新高考数学一轮复习提升练习考向40 椭圆 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习提升练习考向40 椭圆 (含解析)，共30页。
考向40 椭圆

1．（2021·湖南高考真题）已知椭圆经过点，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆相交于两点，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据题意得，，再结合即可求得答案；
（2）联立直线、椭圆方程可得两点坐标，由向量的数量积坐标运算公式可得答案.
【详解】
（1）椭圆经过点，所以，
因为离心率为，所以，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）由得，解得，
所以，或，
可得，，或者，，
所以.
2．（2021·江苏高考真题）已知椭圆的离心率为.
（1）证明：；
（2）若点在椭圆的内部，过点的直线交椭圆于、两点，为线段的中点，且.
①求直线的方程；
②求椭圆的标准方程.
【答案】（1）证明见解析；（2）①；②.
【分析】
（1）由可证得结论成立；
（2）①设点、，利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程；
②将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，可求出的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】
（1），，因此，；
（2）①由（1）知，椭圆的方程为，即，
当在椭圆的内部时，，可得.
设点、，则，所以，，
由已知可得，两式作差得，
所以，
所以，直线方程为，即.
所以，直线的方程为；
②联立，消去可得.
，由韦达定理可得，，
又，而，，

，
解得合乎题意，故，
因此，椭圆的方程为.

1：求椭圆的方程有两种方法:
（1）定义法.根据椭圆的定义，确定a2，b2的值，结合焦点位置可写出椭圆方程.
（2）待定系数法.这种方法是求椭圆的方程的常用方法，其一般步骤是：
第一步，做判断.根据条件判断椭圆的焦点在x轴上，还是在y轴上，还是两个坐标轴都有可能（这时需要分类讨论）.
第二步，设方程.根据上述判断设方程为或.
第三步，找关系.根据已知条件，建立关于的方程组（注意椭圆中固有的等式关系）.
第四步，得椭圆方程.解方程组，将解代入所设方程，即为所求.
2、与几何性质有关的问题要结合图形进行分析，即使不画出图形，思考时也要联想到图形.理解顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量之间的关系，深挖出它们之间的联系，求解自然就不难了.
3、椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率（或离心率的取值范围）有两种方法：
（1）求出a，c，代入公式.
（2）只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式（不等式）两边分别除以a或a2转化为关于e或e2的方程（不等式），解方程（不等式）即可得e（e的取值范围）.
4、直线与椭圆的位置关系的判断：设直线，椭圆，
把二者方程联立得到方程组，消去得到一个关于的方程.
方程有两个不同的实数解，即直线与圆锥曲线有两个交点；
方程有两个相同的实数解，即直线与圆锥曲线有一个交点；
方程无实数解，即直线与圆锥曲线无交点.

1、椭圆的定义：平面上到两定点的距离的和为常数（大于两定点之间的距离）的点的轨迹是椭圆. 这两个定点叫做椭圆的焦点，两个定点之间的距离叫做椭圆的焦距，记作.
定义式：.要注意，该常数必须大于两定点之间的距离，才能构成椭圆.
2、椭圆的标准方程：焦点在轴上，；焦点在轴上，.
说明：要注意根据焦点的位置选择椭圆方程的标准形式，知道之间的大小关系和等量关系：.
3、椭圆的图形及其简单几何性质：
i)图形 焦点在轴上 焦点在轴上

ii)

标准方程
几何性质
范围
顶点
焦点
对称性
离心率
椭圆




，


对称轴：轴，轴，对称中心：
原点
，





，


【知识拓展】
以椭圆 上一点和焦点F1 (－c，0)，F2 (c，0)为顶点的中，若，注意以下公式的灵活运用：
（1）；
（2）；
（3）.


1．（2021·全国高三模拟预测）已知椭圆：（）的半截距为，是上异于短轴端点的一点，若点的坐标为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·梅河口市第五中学高二月考）（多选题）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，点在圆上，且圆上的所有点均在椭圆外，若的最小值为，且椭圆的长轴长恰与圆的直径长相等，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的焦距为 B．椭圆的短轴长为
C．的最小值为 D．过点的圆的切线斜率为
3．（2021·广西南宁·高三模拟预测（理））如图，已知是椭圆的焦点，M、N为椭圆上两点，满足，且，则的余弦值为_______．

4．（2021·广西南宁·高三模拟预测（文））已知椭圆的左、右焦点分别为、，关于原点对称的点A、B在椭圆上，且满足，若令且，则该椭圆离心率的取值范围为___________．


1．（2021·江西科技学院附属中学高二月考（理））已知椭圆和双曲线有相同的焦点，它们的离心率分别为，是它们的一个公共点，且.若，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·全国高三开学考试）已知点是椭圆上异于顶点的动点，、为椭圆的左、右焦点，为坐标原点，若是平分线上的一点，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·全国高三专题练习（理））已知椭圆的两个焦点分别为，，过的直线与交于，两点．若，，则椭圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022·全国高三专题练习（理））已知椭圆：的左焦点为，点在椭圆上，点在圆：上，则的最小值为（ ）
A．4 B．5 C．7 D．8
5．（2021·全国高二课时练习）“方程表示双曲线”是“方程表示椭圆”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2021·全国高三模拟预测）（多选题）在平面直角坐标系中，、、，动点满足，则（ ）
A．
B．
C．有且仅有个点，使得的面积为
D．有且仅有个点，使得的面积为
7．（2021·湖南高三模拟预测）（多选题）已知焦点在轴上的椭圆过点且离心率为，则（ ）
A．椭圆的标准方程为 B．椭圆经过点
C．椭圆与双曲线的焦点相同 D．直线与椭圆恒有交点
8．（2021·江苏南通·高三模拟预测）（多选题）设点F、直线l分别是椭圆的右焦点、右准线，点P是椭圆C上一点，记点P到直线l的距离为d，椭圆C的离心率为e，则的充分不必要条件有（ ）
A． B．
C． D．
9．（2021·上海高三模拟预测）已知椭圆()的焦点、，抛物线的焦点为，若，若恒成立，则的取值范围为__________；
10．（2020·北京高三模拟预测）在直角坐标系中，经过点，且关于轴对称的曲线的方程是__________．（填上正确的一个方程即可，不必考虑所有的情形）
11．（2021·江苏鼓楼·南京市第二十九中学高三月考）已知：的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆左焦点作不与轴重合的直线与椭圆相交于､两点，直线的方程为：，过点作垂直于直线交直线于点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）①求证线段必过定点，并求定点的坐标.
②点为坐标原点，求面积的最大值.
12．（2021·郸城县第一高级中学高三一模（文））已知椭圆：的右焦点为，点在上，为椭圆的半焦距．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若经过的直线与交于，（异于）两点，与直线交于点，设，，的斜率分别为，，，求证：．


1．（2020·山东高考真题）已知椭圆的长轴长为10，焦距为8，则该椭圆的短轴长等于（ ）
A．3 B．6 C．8 D．12
2．（2021·全国高考真题（理））设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·全国高考真题）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
4．（2010·广东高考真题（文））若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是
A． B． C． D．
5．（2017·全国高考真题（理））已知双曲线的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点.则C的方程为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2017·浙江高考真题）椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
7．（2021·浙江高考真题）已知椭圆，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.
8．（2021·天津高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．
9．（2021·全国高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，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，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
10．（2021·北京高考真题）已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．



1．【答案】D
【分析】
将点坐标代入椭圆方程得的齐次式，转化后可得离心率．
【详解】
将点的坐标代入的方程得，所以，整理得．又，
所以，所以，即，所以椭圆的离心率，
故选：D．
2．【答案】AD
【分析】
求出的值，利用椭圆的定义结合三点共线可求得的值，进一步求出的值，可判断AB选项的正误；利用椭圆的定义结合圆的几何性质可判断C选项的正误；设出切线方程，利用点到直线的距离公式求出切线的方程，可判断D选项的正误.
【详解】
对于A：因为椭圆的长轴长与圆的直径长相等，所以，即，
设椭圆的左焦点，由椭圆的定义可知，
所以，
所以，解得或，
因为，所以，即椭圆的焦距为，故A正确；
对于B：由，所以椭圆的短轴长为，故B错误；
对于C：，故C错误；
对于D：若过点的直线的斜率不存在，则直线方程为，圆心到直线的距离为，不合乎题意.
设过点的切线方程为，即，
则，解得，故D正确.
故选：AD.

3．【答案】##
【分析】
延长与椭圆交于点L，由椭圆对称性有，设可得、，应用余弦定理即可求的余弦值.
【详解】
延长与椭圆交于点L，又，
∴根据对称性可知，，设，则，
从而，故，
在△中，注意到，
∴，
在△中，有．
故答案为：

4．【答案】
【分析】
由得为矩形，则，故，结合正弦函数即可求得范围．
【详解】
由已知可得，且四边形为矩形．

所以，
又因为，所以．
得离心率．
因为，所以，可得，
从而．
故答案为：


1．【答案】B
【分析】
利用椭圆和双曲线的定义把，用长半轴长和实半轴长表示，再用余弦定理求得与的关系，从而得的等式，结合已知可求得．
【详解】
设，椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，焦点为，不妨设在第一象限，
则，解得，
中由余弦定理得，即，
所以，
，，又，，所以，
，所以．
故选：B．
2．【答案】C
【分析】
延长、相交于点，连接，利用椭圆的定义分析得出，设点，求出的取值范围，利用椭圆的方程计算得出，由此可得出结果.
【详解】
如下图，延长、相交于点，连接，

因为，则，
因为为的角平分线，所以，，则点为的中点，
因为为的中点，所以，，
设点，由已知可得，，，
则且，且有，
，
故，
所以，.
故选：C.
3．【答案】D
【分析】
由题意可得在短轴的顶点，可得，，设直线的方程和椭圆的方程，联立方程可得的坐标，求出的表达式，再由可得的值，进而求出的值，进而求出椭圆的方程．
【详解】
，所以可得，
又因为，
所以可得，即为短轴的顶点，
设为短轴的上顶点，，，
所以，
所以直线的方程为：，
由题意设椭圆的方程为：，则，
联立，整理可得：，
即，可得，
代入直线的方程可得，
所以，
因为，
所以，整理可得：，
解得：，可得，
所以椭圆的方程为：，
故选：D．
4．【答案】B
【分析】
根据椭圆的定义把求的最小值转化为求的最大值，利用三角形的两边之差小于第三边即可求得.
【详解】
易知圆心为椭圆的右焦点，且，
由椭圆的定义知：，所以，
所以，
要求的最小值，只需求的最大值，显然三点共线时取最大值，且最大值为，所以的最小值为.
故选：B.
5．【答案】B
【分析】
根据二元二次方程表示双曲线和椭圆的要求可得所满足的条件，由推出关系可确定结果.
【详解】
若方程表示双曲线，则；
若方程表示椭圆，则，且；
则，且；，且；
“方程表示双曲线”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：B.
6．【答案】BC
【分析】
利用椭圆的定义以及三点共线可判断AB选项的正误；利用三角形的面积公式转化为直线与椭圆的公共点个数问题，进而可判断CD选项的正误.
【详解】
因为，
所以，点的轨迹是以点、为焦点，为长轴长的椭圆，
所以，，可得，，则，故点的轨迹方程为.
设直线交椭圆于点、，直线交椭圆于点、.

对于A选项，，
当点与点重合时，等号成立，A错；
对于B选项，，
当点与点重合时，取最小值，B对；
对于C选项，设点到直线的距离为，，所以，.
直线的斜率为，直线的方程为，即，
设与直线平行且距离为的直线的方程为，
则，可得或，
所以，点在直线或上.
联立，消去可得，解得或，
联立，消去可得，解得.
综上所述，有且仅有个点，使得的面积为，C对；
对于D选项，设点到直线的距离为，则，可得，
与直线平行且距离为的直线的方程为或，所以点在直线或上，
直线与椭圆相交，直线与椭圆相切，
综上所述，有且仅有个点，使得的面积为，D错.
故选：BC.
7．【答案】ACD
【分析】
先根据条件求出椭圆方程，可判断A，B；求出双曲线的焦点可判断C；考虑直线过定点，验证点和椭圆的位置关系可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
对于A：由已知可得，，所以，可得，
所以椭圆的标准方程为，故选项A正确；
对于B：当时，，椭圆不经过点，故选项B错误；
对于C：双曲线的焦点为，椭圆的焦点为，故椭圆与双曲线的焦点相同，故选项C正确；
对于D：直线恒过点且该点在椭圆内部，所以直线与椭圆恒有交点，故选项D正确，
故选：ACD.
8．【答案】BC
【分析】
根据椭圆的第二定义，由得到离心率范围，再利用充分不必要条件的定义判断得解.
【详解】
由椭圆的第二定义，根据题意可得，
又，所以.
所以满足题意的充分不必要条件为：或.
故选：BC.
9．【答案】
【分析】
由，可得椭圆焦点在轴上，用坐标表示可得，即得解
【详解】
由题意，故、、三点共线，即椭圆焦点在轴上，
故椭圆的焦点为，抛物线的焦点
用坐标表示，有
可得，即
故
即的取值范围为
故答案为：
10．【答案】（不唯一）
【分析】
根据圆锥曲线的对称性求解.
【详解】
曲线关于轴对称，
又点在曲线上，
所以曲线的方程是（不唯一）．
故答案为：（不唯一）．
11．【答案】（1）；（2）①证明见解析，定点；②.
【分析】
（1）根据椭圆的几何性质和离心率，列出方程组，即可求出，从而得出椭圆的标准方程；
（2）①根据椭圆的对称性可知必在轴上，，可设直线方程：，联立直线和椭圆的方程组并写出韦达定理，从而得出，求出直线的方程，令，即可求出线段所过的定点的坐标；
②由①可知，根据三角形的面积得出，利用换元法，令，，得出，最后利用基本不等式求和的最小值，从而得出面积的最大值.
【详解】
解：（1）由题可知：，所以，，
故椭圆的标准方程为；
（2）①由题意知，由对称性知，必在轴上，，
设直线方程：，
设，，，
联立方程得，得，
所以，，
所以，又，
所以直线方程为：，
令，则
，
所以直线过定点.
②由①中，所以，又易知，
所以，
令，，则，
又因为在单调递减，
所以，.
12．【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据椭圆焦点坐标，结合代入法进行求解即可；
（2）设出直线方程与椭圆方程联立，根据斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解证明即可.
【详解】
（1）解：因为椭圆：的右焦点为，
所以．①
因为点在上，
所以，②
又，③
由①②③，解得，．
故椭圆的标准方程为．
（2）证明：，设，，直线，则．
由消去得，
所以，，所以

，
又因为，
所以，命题得证．
【点睛】
关键点睛：根据斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系进行正确的数学运算是解题的关键.


1．【答案】B
【分析】
根据椭圆中的关系即可求解.
【详解】
椭圆的长轴长为10，焦距为8，
所以，，可得，，
所以，可得，
所以该椭圆的短轴长，
故选：B.
2．【答案】C
【分析】
设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．
【详解】
设，由，因为 ，，所以
，
因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；
当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．
故选：C．
【点睛】
本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．
3．【答案】C
【分析】
本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】
由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
【点睛】
椭圆上的点与椭圆的两焦点的距离问题，常常从椭圆的定义入手，注意基本不等式得灵活运用，或者记住定理：两正数，和一定相等时及最大，积一定，相等时和最小，也可快速求解.
4．【答案】B
【详解】
试题分析：由题意可知

考点：椭圆性质

5．【答案】B
【分析】
根据已知可得，双曲线焦距，结合的关系，即可求出结论.
【详解】
因为双曲线的一条渐近线方程为，则.①
又因为椭圆与双曲线有公共焦点，
双曲线的焦距，即c＝3，则a2＋b2＝c2＝9.②
由①②解得a＝2，b＝，则双曲线C的方程为.
故选：B.
【点睛】
本题考查椭圆、双曲线的标准方程以及双曲线的简单几何性质，属于基础题.
6．【答案】B
【分析】
由题可知，，，求出，即可求出椭圆的离心率．
【详解】
因为椭圆中，，
所以，
得，
故选：B．
【点睛】
本题考查椭圆的离心率的求法，以及灵活运用椭圆的简单性质化简求值．
7．【答案】
【分析】
不妨假设，根据图形可知，，再根据同角三角函数基本关系即可求出；再根据椭圆的定义求出，即可求得离心率．
【详解】

如图所示：不妨假设，设切点为，
，
所以, 由，所以，，
于是，即，所以．
故答案为：；．
8．【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.
【详解】
（1）易知点、，故，
因为椭圆的离心率为，故，，
因此，椭圆的方程为；
（2）设点为椭圆上一点，
先证明直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
因此，椭圆在点处的切线方程为.

在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
因为，则，即，整理可得，
所以，，因为，，故，，
所以，直线的方程为，即.
【点睛】
结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；
（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.
9．【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】
（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，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．
【点睛】
关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
10．【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】
（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）

设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又

故即，
综上，或.