05圆锥曲线方程（椭圆）-湖南省2023-2024学年高二上学期数学期末复习专题练习（人教版）

这是一份05圆锥曲线方程（椭圆）-湖南省2023-2024学年高二上学期数学期末复习专题练习（人教版），共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·湖南郴州·高二统考期末）已知、是椭圆的左、右焦点，、是椭圆短轴的上、下顶点，P是该椭圆上任意一点，若的最大值与最小值之积为3，且四边形的内切圆半径为，则椭圆C的方程为（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023上·湖南株洲·高二校考期末）在平面直角坐标系中，椭圆C的中心在原点，焦点，在x轴上，离心率为，过的直线l交椭圆C于A，B两点，且的周长为16，则椭圆C的方程为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·湖南怀化·高二统考期末）已知椭圆的左､右焦点分别为，上顶点为，且，点在上，线段与交于．则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023上·湖南怀化·高二统考期末）已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A．1B．3C．7D．9
5．（2023上·湖南郴州·高二校考期末）已知，是椭圆：的两个焦点，过点且斜率为的直线与交于，两点，则的周长为（ ）
A．8B．C．D．与有关
6．（2022上·湖南·高二校联考期末）我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微”.事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决.如：与相关的代数问题可以转化为点与点之间距离的几何问题.结合上述观点，若实数满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．（2022上·湖南永州·高二统考期末）已知椭圆方程为，点在椭圆上，右焦点为F，过原点的直线与椭圆交于A，B两点，若，则椭圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．（2022上·湖南张家界·高二统考期末）已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为3，则点到另一焦点的距离为（ ）
A．1B．3C．5D．7
二、多选题
9．（2023上·湖南永州·高二统考期末）如图，一个底面半径为的圆柱被与其底面所成的角为的平面所截，截面为椭圆，若，则（ ）
A．椭圆的短轴长为
B．椭圆的离心率为
C．椭圆的方程可以为
D．椭圆上的点到焦点的距离的最小值为
10．（2023上·湖南株洲·高三校联考期末）已知点动点满足直线和的斜率之积为，记点的轨迹为曲线，过坐标原点的直线交于两点，点在第一象限，轴，垂足为，连接并延长交于点，则（ ）
A．曲线的方程为：B．为直角三角形
C．面积最大值为D．面积最大值为
11．（2022上·湖南·高二校联考期末）已知椭圆，则（ ）
A．的焦点都在x轴上B．的焦距相等
C．没有公共点D．比更接近圆
12．（2022上·湖南怀化·高二统考期末）已知椭圆一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率e的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
13．（2023上·湖南株洲·高二校考期末）已知椭圆（），以原点为圆心，b为半径的圆经过椭圆的左右焦点，，M为椭圆短轴的一个端点，的延长线交椭圆于点N， .
14．（2023上·湖南衡阳·高二校考期末）椭圆的长轴长为 .
15．（2022上·湖南娄底·高二校考期末）已知椭圆的焦距为4，则的值为 .
16．（2022上·湖南·高二校联考期末）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，椭圆右准线上存在一点P满足，则椭圆的离心率的取值范围为 .
17．（2022上·湖南邵阳·高二统考期末）椭圆方程为椭圆内有一点，以这一点为中点的弦所在的直线方程为，则椭圆的离心率为 ．
18．（2022上·湖南永州·高二统考期末）已知椭圆方程为，左、右焦点分别为、，P为椭圆上的动点，若的最大值为，则椭圆的离心率为 .
四、解答题
19．（2023上·湖南永州·高二统考期末）设为圆：上的动点，点，且线段的垂直平分线交于点，设点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)已知，，是曲线上异于A的不同两点，是否存在以为圆心的圆，使直线AM，AN都与圆D相切，且三边所在直线的斜率成等差数列?若存在，请求出圆D的方程；若不存在，请说明理由．
20．（2023上·湖南长沙·高二雅礼中学统考期末）设F，E分别是椭圆的左，右焦点，椭圆上存在点N，满足且的面积为20.
(1)求b的值；
(2)设点P的坐标为，直线过点P，与椭圆交于点A，B，线段的中点记为M.若是与的等比中项，求a的最小值，并求出此时直线l的方程.
21．（2023上·湖南怀化·高二统考期末）已知点，点分别为椭圆的左､右顶点，直线交曲线于点是等腰直角三角形，且．
(1)求的方程：
(2)设过点的动直线与相交于，两点．当以为直径的圆过坐标原点时，求直线的斜率．
22．（2023上·湖南娄底·高二校联考期末）已知椭圆经过点，离心率为，动点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求以为直径且被直线截得的弦长为的圆的方程；
(3)设是椭圆的右焦点，过点作的垂线与以为直径的圆交于点，证明线段的长为定值，并求出这个定值.
23．（2023上·湖南娄底·高三校联考期末）已知椭圆 的上下左右四个顶点分别为 ，，，， 轴正半轴上的点 满足．
(1)求椭圆 的标准方程以及点 的坐标．
(2)过点 作直线 交椭圆于 ，，是否存在这样的直线 使得 和 的面积相等？若不存在，请说明理由．
(3)在（）的条件下，求当直线 的倾斜角为钝角时， 的面积．
五、问答题
24．（2023上·湖南衡阳·高二校考期末）已知椭圆的离心率为，过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，D，E，F为椭圆上不同于A，B的点，且，.当l的斜率为0时，的最大面积为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)的面积是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由.
六、证明题
25．（2023上·湖南益阳·高二统考期末）已知椭圆过点，离心率为，经过圆上一动点P作两条直线，它们分别与椭圆E恰有一个公共点，公共点分别记为A、B．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)求证：；
(3)求面积的最大值．
26．（2023上·湖南张家界·高二统考期末）已知椭圆的上顶点为，右顶点为，其中的面积为1（为原点），椭圆离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若不经过点的直线与椭圆交于，两点，且，求证：直线过定点．
27．（2023上·湖南娄底·高二校联考期末）已知椭圆 的离心率为 ，长轴长为 ， 为椭圆的右焦点.
(1)求椭圆 的方程；
(2)已知点 ， 是椭圆上的点，求 的最小值；
(3)点 是以长轴为直径的圆 上一点，圆 在点 处的切线交直线 于点 ，求证：过点 且垂直于 的直线 过定点.
参考答案：
1．A
【分析】首先根据的最值得到，根据且四边形的内切圆半径为得到，即可得到答案.
【详解】因为的最大值与最小值之积为3，所以，
四边形的内切圆半径为，
所以到直线的距离为，即，即.
所以，解得，，
椭圆.
故选：A
2．D
【分析】由三角形周长得a，再由离心率得c，求出b，得椭圆方程.
【详解】的周长为，即，离心率为，故，，所以椭圆的方程为.
故选：D.
3．C
【分析】由，可求得的坐标，结合已知，可求得直线的斜率.
【详解】由已知，上顶点为，，
由，知为上靠近的三等分点，，
所以直线的斜率，
故选：C
4．B
【分析】根据焦点坐标确定，然后计算．
【详解】由题意，，∴，，
故选：B．
5．C
【分析】根据椭圆定义求解焦点三角形周长.
【详解】由题意得：，即，
由椭圆的定义可得：，，
且，
所以的周长为
.
故选：C
6．C
【分析】由两点的距离公式和椭圆的定义可得点在椭圆上.继而有表示点与椭圆上一点所连直线的斜率，设该直线的方程为，由图可知，当直线与椭圆相切时，取得最值.联立椭圆与直线的方程，利用根的判别式可求得答案.
【详解】因为，可转化为点到点和点的距离之和为，
故点在椭圆上.表示点与椭圆上一点所连直线的斜率，
设该直线的方程为，由图可知，当直线与椭圆相切时，取得最值.
联立方程组整理得，
，解得或，故的取值范围是
故选：C.
7．A
【分析】根据椭圆的性质可得，则椭圆方程可求.
【详解】由点在椭圆上得，
由椭圆的对称性可得，则，
故椭圆方程为.
故选：A.
8．D
【分析】由椭圆的定义可以直接求得点到另一焦点的距离.
【详解】设椭圆的左、右焦点分别为、, 由已知条件得，
由椭圆的定义得,其中，则.
故选：.
9．ABD
【分析】利用图中的几何性质即可求出，即可判断的正误，利用二次函数的性质即可求出椭圆上的点到焦点的距离的最小值.
【详解】设椭圆的长半轴为，短半轴为，
由已知可知，解得，
∵，∴椭圆的短轴长为，故A正确；
则椭圆的标准方程为，故C不正确；
∵，∴ ，∴，故B正确；
椭圆上的一点为,其中一个焦点坐标为,且，
则
该抛物线的对称轴为，故函数在区间上单调递减，
当有最小值，此时，
即，故D正确.
故选：ABD.
10．BD
【分析】对A，设，由直线和的斜率之积为列式得方程；
对B，设，，得，结合点在椭圆上求得，即可证；
对C，求出与直线平行且与曲线相切且切点在第一象限的切线方程，结合点线距离求得最大面积；
对D，直线的方程为，联立抛物线方程解得P点坐标，即可求直线方程，结合韦达定理及铅锤法得，最后讨论最大值.
【详解】对A：设，则化简得：，故A错误；
对B：设，，，则，，
∵，，∴，则，则，故B 正确；
对C：与直线平行且与曲线相切且切点在第一象限的切线方程为，
联立得，由得，
∴切线为，两平行直线的距离为，
此时面积最大，最大值为，故C错误；
对D：设直线得方程为，，解得，
则直线：，
联立直线与曲线的方程可得，则，
，
令，则，∵在，即上单调递增，故，
即，当且仅当时等号成立，故D正确，
故选：BD
11．BCD
【分析】将椭圆变为标准方程，再根据椭圆的性质就可以判断每一个选项.
【详解】对于A，因为椭圆的标准方程为，所以的焦点在y上，所以A不正确；
对于B，因为椭圆的焦距为，椭圆的焦距为，所以B正确；
对于C，作出椭圆的图象，由图象可知，椭圆没有公共点，所以C正确；
对于D，因为椭圆的离心率为，的离心率为，所以，所以D正确.
故选：BCD.
12．BC
【分析】根据题意，用表示出，，的值，再根据椭圆的定义，从而得到用表示，再分析离心率可取的值.
【详解】因为，关于原点对称，所以也在椭圆上，设左焦点为，根据椭圆的定义：，
又因为，所以，是直角三角形斜边的中点，
所以，，，所以，
所以，由于，
所以.
故选：BC
13．/0.8
【分析】确定三角形为等腰直角三角形，，，，设，则，根据勾股定理计算得到答案.
【详解】由题意，且三角形为等腰直角三角形，，，.
设，则，根据，
得，解得，故.
故答案为：
14．8
【分析】根据椭圆长轴长定义求解即可.
【详解】由题知：，所以长轴长为.
故答案为：8
15．9或1
【分析】分焦点在轴和轴两种情况求解即可.
【详解】当椭圆的焦点在轴上时，，即，
此时，
因为焦距为4，故，解得；
当椭圆的焦点在轴上时，，即，
此时，
因为焦距为4，故，解得.
故答案为：9或1.
16．
【分析】由可得，又点在右准线上可得，解关于的一元二次不等式，结合即可求得结果.
【详解】取的中点Q，连接，如图所示，

则，所以，
所以，所以为等腰三角形，即，且，
所以，
又因为点在右准线上，
所以，即，
所以，即，解得或，
又，所以，
故答案为：.
17．
【分析】设，利用“点差法”得到，即可求出离心率.
【详解】设直线与椭圆交于，则.
因为AB中点,则.
又，相减得：.
所以
所以
所以，所以，即离心率.
故答案为：.
18．
【分析】利用椭圆的定义结合余弦定理可求得，再利用公式可求得该椭圆的离心率的值.
【详解】由椭圆的定义可得，
由余弦定理可得
，
因为的最大值为，则，可得，
因此，该椭圆的离心率为.
故答案为：.
19．(1)；
(2)存在圆，圆的方程为．
【分析】（1）利用椭圆定义即可求得曲线的方程；
（2）假设存在以为圆心的半径为的圆符合题意，利用题给条件和设而不求的方法列方程求得的值即可解决.
【详解】（1）圆的方程化为，所以圆心，半径．
因为在的垂直平分线上，所以，
所以
又因为，则，
所以Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，
由，，得．
所以的方程为．
（2）假设存在以为圆心的半径为的圆符合题意．
设圆方程为，，，
设直线的方程为，
直线的方程为
直线与圆相切，得，
直线与圆相切，，
所以，则，
由得，
由于点，均在椭圆上，
所以，，
又，故在上式中以代，
可得，
所以直线的斜率
以，，按照一定次序成等差数列，
得或
故，因此，
所以存在圆，圆的方程为．
20．(1)
(2)a的最小值是7，或
【分析】（1）根据余弦定理以及椭圆定义得到焦点三角形中满足的边角关系，即可联立求解，
（2）根据点点距离可求解,由向量的模长可得，结合等比中项即可得求解.
【详解】（1）设，根据题意得 ，解得,
（2）由于是线段的中点，所以,
又,
因此故，
又因为是与的等比中项，所以
，所以，—①
设，记， ，
同理，
所以，代入①，得.
整理，得，—②
由②得，因为，
所以a的最小值为7，
此时，即直线l的斜率为.
又点在椭圆内，于是两条直线均满足要求.
综上，a的最小值是7，此时直线l的方程为或.
【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
21．(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；
（2）利用“设而不求法”直接求解.
【详解】（1）由题是等腰直角三角形，所以，所以.
设，由，
即，解得：
代入椭圆方程，即，解得：.
椭圆C的方程为.
（2）直线斜率不存在时，以以为直径的圆为，不经过坐标原点，不合题意；
当直线斜率存在，可设的方程为.
由，得，由直线和C有丙个不同的交点，，即，解得：.
又
又因为点在以为直径的圆上时，即.
所以
所以
解得：，即（满足，符合题意）.
存在直线的斜率，使以为直径的圆过坐标原点
22．(1)
(2)
(3)证明见解析，
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量，可得出椭圆的方程；
（2）确定所求圆的圆心坐标与半径，利用勾股定理求出圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式可得出关于的方程，由求出的值，即可得出所求圆的方程；
（3）设，由可得出，再由可求得的值，再利用平面内两点间的距离公式可求得的值，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：由题意得，①
因为椭圆经过点，所以，②
又，③
由①②③解得，，所以椭圆方程为.
（2）解：以为直径的圆的圆心为，半径，
故以为直径的圆的方程为，
因为以为直径的圆被直线截得的弦长为 ，
所以圆心到直线的距离.
由点到直线的距离公式可得，，解得，
因此，所求圆的方程为 .
（3）证明：设，则，，，，
因为，则，所以，，
又因为，则，
所以，，所以，为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
23．(1)， 点坐标为
(2)存在， 或
(3)
【分析】（1）由及椭圆的定义即可求得标准方程及点点坐标.
（2）由 与 的面积相等知点到直线 的距离相等，再由点到直线的距离公式即可求得直线方程.
（3）由（2）求得的直线方程，联立椭圆，再由面积公式即可求得三角形的面积.
【详解】（1）设点 的坐标为 ，易知 ，，
，，
因此椭圆的标准方程为 ，点坐标为 ．
（2）设直线 ，
由 与 的面积相等知点到直线 的距离相等，
所以解得 或 ，
所以直线 的方程为 或．
（3）若直线 的倾斜角为钝角，则 ，
此时直线 的方程为，
由 消去 得 ，
设 ， 坐标分别为 ，，
则有所以 的面积
故所求 的面积为 ．
24．(1)
(2)是定值1
【分析】（1）根据点D取上、下顶点时，的面积取到最大值为2，再结合离心率求出，即可得解；
（2）设，，，由点在椭圆上可求出，进而可求得，再分直线EF的斜率是否存在，当直线EF的斜率存在，设，联立方程，利用韦达定理求出两根之和和两根之积，再结合的值求出的关系，进而可得出结论.
【详解】（1）当l的斜率为0时，点D取上、下顶点时，
的面积取到最大值为2，即，
又，解得，，
所以椭圆C的标准方程为；
（2）设，，，
则①，②，
得，即，
当时，，
即，所以，
若直线EF的斜率不存在，则E，F两点关于x轴对称，
不妨设，，，
与椭圆方程联立得或，
，
若直线EF的斜率存在，设，
与联立得，
设，，
，，，
由，
得，
将，代入整理得，
由，得，
所以
，
点O到直线EF的距离，
则，
当时，直线AD的斜率不存在，由椭圆的对称性可知直线BD的斜率为0，
此时点E为椭圆的上、下顶点，点F为椭圆的左、右顶点，，
同理，当时，，
综上，的面积为定值1.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
25．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）把点的坐标代入椭圆，结合离心率求出椭圆方程；
（2）设P点坐标，分类讨论直线斜率是否存在，联立椭圆，求出两直线斜率关系，即证垂直；
（3）先求出特殊位置时的面积，再设，的直线与椭圆联立，求出坐标，进一步求出直线AB方程，与椭圆联立，韦达定理，求弦长和面积，最后利用对勾函数求最值.
【详解】（1）由椭圆E的离心率，∴，
又椭圆E过点，∴，解得，则，
故椭圆E的标准方程为
（2）设P点坐标为，依题意、的斜率不能同时不存在或同为0．
①若、中的斜率有一个不存在时（，的斜率有一个不存在时，另一个为0，若有一个为0时，则另一个不存在），不妨设的斜率不存在，
则直线的方程为，∴，
则另一条直线的方程为，此时．
②若、斜率存在且不为0时，设过P点的方程为，代入方程
得：，
∴，
整理得：（*）且，又，
∴，方程（*）的两个根即为、的斜率，
∴，即．
综上：．
（3）同（2）设及，
①当或时，；
②当时，，斜率存在且不为0，设方程为：，
联立椭圆E消去y并整理得：，
∴，
化简得：，解得：，又，
故，∴直线的方程为：，即，
同理可得的方程为：．又在直线、上，
则，∴直线的方程为：．
由，消去y整理可得：，
又，所以，，
∴，．
∴．又点O到直线的距离，
∴
，
∵，且，∴或，
∴或，
故．
综上可知，面积的最大值为．
26．(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)根据的关系求椭圆方程；
(2)利用韦达定理结合的坐标表示，即可求定点.
【详解】（1）由已知得：，，又，
解得：，，
故椭圆的方程为.
（2）证明：当直线的斜率不存在时，不满足的条件．
当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立，消去整理得：，
，得①
设，，则，②
由，得，又，，
所以③
由②③得，
化简得，解得（舍），满足①
此时的方程为，故直线过定点．
27．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由长轴长得，再由离心率得，然后求出得椭圆方程；
（2）用三角换元法，设，，由数量积的坐标运算把数量积表示为的三角函数形式，利用三角函数的性质、二次函数性质可得最小值；
（3）设 ，，则 ，由圆切线性质得出，按和分类讨论得出直线的方程，根据刚才和关系式可得直线所过定点坐标．
【详解】（1）由题意得 解得 ，，
所以 ，则椭圆 的方程为 .
（2）由 是椭圆 上的动点，
可设 ，，
则 ，，
所以

,
因为 ，
所以当 时， 取得最小值，最小值为 ，
（3）由题意知，圆 的方程为 ，
设 ，，则 ，
由 ，得 ，
即 ，
即 ，
因为 ，所以 ，
当 时，，直线 的方程为 ，直线 过椭圆的右焦点 ，
当 时，直线 的方程为 ，
即 ，即 ，
直线 过椭圆的右焦点 ，
综上所述，直线 过椭圆 的右焦点 .
【点睛】方法点睛：直线过定点问题，一般设出动点坐标（或其他参数），由动点坐标（参数）表示出动直线方程，再结合动点坐标（参数）满足的性质观察直线方程得出定点坐标．