1||MF2|≤4
B．
C．0≤|MB|≤2
D．
【考点】椭圆与平面向量；椭圆的焦点弦及焦半径．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；运算求解．
【答案】AD
【分析】根据椭圆的几何性质，椭圆的焦半径公式，针对各个选项分别求解即可．
【解答】解：因为椭圆C的方程为：，
所以a＝2，b＝1，c，
所以，，不妨设B（0，1），设M（x，y），
则|，
对A选项，因为，
又0≤x2≤4，所以1≤|MF1| |MF2|≤4，所以A选项正确；
对B选项，因为，，
所以[﹣2，1]，所以B选项错；
对C选项，因为，
所以当时，，所以C选项错误；
对D选项，因为，又﹣2≤x≤2，
所以，所以D选项正确；
或，当时，D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，椭圆焦半径公式的应用，函数思想的应用，属中档题．
（多选）10．（2024秋 怀宁县校级期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，直线l与椭圆C交于M，N两点，且点P（1，1）为线段MN的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆C的离心率为
B．△PF1F2的面积为1
C．直线l的方程为x+3y﹣4＝0
D．
【考点】椭圆的几何特征；直线与椭圆的综合．
【专题】转化思想；综合法；高考数学专题；圆锥曲线的定义、性质与方程；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】AC
【分析】对A：根据椭圆方程求得a，c，则离心率得解；对B：根据三角形面积公式以及点P的坐标，则可求得结果；对C：利用点差法求得直线斜率，结合点P坐标，即可求得直线方程；对D：联立直线与椭圆方程，利用弦长公式，借助韦达定理，即可求得．
【解答】解：根据题意，作图如下：
对A：由题知a2＝6，b2＝2，则c2＝4，所以离心率为，A正确；
对B：，B错误；
对C：设M（x1，y1），N（x2，y2），
则，，两式相减得，
因为P（1，1）为线段MN的中点，所以x1+x2＝2，y1+y2＝2，所以，
即直线MN的斜率为，所以直线l的方程为，即x+3y﹣4＝0，
经检验符合题意，C正确；
对D：联立得2x2﹣4x﹣1＝0，Δ＝16+8＞0，；
所以，D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用及点差法求直线的斜率的应用，属于中档题．
（多选）11．（2024秋 南昌期末）已知A，B分别为椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右顶点，D为C的上顶点，O为坐标原点，E为C上一点，且位于第二象限，过点E作EM⊥x轴，垂足为M，直线AE，BE分别与y轴交于点H，G，则下列结论正确的是（ ）
A．若D是OH的中点，则|OM|
B．若M是C的左焦点，则G是OD的中点
C．|OG||OH|＝|OD|2
D．若M是OA的中点，则|OG|
【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的几何特征．
【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】AC
【分析】由题意，设直线AH的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，求出点E的坐标，进而可判断选项A；求出点G的坐标，列出等式求出2b＝a+c，此时G是OD的中点，进而可判断选项B；设E（x0，y0），直线AE，BE的斜率分别为k1，k2，得到k1k2的表达式，求出H，G两点的坐标，代入公式即可判断选项C；根据M是OA的中点以及所给信息即可判断选项D．
【解答】解：对于选项A：若D是OH的中点，
设直线AH的方程为，
联立，消去y并整理得5x2+8ax+3a2＝0，
解得x＝﹣a或x，
当时，
解得，
即，
所以，故选项A正确；
对于选项B：若M是C的左焦点，
此时，直线BE的方程为，
令x＝0，
解得，
即，
令，
解得2b＝a+c，
当2b＝a+c时，G是OD的中点，故选项B错误；
对于选项C：设E（x0，y0），直线AE，BE的斜率分别为k1，k2，
此时，，
所以，
直线AE的方程为y＝k1（x+a），BE的方程为y＝k2（x﹣a），
令x＝0，
解得y＝k1a，y＝﹣k2a，
所以H（0，k1a），G（0，﹣k2a），
此时b2＝|OD|2，故选项C正确；
对于选项D：因为，，
所以，
因为M是OA的中点，
所以，
又|OG||OH|＝|OD|2，
所以3|OG|2＝|OD|2，
则，故选项D错误．
故选：AC．
【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．
（多选）12．（2024秋 内江期末）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，直线y＝kx交椭圆C于A、B两点，P为椭圆C上的一动点，则（ ）
A．当k≠0时，四边形F1AF2B的周长为定值8
B．当△PF1F2为直角三角形时，S3
C．当直线PA，PB的斜率都存在时，其斜率之积为
D．当直线PF1与PF2的斜率之差为2时，S
【考点】椭圆的定点及定值问题．
【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】ACD
【分析】由题意，根据椭圆的定义即可判断选项A；当∠PF2F1＝90°时，求出点P的坐标，代入三角形面积公式中即可判断选项B；设出A，B，P的坐标，结合斜率公式即可判断选项C；将直线PF1与PF2的斜率之差表述出来，结合点P在椭圆上，可得，代入三角形面积公式中即可判断选项D．
【解答】解：对于选项A：因为椭圆，
所以a＝2，b，c＝1，
即F1（﹣1，0），F2（1，0），
则四边形F1AF2B的周长为|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|＝2a+2a＝8，故选项A正确；
对于选项B：当∠PF2F1＝90°时，
设P（1，y0），
因为点P在椭圆上，
解得y0＝±，
取P（1，），
则，故选项B错误；
对于选项C：因为直线y＝kx交椭圆C于A，B两点，
所以A，B两点关于原点对称，
设A（x1，y1），B（﹣x1，﹣y1），P（x0，y0），
因为，
两式相减并整理得，
因为，，
所以kPA kPB，故选项C正确；
对于选项D：易知，，
所以2，
整理得，
因为点P在椭圆上，
所以，
解得，
则S|1|，故选项D正确．
故选：ACD．
【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．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 顺义区期末）已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，则m＝ 5 ．
【考点】由椭圆的离心率求解方程或参数．
【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】5．
【分析】由题意可得：，然后求解即可．
【解答】解：已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，
则，
则m＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆离心率的求法，属基础题．
14．（2024秋 黑龙江期末）已知椭圆Z和双曲线S的对称中心均为坐标原点，左、右焦点均为F1，F2，Z与S在第一象限有交点A，若|F1F2|＝2|AF2|，则S与Z的离心率之差的取值范围是 ．
【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】．
【分析】不妨设椭圆：，双曲线S：，由椭圆的定义、双曲线的定义可得|AF1|＝2a1﹣c，|AF1|＝2a2+c，再由|F1F2|＝2|AF2|，可得，设1﹣e1＝t，利用函数的单调性可得答案．
【解答】解：已知椭圆Z和双曲线S的对称中心均为坐标原点，左、右焦点均为F1，F2，
不妨设椭圆：，双曲线S：，Z与S的离心率分别为e1，e2，
由椭圆的定义，有：|AF1|+|AF2|＝2a1，
又|F1F2|＝2|AF2|，
则|AF2|＝c，
故|AF1|＝2a1﹣c，
由双曲线的定义，有：|AF1|﹣|AF2|＝2a2，
故|AF1|＝2a2+c，
因此a1﹣a2＝c，
两边同时除以c，有，
故，
由于e2＞1，
故，
所以，
不妨令1﹣e1＝t，，
又函数y，在时，单调递减，
故．
故答案为：．
【点评】本题考查了椭圆与双曲线的性质，重点考查了椭圆与双曲线的离心率的求法，属中档题．
15．（2024秋 白银期末）椭圆的两个焦点为F1，F2，椭圆C上有一点P，则△PF1F2的周长为 16 ．
【考点】椭圆的定义．
【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】16．
【分析】由椭圆方程可得参数a，b的值，进而求出c的值，再由椭圆的定义求解即可．
【解答】解：由题意知a＝5，b＝4，
所以，
由椭圆的定义知，|PF1|+|PF1|＝2a＝10，
而焦距|F1F2|＝2c＝6，
所以△PF1F2的周长为2a+2c＝16．
故答案为：16．
【点评】本题考查椭圆的定义与几何性质，考查运算求解能力，属于基础题．
16．（2024秋 淮安期末）已知A，B分别是椭圆C：1（a＞b＞0）的左右顶点，点Q是椭圆C上异于A，B的一点，在△ABQ 中，∠QAB，|QB|﹣|QA||AB|，则椭圆C的离心率为 ．
【考点】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】．
【分析】根据题意，求出直线QA的方程，将其与椭圆方程组成方程组，解出点Q的坐标，然后根据|QB|﹣|QA||AB|，利用两点间的距离公式算出，进而求出椭圆C的离心率．
【解答】解：由题意得直线QA的斜率k＝tan∠QAB＝1，结合A（﹣a，0），可得直线QA方程为y＝x+a，
由，解得或，可知点Q的坐标为（，）．
所以|QA|，
|QB|，
因为|QB|﹣|QA||AB|，
所以，整理得7×（）2+61＝0，解得（舍负）．
所以椭圆C的离心率e．
故答案为：．
【点评】本题主要考查椭圆的标准方程与简单几何性质、两点间的距离公式及其应用，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 福建期末）已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且椭圆E经过点（0，1）．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）直线l：y＝k（x﹣2）交椭圆E于M，N两点，若线段MN中点的横坐标为，求直线l的方程．
【考点】直线与椭圆的位置关系及公共点个数；根据椭圆的几何特征求标准方程．
【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）；
（2）x﹣2y﹣2＝0或x+2y﹣2＝0．
【分析】（1）根据题意，求出a，b的值，代入椭圆方程即得；
（2）将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用MN中点的横坐标建立方程，求出k的值，即得直线l的方程．
【解答】解：（1）因为的长轴长是短轴长的倍，且椭圆E经过点（0，1），
所以，
解得a，b＝1，
则椭圆E的标准方程为；
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，消去y并整理得（2k2+1）x2﹣8k2x+8k2﹣2＝0，
此时Δ＝64k4﹣4（2k2+1）（8k2﹣2）＞0，
解得，
由韦达定理得，
因为线段MN中点的横坐标为，
所以，
解得，
此时均满足，
则直线l的方程为．
即x﹣2y﹣2＝0或x+2y﹣2＝0．
【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，属于基础题．
18．（2024秋 天津期末）已知椭圆E：1（a＞b＞0）的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e．过F2且斜率为k（k≠0）的直线交椭圆E于A、B两点，△ABF1的周长为8．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点F2且垂直于x的直线与椭圆E的一个交点为P（P在x轴上方），过点P且平行于AB的直线l与椭圆E交于另一点Q，问：是否存在直线l，使得四边形PABQ为平行四边形？若存在，求出此时四边形PABQ的面积；
若不存在，说明理由．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑思维．
【答案】（Ⅰ）．
（Ⅱ）存在直线l，使得四边形PABQ为平行四边形，此时四边形PABQ的面积为．
【分析】（Ⅰ）结合椭圆的定义以及离心率公式代入计算，即可得到椭圆的标准方程；
（Ⅱ）根据题意，分别联立直线AB，直线l与椭圆方程，由四边形PABQ为平行四边形，结合韦达定理以及弦长公式代入计算，即可得到结果．
【解答】解：（Ⅰ）
因为|AB|+|AF1|+|BF1|＝8，
所以4a＝8，a＝2．又因为，即，所以c＝1，
所以.故椭圆E的方程为．
（Ⅱ）由题得：，
设直线AB为：y＝k（x﹣1），直线l为：，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由消去y，得（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0，
则，x1x2，
由消去y，得（3+4k2）x2﹣（8k2﹣12k）x+4k2﹣12k﹣3＝0，
由Δ＞0，可知k，设Q（x3，y3），又，
则，x3 1，
因为四边形PABQ为平行四边形，
所以，即x1﹣x2＝1﹣x3，
故（x1+x2）2﹣4x1x2＝（1﹣x3）2，
所以，得，
此时直线AB为：3x﹣4y﹣3＝0，直线l为：3x﹣4y+3＝0，
两平行线距离，
又因为，
所以四边形PABQ的面积，
所以存在直线l，使得四边形PABQ为平行四边形，此时四边形PABQ的面积为．
【点评】本题考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
19．（2024秋 安康期末）已知圆E：x2+y2﹣8x+15＝0经过椭圆的右焦点F及右顶点G．
（1）求C的方程；
（2）过点E的直线与C交于A，B两点，求线段AB的中点D的轨迹方程；
（3）过点作与x轴平行的直线与C交于点P，Q，直线HF与y轴交于点R，证明：点P，R，F，Q共圆．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑思维．
【答案】（1）；
（2）16（x﹣2）2+25y2＝64；
（3）证明见解析．
【分析】（1）根据给定条件，求出点F，G的坐标，进而求出a，b即得C的方程．
（2）直线AB的方程与椭圆方程联立，借助韦达定理求出点D即可求出轨迹方程．
（3）利用弦长公式求出|HF| |HR|，|HP| |HQ|，再借助相似三角形及圆内四边形的判定推理得证．
【解答】解：（1）已知圆方程x2+y2﹣8x+15＝0，令y＝0，所以x＝5或x＝3，所以G（5，0），F（3，0），
所以椭圆的长半轴长a＝5，半焦距c＝3，所以短半轴长，
因此C的方程为．
（2）因为E（4，0），当直线AB与x轴不重合时，设AB方程为x＝ty+4，
联立直线AB方程和椭圆方程可得，化简得：（16t2+25）y2+128ty﹣144＝0，
设B（x2，y2），D（x0，y0），A（x1，y1），
所以，，
联立可得，所以，
当直线AB与x轴重合时，点D（0，0）满足方程，
因此AB的中点D的轨迹方程是16（x﹣2）2+25y2＝64．
（3）证明：由，得，不妨令，
直线HF斜率，则，
，
因此|HF| |HR|＝|HP| |HQ|，△HPR∽△HFQ，则∠HPR＝∠HFQ，
所以点P，R，F，Q共圆．
【点评】本题考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
20．（2024秋 宝安区期末）若椭圆：上的两个点M（xM，yM），N（xN，yN）满足，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，点M，N互为共轭点．显然，对于椭圆上任意一点M，总有两个共轭点N1，N2．已知椭圆，点A（x0，y0）是椭圆C上一动点，点A的两个共轭点分别记为B1（x1，y1），B2（x2，y2）．
（1）当点A坐标为时，求|B1B2|；
（2）当直线AB1，AB2斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，其中k1k2≠0，求|k1|+|k2|的最小值；
（3）证明：△AB1B2的面积为定值．
【考点】椭圆的定点及定值问题；直线与椭圆的位置关系及公共点个数．
【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；新定义类．
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析．
【分析】（1）将点A坐标代入椭圆方程，再根据共轭点的条件得到B1，B2满足的方程，进而求出|B1B2|．
（2）斜率公式和共轭点条件表示出k1，k2，再利用均值不等式求|k1|+|k2|的最小值．
（3）利用三角形面积公式，结合前面求出的关系来证明面积为定值．
【解答】解：（1）当点A坐标为时，设点A的两个共轭点分别为B1（x1，y1），B2（x2，y2）．
可得，
由两点确定一条直线，可得直线B1B2的方程为，
联立得，
可得，，
则；
（2）由点A（x0，y0）在椭圆C上，
可得，
由（1）知，直线B1B2的方程为，即，
当y0≠0时，联立直线B1B2的方程和双曲线方程，可得，
得，即，
，
，
当y0＝0时，易知，对应共轭点为B1（0，2），B2（0，﹣2），
此时，故也成立，
由基本不等式，可得，当且仅当时等号成立，
则|k1|+|k2|的最小值为；
（3）证明：由（2）知，对任意点A（x0，y0），都有|x1﹣x2|＝2|x1|，|y1﹣y2|＝2|y1|，
，
点A（x0，y0）到直线的距离为，
△AB1B2的面积，
故△AB1B2的面积为定值．
【点评】本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
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一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 郴州期末）已知椭圆C：1的左右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若|PF1|＝2，则∠F1PF2＝（ ）
A．30° B．45° C．60° D．120°
2．（2024秋 桂林期末）设O为坐标原点，F为椭圆的左焦点，A是该椭圆上的点，且△OFA是正三角形，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024秋 上城区校级期末）已知直线y＝x+3与椭圆有公共点，则m的取值范围是（ ）
A．（0，4] B．（﹣∞，0]∪[4，+∞）
C．[4，+∞） D．[4，5）∪（5，+∞）
4．（2024秋 唐县校级期末）已知点F1，F2是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆E上一点，点F关于∠F1MF2的角平分线的对称点N也在椭圆E上，若，则椭圆E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024秋 惠州期末）椭圆可看成是圆被压扁或拉伸形成的．下列椭圆中，形状更接近圆的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025 永州二模）设F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，过点F2作x轴的垂线交C于A，B两点，其中点A在第一象限，且|AF1|＝2|AF2|．若P是C上的动点，则满足△PF1F2是直角三角形的点P的个数为（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
7．（2024秋 江西校级期末）已知中心在坐标原点的椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与C交于B，D两点，且，点E为线段BF1上靠近F1的四等分点．若对于线段BF1上的任意一点P，都有成立，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024秋 涪城区校级期末）已知斜率存在的直线l与椭圆1交于A，B两点，且l与圆C：（x﹣1）2+y2＝1切于点P．若P为线段AB的中点，则直线PC的斜率为（ ）
A．2 B． C．2或﹣2 D．或
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 沈阳一模）已知F1，F2分别是椭圆C：的左、右焦点，点B为短轴的一个端点，点M是C上的任意一点，则下列结论成立的是（ ）
A．1≤|MF1||MF2|≤4
B．
C．0≤|MB|≤2
D．
（多选）10．（2024秋 怀宁县校级期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，直线l与椭圆C交于M，N两点，且点P（1，1）为线段MN的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆C的离心率为
B．△PF1F2的面积为1
C．直线l的方程为x+3y﹣4＝0
D．
（多选）11．（2024秋 南昌期末）已知A，B分别为椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右顶点，D为C的上顶点，O为坐标原点，E为C上一点，且位于第二象限，过点E作EM⊥x轴，垂足为M，直线AE，BE分别与y轴交于点H，G，则下列结论正确的是（ ）
A．若D是OH的中点，则|OM|
B．若M是C的左焦点，则G是OD的中点
C．|OG||OH|＝|OD|2
D．若M是OA的中点，则|OG|
（多选）12．（2024秋 内江期末）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，直线y＝kx交椭圆C于A、B两点，P为椭圆C上的一动点，则（ ）
A．当k≠0时，四边形F1AF2B的周长为定值8
B．当△PF1F2为直角三角形时，S3
C．当直线PA，PB的斜率都存在时，其斜率之积为
D．当直线PF1与PF2的斜率之差为2时，S
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 顺义区期末）已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，则m＝ ．
14．（2024秋 黑龙江期末）已知椭圆Z和双曲线S的对称中心均为坐标原点，左、右焦点均为F1，F2，Z与S在第一象限有交点A，若|F1F2|＝2|AF2|，则S与Z的离心率之差的取值范围是 ．
15．（2024秋 白银期末）椭圆的两个焦点为F1，F2，椭圆C上有一点P，则△PF1F2的周长为 ．
16．（2024秋 淮安期末）已知A，B分别是椭圆C：1（a＞b＞0）的左右顶点，点Q是椭圆C上异于A，B的一点，在△ABQ 中，∠QAB，|QB|﹣|QA||AB|，则椭圆C的离心率为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 福建期末）已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且椭圆E经过点（0，1）．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）直线l：y＝k（x﹣2）交椭圆E于M，N两点，若线段MN中点的横坐标为，求直线l的方程．
18．（2024秋 天津期末）已知椭圆E：1（a＞b＞0）的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e．过F2且斜率为k（k≠0）的直线交椭圆E于A、B两点，△ABF1的周长为8．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点F2且垂直于x的直线与椭圆E的一个交点为P（P在x轴上方），过点P且平行于AB的直线l与椭圆E交于另一点Q，问：是否存在直线l，使得四边形PABQ为平行四边形？若存在，求出此时四边形PABQ的面积；
若不存在，说明理由．
19．（2024秋 安康期末）已知圆E：x2+y2﹣8x+15＝0经过椭圆的右焦点F及右顶点G．
（1）求C的方程；
（2）过点E的直线与C交于A，B两点，求线段AB的中点D的轨迹方程；
（3）过点作与x轴平行的直线与C交于点P，Q，直线HF与y轴交于点R，证明：点P，R，F，Q共圆．
20．（2024秋 宝安区期末）若椭圆：上的两个点M（xM，yM），N（xN，yN）满足，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，点M，N互为共轭点．显然，对于椭圆上任意一点M，总有两个共轭点N1，N2．已知椭圆，点A（x0，y0）是椭圆C上一动点，点A的两个共轭点分别记为B1（x1，y1），B2（x2，y2）．
（1）当点A坐标为时，求|B1B2|；
（2）当直线AB1，AB2斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，其中k1k2≠0，求|k1|+|k2|的最小值；
（3）证明：△AB1B2的面积为定值．
2025年高考数学高频易错考前冲刺：椭圆
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B D B B C A C
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 郴州期末）已知椭圆C：1的左右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若|PF1|＝2，则∠F1PF2＝（ ）
A．30° B．45° C．60° D．120°
【考点】椭圆的焦点弦及焦半径．
【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】C
【分析】由椭圆的定义，结合余弦定理求解．
【解答】解：已知椭圆C：1的左右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，
则a＝4，b＝3，，
又|PF1|＝2，
则|PF2|＝2a﹣2＝6，
则cos∠F1PF2，
则∠F1PF2＝60°．
故选：C．
【点评】本题考查了椭圆的定义，重点考查了余弦定理，属基础题．
2．（2024秋 桂林期末）设O为坐标原点，F为椭圆的左焦点，A是该椭圆上的点，且△OFA是正三角形，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】椭圆的离心率．
【专题】解题思想；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△OFA为等边三角形，构造焦点三角形FAF′，根据几何关系以及椭圆定义，得到a，c的等量关系，即可求得离心率．
【解答】解：根据题意，F为椭圆的左焦点，
设椭圆另一焦点为F′，不妨设A在第二象限，连接AF′，根据题意，作图如下：
因为△OFA为等边三角形，即可得：|AF|＝|OF|＝|OA|＝|OF′|＝c，
则∠FAF′＝90°，∠AFF′＝60°，
则，
由椭圆定义可知：，
故可得：．
故选：B．
【点评】本题考查了椭圆定义，属于基础题．
3．（2024秋 上城区校级期末）已知直线y＝x+3与椭圆有公共点，则m的取值范围是（ ）
A．（0，4] B．（﹣∞，0]∪[4，+∞）
C．[4，+∞） D．[4，5）∪（5，+∞）
【考点】直线与椭圆的位置关系及公共点个数．
【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】联立，消y可得：（5+m）x2+30x+45﹣5m＝0，则Δ＝900﹣4（5+m）（45﹣5m）≥0，然后求解即可．
【解答】解：已知直线y＝x+3与椭圆有公共点，
联立，
消y可得：（5+m）x2+30x+45﹣5m＝0，
则Δ＝900﹣4（5+m）（45﹣5m）≥0，
即m2﹣4m≥0，
又m＞0且m≠5，
即m≥4且m≠5．
故选：D．
【点评】本题考查了直线与椭圆的位置关系，属中档题．
4．（2024秋 唐县校级期末）已知点F1，F2是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆E上一点，点F关于∠F1MF2的角平分线的对称点N也在椭圆E上，若，则椭圆E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】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】B
【分析】根据角平分线的对称性以及椭圆的性质，建立方程，表示出焦半径，利用余弦定理，结合齐次方程的思想，可得答案．
【解答】解：由图可知：|MF1|+|MF2|＝|NF1|+|NF2|＝2a，
由MP平分∠F1MF2，则，
所以，
由，则解得，
由N是F1关于直线MP的对称点，则N，F2，M共线，
，MP⊥F1N，|MF1|＝|MN|，
所以|MF1|+|MN|+|NF1|＝4a，
在Rt△MF1P中，，
可得，
解得，，
在△F1MF2中，由余弦定理，
可得，
代入可得：，
化简可得：，所以其离心率．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的性质，余弦定理，属于中档题．
5．（2024秋 惠州期末）椭圆可看成是圆被压扁或拉伸形成的．下列椭圆中，形状更接近圆的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】椭圆的几何特征．
【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】由题意的性质，离心率e越小，越接近于圆，即b与a越接近于圆，分别求出所给椭圆的方程，可得b，a的关系，判断出结果．
【解答】解：e，
由椭圆的性质可得离心率e越小，越接近于圆，
即b与a越接近，该椭圆越接近于圆，
A中，，
B中，
C中，，
D中，，
因为0，
所以，，，
所以B更接近于圆．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用，属于基础题．
6．（2025 永州二模）设F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，过点F2作x轴的垂线交C于A，B两点，其中点A在第一象限，且|AF1|＝2|AF2|．若P是C上的动点，则满足△PF1F2是直角三角形的点P的个数为（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
【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】C
【分析】由椭圆的性质及定义可得a，b的关系，利用余弦定理可得P取上顶点时不会为直角，从而可得结论．
【解答】解：由题意可得，|AF1|+|AF2|＝2a，|AF1|＝2|AF2|，
∴，即，
P取上顶点时最大．
，
∴不会为直角，∴只有当或是直角才符合题意．
则满足△PF1F2是直角三角形的点P的个数为4个．
故选：C．
【点评】本题主要考查直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
7．（2024秋 江西校级期末）已知中心在坐标原点的椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与C交于B，D两点，且，点E为线段BF1上靠近F1的四等分点．若对于线段BF1上的任意一点P，都有成立，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】椭圆与平面向量．
【专题】对应思想；分析法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】由题意，根据结合极化恒等式得QE⊥BF1，从而得|DF1|＝|BD|，结合椭圆定义可得，在△F1BF2和△BF1D中由余弦定理建立关系得离心率．
【解答】解：取F1D的中点为Q，连接EQ，PQ，
此时，
同理，
所以，
即，
所以QE⊥BF1，
取BF1的中点H，连接DH，
此时DH∥QE，DH⊥BF1，
由三线合一可得|DF1|＝|BD|，
不妨设|DF1|＝|BD|＝3x，|DF1|+|DF2|＝2a，
此时3x+x＝2a，
解得，
所以，
在△F1BF2和△BF1D中，由余弦定理得，
解得，
故选：A．
【点评】本题考查椭圆的性质，考查了逻辑推理和运算能力．
8．（2024秋 涪城区校级期末）已知斜率存在的直线l与椭圆1交于A，B两点，且l与圆C：（x﹣1）2+y2＝1切于点P．若P为线段AB的中点，则直线PC的斜率为（ ）
A．2 B． C．2或﹣2 D．或
【考点】椭圆的中点弦．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间角；运算求解．
【答案】C
【分析】利用点差法，结合点P的坐标满足圆方程，以及CP与直线AB垂直，联立方程组求得点P的坐标，即可求得直线PC的斜率．
【解答】解：设点A，B，P的坐标分别为：（x1，y1），（x2，y2），（m，n），
则1，1，作差得0，
∴ 0，∴；
又∵CP与直线AB垂直，故可得1，
∴4，解得m，
又∵p在圆C上，故可得（m﹣1）2+n2＝1，解得n＝±，
∴±2，即直线PC的斜率为±2．
故选：C．
【点评】本题考查直线的斜率的求法，考查点差法的应用，属中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 沈阳一模）已知F1，F2分别是椭圆C：的左、右焦点，点B为短轴的一个端点，点M是C上的任意一点，则下列结论成立的是（ ）
A．1≤|MF1||MF2|≤4
B．
C．0≤|MB|≤2
D．
【考点】椭圆与平面向量；椭圆的焦点弦及焦半径．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；运算求解．
【答案】AD
【分析】根据椭圆的几何性质，椭圆的焦半径公式，针对各个选项分别求解即可．
【解答】解：因为椭圆C的方程为：，
所以a＝2，b＝1，c，
所以，，不妨设B（0，1），设M（x，y），
则|，
对A选项，因为，
又0≤x2≤4，所以1≤|MF1| |MF2|≤4，所以A选项正确；
对B选项，因为，，
所以[﹣2，1]，所以B选项错；
对C选项，因为，
所以当时，，所以C选项错误；
对D选项，因为，又﹣2≤x≤2，
所以，所以D选项正确；
或，当时，D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，椭圆焦半径公式的应用，函数思想的应用，属中档题．
（多选）10．（2024秋 怀宁县校级期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，直线l与椭圆C交于M，N两点，且点P（1，1）为线段MN的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆C的离心率为
B．△PF1F2的面积为1
C．直线l的方程为x+3y﹣4＝0
D．
【考点】椭圆的几何特征；直线与椭圆的综合．
【专题】转化思想；综合法；高考数学专题；圆锥曲线的定义、性质与方程；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】AC
【分析】对A：根据椭圆方程求得a，c，则离心率得解；对B：根据三角形面积公式以及点P的坐标，则可求得结果；对C：利用点差法求得直线斜率，结合点P坐标，即可求得直线方程；对D：联立直线与椭圆方程，利用弦长公式，借助韦达定理，即可求得．
【解答】解：根据题意，作图如下：
对A：由题知a2＝6，b2＝2，则c2＝4，所以离心率为，A正确；
对B：，B错误；
对C：设M（x1，y1），N（x2，y2），
则，，两式相减得，
因为P（1，1）为线段MN的中点，所以x1+x2＝2，y1+y2＝2，所以，
即直线MN的斜率为，所以直线l的方程为，即x+3y﹣4＝0，
经检验符合题意，C正确；
对D：联立得2x2﹣4x﹣1＝0，Δ＝16+8＞0，；
所以，D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用及点差法求直线的斜率的应用，属于中档题．
（多选）11．（2024秋 南昌期末）已知A，B分别为椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右顶点，D为C的上顶点，O为坐标原点，E为C上一点，且位于第二象限，过点E作EM⊥x轴，垂足为M，直线AE，BE分别与y轴交于点H，G，则下列结论正确的是（ ）
A．若D是OH的中点，则|OM|
B．若M是C的左焦点，则G是OD的中点
C．|OG||OH|＝|OD|2
D．若M是OA的中点，则|OG|
【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的几何特征．
【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】AC
【分析】由题意，设直线AH的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，求出点E的坐标，进而可判断选项A；求出点G的坐标，列出等式求出2b＝a+c，此时G是OD的中点，进而可判断选项B；设E（x0，y0），直线AE，BE的斜率分别为k1，k2，得到k1k2的表达式，求出H，G两点的坐标，代入公式即可判断选项C；根据M是OA的中点以及所给信息即可判断选项D．
【解答】解：对于选项A：若D是OH的中点，
设直线AH的方程为，
联立，消去y并整理得5x2+8ax+3a2＝0，
解得x＝﹣a或x，
当时，
解得，
即，
所以，故选项A正确；
对于选项B：若M是C的左焦点，
此时，直线BE的方程为，
令x＝0，
解得，
即，
令，
解得2b＝a+c，
当2b＝a+c时，G是OD的中点，故选项B错误；
对于选项C：设E（x0，y0），直线AE，BE的斜率分别为k1，k2，
此时，，
所以，
直线AE的方程为y＝k1（x+a），BE的方程为y＝k2（x﹣a），
令x＝0，
解得y＝k1a，y＝﹣k2a，
所以H（0，k1a），G（0，﹣k2a），
此时b2＝|OD|2，故选项C正确；
对于选项D：因为，，
所以，
因为M是OA的中点，
所以，
又|OG||OH|＝|OD|2，
所以3|OG|2＝|OD|2，
则，故选项D错误．
故选：AC．
【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．
（多选）12．（2024秋 内江期末）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，直线y＝kx交椭圆C于A、B两点，P为椭圆C上的一动点，则（ ）
A．当k≠0时，四边形F1AF2B的周长为定值8
B．当△PF1F2为直角三角形时，S3
C．当直线PA，PB的斜率都存在时，其斜率之积为
D．当直线PF1与PF2的斜率之差为2时，S
【考点】椭圆的定点及定值问题．
【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】ACD
【分析】由题意，根据椭圆的定义即可判断选项A；当∠PF2F1＝90°时，求出点P的坐标，代入三角形面积公式中即可判断选项B；设出A，B，P的坐标，结合斜率公式即可判断选项C；将直线PF1与PF2的斜率之差表述出来，结合点P在椭圆上，可得，代入三角形面积公式中即可判断选项D．
【解答】解：对于选项A：因为椭圆，
所以a＝2，b，c＝1，
即F1（﹣1，0），F2（1，0），
则四边形F1AF2B的周长为|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|＝2a+2a＝8，故选项A正确；
对于选项B：当∠PF2F1＝90°时，
设P（1，y0），
因为点P在椭圆上，
解得y0＝±，
取P（1，），
则，故选项B错误；
对于选项C：因为直线y＝kx交椭圆C于A，B两点，
所以A，B两点关于原点对称，
设A（x1，y1），B（﹣x1，﹣y1），P（x0，y0），
因为，
两式相减并整理得，
因为，，
所以kPA kPB，故选项C正确；
对于选项D：易知，，
所以2，
整理得，
因为点P在椭圆上，
所以，
解得，
则S|1|，故选项D正确．
故选：ACD．
【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．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 顺义区期末）已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，则m＝ 5 ．
【考点】由椭圆的离心率求解方程或参数．
【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】5．
【分析】由题意可得：，然后求解即可．
【解答】解：已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，
则，
则m＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆离心率的求法，属基础题．
14．（2024秋 黑龙江期末）已知椭圆Z和双曲线S的对称中心均为坐标原点，左、右焦点均为F1，F2，Z与S在第一象限有交点A，若|F1F2|＝2|AF2|，则S与Z的离心率之差的取值范围是 ．
【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】．
【分析】不妨设椭圆：，双曲线S：，由椭圆的定义、双曲线的定义可得|AF1|＝2a1﹣c，|AF1|＝2a2+c，再由|F1F2|＝2|AF2|，可得，设1﹣e1＝t，利用函数的单调性可得答案．
【解答】解：已知椭圆Z和双曲线S的对称中心均为坐标原点，左、右焦点均为F1，F2，
不妨设椭圆：，双曲线S：，Z与S的离心率分别为e1，e2，
由椭圆的定义，有：|AF1|+|AF2|＝2a1，
又|F1F2|＝2|AF2|，
则|AF2|＝c，
故|AF1|＝2a1﹣c，
由双曲线的定义，有：|AF1|﹣|AF2|＝2a2，
故|AF1|＝2a2+c，
因此a1﹣a2＝c，
两边同时除以c，有，
故，
由于e2＞1，
故，
所以，
不妨令1﹣e1＝t，，
又函数y，在时，单调递减，
故．
故答案为：．
【点评】本题考查了椭圆与双曲线的性质，重点考查了椭圆与双曲线的离心率的求法，属中档题．
15．（2024秋 白银期末）椭圆的两个焦点为F1，F2，椭圆C上有一点P，则△PF1F2的周长为 16 ．
【考点】椭圆的定义．
【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】16．
【分析】由椭圆方程可得参数a，b的值，进而求出c的值，再由椭圆的定义求解即可．
【解答】解：由题意知a＝5，b＝4，
所以，
由椭圆的定义知，|PF1|+|PF1|＝2a＝10，
而焦距|F1F2|＝2c＝6，
所以△PF1F2的周长为2a+2c＝16．
故答案为：16．
【点评】本题考查椭圆的定义与几何性质，考查运算求解能力，属于基础题．
16．（2024秋 淮安期末）已知A，B分别是椭圆C：1（a＞b＞0）的左右顶点，点Q是椭圆C上异于A，B的一点，在△ABQ 中，∠QAB，|QB|﹣|QA||AB|，则椭圆C的离心率为 ．
【考点】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】．
【分析】根据题意，求出直线QA的方程，将其与椭圆方程组成方程组，解出点Q的坐标，然后根据|QB|﹣|QA||AB|，利用两点间的距离公式算出，进而求出椭圆C的离心率．
【解答】解：由题意得直线QA的斜率k＝tan∠QAB＝1，结合A（﹣a，0），可得直线QA方程为y＝x+a，
由，解得或，可知点Q的坐标为（，）．
所以|QA|，
|QB|，
因为|QB|﹣|QA||AB|，
所以，整理得7×（）2+61＝0，解得（舍负）．
所以椭圆C的离心率e．
故答案为：．
【点评】本题主要考查椭圆的标准方程与简单几何性质、两点间的距离公式及其应用，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 福建期末）已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且椭圆E经过点（0，1）．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）直线l：y＝k（x﹣2）交椭圆E于M，N两点，若线段MN中点的横坐标为，求直线l的方程．
【考点】直线与椭圆的位置关系及公共点个数；根据椭圆的几何特征求标准方程．
【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）；
（2）x﹣2y﹣2＝0或x+2y﹣2＝0．
【分析】（1）根据题意，求出a，b的值，代入椭圆方程即得；
（2）将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用MN中点的横坐标建立方程，求出k的值，即得直线l的方程．
【解答】解：（1）因为的长轴长是短轴长的倍，且椭圆E经过点（0，1），
所以，
解得a，b＝1，
则椭圆E的标准方程为；
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，消去y并整理得（2k2+1）x2﹣8k2x+8k2﹣2＝0，
此时Δ＝64k4﹣4（2k2+1）（8k2﹣2）＞0，
解得，
由韦达定理得，
因为线段MN中点的横坐标为，
所以，
解得，
此时均满足，
则直线l的方程为．
即x﹣2y﹣2＝0或x+2y﹣2＝0．
【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，属于基础题．
18．（2024秋 天津期末）已知椭圆E：1（a＞b＞0）的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e．过F2且斜率为k（k≠0）的直线交椭圆E于A、B两点，△ABF1的周长为8．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点F2且垂直于x的直线与椭圆E的一个交点为P（P在x轴上方），过点P且平行于AB的直线l与椭圆E交于另一点Q，问：是否存在直线l，使得四边形PABQ为平行四边形？若存在，求出此时四边形PABQ的面积；
若不存在，说明理由．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑思维．
【答案】（Ⅰ）．
（Ⅱ）存在直线l，使得四边形PABQ为平行四边形，此时四边形PABQ的面积为．
【分析】（Ⅰ）结合椭圆的定义以及离心率公式代入计算，即可得到椭圆的标准方程；
（Ⅱ）根据题意，分别联立直线AB，直线l与椭圆方程，由四边形PABQ为平行四边形，结合韦达定理以及弦长公式代入计算，即可得到结果．
【解答】解：（Ⅰ）
因为|AB|+|AF1|+|BF1|＝8，
所以4a＝8，a＝2．又因为，即，所以c＝1，
所以.故椭圆E的方程为．
（Ⅱ）由题得：，
设直线AB为：y＝k（x﹣1），直线l为：，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由消去y，得（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0，
则，x1x2，
由消去y，得（3+4k2）x2﹣（8k2﹣12k）x+4k2﹣12k﹣3＝0，
由Δ＞0，可知k，设Q（x3，y3），又，
则，x3 1，
因为四边形PABQ为平行四边形，
所以，即x1﹣x2＝1﹣x3，
故（x1+x2）2﹣4x1x2＝（1﹣x3）2，
所以，得，
此时直线AB为：3x﹣4y﹣3＝0，直线l为：3x﹣4y+3＝0，
两平行线距离，
又因为，
所以四边形PABQ的面积，
所以存在直线l，使得四边形PABQ为平行四边形，此时四边形PABQ的面积为．
【点评】本题考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
19．（2024秋 安康期末）已知圆E：x2+y2﹣8x+15＝0经过椭圆的右焦点F及右顶点G．
（1）求C的方程；
（2）过点E的直线与C交于A，B两点，求线段AB的中点D的轨迹方程；
（3）过点作与x轴平行的直线与C交于点P，Q，直线HF与y轴交于点R，证明：点P，R，F，Q共圆．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑思维．
【答案】（1）；
（2）16（x﹣2）2+25y2＝64；
（3）证明见解析．
【分析】（1）根据给定条件，求出点F，G的坐标，进而求出a，b即得C的方程．
（2）直线AB的方程与椭圆方程联立，借助韦达定理求出点D即可求出轨迹方程．
（3）利用弦长公式求出|HF| |HR|，|HP| |HQ|，再借助相似三角形及圆内四边形的判定推理得证．
【解答】解：（1）已知圆方程x2+y2﹣8x+15＝0，令y＝0，所以x＝5或x＝3，所以G（5，0），F（3，0），
所以椭圆的长半轴长a＝5，半焦距c＝3，所以短半轴长，
因此C的方程为．
（2）因为E（4，0），当直线AB与x轴不重合时，设AB方程为x＝ty+4，
联立直线AB方程和椭圆方程可得，化简得：（16t2+25）y2+128ty﹣144＝0，
设B（x2，y2），D（x0，y0），A（x1，y1），
所以，，
联立可得，所以，
当直线AB与x轴重合时，点D（0，0）满足方程，
因此AB的中点D的轨迹方程是16（x﹣2）2+25y2＝64．
（3）证明：由，得，不妨令，
直线HF斜率，则，
，
因此|HF| |HR|＝|HP| |HQ|，△HPR∽△HFQ，则∠HPR＝∠HFQ，
所以点P，R，F，Q共圆．
【点评】本题考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
20．（2024秋 宝安区期末）若椭圆：上的两个点M（xM，yM），N（xN，yN）满足，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，点M，N互为共轭点．显然，对于椭圆上任意一点M，总有两个共轭点N1，N2．已知椭圆，点A（x0，y0）是椭圆C上一动点，点A的两个共轭点分别记为B1（x1，y1），B2（x2，y2）．
（1）当点A坐标为时，求|B1B2|；
（2）当直线AB1，AB2斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，其中k1k2≠0，求|k1|+|k2|的最小值；
（3）证明：△AB1B2的面积为定值．
【考点】椭圆的定点及定值问题；直线与椭圆的位置关系及公共点个数．
【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；新定义类．
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析．
【分析】（1）将点A坐标代入椭圆方程，再根据共轭点的条件得到B1，B2满足的方程，进而求出|B1B2|．
（2）斜率公式和共轭点条件表示出k1，k2，再利用均值不等式求|k1|+|k2|的最小值．
（3）利用三角形面积公式，结合前面求出的关系来证明面积为定值．
【解答】解：（1）当点A坐标为时，设点A的两个共轭点分别为B1（x1，y1），B2（x2，y2）．
可得，
由两点确定一条直线，可得直线B1B2的方程为，
联立得，
可得，，
则；
（2）由点A（x0，y0）在椭圆C上，
可得，
由（1）知，直线B1B2的方程为，即，
当y0≠0时，联立直线B1B2的方程和双曲线方程，可得，
得，即，
，
，
当y0＝0时，易知，对应共轭点为B1（0，2），B2（0，﹣2），
此时，故也成立，
由基本不等式，可得，当且仅当时等号成立，
则|k1|+|k2|的最小值为；
（3）证明：由（2）知，对任意点A（x0，y0），都有|x1﹣x2|＝2|x1|，|y1﹣y2|＝2|y1|，
，
点A（x0，y0）到直线的距离为，
△AB1B2的面积，
故△AB1B2的面积为定值．
【点评】本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
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