12圆锥曲线（椭圆）-上海市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（沪教版2020）

这是一份12圆锥曲线（椭圆）-上海市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（沪教版2020），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．（2023下·上海青浦·高二统考期末）点为椭圆的右顶点，为椭圆上一点（不与重合），若（是坐标原点），则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023下·上海静安·高二统考期末）如图，封闭图形的曲线部分是长轴长为4，短轴的长为2的半个椭圆，设是该图形上任意一点，则与线段的长度的最大值最接近的是（ ）

A．2.1B．2.2C．2.3D．2.4
3．（2023上·上海浦东新·高二校考期末）某同学画“切面圆柱体”(用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间的部分叫做切面圆柱体)，发现切面与圆柱侧面的交线是一个椭圆(如图所示)若该同学所画的椭圆的离心率为，则“切面”所在平面与底面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
4．（2022上·上海闵行·高二上海市七宝中学校考期末）已知椭圆的左顶点为，过点作不与坐标轴垂直的直线交椭圆于点两点，直线与直线分别交于，下列说法正确的是（ ）
A．为定值B．为定值
C．为定值D．为定值
5．（2023上·上海嘉定·高二上海市育才中学校考期末）方程，化简的结果是（ ）
A．B．C．D．
6．（2022上·上海浦东新·高二上海市进才中学校考期末）设、椭圆的左、右焦点，椭圆上存在点M，，，使得离心率，则e取值范围为（ ）
A．（0，1）B．
C．D．
7．（2022上·上海浦东新·高二上海市进才中学校考期末）已知点是椭圆上一点，点、是椭圆上、下焦点，有一个内角为，则的面积为（ ）
A．或B．或
C．或D．或
8．（2022上·上海浦东新·高二上海市进才中学校考期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆交于M、N两点，若的周长为16，离心率，则面积的最大值为（ ）
A．12B．2C．4D．8
二、填空题
9．（2023上·上海·高二校考期末）若椭圆的长轴长为12，一个焦点是，则椭圆的标准方程为 .
10．（2023上·上海·高二华师大二附中校考期末）方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是 .
11．（2023上·上海·高二上海市延安中学校考期末）已知中心在原点，离心率为的椭圆的一个焦点为圆：的圆心，点是椭圆上第三象限内的一点，过点作两条斜率之积为的直线都与圆相切时，点的坐标是 .
12．（2024上·上海·高二上海市进才中学校考期末）已知，，是椭圆（）的左，右焦点，P为椭圆上一点，为等腰三角形，，则C的离心率为 ．
13．（2023下·上海黄浦·高二格致中学校考期末）设椭圆的右焦点为，点在椭圆外，、在椭圆上，且是线段的中点.若直线、的斜率之积为，则椭圆的离心率为 .
14．（2023下·上海虹口·高二统考期末）已知是等边三角形，、分别是边和的中点.若椭圆以、为焦点，且经过、，则椭圆的离心率等于 .
三、解答题
15．（2024上·上海·高二上海市复兴高级中学校考期末）已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求C的方程；
(2)设椭圆C的左右焦点为，P是椭圆C上任意一点，记，求的最大值，并求此时P点坐标；
(3)点M，N为C上异于A的两点，且，试判断直线MN是否过定点，若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由．
16．（2023下·上海·高二期末）已知椭圆经过点，且其右焦点与抛物线的焦点F重合，过点F且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于P，Q两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设O为坐标原点，线段上是否存在点，使得＝？若存在，求出n的取值范围；若不存在，说明理由；
(3)过点且不垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为E，试证明：直线过定点．
17．（2023下·上海黄浦·高二格致中学校考期末）已知椭圆的离心率为，、为椭圆的左、右焦点，，P为椭圆上的动点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当取最大值时，求的面积；
(3)已知r为正常数，过动点P作圆的切线PQ、PR，记直线PQ、PR的斜率分别为、，是否存在r，使得为定值？若存在，求出r及的值；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．B
【分析】设，由，得到，再与椭圆方程联立得到，再由点P的位置求解.
【详解】解：设，
又，且，
则，与椭圆方程联立，
即，解得或，
则，即，
即，则，
故选：B
2．C
【分析】建立直角坐标系，求出椭圆方程，设点P的坐标为，结合两点间的距离公式，利用二次函数的性质求解即可.
【详解】以AB为x轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，如图：

由题意，且椭圆焦点在y轴上，所以半椭圆方程为，
，，设点P的坐标为，则，
所以，
因为，所以当时，所以，
所以选项中与线段的长度的最大值最接近的是.
故选：C
3．D
【分析】根据已知条件做出截面图，根据二面角的平面角的定义及锐角三角函数，结合椭圆的离心率公式及三角函数的特殊值对应的特殊角的即可求解.
【详解】设椭圆与圆柱的轴截面如图所示，
，则为“切面”与所在平面与底面所成的角，设.
设圆柱的直径为,则为椭圆的长轴，短轴为，则
椭圆的长轴长为，短轴为，
所以椭圆的离心率为，
所以
故选：D.
4．C
【分析】设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程可得，利用直线方程可得，，则可求得，，，的值，从而可得答案.
【详解】解：由题可设直线的方程为，，
由得，所以，
则方程，令，得，所以，同理，
所以，
，
，
，
则只有为定值.
故选：C．
5．B
【分析】由条件利用椭圆的定义、标准方程，即得.
【详解】由，可得点到定点，的距离之和等于12，
即，
所以动点的轨迹是焦点在轴上的椭圆，设其方程为，
则，，
所以，，
故方程为.
故选：B.
6．C
【分析】在△ 中，由正弦定理结合条件有：，再由的范围可求出离心率.
【详解】由，，设，，在 中，由正弦定理有：，
离心率，则 ；解得：，
由于，得，
显然成立，
由有，即，得，
所以椭圆离心率取值范围为.
故选：C
7．D
【分析】分、、三种情况讨论，利用余弦定理、椭圆的定义以及三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】在椭圆中，，，则，
设，，则，
由余弦定理可得
，
当且仅当时，等号成立，即当点为椭圆短轴的端点时，取最大值，
且的最大值大于，所以，可以取，
当时，，可得，此时；
当时，由余弦定理可得，
因为，解得，此时；
当时，同理可得.
综上所述，或.
故选：D.
8．A
【分析】根据给定的离心率及三角形周长，求出椭圆方程，再设出直线MN的方程，与椭圆方程联立求解三角形面积即可.
【详解】依题意，周长，解得，
而椭圆的离心率，则其半焦距，因此，
椭圆C：，，显然直线不垂直于y轴，设其方程为，
由消去x得：，设，
则有，
，
令，函数在上单调递增，因此当时，取得最小值4，
即，的面积，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为12.
故选：A
9．
【分析】根据条件求，即可得到椭圆的标准方程.
【详解】因为椭圆的长轴长为12，一个焦点是，
所以，设椭圆的标准方程，
又，即，则.
所以椭圆的标准方程为.
故答案为：.
10．
【分析】焦点在轴上的椭圆的标准方程为，的取值只需满足不等式即可.
【详解】方程表示焦点在轴上的椭圆，
只需满足，解得.
故答案是：.
11．
【分析】先依据题意求出椭圆的标准方程，设点坐标为，再设切线的斜率为、，则点斜率式写出直线方程，利用圆心到切线距离等于圆半径分别得出关于、的方程，从而得到解分别为、的方程，由韦达定理得，结合，可得点横纵坐标的关系，从而可解出点坐标．
【详解】圆的标准方程为，圆心为，所以，又，，
，故其方程为，
设，、，得，
∵，依题意到的距离为，
整理得，
同理，
∴是方程的两实根，
由，故恒成立，有，
且，即，
代入，有，即，
即，故或（舍去），
则，故或（舍去），
故的坐标是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用圆心到切线距离等于圆半径分别得出关于、的方程，从而得到解分别为、的方程，由韦达定理得，结合，可得点横纵坐标的关系.
12．
【分析】由题设，结合余弦定理得到椭圆参数的齐次方程，进而求离心率.
【详解】由为等腰三角形，，则，

又，可得，
所以，可得.
故答案为：
13．/
【分析】取线段的中点，连接，推导出，可得出，利用点差法可求得的值，由此可求得椭圆的离心率的值.
【详解】如下图所示：

由题意可知，点为椭圆的左焦点，
因为点、，易知点为线段的中点，
又因为为的中点，所以，，
取线段的中点，连接，则，所以，，
所以，，故，
设点、，则点，
所以，，两个等式作差可得，可得，
所以，，
所以，椭圆的离心率为.
故答案为：.
14．
【分析】如图建立平面直角坐标系，设的边长为，即可求出、、，从而求出、，即可求出离心率.
【详解】如图建立平面直角坐标系，
因为是等边三角形，、分别是边和的中点，
所以，设的边长为，
则，即，，，
又，所以，
所以椭圆的离心率.
故答案为：
15．(1)
(2)或
(3)直线MN过定点.
【分析】（1）由椭圆上的点、离心率和椭圆的关系构造方程组即可求解；
（2）应用椭圆的定义，结合余弦定理即余弦函数的单调性即可求解；
（3）设直线的方程：，，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入求出关系，即可得答案.
【详解】（1）由，解得，
则C的方程为.
（2）设
，
，
当且仅当时，即点与短轴端点重合时成立，
由在单调递减，则最小时，取得最大值，
所以当点与短轴端点重合时，取得最大值，
此时或；
（3）当直线垂直于轴时，设，
由，则，
又，则，解得或（舍去），
所以直线；
当直线不垂直于轴时，设直线的方程：，
，
联立，消去得，
由，得，
则，
因为，
由，所以
整理得，
所以，
，
，
，
，
，
则或，
当时，直线的方程：，
则其过定点；
当时，直线的方程：，
则其过定点，与题意矛盾；
综上，过直线过定点.

【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆的位置关系中的直线过定点问题，综合性强，计算量大，解答时要注意联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系进行化简, 要特别注意计算的准确性.
16．(1)
(2)存在，
(3)证明见解析
【分析】（1）根据已知直接列方程组可得；
（2）设直线的方程，代入椭圆消元，记线段的中点为R，由可得直线为直线的垂直平分线，利用韦达定理表示出R坐标，从而可得直线的方程，求其与x轴的交点，然后可得；
（3）设直线AB的方程，借助韦达定理表示出直线方程，然后求其与x轴的交点，然后可证.
【详解】（1）∵椭圆右焦点与抛物线的焦点重合，且经过点，
∴，解得，
∴椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为：，，代入，得：
，恒成立.
设，，线段的中点为，则，
，由，得：，
∴直线为直线的垂直平分线，直线的方程为：，
令得：点的横坐标，
∵，∴，∴.
线段上存在点，使得，其中.

（3）设直线的方程为：，，代入，得：，
∵过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于A，两点，
∴由，得：，
设，，，则，，
则直线的方程为，令得：
.
易知，当直线AB斜率为0时，直线也过点(1,0).
∴直线过定点.

【点睛】关键点睛：解题关键点是设点的坐标，联立得到韦达定理，取特殊值令，即可得定点.
17．(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据题意可得，解得，，，即可得出答案．
（2）设，，由椭圆的定义可得，由余弦定理可得，由基本不等式可得取得最小值，可得取得最大值，即点为短轴的一个顶点，再计算，即可得出答案．
（3）设，，，根据是圆的切线，可得，同理可得，进而可得，为方程的两个根，由韦达定理可得答案．
【详解】（1）根据题意可得，
解得，，，
所以椭圆的方程为．
（2）设，，
由椭圆的定义可得，
又，
，
因为（当且仅当时，取等号），
所以，即，
所以，
所以，
所以当且仅当时，取得最小值，取得最大值，
即点为短轴的一个顶点，
所以．
（3）设，，则直线的直线方程为，
又是圆的切线，
所以，
即，
同理可得，
所以，为方程的两个根，
所以，
因为，为动点，
所以，不存在定值．

【点睛】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法，根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程．