2024年全國一卷數學新高考題型細分S13圓錐曲線單選填空2橢圓（中下中檔）

2024年全國一卷新高考題型細分S13——圓錐曲線單選填空2橢圓（中下、中檔）試卷主要是2024年全國一卷新高考地區(qū)真題、模擬題，合計202套。其中全國高考真題4套，廣東47套，山東22套，江蘇18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。題目設置有尾注答案，復制題干的時候，答案也會被復制過去，顯示在文檔的后面，雙擊尾注編號可以查看。方便老師備課選題。題型純粹按照個人經驗進行分類，沒有固定的標準?！秷A錐曲線——單選填空》題目分類有：橢圓（易~中檔），雙曲線（易~中檔），拋物線（易~中檔），其他等，大概251道題。橢圓（中下）：（2024年J02全國二卷）5.已知曲線C：（），從C上任意一點P向x軸作垂線段，為垂足，則線段的中點M的軌跡方程為（【答案】A【解析】【分析】設點，由題意，根據中點的坐標表示可得，代入圓的方程即可求解.【詳解】設點，則，因為為的中點，所以，即，又在圓上，所以，即，即點的軌跡方程為.故選：A）

A.（）B.（【答案】A【解析】【分析】設點，由題意，根據中點的坐標表示可得，代入圓的方程即可求解.【詳解】設點，則，因為為的中點，所以，即，又在圓上，所以，即，即點的軌跡方程為.故選：A（2024年浙J05名校二聯考）14.已知正方形的四個頂點均在橢圓上，的兩個焦點分別是的中點，則的離心率是【答案】【解析】【分析】由題意，將代入橢圓方程，得，結合正方形性質可得，即可得齊次式，即可求得答案.【詳解】不妨設【答案】【解析】【分析】由題意，將代入橢圓方程，得，結合正方形性質可得，即可得齊次式，即可求得答案.【詳解】不妨設為橢圓的左、右焦點，由題意知軸，軸，且經過橢圓焦點，，則，將代入橢圓方程，得，故，由，得，結合，得，即，解得（負值舍），故的離心率是，故答案為：（2024年浙J04溫州一適）3.動點到定點的距離與到定直線：的距離的比等于，則動點的軌跡方程是（【答案】A【解析】【分析】根據距離公式即可化簡求解.【詳解】根據題意可得，平方化簡可得，進而得，故選:A）

A.B.C.D.

（【答案】A【解析】【分析】根據距離公式即可化簡求解.【詳解】根據題意可得，平方化簡可得，進而得，故選:A（2024年冀J43名校二聯考）6．已知實數滿足，若的最大值為4，則（

6．D【分析】利用題給條件構造關于m的方程，解之即可求得m的值.【詳解】令，則，則時，由，整理得，則，整理得，則，解之得故選：D

）

A．6．D【分析】利用題給條件構造關于m的方程，解之即可求得m的值.【詳解】令，則，則時，由，整理得，則，整理得，則，解之得故選：D（2024年粵J15華附一調）15.已知橢圓的左右焦點為．直線與橢圓相交于兩點，若，且，則橢圓的離心率為【答案】【解析】【分析】由橢圓的對稱性可得四邊形為平行四邊形，再根據橢圓的定義求出，再在中，利用余弦定理求出的關系即可得解.【詳解】由橢圓的對稱性可得四邊形為平行四邊形，則，由，得【答案】【解析】【分析】由橢圓的對稱性可得四邊形為平行四邊形，再根據橢圓的定義求出，再在中，利用余弦定理求出的關系即可得解.【詳解】由橢圓的對稱性可得四邊形為平行四邊形，則，由，得，因為，所以，又，所以，在中，由余弦定理得，即，所以，即橢圓的離心率.故答案為：.（2024年湘J07株洲一檢）16.已知為等腰三角形，其中，點D為邊AC上一點，.以點B、D為焦點的橢圓E經過點A與C，則橢圓E的離心率的值為【答案】【解析】【分析】借助橢圓定義與所給數量關系，結合余弦定理計算即可得.【詳解】連接點與中點，即有【答案】【解析】【分析】借助橢圓定義與所給數量關系，結合余弦定理計算即可得.【詳解】連接點與中點，即有，由，故，由，則，即，由橢圓定義可得、，故，即，則、，由故，則，即，解得（負值舍去）.故答案為：.【點睛】求離心率的常用方法：由已知條件得出關于、的齊次方程，然后轉化為關于的方程并求解.（2024年粵J40汕頭一模，末）8.如圖，設、分別是橢圓左、右焦點，點是以為直徑的圓與橢圓在第一象限內的一個交點，延長與橢圓交于點，若，則直線的斜率為（【答案】C【解析】【分析】由點為圓與橢圓的焦點，可得，，結合條件，應用勾股定理即可得.【詳解】連接、，由在以為直徑的圓上，故，、在橢圓上，故有，，設，則，則有，，即可得，解得，【答案】C【解析】【分析】由點為圓與橢圓的焦點，可得，，結合條件，應用勾股定理即可得.【詳解】連接、，由在以為直徑的圓上，故，、在橢圓上，故有，，設，則，則有，，即可得，解得，故，則，故.故選：C.（2024年粵J43茂名一模）5.橢圓：（）的左、右焦點分別為，，過作垂直于軸的直線，交于A，兩點，若，則的離心率為（【答案】A【解析】【分析】根據題意可知直線：，結合方程可得，進而求離心率.【詳解】因為，且直線垂直于軸，可知直線：，將代入橢圓方程可得，解得，所以，又因為，則，即，可得，則，解得.故選：A.【答案】A【解析】【分析】根據題意可知直線：，結合方程可得，進而求離心率.【詳解】因為，且直線垂直于軸，可知直線：，將代入橢圓方程可得，解得，所以，又因為，則，即，可得，則，解得.故選：A.（2024年魯J04青島一適）13.已知O為坐標原點，點F為橢圓的右焦點，點A，B在C上，AB的中點為F，，則C的離心率為【答案】【解析】【分析】先結合圖形求得，代入橢圓方程構造齊次式，然后可解.【詳解】由橢圓的對稱性可知，垂直于x【答案】【解析】【分析】先結合圖形求得，代入橢圓方程構造齊次式，然后可解.【詳解】由橢圓的對稱性可知，垂直于x軸，又，所以，所以為等腰直角三角形，故，所以，即，所以，整理得，解得或（舍去），故.故答案為：橢圓（中檔）：（2024年湘J03長沙一中，末）8.已知直線：與橢圓：至多有一個公共點，則的取值范圍是（【答案】D【解析】【分析】由直線：與橢圓：至多有一個公共點，即聯立方程，化簡整理得，即可理解為雙曲線外部的點（可行域），轉化為線性規(guī)劃的題，然后化目標函數為直線方程的斜截式，數形結合得到的取值范圍.【詳解】聯立方程，化簡整理得：因為直線：與橢圓：至多有一個公共點，所以，即，即點【答案】D【解析】【分析】由直線：與橢圓：至多有一個公共點，即聯立方程，化簡整理得，即可理解為雙曲線外部的點（可行域），轉化為線性規(guī)劃的題，然后化目標函數為直線方程的斜截式，數形結合得到的取值范圍.【詳解】聯立方程，化簡整理得：因為直線：與橢圓：至多有一個公共點，所以，即，即點滿足雙曲線外部的點，即可行域，如圖所示，為x軸，k為y軸，將變形為，平移直線，由圖可知，當直線與雙曲線相切時為臨界條件.聯立，化簡整理得：由題知，，解得若可行域是雙曲線右支外部的點，即臨界條件切線需要往上平移，即；若可行域是雙曲線左支外部的點，即臨界條件切線需要往下平移，即；綜上可知，的取值范圍是故選：D.【點睛】本題考查直線與橢圓交點個數問題，考查用雙曲線外部點作可行域，求線性目標函數的最值，考查學生的轉化與化歸思想，數形結合思想與運算求解能力，屬于難題.（2024年粵J47湛江一模，末）14.已知，分別為橢圓C：的左、右焦點，過點的直線l交橢圓C于A，B兩點，若，，則橢圓C的離心率為【答案】【解析】【分析】由題意可得出，設，則，，橢圓的定義可得，再由余弦定理可得，在中，由余弦定理即可求出橢圓C的離心率.【答案】【解析】【分析】由題意可得出，設，則，，橢圓的定義可得，再由余弦定理可得，在中，由余弦定理即可求出橢圓C的離心率.【詳解】由，得為線段的中點，且點在橢圓外，所以，則，又，所以為線段的中點，所以，設，則，又，所以，由橢圓定義可知：，得，如圖，延長交橢圓C于點，連接，則由橢圓的對稱性可知，，又，故，由余弦定理可得：，在中，，由余弦定理可得，即，所以橢圓C的離心率為.故答案為：【點睛】方法點睛：求圓錐曲線離心率（或離心率的取值范圍），常見有兩種方法：①求出，代入公式；②只需要根據一個條件得到關于的齊次式，結合轉化為的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以或轉化為關于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范圍）．（2024年冀J01某市一模，末）8.已知橢圓C：的左、右焦點分別為，，P為C上一點，滿足，以C的短軸為直徑作圓O，截直線的弦長為，則C的離心率為（【答案】A【解析】【分析】根據圓的弦長公式可得，進而根據平行關系可得，利用橢圓定義以及勾股定理即可求解.【詳解】過作，由于圓O截直線弦長為，所以，由于，所以,結合是的中點，所以【答案】A【解析】【分析】根據圓的弦長公式可得，進而根據平行關系可得，利用橢圓定義以及勾股定理即可求解.【詳解】過作，由于圓O截直線弦長為，所以，由于，所以,結合是的中點，所以，故，，化簡得，所以，故選：A（2024年冀J13示范高中）7.已知橢圓：的離心率為，左頂點是A，左、右焦點分別是，，是在第一象限上的一點，直線與的另一個交點為．若，則直線的斜率為（

【答案】A【解析】【分析】利用相似關系可得，再利用直線方程和橢圓方程后可求直線的斜率.【詳解】因為離心率為，故可設，故，故橢圓方程為：，而，，故，因，故故直線與軸不垂直也不重合，故可設，，，則，由可得，因在橢圓內部，故【答案】A【解析】【分析】利用相似關系可得，再利用直線方程和橢圓方程后可求直線的斜率.【詳解】因為離心率為，故可設，故，故橢圓方程為：，而，，故，因，故故直線與軸不垂直也不重合，故可設，，，則，由可得，因在橢圓內部，故恒成立，且，故，因，故，此時，，故在第一象限，符合條件，的斜率為，故選：A.（2024年湘J21一起考一模）13.已知橢圓的左、右焦點分別為，，P是C上一點，且，H是線段上靠近的三等分點，且，則C的離心率為_【答案】【解析】【分析】根據題意可得，，，再結合三角形相似可得，代入分析求解即可.【詳解】由題意，不妨設點P在第一象限，如圖.【答案】【解析】【分析】根據題意可得，，，再結合三角形相似可得，代入分析求解即可.【詳解】由題意，不妨設點P在第一象限，如圖.因為，則，，.因為，則，可知，則，即，整理得.由得，解得或（舍去），所以C的離心率為.故答案為：.（2024年湘J22一起考二模，末）14.過橢圓C：（）上的動點P向圓O：引兩條切線．設切點分別是A，B，若直線與x軸、y軸分別交于M，N兩點，則面積的最小值是【答案】【解析】【分析】設點，首先求出直線方程，然后求得坐標，由兩點間距離公式得，由點到直線距離公式表示出原點到直線（即直線的距離），從而表示出【答案】【解析】【分析】設點，首先求出直線方程，然后求得坐標，由兩點間距離公式得，由點到直線距離公式表示出原點到直線（即直線的距離），從而表示出面積，結合點在橢圓上，即它的坐標滿足條件等式，進一步結合基本不等式求得即可得解.【詳解】

設點，則以為直徑的圓的方程為，與圓O的方程相減得，即是過切點的直線方程，，令，得，所以，令，得，所以，所以，所以點到直線的距離，所以，因為點在橢圓C：（）上，所以，即，等號成立當且僅當，所以，等號成立當且僅當，綜上所述，面積的最小值是.故答案：.【點睛】關鍵點點睛：關鍵是表示出面積，即，由此即可順利得解.（2024年蘇J36七市三調）14．已知是橢圓的左、右焦點，是上一點．過點作直線的垂線，過點作直線的垂線．若的交點在上（均在軸上方，且，則的離心率為14．/【分析】設，可得的方程，聯立方程求得，結合對稱性可知，進而列式求，即可得離心率.【詳解】設，，由題意可知：，則直線的斜率，可知的方程為，同理可得：的方程為，聯立方程，解得，即，因為在14．/【分析】設，可得的方程，聯立方程求得，結合對稱性可知，進而列式求，即可得離心率.【詳解】設，，由題意可知：，則直線的斜率，可知的方程為，同理可得：的方程為，聯立方程，解得，即，因為在上，可知關于x軸對稱，且，則，可得，又因為，即，由題意可得：，整理得，解得或（舍去），則，所以的離心率為.故答案為：.【點睛】方法點睛：求橢圓的離心率或離心率的范圍，關鍵是根據已知條件確定a，b，c的等量關系或不等關系，然后把b用a，c代換，求e的值．（2024年浙J35金華義烏三模）8．已知，分別是橢圓的左，右焦點，是橢圓上一點，的角平分線與的交點恰好在軸上，則線段的長度為（8．C【分析】先根據題意畫出圖象，由角平分線的性質可得點到直線與的距離相等，進而利用直線的方程可得點的坐標，然后列方程求點的坐標，從而可得.【詳解】由題意可知，點只能在第一、四象限，不妨設點在第一象限，如圖所示：

設，又，由題意可知，直線的斜率一定存在，所以，直線，即，則點，直線，化為一般形式得，因為點在的角平分線上，所以點到直線與的距離相等，8．C【分析】先根據題意畫出圖象，由角平分線的性質可得點到直線與的距離相等，進而利用直線的方程可得點的坐標，然后列方程求點的坐標，從而可得.【詳解】由題意可知，點只能在第一、四象限，不妨設點在第一象限，如圖所示：

設，又，由題意可知，直線的斜率一定存在，所以，直線，即，則點，直線，化為一般形式得，因為點在的角平分線上，所以點到直線與的距離相等，點到直線的距離，點到直線的距離，于是，化簡得，即，又點在橢圓上，所以，得，因此，，即，解得或，點在第一象限，所以，，則點，所以.故選：C.【點睛】思路點睛：首先設點的坐標，再求出直線，直線的表達式以及點的坐標，最后再根據點到角兩邊的距離相等以及點在橢圓上，解出點的坐標，最后再求線段的長度.（2024年粵J120大灣區(qū)二模）8．法國數學家加斯帕爾·蒙日在研究圓錐曲線時發(fā)現：橢圓的兩條相互垂直切線的交點軌跡為圓，我們通常稱這個圓為該橢圓的蒙日圓．根據此背景，設為橢圓的一個外切長方形（的四條邊所在直線均與橢圓相切），若在第一象限內的一個頂點縱坐標為2，則的面積為（

8．C【分析】根據題意求出橢圓C的蒙日圓方程，求出M在第一象限的頂點P的坐標，設出過P且與橢圓C相切的直線方程，與橢圓聯立，再利用點到直線距離公式即可求解.【詳解】依題意，直線，都與橢圓，且它們圍成四邊形是矩形，于是該矩形是橢圓的蒙日圓內接矩形，因此該蒙日圓的圓心為，半徑，因此該橢圓的蒙日圓方程為，M為橢圓8．C【分析】根據題意求出橢圓C的蒙日圓方程，求出M在第一象限的頂點P的坐標，設出過P且與橢圓C相切的直線方程，與橢圓聯立，再利用點到直線距離公式即可求解.【詳解】依題意，直線，都與橢圓，且它們圍成四邊形是矩形，于是該矩形是橢圓的蒙日圓內接矩形，因此該蒙日圓的圓心為，半徑，因此該橢圓的蒙日圓方程為，M為橢圓的一個外切長方形，設其四個頂點分別為P、Q、、，其中P在第一象限，顯然P與關于原點對稱，Q與關于原點對稱，而P點縱坐標為2，則其橫坐標為3，即，顯然M的四條邊所在直線斜率存在且不為0，設過P且與橢圓C相切的直線為，由消去y并整理，得，由，化簡得，解得或，不妨取直線PQ方程為，即，直線的方程為，即，O點到直線PQ的距離為，O點到直線的距離為，所以M的面積為.故選：C【點睛】關鍵點點睛：根據蒙日圓的定義求出蒙日圓的方程，并求出第一象限內的點是解決問題的關鍵.（2024年鄂J25武漢洪山二模）8．已知橢圓的右焦點和上頂點分別為點和點A，直線交橢圓于P，Q兩點，若F恰好為的重心，則橢圓的離心率為（

8．A【分析】首先設的中點，由點差法得，再根據重心的性質求得點的坐標，聯立求得橢圓的離心率，再結合條件，即可求解.【詳解】設，，的中點為點，，兩式相減得，化解得，即，得，所以，，，由F恰好為的重心，8．A【分析】首先設的中點，由點差法得，再根據重心的性質求得點的坐標，聯立求得橢圓的離心率，再結合條件，即可求解.【詳解】設，，的中點為點，，兩式相減得，化解得，即，得，所以，，，由F恰好為的重心，則，即，得，，即，，所以，則，平方后得，，即，解得：或，由條件，得，即，得，所以.

故選：A【點睛】方法點睛：本題考查了求離心率的方法，①可以直接求出求出離心率，②由條件構造關于的齊次方程，即可求解離心率.（2024年粵J29珠海一中，末）14．已知的三個頂點都在橢圓上，其中A，B分別為的左頂點和上頂點，若以B為頂角的等腰恰好有3個，則直線AB的斜率的取值范圍為【答案】【分析】根據已知條件，的第三個頂點C在以B為圓心，以為半徑的圓上,結合題意將問題轉化為橢圓與圓有四個公共點，聯立方程可得，結合已知條件確定，進而求得【答案】【分析】根據已知條件，的第三個頂點C在以B為圓心，以為半徑的圓上,結合題意將問題轉化為橢圓與圓有四個公共點，聯立方程可得，結合已知條件確定，進而求得取值范圍為即可.【詳解】由題意知的第三個頂點C在以B為圓心，以為半徑的圓上，要使以B為頂角的等腰恰好有3個，則需要滿足橢圓與圓有四個公共點；由，得，所以或；當時，橢圓與圓有兩個交點，分別為左右頂點，當C位于右頂點處滿足條件；當時，要滿足橢圓與圓有兩個不同交點，需要，即，即，且，，解得，因為，，所以，所以直線AB的斜率的取值范圍為．故答案為：【點睛】關鍵點點睛：根據已知條件，將問題轉化為求橢圓與圓有四個公共點去解決.（2024年湘J32長沙雅禮一測）6.已知函數的圖象恰為橢圓x軸上方的部分，若，，成等比數列，則平面上點（s，t）的軌跡是（【答案】A【解析】【分析】根據等比數列的性質，結合橢圓方程進行求解判斷即可.【詳解】因為函數的圖象恰為橢圓x軸上方的部分，所以，因為，，成等比數列，所以有，且有成立，即成立，由，化簡得：，或【答案】A【解析】【分析】根據等比數列的性質，結合橢圓方程進行求解判斷即可.【詳解】因為函數的圖象恰為橢圓x軸上方的部分，所以，因為，，成等比數列，所以有，且有成立，即成立，由，化簡得：，或，當時，即，因為，所以平面上點（s，t）的軌跡是線段（不包含端點）；當時，即，因為，所以，而，所以不成立，故選：A（2024年冀J05唐山一模，末）14.已知橢圓E：的左、右焦點分別為，，過的直線交E于A，B兩點，是線段的中點，且，則E的方程為【答案】【解析】【分析】根據中點關系可得平行，進而可得，根據向量的坐標運算即可求解.【詳解】由于是線段的中點，是線段的中點，所以,【答案】【解析】【分析】根據中點關系可得平行，進而可得，根據向量的坐標運算即可求解.【詳解】由于是線段的中點，是線段的中點，所以,故,設橢圓焦距為，則，將代入橢圓方程可得，故，因此,是線段的中點，所以，故，，由得，故，解得，又，故，，故橢圓方程，故答案為：（2024年冀J04石家莊二中一模，末）8.已知點在橢圓上，為橢圓的右焦點，是上位于直線兩側的點，且點到直線與直線的距離相等，則直線與軸交點的橫坐標的取值范圍為（【答案】A【解析】【分析】利用點在橢圓上先求得橢圓方程，設出直線的方程，與橢圓方程聯立，得到根與系數的關系，結合條件得，化簡斜率和可得直線斜率為定值，再根據韋達定理和判別式計算即可．【詳解】將代入中，得，所以橢圓的方程為．由題意知，直線的斜率不為0，故設直線的方程為，則，直線與軸交點的橫坐標為，由，得，則，．因為，且點到直線與直線的距離相等，【答案】A【解析】【分析】利用點在橢圓上先求得橢圓方程，設出直線的方程，與橢圓方程聯立，得到根與系數的關系，結合條件得，化簡斜率和可得直線斜率為定值，再根據韋達定理和判別式計算即可．【詳解】將代入中，得，所以橢圓的方程為．由題意知，直線的斜率不為0，故設直線的方程為，則，直線與軸交點的橫坐標為，由，得，則，．因為，且點到直線與直線的距離相等，所以，即，即，整理得，即，即，所以．由題意知，直線不經過點，故，所以，得，當時，由得，由，解得，故直線與軸交點的橫坐標的取值范圍為.故選:A．【點睛】方法點睛：①利用圓錐曲線的幾何性質或方程根的判別式構造不等關系，從而確定參數的取值范圍．②利用已知參數的范圍，求新參數的范圍，這類問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系．③利用已知的或隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍．④將待求量表示為關于其他變量的函數，利用導數或基本不等式等求其值域，從而確定參數的取值范圍．如本題需先設直線的方程為，并得到的關系，再根據直線與橢圓的位置關系得到的取值范圍．（2024年鄂J06武漢二調）13.設橢圓的左右焦點為，，過點的直線與該橢圓交于，兩點，若線段的中垂線過點，則【答案】【解析】【分析】由橢圓方程確定，，的值，結合已知條件及橢圓定義求出，在中，求出，由誘導公式求出，設，則，在中由余弦定理構造方程，解出【答案】【解析】【分析】由橢圓方程確定，，的值，結合已知條件及橢圓定義求出，在中，求出，由誘導公式求出，設，則，在中由余弦定理構造方程，解出值即可.【詳解】設線段的中垂線與相交于點，由橢圓方程可知，，，；由已知有：，點在橢圓上，根據橢圓定義有：，所以，，在中，，，，點在橢圓上，根據橢圓定義有：，設，則，，在中由余弦定理有：,解得，即.故答案為：（2024年粵J04順德二檢，末）8.已知橢圓的上、下焦點分別為，點在橢圓上且位于第三象限，滿足的角平分線與相交于點，若，則橢圓的離心率為（【答案】C【解析】【分析】由向量的關系，可得，再由角平分線的性質可得，由，由橢圓的定義可得，的表達式，再由余弦定理可得，的關系，進而求出離心率的值．【詳解】因為，則，由角平分線的性質可得，因為，所以，由橢圓的定義可知：，在△，，由余弦定理可得，【答案】C【解析】【分析】由向量的關系，可得，再由角平分線的性質可得，由，由橢圓的定義可得，的表達式，再由余弦定理可得，的關系，進而求出離心率的值．【詳解】因為，則，由角平分線的性質可得，因為，所以，由橢圓的定義可知：，在△，，由余弦定理可得，即，整理可得：,即，可得，因為，所以．故選：C．（2024年浙J02嘉興一中一模，末）8.已知橢圓的左、右焦點分別為，，為橢圓上不與左右頂點重合的任意一點，，分別為的內心和重心，當軸時，橢圓的離心率為（【答案】A【解析】【分析】結合圖像，利用點坐標以及重心性質，得到G點坐標，再由題目條件軸，得到點橫坐標，然后兩次運用角平分線的相關性質得到的比值，再結合與相似，即可求得點縱坐標，也就是內切圓半徑，再利用等面積法建立關于的關系式，從而求得橢圓離心率.【詳解】如圖，令點在第一象限（由橢圓對稱性，其他位置同理），連接，顯然點在上，連接并延長交軸于點，連接并延長交軸于點【答案】A【解析】【分析】結合圖像，利用點坐標以及重心性質，得到G點坐標，再由題目條件軸，得到點橫坐標，然后兩次運用角平分線的相關性質得到的比值，再結合與相似，即可求得點縱坐標，也就是內切圓半徑，再利用等面積法建立關于的關系式，從而求得橢圓離心率.【詳解】如圖，令點在第一象限（由橢圓對稱性，其他位置同理），連接，顯然點在上，連接并延長交軸于點，連接并延長交軸于點，軸，過點作垂直于軸于點，設點，，則，因為為的重心，所以，因為軸，所以點橫坐標也為，，因為為的角平分線，則有，又因為，所以可得，又由角平分線的性質可得，，而所以得，所以，，所以，即，因為即，解得，所以答案為A.【點睛】本題主要考查離心率求解，關鍵是利用等面積法建立關于的關系式，同時也考查了重心坐標公式，以及內心的性質應用，屬于難題.橢圓離心率求解方法主要有：（1）根據題目條件求出，利用離心率公式直接求解.（2）建立的齊次等式，轉化為關于的方程求解，同時注意數形結合.（2024年粵J21中附一調，末）8.橢圓E：，過E外一點P作E兩條切線PA，PB，，記P的軌跡為T，圓C：，記T與C的交點為，當的最大值m最大時，，則E的離心率為（【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，設出切線方程并與橢圓方程聯立求出軌跡T的方程，再探求取最大值的情況求解作答.【詳解】設，過點的橢圓的切線的斜率都存在時，設切線方程為，其中分別為的斜率，由消去y得：，則，即有【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，設出切線方程并與橢圓方程聯立求出軌跡T的方程，再探求取最大值的情況求解作答.【詳解】設，過點的橢圓的切線的斜率都存在時，設切線方程為，其中分別為的斜率，由消去y得：，則，即有，又，于是，顯然，是這個方程的二根，有，令直線的傾斜角分別為，有，又，即，即有，，整理得，而當時，或，此時有或，即，滿足，因此點P的軌跡T的方程為，由與聯立，