2024届高考数学第一轮复习：文科数学2010-2019高考真题分类训练之专题九 解析几何第二十五讲 椭圆答案

这是一份2024届高考数学第一轮复习：文科数学2010-2019高考真题分类训练之专题九 解析几何第二十五讲 椭圆答案，共42页。试卷主要包含了 如图所示，设，则，所以，解析，解析 设椭圆C的焦距为2c，解析 设，，椭圆C，解析设，则等内容，欢迎下载使用。
专题九 解析几何
第二十五讲 椭圆
答案部分
2019年
1. 如图所示，设，则，所以.
由椭圆定义，即.
又，，所以.
因此点A为椭圆的上顶点，设其坐标为.
由可得点B的坐标为.
因为点B在椭圆上，所以.
解得.又，所以.所以椭圆方程为.故选B.
2.解析：由题意可得：，解得．故选D．
3.解析（I）由题意得，b2=1，c=1．
所以a2=b2+c2=2．
所以椭圆C的方程为．
（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），
则直线AP的方程为．
令y=0，得点M的横坐标．
又，从而．
同理，．
由得．
则，．
所以


．
又，
所以．
解得t=0，所以直线为，所以直线恒过定点（0，0）．
4.解析 （1）设椭圆C的焦距为2c.
因为F1(-1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.
又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=，
因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.
由b2=a2-c2，得b2=3.
因此，椭圆C的标准方程为.
（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，a=2，
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.
由，得，
解得或.
将代入，得 ，
因此.又F2(1，0)，所以直线BF2：.
由，得，解得或.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
将代入，得.因此.
解法二：由（1）知，椭圆C：.如图所示，联结EF1.
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.
因为F1(-1，0)，由，得.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
因此.
5.解析：设椭圆的右焦点为，连接，
线段PF的中点A在以原点O为圆心，2为半径的圆，
连接AO，可得，
设P的坐标为（m,n），可得，可得，，
由，可得直线PF的斜率为．

6.解：（1）连结，由为等边三角形可知在中，，，，于是，故的离心率是.
（2）由题意可知，满足条件的点存在当且仅当，，，即，①
，②
，③
由②③及得，又由①知，故.
由②③得，所以，从而故.
当，时，存在满足条件的点P.
所以，的取值范围为.
7.解析（Ⅰ）设椭圆的半焦距为，由已知有，又由，消去得，解得.
所以，椭圆的离心率为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，， ，故椭圆方程为.
由题意，，则直线的方程为.
点P的坐标满足，消去并化简，得到，解得，，代入到的方程，解得，.
因为点在轴上方，所以.由圆心在直线上，可设.
因为，且由（Ⅰ）知，故，解得.
因为圆与轴相切，所以圆的半径为2，又由圆与相切，得，可得.
所以，椭圆的方程为.
8.解析 设，，椭圆C：的，，，，由于为上一点且在第一象限，可得，
为等腰三角形，可能或，
即有，即，；
，即，舍去．可得.
9.解析（1）设，则.
由于，所以切线DA的斜率为，故 ，整理得
设，同理可得.
故直线AB的方程为.
所以直线AB过定点.
（2）由（1）得直线AB的方程为.
由，可得.
于是.
设M为线段AB的中点，则.
由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或.
当=0时，=2，所求圆的方程为；
当时，，所求圆的方程为.

2010-2018年
1．C【解析】不妨设，因为椭圆的一个焦点为，所以，
所以，所以的离心率为．故选C．
2．D【解析】由题设知，，，
所以，．由椭圆的定义得，即，
所以，故椭圆的离心率．故选D．
3．C【解析】由题意，．由椭圆的定义可知，到该椭圆的两个焦点的距离之和为，故选C．
4．B【解析】由题意可知，，∴，∴离心率，选B．
5．A【解析】以线段为直径的圆是，直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，整理为，
即，即 ，，故选A．
6．A【解析】当，焦点在轴上，要使上存在点满足，
则，即，得；当，焦点在轴上，
要使上存在点满足，则，即，
得，故的取值范围为，选A． 
7．B【解析】不妨设直线过椭圆的上顶点和左焦点，，则直线的方程为，由已知得，解得，
又，所以，即，故选B．
8．A【解析】由题意，不妨设点在轴上方，直线的方程为，分别令与，得，，设的中点为，
由，得，即，整理得，
所以椭圆的离心率，故选A．
9．B【解析】∵抛物线：的焦点坐标为，准线的方程为 ①，设椭圆的方程为，所以椭圆的半焦距，又椭圆的离心率为，所以，椭圆的方程为②，联立①②，
解得或，所以，选B．
10．B【解析】由题意得：，因为，所以，故选C．
11．A【解析】设椭圆的左焦点为，半焦距为，连结，，则四边形为平行四边形，所以，根据椭圆定义，
有，所以，解得．因为点到直线：的距离不小于，即，所以，
所以，解得，所以，所以椭圆的离心率的取值范围为．
12．D【解析】由题意可设，圆的圆心坐标为，圆心到的距离为，当且仅当时取等号，所以，所以两点间的最大距离是．
13．D【解析】设，则=2，=－2，
① ②
①－②得，
∴===，又==，∴=，又9==，解得=9，=18，∴椭圆方程为，故选D.
14．D【解析】∵，选D.
15．C【解析】是底角为的等腰三角形

16．5【解析】设，，由，得，
即，．因为点，在椭圆上，所以，得，所以，
所以当时，点横坐标的绝对值最大，最大值为2．
17．【解析】设左焦点为，由关于直线的对称点在椭圆上，
得，又，所以，不妨设，
则，，因此，又，
由以上二式可得，
即，即，所以，．
18．【解析】设，，分别代入椭圆方程相减得
，根据题意有，
且，所以，得，整理，所以．
19．12【解析】设交椭圆于点，连接和，利用中位线定理可得
．
20．【解析】由题意可得，，由题意可知点为的中点，所以点的坐标为，由，所以，整理得，解得．
21．【解析】由题意得通径，∴点B坐标为
将点B坐标带入椭圆方程得，
又，解得
∴椭圆方程为．
22．【解析】由题意可知，中，
，
所以有，整理得，故答案为．
23．【解析】由椭圆的性质可知：，，.又已知，，成等比数列，故，即，
则.故.即椭圆的离心率为．
24．【解析】设点的坐标为，点的坐标为．
，可得，，
∵，∴，又点在椭圆上，
∴，，解得，
∴点的坐标是．
25．【解析】(1)因为椭圆的焦点为，
可设椭圆的方程为．又点在椭圆上，
所以，解得
因此，椭圆的方程为．
因为圆的直径为，所以其方程为．
(2)①设直线与圆相切于，则，
所以直线的方程为，即．
由消去，得
．（*）
因为直线与椭圆有且只有一个公共点，
所以．
因为，所以．
因此，点的坐标为．
②因为三角形的面积为，所以，从而．
设，
由（*）得，
所以．
因为，
所以，即，
解得舍去），则，因此的坐标为．
综上，直线的方程为．

26．【解析】(1)设，，则，．
两式相减，并由得．
由题设知，，
于是．①
由题设得，故．
(2)由题意得，设，则
．
由(1)及题设得，．
又点在上，所以，从而，．
于是．
同理．
所以．
故
27．【解析】(1)由题意得，所以，
又，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为．
(2)设直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为．
(3)设，，，，
则 ①， ②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
又，代入①式可得，所以，
所以，同理可得．
故，，
因为三点共线，所以，
将点的坐标代入化简可得，即．
28．【解析】(1)设椭圆的焦距为，由已知得，又由，可得
由，从而．
所以，椭圆的方程为．
(2)设点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意，，
点的坐标为 由的面积是面积的2倍，
可得，从而，即．
易知直线的方程为，由方程组 消去y，
可得．由方程组消去，可得．
由，可得，两边平方，整理得，
解得，或．
当时，，不合题意，舍去；
当时，，，符合题意．
所以，的值为．
29．【解析】（1）设,,则，，．
由得 ，．
因为在上，所以．
因此点的轨迹方程为．
（2）由题意知．设，，则
，，，
，，
由得，又由（1）知，
故．
所以，即．又过点存在唯一直线垂直与，所以过点且垂直于的直线过的左焦点． 
30．【解析】（Ⅰ）设椭圆的离心率为e．由已知，可得．
又由，可得，即．
又因为，解得．
所以，椭圆的离心率为．
（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线FP的方程为，则直线FP的斜率为．
由（Ⅰ）知，可得直线AE的方程为，即，与直线FP的方程联立，可解得，
即点Q的坐标为．
由已知|FQ|=，有，整理得，
所以，即直线FP的斜率为．
（ii）由，可得，故椭圆方程可以表示为．
由（i）得直线FP的方程为，与椭圆方程联立消去，整理得，解得（舍去），或．
因此可得点，进而可得，
所以．由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离，故直线和都垂直于直线．
因为，所以，所以的面积为，同理的面积等于，由四边形的面积为，得，整理得，又由，得．
所以，椭圆的方程为．
31．【解析】（Ⅰ）由椭圆的离心率为，得，
又当时，，得，
所以，，
因此椭圆方程为．
（Ⅱ）设，联立方程
得，
由 得 （*）
且 ，
因此 ，
所以 ，
又 ，
所以
整理得： ，
因为
所以
令，
故
所以．
令，所以．
当时，，
从而在上单调递增，
因此，等号当且仅当时成立，此时，
所以，
由（*）得 且，
故，
设，
则 ，
所以得最小值为．
从而的最小值为，此时直线的斜率时．
综上所述：当，时，取得最小值为．
32．【解析】（Ⅰ）设椭圆的方程为．
由题意得解得．
所以．
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）设，且，则．
直线的斜率，由，则，
故直线的斜率．
所以直线的方程为．
直线的方程为．
联立，解得点的纵坐标．
由点在椭圆上，得．
所以．
又，
，
所以与的面积之比为．
33．【解析】（1）设椭圆的半焦距为.
因为椭圆的离心率为，两准线之间的距离为8，所以，，
解得，于是，
因此椭圆的标准方程是.
（2）由（1）知，，.
设，因为点为第一象限的点，故.
当时，与相交于，与题设不符.
当时，直线的斜率为，直线的斜率为.
因为，，所以直线的斜率为，直线的斜率为，
从而直线的方程：， ①
直线的方程：. ②
由①②，解得，所以.
因为点在椭圆上，由对称性，得，即或.
又在椭圆上，故.
由，解得；，无解.
因此点的坐标为.
34．【解析】（I）由题意得，，．所以椭圆的方程为．
又，所以离心率．
（II）设（，），则．
又，，所以直线的方程为．
令，得，从而．
直线的方程为．
令，得，从而．
所以四边形的面积
．
从而四边形的面积为定值．
35．【解析】（Ⅰ）设，则由题意知.
由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为，
又，因此直线的方程为.
将代入得，
解得或，所以.
因此的面积.
（Ⅱ）将直线的方程代入得
.
由得，
故.
由题设，直线的方程为，
故同理可得.
由得，即.
设，则是的零点，
，
所以在单调递增，又，
因此在有唯一的零点，且零点在内，所以.
36．【解析】(Ⅰ)设椭圆的半焦距为，由题意知，
所以，所以椭圆C的方程为.
(Ⅱ)(i)设，由M(0,)，可得
所以直线PM的斜率 ，直线QM的斜率.
此时，所以为定值.
(ii)设，直线PA的方程为，
直线QB的方程为.
联立 ，整理得.
由可得 ，所以，
同理.
所以，
，
所以
由，可知k>0，
所以 ，等号当且仅当时取得.
此时，即，符号题意.
所以直线AB 的斜率的最小值为 .
37．【解析】（Ⅰ）设，由，即，
可得，又，所以，因此，
所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）设直线的斜率为，则直线的方程为，
设，由方程组 消去，
整理得，解得或，
由题意得，从而，
由（Ⅰ）知，设，有，，
由，得，所以，
解得，因此直线的方程为，
设，由方程组消去，得，
在中，，
即，化简得，即，
解得或，
所以直线的斜率为或.
38．【解析】（Ⅰ）由题意有，，解得．
所以的方程为．
（Ⅱ）设直线：，，，
将代入得．
故，．
于是直线的斜率，即．
所以直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值．
39．【解析】（Ⅰ）设，由已知离心率及，又因为 ,故直线BF的斜率．
（Ⅱ）设点，（i）由（Ⅰ）可得椭圆方程为
，直线BF的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，
消去y，得，解得．因为，所以直线BQ方程为
，与椭圆方程联立，消去，整得，
解得．又因为 ,及，可得．
（ii）由（i）有,所以,即，又因为
，所以=．
又因为，所以，因此，，所以椭圆方程为．
40．【解析】（Ⅰ）由题设知，结合，解得．
所以椭圆的方程式为．
（Ⅱ）由题设知，直线的方程式为，代入，
得．
由已知>0．
设，,， 则．
从而直线的斜率之和
=
=．
41．【解析】（Ⅰ）由椭圆的定义，，故．
设椭圆的半焦距为，由已知，因此
，
即，从而．故所求椭圆的标准方程为．
（Ⅱ）如题(21)图，由，

得．
由椭圆的定义，，，
进而．
于是．
解得，故．
由勾股定理得，
从而，
两边除以，得，
若记，则上式变成．
由，并注意到关于的单调性，得，即，进而，即．
42．【解析】

（Ⅱ）








．
43．【解析】（Ⅰ）设直线的方程为，由，
消去得，，
由于直线与椭圆只有一个公共点，故，即，
解得点的坐标为，由点在第一象限，
故点的坐标为；
（Ⅱ）由于直线过原点，且与垂直，故直线的方程为，
所以点到直线的距离，
整理得，因为，
所以，当且仅当时等号成立，
所以点到直线的距离的最大值为.
44．【解析】（Ⅰ）根据及题设知
将代入，解得（舍去）
故C的离心率为.
（Ⅱ）由题意，原点为的中点，∥轴，所以直线与轴的交点 是线段的中点，故，即 ①
由得。
设，由题意知，则，即
代入C的方程，得。②
将①及代入②得
解得，
故.
45．【解析】：（Ⅰ）由得。
因为的周长为16，所以由椭圆定义可得
故。
（Ⅱ）设，则且，由椭圆定义可得

在中，由余弦定理可得

即
化简可得，而，故
于是有，
因此，可得
故为等腰直角三角形．从而，所以椭圆的离心率．
46．【解析】（Ｉ）由题意知，可得.
椭圆C的方程可化简为.
将代入可得，
因此，可得.
因此，
所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）（ⅰ）设，则，
因为直线AB的斜率，
又，所以直线AD的斜率，
设直线AD的方程为，
由题意知，
由，可得.
所以，
因此，
由题意知，，所以，
所以直线BD的方程为，
令，得，即．可得．
所以，即．
因此存在常数使得结论成立.
（ⅱ）直线BD的方程，
令，得，即，
由（ⅰ）知，
可得的面积，
因为，当且仅当时等号成立，
此时S取得最大值，所以的面积的最大值为.
47．【解析】（Ｉ）设的焦距为,由题可得,从而,
因为点在双曲线上,所以,
由椭圆的定义可得
,
,所以的方程为.
（Ⅱ）不存在符合题设条件的直线.
(1)若直线垂直于轴 ,因为与只有一个公共点,
所以直线的方程为或,
当时,易知所以,
此时.当时,同理可得.
（2）当直线不垂直于轴,设的方程为,由
可得,当与相交于两点时,
设,则满足上述方程的两个实根,从而
,于是,
由可得,因为直线与只有一个公共点，所以上述方程的判别式,
化简可得，因此
，
于是,即,所以,综合（i）（ii）可知，不存在符合题目条件的直线．
48．【解析】（1）依条件，所以椭圆C的标准方程为
（Ⅱ）设，，，又设中点为
（i）因为，所以直线的方程为：

所以
于是，
所以。因为
所以，，三点共线
即OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）
（ii），
所以，令（）
则（当且仅当时取“”）
所以当最小时，即或，此时点T的坐标为或
49．【解析】（Ⅰ）因为焦距为4，所，又因为椭圆C过点，所以，故，，从而椭圆C的方程为。
（Ⅱ）由题意，E点坐标为，设，则 ，
，再由知，，即．
由于，故．因为点G是点D关于y轴的对称点，
所以点．
故直线的斜率．
又因在椭圆C上，所以． ①
从而
故直线的方程为 ②
将②代入椭圆C方程，得：
③
再将①代入③，化简得：
解得，即直线与椭圆C一定有唯一的公共点．
50．【解析】依题意可设椭圆和的方程分别为
：，：. 其中，
（Ⅰ）解法1：如图1，若直线与轴重合，即直线的方程为，则
，，所以.
在C1和C2的方程中分别令，可得，，，
于是．
若，则，化简得. 由，可解得．
故当直线与轴重合时，若，则．
解法2：如图1，若直线与轴重合，则
，；
，．.
所以．
若，则，化简得. 由，可解得．
故当直线与轴重合时，若，则．





第28题解答图1









第28题解答图2





（Ⅱ）解法1：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得. 根据对称性，
不妨设直线：，
点，到直线的距离分别为，，则
因为，，所以.
又，，所以，即.
由对称性可知，所以，
，于是
. ①
将的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得
，.
根据对称性可知，，于是
. ②
从而由①和②式可得
. ③
令，则由，可得，于是由③可解得.
因为，所以. 于是③式关于有解，当且仅当，
等价于. 由，可解得，
即，由，解得，所以
当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；
当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得.
解法2：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得. 根据对称性，
不妨设直线：，
点，到直线的距离分别为，，则
因为，，所以.
又，，所以.
因为，所以.
由点，分别在C1，C2上，可得
，，两式相减可得，
依题意，所以. 所以由上式解得.
因为，所以由，可解得.
从而，解得，所以
当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；
当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得.
51．【解析】(Ⅰ)设F(－c,0)，由，知.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，代入椭圆方程有，
解得，于是，解得，
又a2－c2＝b2，从而a＝，c＝1，
所以椭圆的方程为.
(Ⅱ)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1,0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)，
由方程组消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.
求解可得x1＋x2＝，x1x2＝.
因为A(，0)，B(，0)，
所以·＋·
＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)
＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)
＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2
＝．
由已知得＝8，解得k＝．
52．【解析】：（Ⅰ）由于，将代入椭圆方程得
由题意知，即，又，
所以，，所以椭圆方程为．
（Ⅱ）由题意可知：=,=,
设其中，将向量坐标代入并化简得：，
因为，
所以，而，所以
（Ⅲ）由题意可知，l为椭圆的在点处的切线，由导数法可求得，切线方程为：
，所以，而，代入中得
为定值．
53．【解析】（Ⅰ）由题意得解得.所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）由得.
设点M,N的坐标分别为，，则，，
，．
所以|MN|==
=.
由因为点A(2,0)到直线的距离，
所以△AMN的面积为. 由，
解得.
54．【解析】（Ⅰ）
（Ⅱ）设；则
在中，

面积
55．【解析】（Ⅰ）由，所以
设是椭圆上任意一点，则，所以

所以，当时，有最大值，可得，所以　
故椭圆的方程为：
（Ⅱ）存在点满足要求，使得面积最大．
假设直线与圆相交于不同两点,
则圆心到的距离，∴ ①
因为在椭圆上，所以 ②，由①②得：
∵
所以，由②得代入上式
得，当且仅当，
∴，此时满足要求的点有四个．
此时对应的的面积为．
56．【解析】（Ⅰ）将（0，4）代入C的方程得，∴=4，
又 得，
即，∴a=5，
 ∴C的方程为．
（ Ⅱ）过点且斜率为的直线方程为，
设直线与C的交点为A，B，
将直线方程代入C的方程，得，
即，解得
，，
AB的中点坐标，
，即中点为．
57．【解析】（Ⅰ）设直线，由题意，
由方程组得，
由题意，所以
设，由韦达定理得
所以
由于E为线段AB的中点，因此
此时
所以OE所在直线方程为又由题设知D（－3，m），
令=－3，得，即=1，所以
当且仅当==1时上式等号成立，此时 由得
因此 当时，取最小值2．
（Ⅱ）（i）由（I）知OD所在直线的方程为
将其代入椭圆C的方程，并由
解得
又，
由距离公式及得

由
因此，直线的方程为
所以，直线
（ii）由（i）得
若B，G关于x轴对称，
则
代入
即，
解得（舍去）或
所以k=1，
此时关于x轴对称。
又由（I）得所以A（0，1）．
由于的外接圆的圆心在x轴上，可设的外接圆的圆心为（d，0），
因此
故的外接圆的半径为，
所以的外接圆方程为
58．【解析】（Ⅰ）由椭圆定义知
又
（Ⅱ）L的方程式为，其中
设，则A，B 两点坐标满足方程组，
化简得
则
因为直线AB的斜率为1，所以
即 .
则
解得．
59．【解析】设，由题意知＜0，＞0.
（Ⅰ）直线的方程为，其中.
联立得
解得
因为，所以.
即
得离心率 ．
（Ⅱ）因为，所以.
由得.所以，得a=3，.
椭圆C的方程为．