2026年高考数学一轮专题训练：椭圆 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：椭圆 [含答案]，共5页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知F1，F2是椭圆C等内容，欢迎下载使用。
1．（2025春•焦作期中）已知F是椭圆C：x24+y23=1的左焦点，经过坐标原点的直线与C交于P，Q两点，若|PF|＝2|QF|，则|PQ|＝（ ）
A．103B．2303C．2313D．823
2．（2025•唐山二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，与直线AF2垂直的直线交C于M，N两点，当△F1MN的周长最大时，F1M⊥F1N，则C的离心率为（ ）
A．23B．63C．13D．33
3．（2025•曲靖模拟）如图，圆柱的轴O1O2与一平面所成角为60°，该平面截圆柱侧面所得的图形为椭圆，则此椭圆的离心率为（ ）
A．32B．22C．33D．12
4．（2025春•海安市月考）古希腊数学家在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点F1发出的光线经过椭圆上的P点反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点F2，且在P点处的切线垂直于法线（即∠F1PF2的角平分线）．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上点P处的法线l交x轴于点Q，且F1Q→=3QF2→，入射角∠F1PQ=π3，则C的离心率为（ ）
A．74B．477C．41313D．134
5．（2025•西安校级模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)，直线：l1：y=22x，l2：y=−22x，点P在C上，过P作PM平行于l1交l2于点M，作PN平行于l2交l1于点N，若MN的长度为定值，则C的离心率为（ ）
A．24B．12C．22D．32
6．（2024秋•湖北期末）若椭圆x24+y23=1的动弦AB斜率为1，则弦中点坐标可能是（ ）
A．（﹣3，4）B．(−34，1)C．（﹣4，3）D．(−43，1)
7．（2025•房县校级模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右焦点为F1，F2，过F1的直线与C交于M，N两点，若满足|MF2|，|MN|，|NF2|成等差数列，且∠MF2N=π3，则C的离心率为（ ）
A．34B．33C．32D．22
8．（2025春•乐平市校级期中）如图，已知椭圆x24+y2b2=1(0＜b＜2)的左右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于A，B两点，设BF2＝a1，AF2＝a2，AF1＝a3，BF1＝a4，若a1，a2，a3，a4构成一个公差为1等差数列，则椭圆的离心率为（ ）
A．105B．104C．32D．73
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025•宜宾三模）已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2=1(a＞1)的左、右焦点，点Q(2，22)在C上，M是C上的动点，MN⊥y轴，垂足为N，且P为MN的中点，则（ ）
A．∠F1MF2的最大值为120°
B．1|MF1|+4|MF2|的最小值为9
C．点P的轨迹方程为x2+y2＝1
D．|PQ|的最小值为102−1
（多选）10．（2025春•清远期中）设N为正整数，在平面直角坐标系xOy中，若CNmx2+CNny2=1（0≤n≤N，且m、n∈Z）恰好能表示出12个不同的椭圆方程，则N的可能取值为（ ）
A．6B．8C．7D．5
（多选）11．（2025春•孝义市期中）已知椭圆C：x29+y25=1的左、右焦点分别为F1、F2，P为椭圆上任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A．|PF1→|⋅|PF2→|的最大值为9
B．cs∠F1PF2的最大值为19
C．|PF1→|⋅|PF2→|+PF1→⋅PF2→=10
D．椭圆C上存在点P，使得PF1→⋅PF2→=4
（多选）12．（2025春•武侯区校级月考）椭圆C：x29+y24=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P为C上的任意一点，则（ ）
A．椭圆C的长轴长为3
B．椭圆C的离心率为53
C．|PF1|的最大值为5
D．存在点P，使得PF1⊥PF2
三．填空题（共4小题）
13．（2025•湖北模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|BF2|，|AB|＝|BF1|，则椭圆C的离心率为 ．
14．（2025•内蒙古二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右焦点分别为F1，F2，圆O：x2+y2＝1与抛物线E：y2＝2px（p＞0）的准线相切，抛物线E的焦点与椭圆C的右焦点重合，且Q为抛物线E与椭圆C的一个交点，若△F1QF2的面积为263，则椭圆的离心率为 ．
15．（2024秋•科左中旗校级期末）已知P为椭圆x216+y212=1上一动点，记原点为O，若OP→=2OQ→，则点Q的轨迹方程为 ．
16．（2025•郫都区校级模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，过F1的直线与椭圆C交于M，N两点，若2S△MNF2=5S△MF1F2且∠F2F1N＝∠F2NF1，则椭圆C的离心率为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025•湖北模拟）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)经过点(4，95)，且离心率为45．
（1）求E的方程；
（2）设M，A，B为E上的三个动点，且A和B关于坐标原点O对称．若直线MA，MB的斜率存在，设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，求k1k2的值；
（3）设E内部（包括边界）的圆满足：该圆在E短轴的右侧且与短轴相切．求满足条件的最大圆的方程．
18．（2025春•怀宁县校级期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右焦点为F，点M(1，32)在C上，且MF⊥x轴．
（1）求C的方程；
（2）过点P（4，0）的直线交C于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
19．（2025•内江三模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点P（x，y）到定点F(3，0)的距离和它到定直线l：x=433的距离之比等于32，设动点P的轨迹为曲线Γ．
（1）求曲线Γ的方程；
（2）设M、N为曲线Γ的上、下顶点，直线l：y=kx+12与曲线Γ交于C、D两点（D在C上方），与y轴交于点S(0，12)，记直线MC、ND的斜率分别为k1、k2．
①试探究k1k2是否为常数？若是，求出该常数；若不是，请说明理由；
②设直线MC与直线ND交于点Q，直线QS的斜率为k3，试探究1k1，1k2，1k3满足的关系式，并说明理由．
20．（2025•天津模拟）已知A、B分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右顶点和上顶点，点M(1，32)在椭圆C上．若定义向量a→，b→的运算：a→∗b→=|a→||b→|sinθ（θ是向量a→，b→的夹角），且OA→∗OB→=23（O为坐标原点）．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若过点M的直线l交椭圆C于另一点N，且NA→∗NM→=6，求直线l的方程．
高考数学一轮复习 椭圆
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春•焦作期中）已知F是椭圆C：x24+y23=1的左焦点，经过坐标原点的直线与C交于P，Q两点，若|PF|＝2|QF|，则|PQ|＝（ ）
A．103B．2303C．2313D．823
【考点】椭圆的弦及弦长；椭圆的焦点弦及焦半径．
【专题】数形结合；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据椭圆定义求出|PF′|=|QF|=43，|PF|=83后，再利用余弦定理解三角形计算即可求解．
解：设F′为C的右焦点，连接PF′，QF′，如图，
因为PQ与FF'互相平分，所以四边形PFQF′为平行四边形，
所以|QF|＝|PF′|，由椭圆定义知，|PF|+|PF′|＝2|QF|+|QF|＝4，
所以|PF′|=|QF|=43，|PF|=83，
在△PFF′中，cs∠FPF′=|PF|2+|PF′|2−|FF′|22|PF||PF′|=(83)2+(43)2−222×83×43=1116，
所以cs∠QFP=cs(π−∠FPF′)=−cs∠FPF′=−1116．
在△PQF中，|PQ|2＝|PF|2+|QF|2﹣2|PF||QF|cs∠PFQ
=(83)2+(43)2−2×83×43×(−1116)，解得|PQ|=2313．
故选：C．
【点评】本题主要考查求椭圆的弦长，属于中档题．
2．（2025•唐山二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，与直线AF2垂直的直线交C于M，N两点，当△F1MN的周长最大时，F1M⊥F1N，则C的离心率为（ ）
A．23B．63C．13D．33
【考点】求椭圆的离心率．
【专题】数形结合；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】D
【分析】先由三角形三边的关系以及椭圆的定义，得到当直线MN过点F2时，△F1MN的周长最大，再根据直线MN垂直于直线AF2，设直线MN：x=bcy+c，与椭圆方程联立，写出韦达定理，由F1M⊥F1N，得kF1M•kF1N=−1，代入韦达定理，可得a，b，c的关系，从而求出离心率．
解：如图，
若直线MN不过点F2，则△F1MN的周长|F1M|+|F1N|+|MN|＜|F1M|+|F1N|+|F2M|+|F2N|＝4a，
当直线MN过点F2时，△F1MN的周长|F1M|+|F1N|+|MN|＝|F1M|+|F1N|+|F2M|+|F2N|＝4a，
所以当直线MN过点F2时，△F1MN的周长最大，
因为kAF2=−bc，直线MN垂直于直线AF2，所以设直线MN：x=bcy+c，M（x1，y1），N（x2，y2），
联立直线MN与椭圆方程，x=bcy+cx2a2+y2b2=1，得（b4+a2c2）y2+2b3c2y﹣b4c2＝0，
所以y1+y2=−2b3c2b4+a2c2①，y1y2=−b4c2b4+a2c2②，
因为F1M⊥F1N，所以kF1M•kF1N=−1，即y1x1+c•y2x2+c=−1，
所以y1y2＝﹣（bcy1+2c）（bcy2+2c），即y1y2＝﹣[b2c2y1y2+2b（y1+y2）+4c2]，
将①②代入上式，整理得b4＝4c4，所以b2＝2c2，b=2c，则a=b2+c2=3c，
所以离心率e=ca=33．
故选：D．
【点评】本题主要考查求椭圆的离心率，属于中档题．
3．（2025•曲靖模拟）如图，圆柱的轴O1O2与一平面所成角为60°，该平面截圆柱侧面所得的图形为椭圆，则此椭圆的离心率为（ ）
A．32B．22C．33D．12
【考点】求椭圆的离心率．
【专题】数形结合；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】D
【分析】根据题目条件，求出椭圆的长轴长和短轴长，从而求出离心率．
解：不妨设圆柱底面直径为23，因为圆柱的轴O1O2与椭圆所在平面所成角为60°，
所以椭圆的长轴长2a=23sin60°=4，a＝2，椭圆的短轴长2b＝23，b=3，
故椭圆的离心率e=1−b2a2=12．
故选：D．
【点评】本题主要考查求椭圆的离心率，属于中档题．
4．（2025春•海安市月考）古希腊数学家在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点F1发出的光线经过椭圆上的P点反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点F2，且在P点处的切线垂直于法线（即∠F1PF2的角平分线）．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上点P处的法线l交x轴于点Q，且F1Q→=3QF2→，入射角∠F1PQ=π3，则C的离心率为（ ）
A．74B．477C．41313D．134
【考点】求椭圆的离心率；椭圆的焦点三角形．
【专题】方程思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】D
【分析】由角平分线性质得到|PF1|＝3|PF2|，再结合余弦定理及椭圆定义即可求解．
解：由F1Q→=3QF2→，可得：|F1Q|＝3|QF2|，
由角平分线的性质可得：|F1Q||PF1|=|QF2||PF2|，
所以|PF1|＝3|PF2|，
设|PF1|＝3|PF2|＝3x，
由题意，因为∠F1PQ=π3，
所以∠F1PF2=2π3，
由余弦定理可得cs∠F1PF2=9x2+x2−4c26x2=−12，
解得x=21313c，
又|PF1|+|PF2|＝2a，
所以21313c+61313c=2a，
得：e=ca=134．
故选：D．
【点评】本题考查椭圆离心率的计算，属于中档题．
5．（2025•西安校级模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)，直线：l1：y=22x，l2：y=−22x，点P在C上，过P作PM平行于l1交l2于点M，作PN平行于l2交l1于点N，若MN的长度为定值，则C的离心率为（ ）
A．24B．12C．22D．32
【考点】求椭圆的离心率．
【专题】数形结合；数形结合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】D
【分析】设点P（x0，y0），可得出y02=b2−b2x02a2，求出点M，N的坐标，利用两点间的距离公式结合|MN|为定值可求得ba的值，即可得解．
解：如图，
设P（x0，y0），因为PM平行于l1，所以直线MP：y−y0=22(x−x0)，
联立y=−22xy−y0=22(x−x0)，解得x=x0−2y02y=−2x0+2y04，
即M(x0−2y02，−2x0+2y04)，
同理，可得N(x0+2y02，2x0+2y04)，
又x02a2+y02b2=1，得y02=b2−b2x02a2，
所以|MN|=(x0−2y02−x0+2y02)2+(−2x0+2y04−2x0+2y04)2
=2y02+12x02=2b2+(12−2b2a2)x02，
若|MN|为定值，则12−2b2a2=0，解得b2a2=14，
故椭圆的离心率e=1−b2a2=32．
故选：D．
【点评】本题主要考查求椭圆的离心率，属于中档题．
6．（2024秋•湖北期末）若椭圆x24+y23=1的动弦AB斜率为1，则弦中点坐标可能是（ ）
A．（﹣3，4）B．(−34，1)C．（﹣4，3）D．(−43，1)
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】D
【分析】依题意，可设A（x1，y1），B（x2，y2），弦AB的中点为M（x0，y0），利用中点坐标公式，点差法和斜率公式计算即可．
解：设椭圆上的两点为A（x1，y1），B（x2，y2），弦AB的中点为M（x0，y0），
则x0=x1+x22，y0=y1+y22，kAB=y1−y2x1−x2=1，kOM=y0x0=y1+y2x1+x2，
由已知得，x124+y123=1，x224+y223=1，
两式相减可得：x12−x224+y12−y223=0，
整理可得y1+y2x1+x2=−34y1−y2x1−x2=−34，
∴kOM=y0x0=y1+y2x1+x2=−34，
又点M在椭圆的内部，所以y0＜3．
故选：D．
【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、“点差法”、中点坐标公式、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7．（2025•房县校级模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右焦点为F1，F2，过F1的直线与C交于M，N两点，若满足|MF2|，|MN|，|NF2|成等差数列，且∠MF2N=π3，则C的离心率为（ ）
A．34B．33C．32D．22
【考点】椭圆的几何特征．
【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．
【正确答案】B
【分析】由椭圆定义可得|MF2|+|MN|+|NF2|＝4a，结合已知条件可得|MN|=4a3，在△MF2N中，由余弦定理得△MF2N为等边三角形，在△MF1F2中，可得|F1F2|=233a，得解．
解：如图，
由|MF2|+|MN|+|NF2|=4a|MF2|+|NF2|=2|MN|，得到|MN|=4a3，
设|MF2|=4a3−d，|NF2|=4a3+d，
在△MF2N中，由余弦定理得，
(4a3−d)2+(4a3+d)2−(4a3)2=2(4a3−d)(4a3+d)csπ3，
解得d＝0，
∴△MF2N为等边三角形，
则在△MF1F2中，|MF1|=2a−|MF2|=2a3，|MF2|=4a3，
又∠F1MF2=60，∴|F1F2|=3|MF1|=233a，
得233a=2c，解得e=33．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，余弦定理的应用，属中档题．
8．（2025春•乐平市校级期中）如图，已知椭圆x24+y2b2=1(0＜b＜2)的左右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于A，B两点，设BF2＝a1，AF2＝a2，AF1＝a3，BF1＝a4，若a1，a2，a3，a4构成一个公差为1等差数列，则椭圆的离心率为（ ）
A．105B．104C．32D．73
【考点】椭圆的离心率．
【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】B
【分析】由椭圆的定义可得a1+a2+a3+a4＝8，利用等差数列的前n项和公式求得a1=12，由∠AF2F1+∠BF2F1＝π，在△AF1F2，△BF1F2中，利用余弦定理建立方程求出c，得解．
解：椭圆x24+y2b2=1(0＜b＜2)的左右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于A，B两点，由椭圆的定义，|AF1|+|AF2|＝2a＝4，|BF1|+|BF2|＝2a＝4，
∴|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|＝8，即a1+a2+a3+a4＝8，
∴4a1+4×32=8，解得a1=12，
∴|BF2|=12，|AF2|=32，|AF1|=52，|BF1|=72，
设椭圆的半焦距为c，
在△AF1F2中，由余弦定理得cs∠AF2F1=4c2+94−2542×2c×32，
在△BF1F2中，由余弦定理得cs∠BF2F1=4c2+14−4942×2c×12，
由∠AF2F1+∠BF2F1＝π，
∴cs∠AF2F1+cs∠BF2F1＝0，即4c2+94−2542×2c×32+4c2+14−4942×2c×12=0，
解得c2=52，即c=102，
∴椭圆的离心率e=ca=1022=104．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025•宜宾三模）已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2=1(a＞1)的左、右焦点，点Q(2，22)在C上，M是C上的动点，MN⊥y轴，垂足为N，且P为MN的中点，则（ ）
A．∠F1MF2的最大值为120°
B．1|MF1|+4|MF2|的最小值为9
C．点P的轨迹方程为x2+y2＝1
D．|PQ|的最小值为102−1
【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．
【正确答案】ACD
【分析】求出椭圆C的方程，由椭圆性质可得点M为椭圆上顶点或下顶点时，∠F1MF2最大，求出此时∠F1MF2的大小即可判断A；由椭圆定义及基本不等式可判断B；求出点P的轨迹方程即可判断C；求出点Q到圆心O的距离，即可判断D．
解：因为点Q(2，22)在椭圆C上，所以2a2+12=1，解得a＝2，所以椭圆C的方程为x24+y2=1．
对于A，由椭圆方程得F1(−3，0)，F2(3，0)，当点M为椭圆上顶点或下顶点时，∠F1MF2最大，
此时tan∠MF1F2=13=33，所以∠MF1F2＝∠MF2F1＝30°，所以∠F1MF2＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
即∠F1MF2的最大值为120°，故A正确；
对于B，由椭圆定义可得|MF1|+|MF2|＝2a＝4，
则1|MF1|+4|MF2|=14(|MF1|+|MF2|)(1|MF1|+4|MF2|)=14(5+|MF2||MF1|+4|MF1||MF2|)≥14(5+2|MF2||MF1|⋅4|MF1||MF2|)=94，
当且仅当|MF2||MF1|=4|MF1||MF2|，即|MF2|=2|MF1|=83时等号成立，故B错；
对于C，设点P（x，y），则N（0，y），M（2x，y），由点M在椭圆C上得4x24+y2=1，
即x2+y2＝1，所以点P的轨迹方程为x2+y2＝1，故C正确；
对于D，因为点P的轨迹是以原点为圆心，半径为1的圆，
则|OQ|=2+12=102，所以PQ|的最小值为102−1，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了椭圆的定义与性质，考查了转化思想，属于中档题．
（多选）10．（2025春•清远期中）设N为正整数，在平面直角坐标系xOy中，若CNmx2+CNny2=1（0≤n≤N，且m、n∈Z）恰好能表示出12个不同的椭圆方程，则N的可能取值为（ ）
A．6B．8C．7D．5
【考点】根据定义求椭圆的标准方程．
【专题】对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；排列组合；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】AC
【分析】根据题意，分析知CN0，CN1，…，CNN中应有且仅有4个不同的正整数，对各选项N的值进行验证．
解：由题意知，CN0，CN1，…，CNN中应有且仅有4个不同的正整数，
由组合数的对称性知，N＝6或7符合题意，故A、C正确；
N＝8时，C80，C81，…，C88中有5个不同的正整数，故B错误；
N＝5时，C50，C51，…，C55中有3个不同的正整数，故D错误．
故选：AC．
【点评】本题主要考查组合数的性质、椭圆的标准方程，属于中档题．
（多选）11．（2025春•孝义市期中）已知椭圆C：x29+y25=1的左、右焦点分别为F1、F2，P为椭圆上任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A．|PF1→|⋅|PF2→|的最大值为9
B．cs∠F1PF2的最大值为19
C．|PF1→|⋅|PF2→|+PF1→⋅PF2→=10
D．椭圆C上存在点P，使得PF1→⋅PF2→=4
【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．
【正确答案】ACD
【分析】由椭圆的性质，结合椭圆的定义，余弦定理及基本不等式的应用逐一判断即可．
解：已知椭圆C：x29+y25=1的左、右焦点分别为F1、F2，P为椭圆上任意一点，
则a＝3，b=5，c＝2，|PF1|+|PF2|＝6，
对于A，|PF1→||PF2→|≤(|PF1→|+|PF2→|2)2=9，当且仅当|PF1→|=|PF2→|=3时取等号，
即A正确；
对于B，当P为右顶点时，∠F1PF2＝0，
此时cs∠F1PF2＝1，
即B错误；
对于C，由余弦定理可得：|PF1→|2+|PF2→|2−2|PF1→||PF2→|cs∠F1PF2=|F1F2→|2=16，
则(|PF1→|+|PF2→|)2−2|PF1→||PF2→|−2PF1→⋅PF2→=16，
则|PF1→||PF2→|+PF1→⋅PF2→=36−162=10，
即C正确；
对于D，由椭圆的性质可得：|PF1→|∈[1，5]，
由选项C可知：PF1→⋅PF2→=10−|PF1→||PF2→|，
又|PF1→||PF2→|=(6−|PF1→|)|PF1→|=−(|PF1→|−3)2+9∈[5，9]，
则PF1→⋅PF2→∈[1，5]，
故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆的定义，余弦定理及基本不等式的应用，属中档题．
（多选）12．（2025春•武侯区校级月考）椭圆C：x29+y24=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P为C上的任意一点，则（ ）
A．椭圆C的长轴长为3
B．椭圆C的离心率为53
C．|PF1|的最大值为5
D．存在点P，使得PF1⊥PF2
【考点】椭圆的焦点弦及焦半径；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．
【正确答案】BD
【分析】由椭圆的方程，求出a＝3，b＝2，c=5，然后结合椭圆的性质求解即可．
解：椭圆C：x29+y24=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P为C上的任意一点，
则a＝3，b＝2，c=5，
对于选项A，椭圆C的长轴长为6，
即选项A错误；
对于选项B，椭圆C的离心率为53，
即选项B正确；
对于选项C，a﹣c≤|PF1|≤a+c，
即|PF1|∈[3−5，3+5]，
即选项C错误；
对于选项D，不妨设椭圆的上顶点为M，
则cs∠F1MF2=9+9−202×3×3＜0，
即∠F1MF2＞π2，
又∠F1PF2≤∠F1MF2，
即存在点P，使得PF1⊥PF2，
即选项D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查了椭圆的性质，属中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025•湖北模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|BF2|，|AB|＝|BF1|，则椭圆C的离心率为 33 ．
【考点】求椭圆的离心率．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】33．
【分析】根据椭圆定义和几何关系用a表示出|AF2|，|AF1|，|BF1|，|AB|，求出A点位置，在△AF1B中，由余弦定理推论求出cs∠F1AB，再结合几何关系和余弦二倍角公式即可求出离心率．
解：如图，
由已知可设|F2B|＝x，则|AF2|＝2x，|BF1|＝|AB|＝3x，
由椭圆的定义有|BF1|+|BF2|＝2a＝4x，则x=a2，
所以|AF2|=a=|AF1|，|BF1|=|AB|=3a2，故点A为椭圆的上顶点或下顶点，
在△AF1B中，由余弦定理得|BF1|2＝|AF1|2+|AB|2﹣2|AF1||AB|cs∠F1AB，
即9a24=a2+9a24−2×a×3a2cs∠F1AB，
所以cs∠F1AB=a2+9a24−9a242⋅a⋅3a2=13，
在△AOF2中，设∠OAF2＝θ，
则cs∠F1AB=cs2θ=1−2sin2θ=13，得sin2θ=13，
故离心率e=ca=|OF2||AF2|=sinθ=33．
故33．
【点评】本题考查椭圆离心率的求解，考查椭圆的性质和余弦定理，是中档题．
14．（2025•内蒙古二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右焦点分别为F1，F2，圆O：x2+y2＝1与抛物线E：y2＝2px（p＞0）的准线相切，抛物线E的焦点与椭圆C的右焦点重合，且Q为抛物线E与椭圆C的一个交点，若△F1QF2的面积为263，则椭圆的离心率为 12 ．
【考点】求椭圆的离心率．
【专题】数形结合；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】12．
【分析】根据圆O与抛物线E的准线相切，可得抛物线方程和准线方程，由抛物线E的焦点与椭圆C的右焦点重合，可得椭圆焦点F1，F2的坐标，结合Q为抛物线E与椭圆C的一个交点以及△F1QF2的面积为263，可得Q的坐标，代入椭圆方程，可求出a，b，则可得到离心率．
解：因为圆O：x2+y2＝1与抛物线E：y2＝2px（p＞0）的准线相切，所以准线方程为x＝﹣1，抛物线方程为y2＝4x，
又抛物线E的焦点与椭圆C的右焦点重合，所以F2（1，0），F1（﹣1，0），
因为△F1QF2的面积为263，所以12|F1F2||yQ|=263，则|yQ|=263，
因为点Q为抛物线E与椭圆C的一个交点，所以xQ=yQ24=23，故Q（23，±263），
代入椭圆方程，得49a2+83b2=1①，
又a2＝b2+c2＝b2+1②，联立①②，解得a2＝4，b2＝3，
所以a＝2，离心率e=ca=12．
故12．
【点评】本题主要考查求椭圆的离心率，属于中档题．
15．（2024秋•科左中旗校级期末）已知P为椭圆x216+y212=1上一动点，记原点为O，若OP→=2OQ→，则点Q的轨迹方程为 x24+y23=1 ．
【考点】椭圆相关动点轨迹．
【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．
【正确答案】x24+y23=1．
【分析】先设点Q（x，y），再由OP→=2OQ→应用相关点法求轨迹方程即可．
解：设点Q（x，y），由OP→=2OQ→得点P（2x，2y），而点P为椭圆x216+y212=1上的任意一点，
所以(2x)216+(2y)212=1，整理得x24+y23=1，
所以点Q的轨迹方程是x24+y23=1．
故x24+y23=1．
【点评】本题考查轨迹方程的求解，相关点法的应用，属中档题．
16．（2025•郫都区校级模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，过F1的直线与椭圆C交于M，N两点，若2S△MNF2=5S△MF1F2且∠F2F1N＝∠F2NF1，则椭圆C的离心率为 35 ．
【考点】椭圆的焦点弦及焦半径．
【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】35．
【分析】如图所示，作F2E⊥MN，垂足为E．由∠F2F1N＝∠F2NF1，可得|F1F2|＝|F2N|＝2c，E点为F1N的中点．|F1N|＝2a﹣2c，|F1E|＝a﹣c．由2S△MNF2=5S△MF1F2，可得|MF1||MN|=25．利用勾股定理即可得出．
解：如图所示，
作F2E⊥MN，垂足为E．∵∠F2F1N＝∠F2NF1，
∴|F1F2|＝|F2N|＝2c，∴E点为F1N的中点．
∴|F1N|＝2a﹣2c，|F1E|＝a﹣c．∵2S△MNF2=5S△MF1F2，∴|MF1||MN|=25．∴|ME|=43(a−c)+(a−c)=73(a−c)，
∴|MF2|=2a−|MF1|=2a−23(2a−2c)=4c+2a3．∴(2c)2−(a−c)2+[73(a−c)]2=(4c+2a3)2，
化简可得：5c2﹣8ac+3a2＝0，
∴5e2﹣8e+3＝0，e∈（0，1），
解得e=35．
故35．
【点评】本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、三角形面积计算公式、勾股定理、等腰三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025•湖北模拟）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)经过点(4，95)，且离心率为45．
（1）求E的方程；
（2）设M，A，B为E上的三个动点，且A和B关于坐标原点O对称．若直线MA，MB的斜率存在，设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，求k1k2的值；
（3）设E内部（包括边界）的圆满足：该圆在E短轴的右侧且与短轴相切．求满足条件的最大圆的方程．
【考点】直线与椭圆的综合；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．
【正确答案】（1）x225+y29=1；
（2）−925；
（3）x2+y2−245x=0．
【分析】（1）根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式求解即可；
（2）设出M，A，B的坐标，根据M，A在椭圆上，列出等式，结合斜率公式求解即可；
（3）根据圆的位置以及圆的对称性，得到圆心坐标，设出圆的方程，将求最大圆，转化成求半径r的最大值，设椭圆E右半侧上点A的坐标为A（5csθ，3sinθ），结合椭圆E右半侧上点A只能在圆C外或者圆C上，列出等式再求解即可．
解：（1）因为椭圆E经过点(4，95)，且离心率为45，
所以16a2+8125b2=1ca=45a2=b2+c2，
解得a＝5，b＝3，c＝4，
则E的方程为x225+y29=1；
（2）设M（x1，y1），A（x2，y2），
此时B（﹣x2，﹣y2），
因为M，A在椭圆E上，
所以9x12+25y12=9×259x22+25y22=9×25，
两式相减得9(x12−x22)+25(y12−y22)=0，
即y12−y22x12−x22=−925，
所以直线MA，MB的斜率之积k1k2=y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=y12−y22x12−x22=−925；
（3）易知圆心的坐标为C（r，0），
设圆C的方程为（x﹣r）2+y2＝r2，
显然0＜r＜52，
要求最大圆，
即求半径r的最大值，
设椭圆E右半侧上点A的坐标为A（5csθ，3sinθ），
此时−π2≤θ≤π2，
因为E右半侧上点A只能在圆C外或者圆C上，
所以（5csθ﹣r）2+（3sinθ）2≥r2，对r∈(0，52)及θ∈[−π2，π2]恒成立，
则(5csθ−r)2+(3sinθ)2−r2=16(csθ−516r)2+9−2516r2在θ∈[−π2，π2]内的最小值T≥0，
因为r∈(0，52)，
所以5r16∈(0，2532)⊆(0，1)，
所以当csθ=5r16时，取得最小值，最小值T=9−2516r2≥0，
解得r≤125，
则所求最大圆的方程为(x−125)2+y2=14425．
即x2+y2−245x=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，属于中档题．
18．（2025春•怀宁县校级期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右焦点为F，点M(1，32)在C上，且MF⊥x轴．
（1）求C的方程；
（2）过点P（4，0）的直线交C于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
【考点】直线与椭圆的综合；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．
【正确答案】（1）x24+y23=1；
（2）3．
【分析】（1）求出椭圆的焦点坐标，再利用椭圆定义求出a，b即可；
（2）设出直线AB方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出三角形面积，利用基本不等式求出最大值．
解：（1）易知椭圆C的右焦点F（1，0），
所以左焦点F′（﹣1，0），
因为|MF|=32，MF⊥x轴，
所以|MF′|=|F′F|2+|MF|2=22+(32)2=52，
则2a＝|MF′|+|MF|＝4，
解得a＝2，
又b2＝a2﹣12＝3，
故椭圆C的方程为x24+y23=1；
（2）易知直线AB不垂直于y轴，
设直线AB的方程为x＝my+4，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立x=my+4x24+y23=1，消去x并整理得（3m2+4）y2+24my+36＝0，
此时Δ＝242m2﹣144（3m2+4）＝144（m2﹣4）＞0，
解得m2＞4，
由韦达定理得y1+y2=−24m3m2+4，y1y2=363m2+4，
所以S△AOB=12|OP||y1−y2|=2(y1+y2)2−4y1y2=24m2−43m2+4，
令t=m2−4，
此时t＞0，且m2＝t2+4，
所以S△AOB=24t3t2+16=243t+16t≤2423t⋅16t=3，
当且仅当3t=16t，即t=433时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为3．
【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．
19．（2025•内江三模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点P（x，y）到定点F(3，0)的距离和它到定直线l：x=433的距离之比等于32，设动点P的轨迹为曲线Γ．
（1）求曲线Γ的方程；
（2）设M、N为曲线Γ的上、下顶点，直线l：y=kx+12与曲线Γ交于C、D两点（D在C上方），与y轴交于点S(0，12)，记直线MC、ND的斜率分别为k1、k2．
①试探究k1k2是否为常数？若是，求出该常数；若不是，请说明理由；
②设直线MC与直线ND交于点Q，直线QS的斜率为k3，试探究1k1，1k2，1k3满足的关系式，并说明理由．
【考点】直线与椭圆的综合；轨迹方程．
【专题】方程思想；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】（1）x24+y2=1；
（2）①是常数，该常数为13；②1k1+1k2=2k3（或1k1=1k2+1k3）．
【分析】（1）依题意建立方程，化简即可求得曲线Γ的方程；
（2）①联立直线l与曲线Γ的方程，设出点C、D的坐标，表示出k1k2，结合韦达定理即可求解；②写出直线MC与直线ND的方程，由①的结论解出点Q的纵坐标，再分别表示出k1，k2，k3，即可得到1k1，1k2，1k3满足的关系式．
解：（1）根据题意(x−3)2+y2|x−433|=32，化简得x24+y2=1，
所以曲线Γ的方程为x24+y2=1．
（2）①由椭圆方程可得M（0，1），N（0，﹣1），
联立y=kx+12x24+y2=1，消去y得（1+4k2）x2+4kx﹣3＝0，
Δ＝16k2+12（1+4k2）＞0恒成立，
设C（x1，y1），D（x2，y2），则x1+x2=−4k1+4k2，x1x2=−31+4k2，所以kx1x2=34(x1+x2)，
则k1k2=1−y1−x1⋅x2y2+1=12−kx1−x1⋅x2kx2+32=12x2−kx1x2−kx1x2−32x1=−34x1−14x2−94x1−34x2=13，
即k1k2是常数．
②由①可知，直线MC方程为y=y1−1x1x+1，直线ND方程为y=y2+1x2x−1，
所以y−1y+1=y1−1x1⋅x2y2+1=k1k2=13，解得y＝2，即点Q在直线y＝2上，
记直线y＝2与y轴的交点为T（0，2），
则|k1|＝|kMC|＝|kMQ|=|MT||QT|=1|QT|，即1|k1|=|QT|，
|k2|＝|kND|=|kNQ|=|NT||QT|=3|QT|，即1|k2|=13|QT|，
|k3|=|kSQ|=|ST||QT|=32|QT|，即1|k3|=23|QT|，
又因为k1，k2，k3同号，所以1k1+1k2=2k3（或1k1=1k2+1k3）．
【点评】本题考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想及转化思想，属于中档题．
20．（2025•天津模拟）已知A、B分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右顶点和上顶点，点M(1，32)在椭圆C上．若定义向量a→，b→的运算：a→∗b→=|a→||b→|sinθ（θ是向量a→，b→的夹角），且OA→∗OB→=23（O为坐标原点）．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若过点M的直线l交椭圆C于另一点N，且NA→∗NM→=6，求直线l的方程．
【考点】直线与椭圆的综合；根据椭圆的几何特征求标准方程．
【专题】方程思想；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解；新定义类．
【正确答案】（Ⅰ）x24+y23=1；（Ⅱ）x﹣2y+2＝0或3x﹣2y＝0．
【分析】（Ⅰ）依题意建立关于a、b的方程组，求解a、b的值，即可求解椭圆方程；
（Ⅱ）由条件NA→∗NM→=6可得S△AMN＝3，设出直线l的方程，并与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出△AMN的面积，再建立方程即可求解直线方程．
（Ⅰ）解：依题意有1a2+94b2=1absin90°=23，因为a＞b＞0，所以a=2b=3，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1．
（Ⅱ）依题意NA→∗NM→=|NA→|⋅|NM→|sin∠N=2S△AMN=6，所以S△AMN＝3，
当l的斜率不存在时此时，|MN|＝3，S△AMN=12×3×1=32≠3，
所以直线l的斜率存在，则设直线l的方程为y−32=k(x−1)，
联立y−32=k(x−1)3x2+4y2=12，消去y得(3+4k2)x2+8k(32−k)x+4(32−k)2−12=0．
因为M(1，32)，设N（x，y），则 1×x=4(32−k)2−123+4k2，所以x=4k2−12k−33+4k2，
所以|MN|=1+k2|x−1|=1+k2|4k2−12k−33+4k2−1|=1+k2|12k+63+4k2|，
A到l的距离d=|k+32|1+k2，
S△AMN=12|MN|d=121+k2⋅|12k+6|3+4k2⋅|k+32|1+k2=3，
所以|12k+6||k+32|=6(3+4k2)，
即|2k2+4k+32|=3+6k2，解得k=32或k=12，
所以l的方程为x﹣2y+2＝0或3x﹣2y＝0．
【点评】本题考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想及转化思想，属于中档题．