2023届高考数学一轮复习精选用卷 第七章 平面解析几何 考点41 椭圆+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第七章 平面解析几何 考点41 椭圆+答案解析，共21页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试41　椭圆

高考
概览
本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分或12分，中、高等难度
考纲
研读
1.掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率)
2．了解椭圆的简单应用
3．理解数形结合的思想

一、基础小题
1．已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(1,0)，离心率等于，则C的方程是(　　)
A.＋＝1 B．＋＝1
C.＋＝1 D．＋y2＝1
答案　C
解析　依题意，所求椭圆的焦点位于x轴上，且c＝1，e＝＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝3，因此其方程是＋＝1.故选C.
2．椭圆x2＋my2＝1的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的2倍，则m等于(　　)
A. B．2
C.4 D．
答案　D
解析　由x2＋＝1及题意知，2＝2×2×1，得m＝.故选D.
3．已知动点M(x，y)满足 ＋＝4，则动点M的轨迹是(　　)
A．椭圆 B．直线
C.圆 D．线段
答案　D
解析　设点F1(－2,0)，F2(2,0)，由题意知动点M满足|MF1|＋|MF2|＝4＝|F1F2|，故动点M的轨迹是线段F1F2.故选D.
4．设F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，点P在椭圆上，若线段PF1的中点在y轴上，则的值为(　　)
A. B．
C. D．
答案　B
解析　由题意知a＝3，b＝.由椭圆定义知|PF1|＋|PF2|＝6.在△PF1F2中，因为PF1的中点在y轴上，O为F1F2的中点，由三角形中位线的性质可推得PF2⊥x轴，所以由x＝c时可得|PF2|＝＝，所以|PF1|＝6－|PF2|＝，所以＝.故选B.
5．已知圆(x＋2)2＋y2＝36的圆心为M，设A为圆上任一点，且点N(2，0)，线段AN的垂直平分线交MA于点P，则动点P的轨迹是(　　)
A．圆 B．椭圆
C.双曲线 D．抛物线
答案　B
解析　点P在线段AN的垂直平分线上，故|PA|＝|PN|，又AM是圆的半径，所以|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PA|＝|AM|＝6>|MN|，由椭圆定义知，动点P的轨迹是椭圆．故选B.
6．(多选)已知P是椭圆C：＋y2＝1上的动点，Q是圆D：(x＋1)2＋y2＝上的动点，则(　　)
A．C的焦距为
B．C的离心率为
C．圆D在C的内部
D．|PQ|的最小值为
答案　BC
解析　∵＋y2＝1，∴a＝，b＝1，∴c＝＝＝，则C的焦距为2，离心率e＝＝＝.设P(x，y)，则|PD|2＝(x＋1)2＋y2＝(x＋1)2＋1－＝2＋≥＞，∴圆D在C的内部，且|PQ|的最小值为 － ＝.故选BC.
7．(多选)椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，以下说法正确的是(　　)
A．过点F2的直线与椭圆C交于A，B两点，则△ABF1的周长为8
B．椭圆C上存在点P，使得·＝0
C．椭圆C的离心率为
D．P为椭圆＋y2＝1上一点，Q为圆x2＋y2＝1上一点，则点P，Q间的最大距离为3
答案　ABD
解析　对于A，因为F1，F2分别为椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点，过点F2的直线与椭圆C交于A，B两点，由椭圆定义可得，|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a＝4，因此△ABF1的周长为|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|＝4a＝8，故A正确；对于B，设点P(x，y)为椭圆C：＋y2＝1上任意一点，则点P坐标满足＋y2＝1，且－2≤x≤2，又F1(－，0)，F2(，0)，所以＝(－－x，－y)，＝(－x，－y)，因此·＝(－－x)(－x)＋y2＝x2－3＋1－＝－2，由·＝－2＝0，可得x＝±∈[－2,2]，故B正确；对于C，因为a2＝4，b2＝1，所以c2＝4－1＝3，即c＝，所以离心率为e＝＝，故C错误；对于D，设点P(x，y)为椭圆C：＋y2＝1上任意一点，由题意可得，点P(x，y)到圆x2＋y2＝1的圆心的距离为|PO|＝＝＝，因为－1≤y≤1，所以|PQ|max＝|PO|max＋1＝＋1＝3，故D正确．故选ABD.
8．已知A(3,0)，B(－2,1)是椭圆＋＝1内的点，M是椭圆上的一动点，则|MA|＋|MB|的最大值为________，最小值为________．
答案　10＋　10－
解析　由题意知A为椭圆的右焦点，设左焦点为F1，由椭圆的定义知|MF1|＋|MA|＝10，所以|MA|＋|MB|＝10＋|MB|－|MF1|.又||MB|－|MF1||≤|BF1|，所以－|BF1|≤|MB|－|MF1|≤|BF1|，如图，设直线BF1交椭圆于M1，M2两点．当M为点M1时，|MB|－|MF1|最小，当M为点M2时，|MB|－|MF1|最大．所以|MA|＋|MB|的最大值为10＋，最小值为10－.

二、高考小题
9．(2021·新高考Ⅰ卷)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为(　　)
A．13 B．12
C.9 D．6
答案　C
解析　由椭圆的定义可知，|MF1|＋|MF2|＝2a＝6.由基本不等式可得|MF1|·|MF2|≤2＝2＝9，当且仅当
|MF1|＝|MF2|＝3时等号成立．故选C.
10．(2021·全国乙卷)设B是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是(　　)
A. B．
C. D．
答案　C
解析　依题意，B(0，b)，设椭圆上一点P(x0，y0)，则|y0|≤b，＋＝1，可得x＝a2－y，则|PB|2＝x＋(y0－b)2＝x＋y－2by0＋b2＝－y－2by0＋a2＋b2≤4b2.因为当y0＝－b时，|PB|2＝4b2，所以－≤－b，得2c2≤a2，所以离心率e＝∈.故选C.
11．(2019·全国Ⅰ卷)已知椭圆C的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为(　　)
A.＋y2＝1 B．＋＝1
C.＋＝1 D．＋＝1
答案　B
解析　设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)．由椭圆的定义可得|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝4a.∵|AB|＝|BF1|，|AF2|＝2|F2B|，∴|AB|＝|BF1|＝|AF2|，

∴|AF1|＋3|AF2|＝4a.又|AF1|＋|AF2|＝2a，∴|AF1|＝|AF2|＝a，∴点A是椭圆的短轴端点，如图．不妨设A(0，－b)，由F2(1,0)，＝2，得B.由点B在椭圆上，得＋＝1，得a2＝3，b2＝a2－c2＝2.∴椭圆C的方程为＋＝1.故选B.
12．(2021·浙江高考)已知椭圆＋＝1(a>b>0)，焦点F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．若过F1的直线和圆2＋y2＝c2相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是________，椭圆的离心率是________．
答案　　
解析　设过F1的直线与圆的切点为M，圆心A，则|AM|＝c，|AF1|＝c，所以|MF1|＝c，所以该直线的斜率k＝＝＝.因为PF2⊥x轴，所以|PF2|＝，又|F1F2|＝2c，所以k＝＝＝＝，解得e＝(负值舍去)．
13．(2021·全国甲卷)已知F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为________．
答案　8
解析　解法一：由|PQ|＝|F1F2|，得|OP|＝|F1F2|(O为坐标原点)，所以PF1⊥PF2，又由椭圆的对称性，知四边形PF1QF2为平行四边形，所以四边形PF1QF2为矩形．设|PF1|＝m，则|PF2|＝2a－|PF1|＝8－m，则|PF1|2＋|PF2|2＝m2＋(8－m)2＝2m2＋64－16m＝|F1F2|2＝4c2＝4(a2－b2)＝48，得m(8－m)＝8，所以四边形PF1QF2的面积为|PF1|·|PF2|＝m(8－m)＝8.
解法二：由椭圆C：＋＝1可知|F1F2|＝4.由P，Q为C上关于坐标原点对称的两个点，且|PQ|＝|F1F2|，得|PO|＝|QO|＝2(O为坐标原点)，所以P，Q既在椭圆＋＝1上，又在圆x2＋y2＝12上．不妨设点P在第一象限，则由可得P，所以由对称性，可得四边形PF1QF2的面积S四边形PF1QF2＝2S△PF1F2＝2××|F1F2|×yP＝2××4×＝8.
解法三：由椭圆方程知，a＝4，b＝2，则c＝＝2.由点P在椭圆上，得|PF1|＋|PF2|＝8，所以|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝64　①.由椭圆的对称性及|PQ|＝|F1F2|知，四边形PF1QF2是矩形，在Rt△PF1F2中，由勾股定理得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，所以|PF1|2＋|PF2|2＝48　②.由①－②得|PF1|·|PF2|＝8，所以S四边形PF1QF2＝|PF1|·|PF2|＝8.
14．(2019·全国Ⅲ卷)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．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为________．
答案　(3，)
解析　设F1为椭圆的左焦点，则|MF1|>|MF2|，|F1F2|＝2c＝2＝8，因为△MF1F2为等腰三角形，|MF1|>|MF2|，且|MF1|＋|MF2|＝2a＝12，所以|MF1|>6，|MF2|0)的焦点为F1，F2，上顶点为A，若∠F1AF2＝，则m＝(　　)
A．1 B．
C. D．2
答案　C
解析　在椭圆＋＝1(m>0)中，a＝，b＝m，c＝＝1，如图所示，因为椭圆＋＝1(m>0)的上顶点为点A，焦点为F1，F2，所以|AF1|＝|AF2|＝a，因为∠F1AF2＝，所以△F1AF2为等边三角形，则|AF1|＝|F1F2|，即＝a＝2c＝2，因此，m＝.故选C.

18．(2022·湖南长沙长郡中学高三上开学考试)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点F，点P在椭圆C上，点Q在圆E：(x＋3)2＋(y－4)2＝4上，且圆E上的所有点均在椭圆C外，若|PQ|－|PF|的最小值为2－6，且椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等，则椭圆C的标准方程为(　　)
A.＋y2＝1 B．＋y2＝1
C.＋＝1 D．＋＝1
答案　C
解析　因为圆E：(x＋3)2＋(y－4)2＝4的半径为2，所以a＝2，设椭圆的左焦点为F1(－c,0)，由椭圆的定义可得|PF1|＋|PF|＝2a＝4，所以|PF|＝4－|PF1|，

所以|PQ|－|PF|＝|PQ|＋|PF1|－4≥|QF1|－4＝|QF1|＋|EQ|－6≥|EF1|－6，当且仅当P，Q位于线段EF1上时，等号成立，又|PQ|－|PF|的最小值为2－6，所以|EF1|－6＝2－6，即|EF1|＝2，所以＝2，解得c＝1或c＝5>a＝2(舍)．所以b2＝a2－c2＝4－1＝3，所以椭圆C的标准方程为＋＝1.故选C.
19．(多选)(2021·广东韶关第一次综合测试)设P是椭圆＋＝1(a>b>0)上一点，F1，F2是椭圆的左、右焦点，焦距为2c(c>0)，若∠F1PF2是直角，则(　　)
A．|OP|＝c(O为原点)
B．S△F1PF2＝b2
C．△F1PF2的内切圆半径r＝a－c
D．|PF1|max＝a＋c
答案　ABC
解析　在Rt△F1PF2中，O为斜边F1F2的中点，所以|OP|＝|F1F2|＝c，故A正确；设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则有m2＋n2＝(2c)2，m＋n＝2a，所以mn＝[(m＋n)2－(m2＋n2)]＝2b2，所以S△F1PF2＝mn＝b2，故B正确；因为S△F1PF2＝(m＋n＋2c)·r＝b2，所以r＝＝＝＝a－c，故C正确；|PF1|＝a＋c，当且仅当P为椭圆右顶点，此时P，F1，F2不构成三角形，故D错误．
20．(多选)(2021·山东潍坊6月模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝2，点P(1,1)在椭圆的内部，点Q在椭圆上，则以下说法正确的是(　　)
A．|QF1|＋|QP|的最小值为2－1
B．椭圆C的短轴长可能为2
C．椭圆C的离心率的取值范围为
D．若＝，则椭圆C的长轴长为＋
答案　ACD
解析　因为|F1F2|＝2，所以F2(1,0)，|PF2|＝1，所以|QF1|＋|QP|＝2－|QF2|＋|QP|≥2－|PF2|＝2－1，当Q，F2，P三点共线且点Q在第一象限时，取等号，故A正确；若椭圆C的短轴长为2，则b＝1，a＝2，所以椭圆C的方程为＋＝1，又＋>1，则点P在椭圆外，故B错误；因为点P(1，1)在椭圆内部，所以＋＝＝，所以>，所以e＝b>0)的左焦点为F，过点F且倾斜角为45°的直线l与椭圆交于A，B两点(点B在x轴上方)，且＝2，则椭圆的离心率为________．
答案　
解析　设F(－c,0)，c>0，由题意知，l的斜率为tan45°＝1，则直线方程为y＝x＋c，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)联立直线和椭圆的方程得整理得(a2＋b2)y2－2cb2y＋c2b2－a2b2＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝，且＝2，可得y2＝－2y1，则－y1＝，－2y＝，所以－22＝，可得9c2＝2a2，所以e＝＝.
22．(2022·湖北恩施州高三上第一次教学质量监测)设点P是椭圆＋＝1上的点，F1，F2是该椭圆的两个焦点，若△PF1F2的面积为，则sin∠F1PF2________.
答案　
解析　在椭圆＋＝1中，长半轴长a＝3，半焦距c＝2，由椭圆定义得|PF1|＋|PF2|＝2a＝6，在△PF1F2中，由余弦定理得|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cos∠F1PF2，即(2c)2＝(2a)2－2|PF1|·|PF2|·(1＋cos∠F1PF2)，则|PF1|·|PF2|·(1＋cos∠F1PF2)＝10，又△PF1F2的面积为，则|PF1|·|PF2|sin∠F1PF2＝，即|PF1|·|PF2|sin∠F1PF2＝5，于是得2sin∠F1PF2＝1＋cos∠F1PF2，两边平方得(1＋cos∠F1PF2)2＝4sin2∠F1PF2＝4(1－cos∠F1PF2)(1＋cos∠F1PF2)，解得cos∠F1PF2＝，则
sin∠F1PF2＝，所以sin∠F1PF2＝.

一、高考大题
1．(2021·北京高考)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC分别交直线y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．
解　(1)因为椭圆过A(0，－2)，所以b＝2，
因为四个顶点围成的四边形的面积为4，
所以×2a×2b＝4，即a＝，
故椭圆E的标准方程为＋＝1.
(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
因为直线BC的斜率存在，所以x1x2≠0，
故直线AB的方程为y＝x－2，

令y＝－3，则xM＝－，
同理xN＝－.
设直线BC的方程为y＝kx－3，
由
可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，
故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，解得k1.
又x1＋x2＝，x1x2＝，
故x1x2>0，
所以xMxN>0.
又|PM|＋|PN|＝|xM＋xN|
＝
＝
＝
＝＝5|k|，
故5|k|≤15，即|k|≤3，
综上，k的取值范围是[－3，－1)∪(1,3]．
2．(2021·天津高考)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为B，离心率为，且|BF|＝.
(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．
解　(1)易知点F(c,0)，B(0，b)，
故|BF|＝＝a＝，
因为椭圆的离心率为e＝＝，
故c＝2，b＝＝1，
因此，椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)设点M(x0，y0)(y0＞0)为椭圆＋y2＝1上一点，
先证明直线MN的方程为＋y0y＝1，
联立
消去y并整理得x2－2x0x＋x＝0，Δ＝4x－4x＝0，
因此，椭圆＋y2＝1在点M(x0，y0)处的切线方程为＋y0y＝1.

在直线MN的方程中，令x＝0，可得y＝，由题意可知y0>0，即点N，
直线BF的斜率为kBF＝－＝－，
所以直线PN的方程为y＝2x＋，
在直线PN的方程中，令y＝0，可得x＝－，
即点P，
因为MP∥BF，所以kMP＝kBF，
即＝＝－，
整理可得(x0＋5y0)2＝0，
所以x0＝－5y0，所以＋y＝6y＝1，
又y0>0，故y0＝，x0＝－，
所以直线l的方程为－x＋y＝1，即x－y＋＝0.
3．(2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F(，0)，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.
解　(1)由题意，知椭圆的半焦距c＝且e＝＝，所以a＝，
又b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
必要性：若M，N，F三点共线，
可设直线MN：y＝k(x－)，
即kx－y－k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，解得k＝±1，
联立可得4x2－6x＋3＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝·＝，所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋m(km0)相切可得＝1，所以m2＝k2＋1，
联立
可得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以|MN|＝·
＝·
＝·＝，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以或
所以直线MN：y＝x－或y＝－x＋，
所以直线MN过点F(，0)，即M，N，F三点共线，充分性成立．
所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.
二、模拟大题
4．(2022·广东高三综合能力测试)已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点在x轴上，焦距为2，椭圆C上的点到焦点的距离的最大值为3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点A，F分别为椭圆C的左顶点、右焦点，过点F的直线交椭圆C于P，Q两点，直线AP，AQ分别与直线l：x＝3交于点M，N，求证：直线FM和直线FN的斜率之积为定值．
解　(1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，焦距为2c，
依题意，可得解得a＝2，c＝1，
又a2＝b2＋c2，则b＝，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明：由(1)得A(－2,0)，F(1,0)，设直线PQ：x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立消去x，整理，
得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
则y1＋y2＝－，y1y2＝－，
依题意，可设M(3，yM)，N(3，yN)，则由＝，可得yM＝＝，
同理，可得yN＝，
所以直线FM和直线FN的斜率之积
kFM·kFN＝·
＝·
＝·
＝·
＝·
＝－
＝－.
所以直线FM和直线FN的斜率之积为定值－.
5．(2022·长春四校联考)已知平面上一动点P到定点F(，0)的距离与它到直线x＝的距离之比为，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与曲线C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝，求△MON面积的最大值．
解　(1)设P(x，y)，则＝，
化简，得＋y2＝1.
即曲线C的方程为＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，依题意，得Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)·(4m2－4)>0，
化简，得m2