2023年高考數(shù)學(xué)真題題源解密（新高考全國(guó)卷）專題12 橢圓（解析版）

專題12橢圓目錄一覽2023真題展現(xiàn)考向一橢圓的性質(zhì)考向二直線與橢圓相交問題真題考查解讀近年真題對(duì)比考向一橢圓的性質(zhì)考向二直線與橢圓相交問題命題規(guī)律解密名校模擬探源易錯(cuò)易混速記/二級(jí)結(jié)論速記考向一橢圓的性質(zhì)1．（2023?新高考Ⅰ?第5題）設(shè)橢圓C1：x2a2+y2＝1（a＞1），C2：x24+y2＝1的離心率分別為e1，e2．若eA．233 B．2 C．3 【答案】A解：由橢圓C2：x24+y2＝1可得a2＝2，b2＝1，∴c∴橢圓C2的離心率為e2=3∵e2=3e1，∴e1=12∴a12=4c12∴a=233或考向二直線與橢圓相交問題2．（2023?新高考Ⅱ?第5題）已知橢圓C：x23+y2=1的左焦點(diǎn)和右焦點(diǎn)分別為F1和F2，直線y＝x+m與C交于點(diǎn)A，B兩點(diǎn)，若△F1AB面積是△A．23 B．23 C．?2【答案】C解：記直線y＝x+m與x軸交于M（﹣m，0），橢圓C：x23+y2=1的左，右焦點(diǎn)分別為F1（?由△F1AB面積是△F2AB的2倍，可得|F1M|＝2|F2M|，∴|?2?xM|＝2|2?xM|，解得xM=23或∴﹣m=23或﹣m＝32，∴m=?23或聯(lián)立x23+y2=1y=x+m可得，4x∵直線y＝x+m與C相交，所以Δ＞0，解得m2＜4，∴m＝﹣32不符合題意，故m=?2【命題意圖】考查橢圓的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程、幾何性質(zhì)、直線與橢圓．考查運(yùn)算求解能力、邏輯推導(dǎo)能力、分析問題與解決問題的能力、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．【考查要點(diǎn)】橢圓的定義、方程、性質(zhì)、直線與橢圓是高考?？純?nèi)容，以小題形式出現(xiàn)，常規(guī)題，難度中等．【得分要點(diǎn)】一、橢圓的定義平面內(nèi)與兩個(gè)定點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離的和等于常數(shù)(大于|F1F2|)的點(diǎn)的軌跡叫做橢圓．這兩個(gè)定點(diǎn)叫做橢圓的焦點(diǎn)，兩焦點(diǎn)間的距離叫做橢圓的焦距．注：在橢圓的定義中必須要注意以下兩個(gè)問題(1)定義中到兩定點(diǎn)的距離之和是常數(shù)，而不能是變量．(2)常數(shù)(2a)必須大于兩定點(diǎn)間的距離，否則軌跡不是橢圓．①若，M的軌跡為線段；②若，M的軌跡無(wú)圖形二、橢圓的方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)焦點(diǎn)的位置焦點(diǎn)在x軸上焦點(diǎn)在y軸上圖形標(biāo)準(zhǔn)方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)范圍－a≤x≤a且－b≤y≤b－b≤x≤b且－a≤y≤a頂點(diǎn)A1(－a,0)，A2(a,0),_B1(0，－b)，B2(0，b)A1(0，－a)，A2(0，a),B1(－b,0)，B2(b,0)軸長(zhǎng)長(zhǎng)軸長(zhǎng)＝eq\a\vs4\al(2a)，短軸長(zhǎng)＝eq\a\vs4\al(2b)焦點(diǎn)F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)F1(0，－c)，F(xiàn)2(0，c)焦距|F1F2|＝eq\a\vs4\al(2c)對(duì)稱性對(duì)稱軸x軸和y軸，對(duì)稱中心(0,0)離心率e＝eq\f(c,a)(0<e<1)（注：e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\r(\f(1,1＋\f(b2,c2))).）三、橢圓的焦點(diǎn)三角形橢圓上的一點(diǎn)與兩焦點(diǎn)所構(gòu)成的三角形稱為焦點(diǎn)三角形．解決焦點(diǎn)三角形問題常利用橢圓的定義和正弦定理、余弦定理．以橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一點(diǎn)P(x0，y0)(y0≠0)和焦點(diǎn)F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)為頂點(diǎn)的△PF1F2中，若∠F1PF2＝θ，則(1)橢圓的定義：|PF1|＋|PF2|＝2a.(2)余弦定理：4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|·cosθ.(3)面積公式：S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1||PF2|·sinθ，當(dāng)|y0|＝b，即P為短軸端點(diǎn)時(shí)，S△PF1F2取最大值，為bc.重要結(jié)論：S△PF1F2=推導(dǎo)過程：由余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|·cosθ得由三角形的面積公式可得S△PF1F2==注：S△PF1F2===（是三角形內(nèi)切圓的半徑）(4)焦點(diǎn)三角形的周長(zhǎng)為2(a＋c)．(5)在橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中,F1，F(xiàn)2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是橢圓上任意的一點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P在短軸端點(diǎn)時(shí)，最大.四、點(diǎn)與橢圓的位置關(guān)系點(diǎn)P(x0，y0)與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置關(guān)系：點(diǎn)P在橢圓上?eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1；點(diǎn)P在橢圓內(nèi)部?eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)<1；點(diǎn)P在橢圓外部?eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)>1.五、直線與橢圓的位置關(guān)系直線y＝kx＋m與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置關(guān)系，判斷方法：聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消y得一元二次方程．當(dāng)Δ>0時(shí)，方程有兩解，直線與橢圓相交；當(dāng)Δ＝0時(shí)，方程有一解，直線與橢圓相切；當(dāng)Δ<0時(shí)，方程無(wú)解，直線與橢圓相離．六、直線與橢圓相交的弦長(zhǎng)公式1．定義：連接橢圓上兩個(gè)點(diǎn)的線段稱為橢圓的弦．2．求弦長(zhǎng)的方法(1)交點(diǎn)法：將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，求出兩交點(diǎn)的坐標(biāo)，然后運(yùn)用兩點(diǎn)間的距離公式來求．(2)根與系數(shù)的關(guān)系法：如果直線的斜率為k，被橢圓截得弦AB兩端點(diǎn)坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則弦長(zhǎng)公式為：|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(y1＋y22－4y1y2).注：（1）已知弦是橢圓（）的一條弦，中點(diǎn)坐標(biāo)為，則的斜率為，運(yùn)用點(diǎn)差法求的斜率，設(shè)，；、都在橢圓上，兩式相減得：，即，故（2）弦的斜率與弦中心和橢圓中心的連線的斜率之積為定值：考向一橢圓的性質(zhì)3．（2021?新高考Ⅰ）已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：+＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)M在C上，則|MF1|?|MF2|的最大值為（）A．13 B．12 C．9 D．6【解答】解：F1，F(xiàn)2是橢圓C：+＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)M在C上，|MF1|+|MF2|＝6，所以|MF1|?|MF2|≤＝9，當(dāng)且僅當(dāng)|MF1|＝|MF2|＝3時(shí)，取等號(hào)，所以|MF1|?|MF2|的最大值為9．故選：C．4．（2022?新高考Ⅱ）已知直線l與橢圓+＝1在第一象限交于A，B兩點(diǎn)，l與x軸、y軸分別相交于M，N兩點(diǎn)，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2，則l的方程為．【解答】解：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），線段AB的中點(diǎn)為E，由+＝1，+＝1，相減可得：＝﹣，則kOE?kAB＝?＝＝﹣，設(shè)直線l的方程為：y＝kx+m，k＜0，m＞0，M（﹣，0），N（0，m），∴E（﹣，），∴kOE＝﹣k，∴﹣k?k＝﹣，解得k＝﹣，∵|MN|＝2，∴＝2，化為：+m2＝12．∴3m2＝12，m＞0，解得m＝2．∴l(xiāng)的方程為y＝﹣x+2，即x+y﹣2＝0，故答案為：x+y﹣2＝0．考向二直線與橢圓相交問題5．（2022?新高考Ⅰ）已知橢圓C：+＝1（a＞b＞0），C的上頂點(diǎn)為A，兩個(gè)焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，離心率為．過F1且垂直于AF2的直線與C交于D，E兩點(diǎn)，|DE|＝6，則△ADE的周長(zhǎng)是．【解答】解：∵橢圓C：+＝1（a＞b＞0）的離心率為，∴不妨可設(shè)橢圓C：，a＝2c，∵C的上頂點(diǎn)為A，兩個(gè)焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，∴△AF1F2為等邊三角形，∵過F1且垂直于AF2的直線與C交于D，E兩點(diǎn)，∴，由等腰三角形的性質(zhì)可得，|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，設(shè)直線DE方程為y＝，D（x1，y1），E（x2，y2），將其與橢圓C聯(lián)立化簡(jiǎn)可得，13x2+8cx﹣32c2＝0，由韋達(dá)定理可得，，，|DE|＝＝＝＝，解得c＝，△ADE的周長(zhǎng)等價(jià)于|DE|+|DF2|+|EF2|＝4a＝8c＝．故答案為：13．根據(jù)近幾年考查形式推測(cè)以小題形式出現(xiàn)，常規(guī)題，難度中等．橢圓的定義、方程、性質(zhì)、直線與橢圓是高考?？純?nèi)容。一．橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程（共2小題）1．（2023?宜賓模擬）“1＜m＜3”是“方程+＝1表示橢圓”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【解答】解：若方程+＝1表示橢圓，則滿足，即，即1＜m＜3且m≠2，此時(shí)1＜m＜3成立，即必要性成立，當(dāng)m＝2時(shí)，滿足1＜m＜3，但此時(shí)方程+＝1等價(jià)為為圓，不是橢圓，不滿足條件．即充分性不成立故“1＜m＜3”是“方程+＝1表示橢圓”的必要不充分條件，故選：B．2．（2023?江西模擬）已知橢圓的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在y軸上，離心率為，請(qǐng)寫出一個(gè)符合上述條件的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．【解答】解：由于橢圓的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在y軸上，所以設(shè)橢圓的方程為（a＞b＞0），由于離心率為，所以，滿足條件的橢圓方程為（答案不唯一）．故答案為：（答案不唯一）．二．橢圓的性質(zhì)（共43小題）3．（2023?全國(guó)模擬）橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，A為上頂點(diǎn)，若△AF1F2的面積為，則△AF1F2的周長(zhǎng)為（）A．8 B．7 C．6 D．5【解答】解：設(shè)橢圓的半短軸長(zhǎng)為b，半焦距為c，則，△AF1F2的面積，由題意得，∴c＝1，，由橢圓的定義得|AF1|+|AF2|＝2a＝4，又|F1F2|＝2c＝2，則△AF1F2的周長(zhǎng)為4+2＝6．故選：C．4．（2023?武昌區(qū)校級(jí)模擬）設(shè)F1，A分別是橢圓的左焦點(diǎn)和右頂點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上異于A點(diǎn)的任意一點(diǎn)，則使得成立的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：∵，∴P在以F1A為直徑的圓上，又P在橢圓上，所以該圓與橢圓有三個(gè)公共點(diǎn)，又P點(diǎn)與A點(diǎn)不重合，故符合條件的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)有2個(gè)．故選：B．5．（2023?白山二模）已知橢圓C：+＝1的離心率為，則C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為（）A．8 B．4 C．2 D．4【解答】解：∵橢圓C的離心率為，∴＝，解得m＝2，故橢圓C：+＝1的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2＝4，故選：B．6．（2023?甘肅模擬）已知橢圓的方程為（m＞0，n＞0），離心率，則下列選項(xiàng)中不滿足條件的為（）A． B．+＝1 C． D．x2+4y2＝1【解答】解：由，可得a＝2，b＝1，∴c＝＝，故離心率，故A正確；由+＝1，可得a＝2，b＝，∴c＝＝，故離心率e＝＝，故B正確；由，可得a＝，b＝1，∴c＝＝1，故離心率e＝＝，故C不正確；由x2+4y2＝1，可得x2+＝1，可得a＝1，b＝，c＝＝，故離心率e＝，故D正確．故選：C．7．（2023?射洪市校級(jí)模擬）已知拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)和橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)重合，且拋物線的準(zhǔn)線截橢圓的弦長(zhǎng)為3，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（）A． B． C． D．【解答】解：拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為（1，0），準(zhǔn)線為x＝﹣1，設(shè)橢圓的方程為，橢圓中，c＝1，當(dāng)x＝﹣1時(shí)，，故，又a2＝b2+c2，所以，故橢圓方程為．故選：B．8．（2023?桐城市校級(jí)二模）法國(guó)數(shù)學(xué)家加斯帕?蒙日被稱為“畫法幾何創(chuàng)始人”、“微分幾何之父”．他發(fā)現(xiàn)與橢圓相切的兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)的軌跡是以該橢圓中心為圓心的圓，這個(gè)圓稱為該橢圓的蒙日?qǐng)A．若橢圓Γ：的蒙日?qǐng)A為C：x2+y2＝3b2，則橢圓Γ的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：直線x＝a，y＝b與橢圓Γ都相切，且這兩條直線垂直，因此其交點(diǎn)（a，b）在圓C：x2+y2＝3b2上，∴a2+b2＝3b2，即2b2＝a2，∴橢圓的離心率e＝＝．故選：D．9．（2023?甘肅模擬）已知橢圓C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線y＝x與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，若四邊形AF1BF2為矩形，則橢圓C的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：由題意設(shè)A（x1，y1），B（﹣x1，﹣y1），AF1⊥AF2，所以|OA|＝|F1F2|＝c，聯(lián)立，解得x2＝，y2＝，所以|OA|2＝＝c2，b2＝a2﹣c2，整理可得：c4﹣8a2c2+4a4＝0，即e4﹣8e2+4＝0，解得e2＝4±2，可得e＝±1，而e∈（0，1），所以e＝﹣1．故選：C．10．（2023?招遠(yuǎn)市模擬）已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)，M是C上一點(diǎn)且MF2與x軸垂直，直線MF1與C的另一個(gè)交點(diǎn)為N，若，則C的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：不妨設(shè)M在第一象限，由題意，M的橫坐標(biāo)為c，令，解得，即，設(shè)N（x，y），又F1（﹣c，0），，，由可得：，解得，又N（x，y）在橢圓上，即，整理得，解得．故選：A．11．（2023?淄博三模）已知橢圓C：（a＞b＞0），F(xiàn)為其左焦點(diǎn)，直線y＝kx（k＞0）與橢圓C交于點(diǎn)A，B，且AF⊥AB．若∠ABF＝30°，則橢圓C的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：已知橢圓C：（a＞b＞0），F(xiàn)為其左焦點(diǎn)，直線y＝kx（k＞0）與橢圓C交于點(diǎn)A，B，且AF⊥AB，設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F1，則四邊形AFBF1為平行四邊形，又∠ABF＝30°，則2|BF1|＝|BF|，又|BF|+|BF1|＝2a，則，，又∠FBF1＝90°+30°＝120°，由余弦定理﹣2×|BF||BF1|cos∠FBF1可得：，即．故選：A．12．（2023?未央?yún)^(qū)模擬）已知橢圓C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，M為C上一點(diǎn)，若MF1的中點(diǎn)為（0，1），且△MF1F2的周長(zhǎng)為8+4，則C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（）A． B． C． D．【解答】解：∵M(jìn)1F的中點(diǎn)為B（0，1），∴OB是△MF1F2的中位線，則MF2＝2OB＝2，且△MF1F2為直角三角形，∵△MF1F2的周長(zhǎng)為2a+2c＝8+4，∴a+c＝4+2①，∵M(jìn)F2＝2，∴MF1＝2a﹣2，∵（MF1）2﹣（MF2）2＝4c2，∴（2a﹣2）2﹣4＝4c2，即（a﹣1）2﹣1＝c2②，由①②得，a＝4，c＝2，b2＝16﹣8＝8，∴C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+＝1．故選：A．13．（2023?淄博二模）古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼奧斯在研究圓錐曲線時(shí)發(fā)現(xiàn)了橢圓的光學(xué)性質(zhì)：從橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)射出的光線，經(jīng)橢圓反射，其反射光線必經(jīng)過橢圓的另一焦點(diǎn)．設(shè)橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，若從橢圓右焦點(diǎn)F2發(fā)出的光線經(jīng)過橢圓上的點(diǎn)A和點(diǎn)B反射后，滿足AB⊥AD，且cos∠ABC＝，則該橢圓的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：連接AF1，BF1，由題意可知A，D，F(xiàn)1三點(diǎn)共線，B，C，F(xiàn)1三點(diǎn)共線，在△ABF1中，因?yàn)锳B⊥AD，且cos∠ABC＝，可得cos∠ABF1＝，sin∠ABF1＝，tan∠ABF1＝＝，設(shè)|AF1|＝4k，|AB|＝3k，可得|BF1|＝5k，由橢圓的定義可知|BF2|＝2a﹣|BF1|＝2a﹣5k，|AF2|＝|AB|﹣|BF2|＝3k﹣（2a﹣5k）＝8k﹣2a，又因?yàn)閨AF1|+|AF2|＝2a，即4k+8k﹣2a＝2a，解得k＝，所以|AF1|＝，|AF2|＝﹣2a＝，在Rt△AF1F2中，|AF1|2+|AF2|2＝|F1F2|2，即（）2+（）2＝（2c）2，可得e＝＝，故選：D．14．（2023?江西模擬）某廣場(chǎng)的一個(gè)橢球水景雕塑如圖所示，其橫截面為圓，過橫截面圓心的縱截面為橢圓，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為該橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，PQ為該橢圓過點(diǎn)F2的一條弦，且△PQF1的周長(zhǎng)為3|F1F2|．若該橢球橫截面的最大直徑為2米，則該橢球的高為（）A．米 B．米 C．米 D．米【解答】解：根據(jù)題意，畫出該橢球的過橫截面圓心的縱截面如下，根據(jù)橢圓的定義△PQF1的周長(zhǎng)為|PQ|+|PF1|+|QF1|＝4a＝3×2c，即2a＝3c①，由該橢球橫截面的最大直徑為2米，可知2b＝2米，得b＝1，又因?yàn)閍2＝b2+c2，所以a2＝c2+1②，②聯(lián)立可得，，所以該橢球的高為米．故選：B．15．（2023?錦江區(qū)校級(jí)模擬）19世紀(jì)法國(guó)著名數(shù)學(xué)家加斯帕爾?蒙日，創(chuàng)立了畫法幾何學(xué)，推動(dòng)了空間幾何學(xué)的獨(dú)立發(fā)展，提出了著名的蒙日?qǐng)A定理：橢圓的兩條切線互相垂直，則切線的交點(diǎn)位于一個(gè)與橢圓同心的圓上，稱為蒙日?qǐng)A，橢圓的蒙日?qǐng)A方程為x2+y2＝a2+b2．若圓（x﹣3）2+（y﹣m）2＝9與橢圓的蒙日?qǐng)A有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，則m的值為（）A．±3 B．±4 C．±5 D．【解答】解：由題意可得橢圓+y2＝1的蒙日?qǐng)A的半徑r1＝＝2，所以蒙日?qǐng)A方程為x2+y2＝4，因?yàn)閳A（x﹣3）2+（y﹣m）2＝9與橢圓+y2＝1的蒙日?qǐng)A有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，所以兩圓相外切，所以，∴m＝±4．故選：B．16．（2023?青羊區(qū)校級(jí)模擬）如圖，A，B是橢圓的左、右頂點(diǎn)，P是⊙O：x2+y2＝a2上不同于A，B的動(dòng)點(diǎn)，線段PA與橢圓C交于點(diǎn)Q，若tan∠PBA＝3tan∠QBA，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：由題意得Q在橢圓上，則設(shè)Q（acosθ，bsinθ），∴tan∠PAB＝tan∠QAB＝，tan∠QBA＝，∴tan∠PAB?tan∠QBA＝①，又AB是⊙O的直徑，則∠APB＝90°，即∠PAB+∠PBA＝90°，∴tan∠PAB?tan∠QBA＝1②，由①②得＝＝，又c2＝a2﹣b2，則e＝＝＝＝．故選：D．17．（2023?思明區(qū)校級(jí)模擬）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)A在橢圓上且位于第一象限，滿足，∠AF1F2的平分線與AF2相交于點(diǎn)B，若，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：設(shè)|AF1|＝n，|AF2|＝8m，由得|AB|＝3m，|BF2|＝5m，因?yàn)?，所以，在Rt△AF1F2中，由勾股定理，得（8m）2+n2＝（2c）2①，由橢圓的定義得8m+n＝2a②，因?yàn)镕1B平分∠AF1F2，所以，即③，聯(lián)立①②③并化簡(jiǎn)得7c2+30ac﹣25a2＝0，則7e2+30e﹣25＝0，得．故選：D．18．（2023?源匯區(qū)校級(jí)模擬）阿基米德在他的著作《關(guān)于圓錐體和球體》中計(jì)算了一個(gè)橢圓的面積．當(dāng)我們垂直地縮小一個(gè)圓時(shí)，我們得到一個(gè)橢圓．橢圓的面積等于圓周率π與橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)與短半軸長(zhǎng)的乘積．已知橢圓的面積為21π，點(diǎn)P在橢圓C上，且點(diǎn)P與橢圓C左、右頂點(diǎn)連線的斜率之積為，記橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，則|PF1|的值不可能為（）A．4 B．7 C．10 D．14【解答】解：依題意，得，解得a＝7，b＝3，則，故，故選：D．19．（2023?安居區(qū)校級(jí)模擬）已知橢圓C：＝1（a＞b＞0）上有一異于頂點(diǎn)的點(diǎn)P，A，B分別是橢圓C的左、右頂點(diǎn)，且兩直線PA，PB的斜率的乘積為﹣，則橢圓C的離心率e為（）A． B． C． D．【解答】解：由題意知A（﹣a，0），B（a，0），設(shè)P（x0，y0），則+＝1，＝b2﹣，于是kPA?kPB＝?＝＝＝＝﹣＝﹣．所以b2＝a2，又c2＝a2﹣b2＝a2，所以c＝a，所以e＝＝，即橢圓C的離心率為．故選：B．20．（2023?龍華區(qū)校級(jí)模擬）已知F1、F2是橢圓E：的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P（x0，y0）為E上一動(dòng)點(diǎn)，且|x0|≤1，若I為△PF1F2的內(nèi)心，則△IF1F2面積的取值范圍是（）A． B． C． D．【解答】解：由橢圓的方程可得a＝，c＝1，設(shè)內(nèi)切圓的半徑為r，則S＝2c?|y0|＝（2a+2c）?r，可得r＝＝|y0|，而+＝1，所以|y0|＝?，所以r＝?，所以S＝?2c?r＝×2××＝?，因?yàn)閨x0|≤1，所以S∈[?，]，即S∈[，]．故選：C．21．（2023?江西模擬）已知橢圓＝1的左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，P為橢圓上異于長(zhǎng)軸端點(diǎn)的動(dòng)點(diǎn)，G，I分別為△PF1F2的重心和內(nèi)心，則＝（）A． B． C． D．2【解答】解：由橢圓可得，如圖，設(shè)△PF1F2的內(nèi)切圓與三邊分別相切與A，B，C，G，I分別為△PF1F2的重心和內(nèi)心，則|PB|＝|PC|，|F1A|＝|F1C|，|F2A|＝|F2B|，所以，所以＝＝＝．故選：B．22．（2023?浙江二模）已知F是橢圓的左焦點(diǎn)，點(diǎn)M在C上，N在⊙P：x2+（y﹣3）2＝2x上，則|MF|﹣|MN|的最大值是（）A．2 B． C． D．【解答】解：由⊙P：x2+（y﹣3）2＝2x，可得（x﹣1）2+（y﹣3）2＝1，可得圓⊙P的圓心坐標(biāo)為P（1，3），半徑r＝1，由橢圓，可得a＝2，設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F1，根據(jù)橢圓的定義可得|MF|＝2a﹣|MF1|，所以|MF|﹣|MN|＝2a﹣（|MF1|+|MN|），又由|MN|min＝|MP|﹣r，如圖所示，當(dāng)點(diǎn)P，M，N，F(xiàn)1四點(diǎn)共線時(shí)，即P，N′，M′，F(xiàn)1時(shí)，|MF1|+|MN|取得最小值，最小值為（|MF1|+|MN|）min＝（|MF1|+|MP|﹣r）＝|PF1|﹣r＝3﹣1＝2，所以（|MF|﹣|MN|）max＝2×2﹣2＝2．故選：A．23．（2023?全國(guó)模擬）已知F是橢圓E：＝1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)，A為E的右頂點(diǎn)，B（0，2b），若直線AB與E交于點(diǎn)C，且CF⊥AF，則橢圓E的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：如圖，A（a，0），B（0，2b），則AB：，在橢圓＝1中，取x＝c，可得y＝，則C（c，），把C（c，）代入，可得，即，∴b＝2a﹣2c，則b2＝a2﹣c2＝（2a﹣2c）2＝4a2﹣8ac+4c2，∴5e2﹣8e+3＝0，解得e＝（e＝1舍去）．故選：B．24．（2023?湖北模擬）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F2的直線與E交于點(diǎn)A，B．直線l為E在點(diǎn)A處的切線，點(diǎn)B關(guān)于l的對(duì)稱點(diǎn)為M．由橢圓的光學(xué)性質(zhì)知，F(xiàn)1，A，M三點(diǎn)共線．若|AB|＝a，，則＝（）A． B． C． D．【解答】解：如下圖所示：因?yàn)辄c(diǎn)B關(guān)于l的對(duì)稱點(diǎn)為M，則|AM|＝|AB|，因?yàn)閨AF1|+|AB|+|BF1|＝（|AF1|+|AF2|）+（|BF1|+|BF2|）＝4a，且|AB|＝a，所以，|AF1|+|BF1|＝3a，所以，，可得，則，所以，，故．故選：C．25．（2023?五華區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，在圓錐內(nèi)放入兩個(gè)大小不同的球O1，O2，使得它們分別與圓錐的側(cè)面和平面α都相切，平面α分別與球O1，O2相切于點(diǎn)E，F(xiàn)．?dāng)?shù)學(xué)家GerminalDandelin利用這個(gè)模型證明了平面α與圓錐側(cè)面的交線為橢圓，E，F(xiàn)為此橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，這兩個(gè)球也被稱為Dandelin雙球．若球O1，O2的半徑分別為6和3，球心距離O1O2＝11，則此橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為．?【解答】解：過切點(diǎn)E，F(xiàn)作出雙球模型的軸截面，設(shè)球O1，O2分別與圓錐的同一條母線切于A，B兩點(diǎn)，有O2B⊥AB，O1A⊥AB，過O2作O2C⊥O1A于點(diǎn)C，則四邊形ABO2C是矩形，于是|AC|＝|O2B|＝3，|O1C|＝3，又|O1O2|＝11，從而，設(shè)直線AB與平面α的交點(diǎn)為P，則有|PA|＝|PE|，|PB|＝|PF|，所以橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)2a＝|PE|+|PF|＝|PA|+|PB|＝|AB|＝．故答案為：．26．（2023?甘肅模擬）已知橢圓C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線y＝x與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，若四邊形為矩形，則橢圓C的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：橢圓C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線y＝x與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，∵四邊形AF2BF1是矩形，∴A（﹣c，﹣），|AF1|＝c，|AF2|＝c，可得：c+＝2a，橢圓C的離心率e＝＝＝．故選：C．27．（2023?涪城區(qū)校級(jí)模擬）設(shè)F1、F2橢圓的左、右焦點(diǎn)，橢圓上存在點(diǎn)M，∠MF1F2＝α，∠MF2F1＝β，使得離心率，則e取值范圍為（）A．（0，1） B． C． D．【解答】解：設(shè)|MF1|＝m，|MF2|＝n；在△MF1F2中，由正弦定理有：＝；＝＝e，則e＝＝；解得：n＝；由于a﹣c＜|MF2|＜a+c；即（a+c）（a﹣c）＜2a2＜（a+c）2；又a2﹣c2＜2a2成立；則有a＜a+c；∴離心率：﹣1＜e＜1；故選：C．28．（2023?涼山州模擬）已知橢圓C：的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)M是橢圓C上任意一點(diǎn)，且的取值范圍為[2，3]．當(dāng)點(diǎn)M不在x軸上時(shí)，設(shè)△MF1F2的內(nèi)切圓半徑為m，外接圓半徑為n，則mn的最大值為（）A． B． C． D．1【解答】解：，，∴，∴，解得：a2＝4，b2＝3，c2＝1，設(shè)∠F1MF2＝θ，MF1＝r1，MF2＝r2，由正弦定理可得：，，可得：，又∵，設(shè)內(nèi)切圓的圓心為A，∴，∴，∴，又∵當(dāng)M在短軸的端點(diǎn)時(shí)，θ最大，此時(shí)MF1＝MF2＝F1F2＝2，θ＝60°，，∴，故當(dāng)時(shí)，mn取得最大值為．故選：C．29．（2023?廣西模擬）在橢圓中，已知焦距為2，橢圓上的一點(diǎn)P與兩個(gè)焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離的和等于4，且∠PF1F2＝120°，則△PF1F2的面積為（）A． B． C． D．【解答】解：由題可知，焦距|F1F2|＝2c＝2，則c＝1，又橢圓上的一點(diǎn)P與兩個(gè)焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離的和等于4，即|PF1|+|PF2|＝2a＝4，所以a＝2，在△PF1F2中，∠PF1F2＝120°，由余弦定理得：，整理得10|PF2|＝28，所以，則，故△PF1F2的面積．故選：D．30．（2023?鄭州模擬）設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)A為橢圓的上頂點(diǎn)，點(diǎn)B在橢圓上且滿足，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：由且A為橢圓的上頂點(diǎn)，則，，若下頂點(diǎn)為C，根據(jù)橢圓對(duì)稱性知：直線F2B必過下頂點(diǎn)C，且，故B不可能為下頂點(diǎn)，所以，如上圖有，而C（0，﹣b），F(xiàn)2（c，0），若B（x，y），則（c，b）＝5（x﹣c，y），故，即在橢圓上，所以，可得，而0＜e＜1，則．故答案為：D．31．（2023?河南模擬）若橢圓上存在一點(diǎn)D，使得函數(shù)圖象上任意一點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)D的對(duì)稱點(diǎn)仍在f（x）的圖象上，且橢圓C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)大于2，則C的離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．【解答】解：因?yàn)?，所以的圖象可由奇函數(shù)的圖像向右平移個(gè)單位，再向上平移個(gè)單位得到，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，所以橢圓經(jīng)過點(diǎn)，則，即a2+b2＝4a2b2，即2a2﹣c2＝4a2（a2﹣c2），所以，又因?yàn)?a＞2，所以，解得，又0＜e＜1，所以，即．故選：D．32．（2023?貴陽(yáng)模擬）已知橢圓，直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓的左、右兩個(gè)焦點(diǎn)，直線AF2與橢圓交于另一個(gè)點(diǎn)D，則直線AD與BD的斜率乘積為（）A． B． C． D．【解答】解：橢圓的方程為，∵直線過原點(diǎn)，設(shè)A（x1，y1），B（﹣x1，﹣y1），D（x1，y2），∴，又∵，①，②①﹣②得，，∴，∴．故選：B．33．（2023?桐城市校級(jí)一模）如圖是數(shù)學(xué)家GerminalDandelin用來證明一個(gè)平面截圓錐得到的截口曲線是橢圓的模型（稱為“Dandelin雙球”）；在圓錐內(nèi)放兩個(gè)大小不同的小球，使得它們分別與圓錐的側(cè)面、截面相切，設(shè)圖中球O1，球O2的半徑分別為4和1，球心距|O1O2|＝6，截面分別與球O1，球O2切于點(diǎn)E，F(xiàn)，（E，F(xiàn)是截口橢圓的焦點(diǎn)），則此橢圓的離心率等于（）A． B． C． D．【解答】解：截面橢圓的長(zhǎng)軸與圓錐的軸相交，橢圓長(zhǎng)軸所在直線與圓錐的軸確定的平面截此組合體，得圓錐的軸截面及球O1，球O2的截面大圓如圖所示：點(diǎn)A，B分別為圓O1，O2與圓錐軸截面等腰三角形一腰相切的切點(diǎn)，可知線段MN是橢圓長(zhǎng)軸，橢圓長(zhǎng)軸長(zhǎng)2a＝|MN|＝|MF|+|NF|＝|MF|+|ME|＝|MB|+|MA|＝|AB|，過O2作O2D⊥O1A，垂足為D，連O2B，可得四邊形ABO2D為矩形，又由已知可得|O2B|＝1，|O1A|＝4，|O1O2|＝6，得2a＝|AB|＝|DO2|＝，過O2作O2C⊥O1E交O1E延長(zhǎng)線于C，可得四邊形CEFO2為矩形，橢圓焦距2c＝|EF|＝|CO2＝，∴橢圓的離心率．故選：A．34．（2023?貴州模擬）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，P是橢圓C短軸的一個(gè)端點(diǎn)，且∠F1PF2＝90°，則橢圓C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)是（）A． B．4 C． D．8【解答】解：由橢圓，可得a2＝m+3，b2＝m﹣1，因?yàn)镻是橢圓C短軸的一個(gè)端點(diǎn)，且∠F1PF2＝90°，可得，即2a2＝4c2＝4（a2﹣b2），可得a2＝2b2，即m+3＝2（m﹣1），解得m＝5，所以，故橢圓C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)是．故選：C．35．（2023?淄博一模）直線x﹣2y+2＝0經(jīng)過橢圓的左焦點(diǎn)F，交橢圓于A，B兩點(diǎn)，交y軸于M點(diǎn)，若，則該橢圓的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：由直線方程可得F（﹣2，0），M（0，1），則c＝2，又∵，即|FM|＝3|MA|，根據(jù)相似三角形可得A（﹣，），則2a＝＝，∴e＝＝，故選：C．36．（2023?潮陽(yáng)區(qū)模擬）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，半焦距為c．在橢圓上存在點(diǎn)P使得，則橢圓離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．【解答】解：∵，∴在△PF1F2中，由正弦定理知＝，∵，∴＝＝，即|PF1|＝e|PF2|①．又∵P在橢圓上，∴|PF1|+|PF2|＝2a，將①代入得|PF2|＝∈（a﹣c，a+c），同除以a得，1﹣e＜＜1+e，得﹣1＜e＜1．故選：B．37．（2023?青羊區(qū)校級(jí)模擬）國(guó)家體育場(chǎng)“鳥巢”的鋼結(jié)構(gòu)鳥瞰圖如圖1，內(nèi)外兩圈骨架是由兩個(gè)離心率相同的橢圓組成的對(duì)稱結(jié)構(gòu)．成都某校體育館鋼結(jié)構(gòu)與“鳥巢”類似，平面圖如圖2，內(nèi)外橢圓離心率皆為，由外層橢圓長(zhǎng)軸一個(gè)端點(diǎn)A和短軸上一個(gè)端點(diǎn)B分別向內(nèi)層橢圓引切線AC，BD，記斜率分別為k1，k2，則+的最小值為?（）A． B． C． D．【解答】解：設(shè)外層橢圓方程為，則內(nèi)層橢圓方程為，AC的方程為y＝k1（x+a），聯(lián)立，整理可得：（b2+a2）x2+2a3x+a4﹣λa2b2＝0，可得Δ1＝（2a3）2﹣4（b2+a2）（a4﹣λa2b2）＝0，可得＝，BD的方程為y＝k2x+b，聯(lián)立，整理可得：（b2+a2）x2+2a2bk2x+（1﹣λ）a2b2＝0，Δ2＝（2a2bk2）2﹣4（b2+a2）[（1﹣λ）a2b2]＝0，可得＝，因?yàn)殡x心率e＝＝＝，可得b2＝a2，所以+＝+＝（+）＝（+），又因?yàn)?＜λ＜1，所以1﹣λ＞0，由均值不等式可得+≥?2＝，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即時(shí)取等號(hào)，故的最小值為．故選：C．38．（2023?湖南模擬）已知：夾在兩個(gè)平行平面間的兩個(gè)幾何體，被平行于這兩個(gè)平行平面的任何平面所截，如果截得兩個(gè)截面的面積之比為k（常數(shù)），那么這兩個(gè)幾何體的體積之比也為k，則橢圓C：+＝1（a＞b＞0）繞長(zhǎng)軸旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體的體積為（）A．b B． C． D．【解答】解：根據(jù)題意可得圖形如圖所示，由圖可得O1P＝，圓柱中大圓的半徑為b，小圓的半徑為OB＝，易得S圓＝S圓環(huán)，則由祖暅原理可得V橢球＝2（πab2﹣πab2）＝πab2．故選：B．39．（2023?浉河區(qū)校級(jí)三模）已知橢圓＝1的左焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P在橢圓上且在x軸的上方．若線段PF的中點(diǎn)在以原點(diǎn)O為圓心，|OF|為半徑的圓上，則直線PF的斜率是（）A． B． C．2 D．2【解答】解：如圖所示，設(shè)線段PF的中點(diǎn)為M，連接OM．設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F′，連接PF′．則OM∥PF′．又|OM|＝|OF|＝c＝2，|FM|＝|PF|＝（2a﹣2c）＝a﹣c＝1．設(shè)∠MFO＝α，在△OMF中，cosα＝＝，∴sinα＝＝∴tanα＝．故選：A．40．（2023?船營(yíng)區(qū)校級(jí)模擬）如圖，橢圓的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，A1，A2，B1，B2橢圓頂點(diǎn)，F(xiàn)2為右焦點(diǎn)，延長(zhǎng)B1F2與A2B2交于點(diǎn)P，若∠B1PA2為鈍角，則該橢圓離心率的取值范圍是（）A．（，0） B．（0，） C．（0，） D．（，1）【解答】解：如圖所示，∠B1PA2是與的夾角；設(shè)橢圓的長(zhǎng)半軸、短半軸、半焦距分別為a，b，c，則＝（a，﹣b），＝（﹣c，﹣b）；∵向量的夾角為鈍角時(shí)，?＜0，∴﹣ac+b2＜0，又b2＝a2﹣c2，∴a2﹣ac﹣c2＜0；兩邊除以a2得1﹣e﹣e2＜0，即e2+e﹣1＞0；解得e＜，或e＞；又∵0＜e＜1，∴＜e＜1；∴橢圓離心率e的取值范圍是（，1）．故選：D．41．（2023?宛城區(qū)校級(jí)三模）已知橢圓C1與雙曲線C2共焦點(diǎn)，雙曲線C2實(shí)軸的兩頂點(diǎn)將橢圓C1的長(zhǎng)軸三等分，兩曲線的交點(diǎn)與兩焦點(diǎn)共圓，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：設(shè)橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為，雙曲線C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為，設(shè)|F1F2|＝2c（c＞0），因?yàn)殡p曲線C2實(shí)軸的兩頂點(diǎn)將橢圓C1的長(zhǎng)軸三等分，則，設(shè)橢圓C1與雙曲線C2的公共焦點(diǎn)為F1、F2，且F1、F2為兩曲線的左、右焦點(diǎn)，設(shè)橢圓C1與雙曲線C2在第一象限的交點(diǎn)為P，在第三象限的交點(diǎn)為Q，則，解得，由對(duì)稱性可知PQ、F1F2的中點(diǎn)均為原點(diǎn)O，所以四邊形PF1QF2為平行四邊形，因?yàn)镻、F1、Q、F2四點(diǎn)共圓，則有，故，由勾股定理可得，即，即，即，故橢圓C1的離心率為．故選：C．42．（2023?德州三模）若直線y＝kx+m（k≠0）與圓相切于點(diǎn)P，且交橢圓于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線OP與橢圓M交于點(diǎn)Q，設(shè)△OAB的面積與△QAB的面積分別為S1，S2，S1的最大值為1；當(dāng)S1取得最大值時(shí)，的值為．【解答】解：由直線y＝kx+m（k≠0）與圓相切得：，所以4m2＝3k2+3．設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），將直線y＝kx+m（k≠0）代入橢圓C的方程得：（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，Δ＝64k2m2﹣4（1+4k2）（4m2﹣4）＝4（16k2﹣4m2+4），因?yàn)?m2＝3k2+3，所以Δ＝4（13k2+1）＞0且．所以，則，設(shè)點(diǎn)O到直線l的距離為，故△OAB的面積為：，當(dāng)3k2+3＝13k2+1即時(shí)，等號(hào)成立，故S1的最大值為1．設(shè)Q（x3，y3），由直線y＝kx+m（k≠0）與圓相切于點(diǎn)P，可得OQ⊥AB，則，可得，所以＝，因?yàn)?，所以，所以．故答案為?；．43．（多選）（2023?菏澤二模）畫法幾何的創(chuàng)始人——法國(guó)數(shù)學(xué)家加斯帕爾?蒙日發(fā)現(xiàn)：與橢圓相切的兩條垂直切線的交點(diǎn)的軌跡是以橢圓中心為圓心的圓，我們通常把這個(gè)圓稱為該橢圓的蒙日?qǐng)A．已知橢圓C．F1，F(xiàn)2分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，直線l的方程為，M為橢圓C的蒙日?qǐng)A上一動(dòng)點(diǎn)，MA，MB分別與橢圓相切于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，下列說法正確的是（）A．橢圓C的蒙日?qǐng)A方程為x2+y2＝3 B．記點(diǎn)A到直線l的距離為d，則d﹣|AF2|的最小值為 C．一矩形四條邊與橢圓C相切，則此矩形面積最大值為6 D．△AOB的面積的最小值為，最大值為【解答】解：對(duì)于A，當(dāng)直線MA，MB一條斜率為0，另一條斜率不存在時(shí)，則；M（±，±1）由蒙日?qǐng)A的定義可得蒙日?qǐng)A方程為；x2+y2＝2+1＝3，故A正確；對(duì)于B，∵A為橢圓C上的點(diǎn)，|AF1|+|AF2|＝2a＝2，∴d﹣|AF2|＝d﹣（2﹣|AF1|＝d+|AF1|﹣2；∵d+|AF1|的最小值為點(diǎn)F1到直線l的距離，又F1（﹣1，0），∴（d+|AF1|）min＝＝，∴（d﹣|AF2|）min＝﹣2，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，矩形四條邊均與C相切，該矩形為蒙日?qǐng)A的內(nèi)接矩形，設(shè)矩形的長(zhǎng)為m，寬為n，蒙日?qǐng)A的半徑r＝，∴m2+n2＝（2）2＝12，∴mn（m2+n2）＝6（當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝時(shí)取等號(hào)），此矩形面積最大值為6，C正確；對(duì)于D，設(shè)A（x1，y1）位于橢圓上半部分，即y＝，∴y′＝﹣，在A處的切線斜率k＝﹣＝﹣，切線方程為：y﹣y1＝﹣（x﹣x1），即x1x+2y1y＝+2＝2，∴在A處的切線方程為；x1x+y1y＝1，同理可得：當(dāng)A（x1，y1）位于橢圓下半部分，即y＝﹣，切線方程為；x1x+y1y＝1，在點(diǎn)A處的切線方程為x1x+y1y＝1，同理可知：在點(diǎn)B處的切線方程為；x2x+y2y＝1，設(shè)H（x0，y0），則x1x0+y1y0＝1且x2x0+y2y0＝1，可知A，B坐標(biāo)滿足方程，x0x+y0y＝1，即切點(diǎn)弦AB所在直線方程為：x0x+y0y＝1，當(dāng)y0＝0時(shí)，M（±，0），此時(shí)AB所在直線方程為：x＝±，∴|AB|＝2＝，∴SAOB＝××＝；當(dāng)y0≠0時(shí)，由，得：（2）x2﹣4x0x+4﹣4＝0，由A知：+＝3，∴（6﹣）x2﹣4x0x+4﹣8＝0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2＝，x1x2＝，|AB|＝?＝?，又原點(diǎn)O到直線AB的距離d＝＝，∴S△AOB＝|AB|?d＝??＝＝2＝2，令＝t，∵∈[0，3），則t∈[，），∵y＝﹣2t2+t為開口方向向下，對(duì)稱軸為t＝的拋物線，ymax＝﹣2（）2+＝，ymin＝﹣2×（）2+＝，（S△AOB）max＝，（S△AOB）min＝，綜上所述：的面積的最小值為，最大值為，故D正確．故選：ACD．44．（多選）（2023?3月份模擬）已知P（x1，y1），Q（x2，y2）是橢圓上兩個(gè)不同點(diǎn)，且滿足x1x2+9y1y2＝﹣2，則下列說法正確的是（）A．|2x1+3y1﹣3|+|2x2+3y2﹣3|的最大值為 B．|2x1+3y1﹣3|+|2x2+3y2﹣3|的最小值為 C．|x1﹣3y1+5|+|x2﹣3y2+5|的最大值為 D．|x1﹣3y1+5|+|x2﹣3y2+5|的最小值為【解答】解：已知A（x1，y1），B（x2，y2）是橢圓上兩個(gè)不同點(diǎn)，則+＝1，+，設(shè)x＝m，3y＝n，C（m1，n1），D（m2，n2），O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則＝（m1，n1），＝（m2，n2），∴+＝4，+＝4且m1n1+m2n2＝﹣2，∴C、D兩點(diǎn)均在圓m2+n2＝4的圓上，且∠COD＝120°，∴|CD|＝2，根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式，知×（+）＝×（+），為C、D兩點(diǎn)到直線2x+y﹣3＝0的距離d1、d2之和的倍．設(shè)CD的中點(diǎn)為E，E到直線2x+y﹣3＝0的距離d3，則d1+d2＝2d3≤2（|OE|+）＝2+，|2x1+3y1﹣3|+|2x2+3y2﹣3|的最大值為×（2+）＝6+2，d1+d2＝2d3≥2（﹣|OE|+）＝﹣2+，|2x1+3y1﹣3|+|2x2+3y2﹣3|的最小值為×（﹣2+）＝6﹣2，故A正確，B錯(cuò)誤；同理可得C錯(cuò)誤，D正確．故選：AD．45．（多選）（2023?浙江模擬）已知橢圓，其右焦點(diǎn)為F，以F為端點(diǎn)作n條射線交橢圓于A1，A2，…，An，且每?jī)蓷l相鄰射線的夾角相等，則（）A．當(dāng)n＝3時(shí)， B．當(dāng)n＝3時(shí)，△A1A2A3的面積的最小值為 C．當(dāng)n＝4時(shí)，|A1F|+|A2F|+|A3F|+|A4F|＝8 D．當(dāng)n＝4時(shí)，過A1、A2、A3、A4作橢圓的切線l1、l2、l3、l4，且l1、l3交于點(diǎn)P，l2、l4交于點(diǎn)Q，則PF、QF的斜率乘積為定值﹣1【解答】解：對(duì)于A，對(duì)于橢圓，其中c2＝a2﹣b2（c＞0），設(shè)A1（x，y）為橢圓上一點(diǎn)，又F（c，0），則|A1F|＝＝＝＝a﹣x（*），如圖，設(shè)∠A1Fx＝θ則x﹣c＝|A1F|?cosθ代入（?）可得|A1F|＝a﹣x（c+|A1F|cosθ），解得，故對(duì)于，，所以，同理可得，，所以++＝[2+cosθ+2+cos（+θ）+2+cos（+θ）]＝，故A正確；對(duì)于B，＝×sin120°×（|A1F|?|A2F|+|A2F|?|A3F|+|A1F|?|A3F|設(shè)|A1F|＝x，|A2F|＝y(tǒng)，|A3F|＝z，則＝（xy+xz+yz），由z，又2＝++≥3?，∴xyz≥，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，所以＝（xy+xz+yz）＝xyz≥，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，取A1（2，0），則|A1F|+|A2F|+|A3F|+|A4F|＝7，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，設(shè)橢圓上一點(diǎn)A1（x1，y1），則，即3+4＝12①，設(shè)切線l1：y＝kx+m，∵切線l1過點(diǎn)A1（x1，y1），∴y1＝kx1+m，即m＝y(tǒng)1﹣kx1②，由，消去y，整理得（4k2+3）x2+8kmx+4（m2﹣3）＝0，∵l1是橢圓的切線，∴Δ＝64k2m2﹣16（4k2+3）（m2﹣3）＝48（4k2+3﹣m2）＝0，∴m2＝4k2+3③，且由韋達(dá)定理，有④，③、④兩式相乘，化簡(jiǎn)得x1m＝﹣4k，將②式代入，解得，由①式，有，，∴l(xiāng)1的方程為，結(jié)合①式，化簡(jiǎn)得，A3（x3，y3）可知l3的方程為+＝1，因?yàn)閘1，l3交于點(diǎn)P，所以切點(diǎn)弦A1A3的方程為，因?yàn)橄褹1A3過F（1，0），所以xP＝4，同理可得xQ＝4，kPF?kFQ＝?＝＝﹣1，故D正確．故選：ABD．三．直線與橢圓的綜合（共15小題）46．（2023?常德模擬）已知橢圓E，直線與橢圓E相切，則橢圓E的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：由題意，聯(lián)立橢圓E和直線的方程得：，整理得：，因?yàn)闄E圓E和直線相切，則，化簡(jiǎn)得：，則橢圓E的離心率，故選：B．47．（2023?漣源市模擬）已知橢圓：，過點(diǎn)的直線與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，且弦AB被點(diǎn)P平分，則直線AB的方程為．【解答】解：已知橢圓：，過點(diǎn)的的直線與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則：，兩式相減：（y1+y2）（y1﹣y2）＝0，∵P是A、B的中點(diǎn)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可知：x1+x2＝1y1+y2＝1，∴k＝＝﹣，則直線AB的方程為：y﹣，整理得：2x+16y﹣9＝0，故答案為：2x+16y﹣9＝0．48．（多選）（2023?南關(guān)區(qū)校級(jí)模擬）F1，F(xiàn)2為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，過F1的直線l與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，則△ABF2的內(nèi)切圓半徑的r值可以為（）A． B． C． D．【解答】解：橢圓，則F1（﹣，0），F(xiàn)2（，0），當(dāng)直線AB的斜率為0時(shí)，此時(shí)∠AF2B無(wú)限趨近于0°，則△ABF2的內(nèi)切圓半徑的r無(wú)限趨近于0，由題意設(shè)直線l的方程為x＝my﹣，A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立，整理得（m2+4）y2﹣2my﹣1＝0，則y1+y2＝，y1y2＝﹣，∴×4×1?r＝×2|y1﹣y2|，即r＝＝＝?，令t＝m2+1（t≥1），則r＝×，又t++6≥2+6＝12，當(dāng)且僅當(dāng)t＝，即t＝3時(shí)等號(hào)成立，∴r＝×≤＝，故△ABF2的內(nèi)切圓半徑的r的取值范圍為（0，]．故選：BCD．49．（2023?遼寧模擬）已知為橢圓上不同的三點(diǎn)，直線l：x＝2，直線PA交l于點(diǎn)M，直線PB交l于點(diǎn)N，若S△PAB＝S△PMN，則x0＝（）A．0 B． C． D．【解答】解：由S△PAB＝S△PMN，則，由圖知：當(dāng)P位置變化時(shí)，∠APB＝∠MPN或∠APB+∠MPN＝π，故sin∠APB＝sin∠MPN，所以|PA||PB|＝|PN||PM|，而直線AP、BP斜率存在且不為0（x0≠±1），故，，所以，即或，當(dāng)，化簡(jiǎn)得，當(dāng)時(shí)，，顯然Δ＝16﹣20＜0，無(wú)解．所以．故選：B．50．（2023?廣西模擬）A，B是橢圓上兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)在直線上，則直線AB與y軸的交點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍是（）A． B． C． D．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）【解答】解：由題意可知，直線AB的斜率必然存在，設(shè)直線AB的方程為y＝kx+m，則直線AB與y軸的交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為m，設(shè)點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2），將直線AB的方程與橢圓方程聯(lián)立并化簡(jiǎn)得（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣2＝0，Δ＝16k2m2﹣4（2k2+1）（2m2﹣2）＞0，化簡(jiǎn)得m2＜2k2+1，即．由韋達(dá)定理可得，所以4km＝2k2+1，將等式兩邊平方得16k2m2＝（2k2+1）2，所以．當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，由于，解得或．因此，直線AB與y軸的交點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍是．故選：A．51．（2023?臨沂二模）已知橢圓的左焦點(diǎn)為F，上頂點(diǎn)為A．若存在直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)B，C，△ABC的重心為F，則l的斜率的取值范圍是（）A．（﹣，0） B．（﹣，0） C．（﹣1，0） D．[﹣2，0）【解答】解：設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為F（﹣c，0），由已知A（0，b），設(shè)B（x1，y1），C（x2，y2），因?yàn)椤鰽BC重心為F，所以x1+x2+0＝﹣3c，y1+y2+b＝3×0，所以x1+x2＝﹣3c，y1+y2＝﹣b，根據(jù)點(diǎn)差法可得：，所以＝0，所以直線l的斜率k＝?＝，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)等號(hào)成立，所以直線l的斜率取值范圍是（﹣，0），故選：B．52．（2023?沈陽(yáng)模擬）已知橢圓的離心率為，過點(diǎn)的直線與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，且滿足|PA|＝|PB|，若M為直線AB上任意一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則|OM|的最小值為（）A．1 B． C．2 D．【解答】解：∵橢圓的離心率為，∴＝（）2＝，∴a2＝6，∴橢圓的方程為+＝1，∵|PA|＝|PB|，∴P為AB的中點(diǎn)，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），∴+＝1，+＝1，兩式相減得+＝0，∵x1+x2＝2×＝3，y1+y2＝2×＝1，∴＝﹣1，∴直線AB的方程為y﹣＝（﹣1）（x﹣），即x+y﹣2＝0，∴|OM|的最小值為點(diǎn)O到直線AB的距離d＝＝．故選：B．53．（2023?鞍山模擬）已知A，B，C是橢圓上的三個(gè)點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A，B兩點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，AC經(jīng)過右焦點(diǎn)F，若|OA|＝|OF|且|AF|＝2|CF|，則該橢圓的離心率是．【解答】解：設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)F1（﹣c，0），連接AF1，BF1，CF1，|OA|＝|OF|＝|OB|，所以AF⊥BF，設(shè)|CF|＝m，|AF|＝2m，由對(duì)稱性可知：|AF1|＝|BF|＝2a﹣2m，在△ABF中，由|AF|2+|BF|2＝|AB|2，則4m2+（2a﹣2m）2＝（2c）2，①在Rt△AF1C中，|CF1|＝2a﹣m，9m2+（2a﹣2m）2＝（2a﹣m）2，可得a＝3m，將m＝代入①，解得橢圓的離心率e＝＝．故答案為：．54．（2023?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)模擬）已知橢圓，F(xiàn)1、F2分別是其左，右焦點(diǎn)，P為橢圓C上非長(zhǎng)軸端點(diǎn)的任意一點(diǎn)，D是x軸上一點(diǎn)，使得PD平分∠F1PF2．過點(diǎn)D作PF1、PF2的垂線，垂足分別為A、B．則的最大值．【解答】解：由橢圓，可知a＝2，F(xiàn)1、F2分別是其左，右焦點(diǎn)，c＝1，令∠DPF2＝θ，∠PDB＝φ，則θ+φ＝，|F1F2|＝2c，其中c2＝a2﹣b2，設(shè)|PF1|＝m，|PF2＝|＝n，則m+n＝2a，由余弦定理可知m2+n2﹣2mncos∠F1PF2＝4c2，∴（m+n）2﹣2mn（1+cos∠F1PF2）＝4c2，∴1+cos∠F1PF2＝＝，∴1+cos2θ＝1+cos2θ﹣sin2θ＝2cos2θ＝，∴cos2θ＝，∴mn＝，∴＝?mn?sin2θ＝mn?sinθcosθ＝?sinθcosθ＝b2tanθ．∴△PF1F2的面積＝b2tanθ＝|AD|?（|PF1|+|PF2|），∴tanθ＝|AD|，∴△DMN的面積S△DAB＝|AD|?|BD|sin2φ＝|AD|2sin2φ＝tan2θsin2φ，＝?sinφcosφ＝?sin（﹣θ）cos（﹣θ）＝，∴＝＝sin2θ，由sinθ∈（0，]，∴∈（0，]，∴則的最大值是．故答案為：．55．（2023?鄭州模擬）直線l：x+y﹣1＝0與橢圓C：＝1交于A，B兩點(diǎn)，長(zhǎng)軸的右頂點(diǎn)為點(diǎn)P，則△ABP的面積為．【解答】解：由橢圓C：＝1的方程可得右頂點(diǎn)P（2，0），設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立，整理可得：3y2﹣2y﹣3＝0，可得Δ＞0顯然成立，且y1+y2＝，y1y2＝﹣1，所以弦長(zhǎng)|AB|＝＝＝，P到直線l的距離d＝＝，所以S△PAB＝|AB|?d＝＝．故答案為：．56．（多選）（2023?萬(wàn)州區(qū)校級(jí)模擬）已知橢圓C：＝1（a＞b＞0）的左，右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，點(diǎn)在橢圓C外，點(diǎn)Q在橢圓C上，則（）A．橢圓C的離心率的取值范圍是 B．當(dāng)橢圓C的離心率為時(shí)，|QF1|的取值范圍是 C．存在點(diǎn)Q使得 D．的最小值為2【解答】解：由題意得a＝2，又點(diǎn)在橢圓C外，則，解得，所以橢圓C的離心率，即橢圓C的離心率的取值范圍是，故A正確；當(dāng)時(shí)，，，所以|QF1|的取值范圍是[a﹣c，a+c]，即，故B正確；設(shè)橢圓的上頂點(diǎn)為A（0，b），F(xiàn)1（﹣c，0），F(xiàn)2（c，0），由于，所以存在點(diǎn)Q使得，故C正確；，當(dāng)且僅當(dāng)|QF1|＝|QF2|＝2時(shí)，等號(hào)成立，又|QF1|+|QF2|＝4，所以，故D不正確．故選：ABC．57．（多選）（2023?晉中模擬）已知橢圓C：的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，上頂點(diǎn)為B，直線l：y＝kx（k≠0）與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，∠F1MF2的角平分線與x軸相交于點(diǎn)E，與y軸相交于點(diǎn)G（0，m），則（）A．四邊形MF1NF2的周長(zhǎng)為8 B．的最小值為9 C．直線BM，BN的斜率之積為 D．當(dāng)時(shí)，|F1E|：|F2E|＝2：1【解答】解：對(duì)A選項(xiàng)，由橢圓的定義知，四邊形MF1NF2的周長(zhǎng)為2a+2a＝4a＝8，A正確；對(duì)B選項(xiàng)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故B錯(cuò)誤；對(duì)C選項(xiàng)，設(shè)M（x1，y1），則N（﹣x1，﹣y1），又，所以．因?yàn)辄c(diǎn)M（x1，y1）在橢圓上，所以，即，所以，C正確；對(duì)D選項(xiàng)，設(shè)E（t，0）（﹣1＜t＜1），則＝，|MF1|+|MF2|＝4，所以|MF1|＝2（t+1），|MF2|＝2（1﹣t），在橢圓C：中，由其第二定義（d指的是橢圓上的點(diǎn)到相應(yīng)的準(zhǔn)線的距離）得，∴|MF1|＝2+，所以x1＝4t，故M（4t，y1），E（t，0），，因?yàn)槿c(diǎn)共線，所以，解得，則，解得，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故D錯(cuò)誤．故選：AC．58．（多選）（2023?邵陽(yáng)一模）“蒙日?qǐng)A”涉及幾何學(xué)中的一個(gè)著名定理，該定理的內(nèi)容為：橢圓上任意兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)，必在一個(gè)與橢圓同心的圓上．稱此圓為該橢圓的“蒙日?qǐng)A”，該圓由法國(guó)數(shù)學(xué)家加斯帕爾?蒙日（1746﹣1818）最先發(fā)現(xiàn)．已知長(zhǎng)方形R的四條邊均與橢圓C：＝1相切，則下列說法正確的有（）A．橢圓C的離心率為 B．橢圓C的蒙日?qǐng)A方程為x2+y2＝6 C．橢圓C的蒙日?qǐng)A方程為x2+y2＝9 D．長(zhǎng)方形R的面積的最大值為18【解答】解：橢圓的離心率為：e＝＝＝，設(shè)兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)為P（x0，y0），當(dāng)題設(shè)中的兩條互