2023年新高考数学一轮复习9-3 椭圆(真题测试)含详解

一、单选题

x2y21．（2023·全国·高三专题练习（文））已知椭圆C：21的一个焦点为(2,0)，则C的离心率为（ ）

a411222A． B．2 C． D．

323x2y22．（2017·浙江·高考真题）椭圆1的离心率是（ ）

94A．13 3B．5 3C．

235D．

9x2y233．（全国·高考真题（文））已知椭圆C：221(ab0)的左右焦点为F1,F2离心率为，过F2的直

ab3线l交C与A,B两点，若△AF1B的周长为43，则C的方程为（ ）

x2y2A．1

32x2B．y21

3x2y2C．1

128x2y2D．1

1244．（2020·山东·高考真题）已知椭圆的长轴长为10，焦距为8，则该椭圆的短轴长等于（ ） A．3

B．6

C．8

D．12

1x2y25．（2019·北京·高考真题（理））已知椭圆221（a＞b＞0）的离心率为2，则（ ）

a bA．a2=2b2 B．3a2=4b2 C．a=2b D．3a=4b

6.（2018·全国·高考真题（文））已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1PF2，且PF2F160，则C的离心率为（ ）

A．13 2B．23 C．31 2abD．31

x2y2FF7．（2018·全国·高考真题（理））已知1，2是椭圆C：221(ab0)的左，右焦点，A是C的左顶点，

点P在过A且斜率为A．

233的直线上，△PF1F2为等腰三角形，F1F2P120，则C的离心率为（ ） 6111B．2 C． D．

34x2y28．（2021·全国·高考真题（理））设B是椭圆C:221(ab0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足

ab|PB|2b，则C的离心率的取值范围是（ ）

2,1A． 21B．,1

22C．0,

21D．0,

2二、多选题9．（2023·全国·高三专题练习）设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1,F2，若曲线C上存在点P满

足PF1:F1F2:PF24:3:2，则曲线C的离心率可以是（ ） A．2

1B．

233C．

2D．2

x2y210.（2022·广东·高三开学考试）已知椭圆C：1，F1、F2是椭圆C的两个焦点，M、N是椭圆C上

2516两点，且M、N分别在x轴两侧，则（ ） A．若直线MN经过原点，则四边形MF1NF2为矩形 B．四边形MF1NF2的周长为20 C．△MF1F2的面积的最大值为12

D．若直线MN经过F2，则F1到直线MN的最大距离为8

x2y211．（2022·江苏南通·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知F1，F2分别是椭圆C:1的左，右

42焦点，点A，B是椭圆C上异于长轴端点的两点，且满足AF1F1B，则（ ） A．△ABF2的周长为定值 C．若AB⊥AF2，则λ=3

B．AB的长度最小值为1 D．λ的取值范围是[1，5]

x2y212．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测）设F1，F为椭圆1的左、右焦点，P为椭圆上的动

204点，且椭圆上至少有17个不同的点Pi(i1,2,3)，FP2，FP1，FP3，…组成公差为d的递增等差数列，则（ ）

A．FP的最大值为254

4B．△F1PF的面积最大时，tanF1PF

31C．d的取值范围为0,

2D．椭圆上存在点P，使F1PF三、填空题

3 413．（2021·山东高考真题）已知椭圆的中心在坐标原点，右焦点与圆x2my26m70的圆心重合，长轴

x2y214．长等于圆的直径，那么短轴长等于______．（2022·全国·南宁二中高三期末（文））椭圆C：221（a>b>0)

abO为坐标原点，A为椭圆的右顶点，Q两点，的焦距为2c，以OA为直径的圆与圆x2y2c2交于P，若|PQ|=|OA|，则椭圆C的离心率为______.

22xy15．（2019·全国·高考真题（理））设F1，F2为椭圆C:+1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.

3620若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为___________.

x2y216．（2022·全国·高考真题）已知椭圆C:221(ab0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心

ab 率为2．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|6，则ADE的周长是________________．四、解答题

1x2y217. （2022·全国·高三专题练习）已知椭圆221ab0，过椭圆的左焦点F且斜率为3的直线l

ab与椭圆交于A、B两点（A点在B点的上方），若有AF2FB，求椭圆的离心率．

x2y218.（陕西·高考真题（理））已知椭圆:221（ab0）的半焦距为c，

ab1原点到经过两点c,0，0,b的直线的距离为c．

2（Ⅰ）求椭圆的离心率；

（Ⅱ）如图，是圆:x2y1225的一条直径，若椭圆经过，两点，求椭圆的方程． 2x2y219.（2019·天津·高考真题（理））设椭圆221(ab0)的左焦点为F，上顶

ab点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为5. 5（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上.若|ON||OF|（O为原点），且OPMN，求直线PB的斜率.

x2y220.（2019·江苏·高考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:221(ab0)的焦点为F1（–1、

ab0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:(x1)2y24a2交于点A，与椭圆C交于5点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=．

2（1）求椭圆C的标准方程；

（2）求点E的坐标．

x2y22521．（2021·天津·高考真题）已知椭圆221ab0的右焦点为F，上顶点为B，离心率为，且

5abBF5．

（1）求椭圆的方程；

（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若

MP//BF，求直线l的方程．

x2y222.（2018·天津·高考真题（文））设椭圆221(ab0)的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心

ab率为5，AB13． 3（1）求椭圆的方程；

Q两点，l与直线AB交于点M，（2）设直线l:ykx(k0)与椭圆交于P，且点P，M均在第四象限．若△BPM的面积是BPQ面积的2倍，求k的值．

专题9.3 椭圆（真题测试）

一、单选题

x2y21．（2023·全国·高三专题练习（文））已知椭圆C：21的一个焦点为(2,0)，则C的离心率为（ ）

a411222A． B．2 C． D．

323【答案】C 【分析】根据椭圆方程可知b值，根据焦点坐标得到c值，即可求出a代入离心率公式求解. 【详解】由已知可得b24，c2，则a2b2c28，所以a22， 则离心率e故选：C. c2． a2x2y22．（2017·浙江·高考真题）椭圆1的离心率是（ ）

94A．13 3B．5 3C．

235D．

9【答案】B 【解析】由题可知，a3，b2，求出c，即可求出椭圆的离心率． x2y2【详解】因为椭圆1中a3，b2， 94所以ca2b25， 得ec5， a3故选：B． x2y233．（全国·高考真题（文））已知椭圆C：221(ab0)的左右焦点为F1,F2离心率为，过F2的直

ab3线l交C与A,B两点，若△AF1B的周长为43，则C的方程为（ ）

x2y2A．1

32【答案】A x2B．y21

3x2y2C．1

128x2y2D．1

124【详解】若△AF1B的周长为43, 由椭圆的定义可知4a43,a3, e2c3,c1, a3x2y21，故选A. b2，所以方程为324．（2020·山东·高考真题）已知椭圆的长轴长为10，焦距为8，则该椭圆的短轴长等于（ ） A．3 【答案】B

【分析】根据椭圆中a,b,c的关系即可求解. 【详解】椭圆的长轴长为10，焦距为8， 所以2a10，2c8，可得a5，c4， 所以b2a2c225169，可得b3， 所以该椭圆的短轴长2b6， 故选：B.

1x2y25．（2019·北京·高考真题（理））已知椭圆221（a＞b＞0）的离心率为2，则（ ）

a bB．6 C．8 D．12

A．a2=2b2 【答案】B B．3a2=4b2 C．a=2b D．3a=4b

【分析】由题意利用离心率的定义和a,b,c的关系可得满足题意的等式. 【详解】椭圆的离心率e故选B. 6.（2018·全国·高考真题（文））已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1PF2，且PF2F160，则C的离心率为（ ）

c12,ca2b2,化简得3a24b2, a2A．13 2B．23 C．31 2D．31

【答案】D 【详解】分析：设|PF2|m，则根据平面几何知识可求F1F2,PF1，再结合椭圆定义可求离心率. 详解：在F1PF2中，F1PF290,PF2F160 设|PF2|m，则2c|F1F2|2m,|PF1|3m， 又由椭圆定义可知2a|PF1||PF2|(31)m 则离心率ec2c2m31， a2a(31)mx2y2故选D.7．（2018·全国·高考真题（理））已知F1，F2是椭圆C：221(ab0)的左，右焦点，A是C的

ab左顶点，点P在过A且斜率为A． 【答案】D 233F1F2P120，△PF1F2为等腰三角形，的直线上，则C的离心率为（ ） 6111B．2 C． D．

34【详解】分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率. 详解：因为△PF1F2为等腰三角形，F1F2P120，所以PF2=F1F2=2c, 由AP斜率为31123,sinPAF2，cosPAF2得，tanPAF2， 661313PF2sinPAF2, 由正弦定理得AF2sinAPF212c2113==a4c,e，故选D. 所以acsin(πPAF)543121123213213x2y28．（2021·全国·高考真题（理））设B是椭圆C:221(ab0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足

ab113|PB|2b，则C的离心率的取值范围是（ ）

2,1A． 21B．,1

22C．0,

21D．0,

2【答案】C 【分析】设Px0,y0，由B0,b，根据两点间的距离公式表示出 PB，分类讨论求出PB的最大值，再构建齐次不等式，解出即可． 22x0y0【详解】设Px0,y0，由B0,b，因为 221，a2b2c2，所以 ab2y0c2b3b422a12y0b2y022a2b2， bccb22PBx0y0b2232b因为by0b，当2b，即 b2c2时，PBmax4b2，即 PBmax2b，符合题意，由b2c2可得a22c2，c即 0e2； 22b3b4b422222当2b，即bc时， PBmax2ab，即2a2b24b2，化简得， c2b20，显然该不ccc等式不成立．故选：C． 二、多选题

9．（2023·全国·高三专题练习）设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1,F2，若曲线C上存在点P满足

PF1:F1F2:PF24:3:2，则曲线C的离心率可以是（ ）

A．2 【答案】AC 【分析】结合椭圆和双曲线的定义和离心率的求法，即可求得结果． 【详解】若曲线是椭圆则其离心率为eF1F2c2c31； a2aPF1PF24221B．

233C．

2D．2

若曲线是双曲线则其离心率为e故选：AC F1F2c2c33； a2aPF1PF2422x2y210.（2022·广东·高三开学考试）已知椭圆C：1，F1、F2是椭圆C的两个焦点，M、N是椭圆C上

2516两点，且M、N分别在x轴两侧，则（ ） A．若直线MN经过原点，则四边形MF1NF2为矩形 B．四边形MF1NF2的周长为20 C．△MF1F2的面积的最大值为12

D．若直线MN经过F2，则F1到直线MN的最大距离为8 【答案】BC 【分析】根据题意，结合椭圆的对称性，焦点三角形的性质依次讨论各选项即可得答案. 【详解】解：选项A：若直线MN经过原点，易知四边形MF1NF2为平行四边形，因为MN不一定与F1F2相等，所以MF1NF2不一定是矩形，故不正确； 选项B：四边形MF1NF2的周长为4a20，故正确； 1选项C：△MF1F2的面积的最大值为2cb3412，故正确； 2选项D：若直线MN经过F2，则F1到直线MN的最大距离为F1F22c6，故不正确．故选：BC． x2y211．1的左，右（2022·江苏南通·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知F1，F2分别是椭圆C:42焦点，点A，B是椭圆C上异于长轴端点的两点，且满足AF1F1B，则（ ）

A．△ABF2的周长为定值 C．若AB⊥AF2，则λ=3 【答案】AC B．AB的长度最小值为1 D．λ的取值范围是[1，5]

【分析】根据椭圆的定义结合椭圆中焦点弦的几何意义，可判断A、B两项，设直线AB的方程，与椭圆C的方程联立，利用韦达定理求解参数的值或取值范围，即可判断C、D项. 【详解】因为AF1F1B，则A,B,F1三点共线，ABF2周长4a8是定值，A对． ABminb2221，B错． a∵ABAF2，则AF1AF2，A在上、下顶点处，不妨设A(0,2)，则AB:yx2 42yx2x2x04222332B,解得或，，，，C对． x2y33y21y23243令AB:xmy2,Ax1,y1,Bx2,y2 xmy2222消x可得m2y22my20， xy212422m2,y1y22,y1y2,m0时，1 2m2m2m221∴322322，D错． m0时，(1)24m24y1y2故选：AC. x2y212．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测）设F1，F为椭圆1的左、右焦点，P为椭圆上的动

204点，且椭圆上至少有17个不同的点Pi(i1,2,3)，FP2，FP1，FP3，…组成公差为d的递增等差数列，则（ ）

A．FP的最大值为254

41B．△F1PF的面积最大时，tanF1PFC．d的取值范围为0,

32D．椭圆上存在点P，使F1PF【答案】ABC 3 4【分析】由题知acPFac，易判A正确；当P离横轴的距离最大时， △F1PF的面积最大，计算正切值即可；将PF的最大值、最小值代入公式即可 2b21，由均值 判断C选项；写出余弦定理公式并配方，得cosF1PFPF1PF不等式知,当且仅当PF1PF时，此时F1PF最大， 43π此时tanF1PF1tan，易得D不正确. 34x2y2【详解】由椭圆方程1 知，a25，b2，c4 . 204选项A：因为P为椭圆上的动点，所以acPFac，所以FP的最大值为 ac254，故A正确； 选项B：当点P为短轴顶点时，△F1PF的高最大，所以△F1PF的面积最大， 4此时tanF1PF，所以B正确； 3FP2，FP…组成公差为d的等差数列为an，选项C：设FP所以a1ac254，anac254，1，3，dana1881， n1n11712故C正确； 选项D：因为cosF1PFPF1PFF1F2PF1PF2222 PF1PF22PF1PFF1F2PF1PF ，又PF1PF2a ，F1F2c 2b21 ，而PF1PF2PF1PF ， 所以cosF1PFPF1PF2b2当且仅当PF1PF 时取等号.此时PF1PFa ，cosF1PF21 a43π故此时F1PF最大. 此时tanF1PF1tan故D不成立. 342故选：ABC． 三、填空题

13．（2021·山东高考真题）已知椭圆的中心在坐标原点，右焦点与圆x2my26m70的圆心重合，长轴长等于圆的直径，那么短轴长等于______．

【答案】27 【分析】

由于x2my26m70是圆，可得m1，通过圆心和半径计算a,b,c，即得解 【详解】

由于x2my26m70是圆，m1 即：圆x2y26x70 其中圆心为3,0，半径为4

那么椭圆的长轴长为8，即c3，a4，ba2c27， 那么短轴长为27 故答案为：27 x2y214．（2022·全国·南宁二中高三期末（文））椭圆C：221（a>b>0)的焦距为2c，O为坐标原点，A为

abQ两点，椭圆的右顶点，以OA为直径的圆与圆x2y2c2交于P，若|PQ|=|OA|，则椭圆C的离心率为______. 【答案】122 ##222c【分析】根据条件求出PQ方程为x，进而求出y，则可表示出|PQ|，再结合|PQ|=|OA|，即可求出离心率. aa2a22【详解】以OA为直径的圆方程为：(x)y()， 22a2a22222由(x)y(xy)()c， 22c2xcc42整理得x，联立，解得yc2， aaa222xyc22c4根据|PQ|=|OA|可知2c2a，解得e， 2a2所以椭圆的离心率为故答案为：2 22. 222xy15．（2019·全国·高考真题（理））设F1，F2为椭圆C:+1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.

3620若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为___________.

【答案】3,15 MF2，设出M的坐标，结合三角形面积可求出M的坐标. 【分析】根据椭圆的定义分别求出MF1、【详解】由已知可得a236,b220,c2a2b216,c4， 又M为C上一点且在第一象限,△MF1F2为等腰三角形， MF1F1F22c8．∴MF24． 1设点M的坐标为x0,y0x00,y00，则S△MF1F2F1F2y04y0， 2122又S△MF1F2482415,4y0415，解得y015， 2x362015202， 1，解得x03（x03舍去）M的坐标为3,15． x2y216．（2022·全国·高考真题）已知椭圆C:221(ab0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心

ab 率为2．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|6，则ADE的周长是________________．【答案】13 1x2y2【分析】利用离心率得到椭圆的方程为221，即3x24y212c20，根据离心率得到直线AF2的斜4c3c率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE的斜率，写出直线DE的方程：x3yc，代入椭圆方程3x24y212c20，整理化简得到：13y263cy9c20，利用弦长公式求得c1313，得a2c，根据对84称性将ADE的周长转化为△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到周长为4a13. 【详解】∵椭圆的离心率为ec1，∴a2c，∴b2a2c23c2，∴椭圆的方程为a2x2y22221，即3x4y12c0，不妨设左焦点为F1，右焦点为F2，如图所示，∵4c23c2AF2a，OF2c，a2c，∴AF2O，∴△AF1F2为正三角形，∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，3E两点，DE为线段AF2的垂直平分线，∴直线DE的斜率为3，斜率倒数为3， 直线DE的方程：3x3yc，代入椭圆方程3x24y212c20，整理化简得到：13y263cy9c20， 判别式63c4139c26216c2， 2∴DE1∴ c32y1y22Δc2646， 13131313， 得a2c， 84∵DE为线段AF2的垂直平分线，根据对称性，ADDF2，AEEF2，∴ADE的周长等于△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到△F2DE周长为DF2EF2DEDF2EF2DF1EF1DF1DF2EF1EF22a2a4a13. 故答案为：13. 四、解答题

x2y217. （2022·全国·高三专题练习）已知椭圆221ab0，过椭圆的左焦点F且斜率为3的直线l

ab与椭圆交于A、B两点（A点在B点的上方），若有AF2FB，求椭圆的离心率．

【答案】 23Bx2,y2，【分析】利用点差法，设Ax1,y1、代入椭圆方程中，变形后作差，由AF2FB可得x12x23c，2ay12y20，从而可得x12x2，求出点A的坐标代入椭圆方程中化简可求出离心率 c【详解】因为AF2FB，设Ax1,y1、Bx2,y2， x12y121①x2x2x12x2y12y2y12y2a2b2②得：1①3， 2222ab4x4y224②b2a2x12x23c，y12y20， a2则x12x2， ca23c21a2得x13c， 2c2cy1a23c23b23c∵，∴y13，将A代入椭圆方程 x1c2c2c整理得：4a413a2c29c20，所以4a29c2或a2c2（舍） 故ec2． a3x2y218.0,b（陕西·高考真题（理））已知椭圆:221（ab0）的半焦距为c，原点到经过两点c,0，

ab1的直线的距离为c．

2（Ⅰ）求椭圆的离心率；

（Ⅱ）如图，是圆:x2y1225的一条直径，若椭圆经过，两点，求椭圆的方程． 2x2y23【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1． 1232【详解】试题分析：（1）依题意，由点到直线的距离公式可得dbc1，又有dc，联立可求离心率； a2（2）由（1）设椭圆方程，再设直线AB方程，与椭圆方程联立，求得AB，令AB10，可得b，即得椭圆方程.试题解析：（Ⅰ）过点c,0,0,b的直线方程为bxcybc0， 则原点O到直线的距离d由dbcb2c2bc， a1c3c，得a2b2a2c2，解得离心率e. 2a2（Ⅱ）由（1）知，椭圆E的方程为x24y24b2. 依题意，圆心M2,1是线段AB的中点，且AB10. 易知，AB不与x轴垂直. 设其直线方程为ykx21，代入（1）得 14kx228k2k1x42k14b20. 8k2k114k22设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1x2由x1x24，得2从而x1x282b. ，x1x21. 242k14b214k22. 8k2k114k2=4，解得k51于是AB1x1x2222x1x224x1x210b22. 由AB10，得10b2210，解得b23. x2y2故椭圆E的方程为1. 123x2y219.（2019·天津·高考真题（理））设椭圆221(ab0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长

ab为4，离心率为5. 5（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上.若|ON||OF|（O为原点），且OPMN，求直线PB的斜率.

x2y2230230. 【答案】（Ⅰ）或1（Ⅱ）5545【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程； (Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率.【详解】(Ⅰ) 设椭圆的半焦距为c，依题意，2b4,c5，又a2b2c2，可得a5，b=2，c=1. a5x2y2所以，椭圆方程为1. 54(Ⅱ)由题意，设PxP,yPxP0,MxM,0.设直线PB的斜率为kk0， ykx2又B0,2，则直线PB的方程为ykx2，与椭圆方程联立x2y2， 14520k22整理得45kx20kx0，可得xP， 45k2代入ykx2得yP810k2， 45k2yP45k2进而直线OP的斜率， xP10k2在ykx2中，令y0，得xM. kk由题意得N0,1，所以直线MN的斜率为. 245k2由OPMN，得10k2化简得kk1， 224230. ，从而k55所以，直线PB的斜率为230230. 或55x2y220.（2019·江苏·高考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:221(ab0)的焦点为F1（–1、

ab0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:(x1)2y24a2交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=

5．2

（1）求椭圆C的标准方程； （2）求点E的坐标．

x2y2【答案】（1）1； 433（2）E(1,). 2【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程； (2)解法一：由题意首先确定直线AF1的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点B的坐标，联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标； 解法二：由题意利用几何关系确定点E的纵坐标，然后代入椭圆方程可得点E的坐标. 【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c. 因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1. 553又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=DF12F1F22()222， 222因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2. 由b2=a2-c2，得b2=3. x2y2因此，椭圆C的标准方程为1. 43（2）解法一： x2y2由（1）知，椭圆C：1，a=2， 43因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1. 将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.因为点A在x轴上方，所以A(1，4). 又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2. y2x2由，得5x26x110， 22x1y16解得x1或x将x11. 51112代入y2x2，得y， 5511123,).又F2(1，0)，所以直线BF2：y(x1). 554因此B(3y(x1)1342x. x1由2，得，解得或7x6x1302xy7134又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x1. 将x1代入y解法二： 333(x1)，得y.因此E(1,). 422x2y2由（1）知，椭圆C：1.如图，连结EF1. 43因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB， 从而∠BF1E=∠B. 因为F2A=F2B，所以∠A=∠B， 所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴. x13因为F1(-1，0)，由x2y2，得y. 21343又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y. 23因此E(1,). 2x2y22521．（2021·天津·高考真题）已知椭圆221ab0的右焦点为F，上顶点为B，离心率为，且

5abBF5．

（1）求椭圆的方程；

（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若

MP//BF，求直线l的方程．

x2【答案】（1）y21；（2）xy60. 5【分析】（1）求出a的值，结合c的值可得出b的值，进而可得出椭圆的方程； （2）设点Mx0,y0，分析出直线l的方程为求出x0、y0的值，即可得出直线l的方程. 【详解】（1）易知点Fc,0、B0,b，故BFc2b2a5， 因为椭圆的离心率为ec25，故c2，ba2c21， a5x0xy0y1，求出点P的坐标，根据MP//BF可得出kMPkBF，5x2因此，椭圆的方程为y21； 5x（2）设点Mx0,y0为椭圆y21上一点， 5先证明直线MN的方程为x0xy0y1， 52x0xy0y152222联立2，消去y并整理得x2x0xx00，4x04x00， xy215xxx2因此，椭圆y21在点Mx0,y0处的切线方程为0y0y1.55 在直线MN的方程中，令x0，可得y11，由题意可知y00，即点N0,， y0y01b1y2xk直线BF的斜率为BF，所以，直线PN的方程为， y0c2在直线PN的方程中，令y0，可得x11,0， ，即点P2y02y0因为MP//BF，则kMP22y012kBF，即1x5y0， ，整理可得2xy120000x02y0y02x065622所以，x05y0，因为y0，x0， 6y01，y00，故y0566所以，直线l的方程为66xy1，即xy60. 66x2y222.（2018·天津·高考真题（文））设椭圆221(ab0)的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心

ab率为5，AB13． 3（1）求椭圆的方程；

Q两点，M均在第四象限．l与直线AB交于点M，（2）设直线l:ykx(k0)与椭圆交于P，且点P，若△BPM的面积是BPQ面积的2倍，求k的值． 1x2y2【答案】（1）1；(2)． 294x2y21. 【详解】分析：（I）由题意结合几何关系可求得a3,b2.则椭圆的方程为94（II）设点P的坐标为x1,y1，点M的坐标为x2,y2 ，由题意可得x25x1. x2y22x3y6,62x3y6.由方程组9易知直线AB的方程为，由方程组可得x241,可得ykx,3k2ykx,6811x1x5xkk...详解：k结合，可得，或经检验的值为（I）设椭圆的焦距为2c，由219229k24c25已知得2，又由a2b2c2，可得2a3b．由|AB|a2b213,从而a3,b2． a9x2y2所以，椭圆的方程为1． 94（II）设点P的坐标为(x1,y1)，点M的坐标为(x2,y2)，由题意，x2x10， 点Q的坐标为(x1,y1)．由△BPM的面积是BPQ面积的2倍，可得|PM|=2|PQ|， 从而x2x12[x1(x1)]，即x25x1． x2y22x3y6,6易知直线AB的方程为2x3y6，由方程组消去y，可得x2．由方程组941,消ykx,3k2ykx,去y，可得x169k42．由x25x1，可得9k245(3k2)，两边平方，整理得18k225k80，解18得k，或k． 921128当k时，x290，不合题意，舍去；当k时，x212，x1，符合题意． 9521所以，k的值为．

2