高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆同步练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆同步练习题，共22页。试卷主要包含了点与椭圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系，弦长问题，“中点弦问题”，椭圆中的最值问题等内容，欢迎下载使用。

1．点与椭圆的位置关系
(1)点与椭圆的位置关系：
(2)对于点与椭圆的位置关系，有如下结论：
点在椭圆外+>1;
点在椭圆内+<1;
点在椭圆上+=1.
2．直线与椭圆的位置关系
(1)直线与椭圆的三种位置关系
类比直线与圆的位置关系，直线与椭圆有相离、相切、相交三种位置关系，如图所示.
(2)利用方程讨论直线与椭圆的位置关系：
>0直线与椭圆相交有两个公共点;
=0直线与椭圆相切有且只有一个公共点;
<0直线与椭圆相离无公共点.
3．弦长问题
(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.
(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m交椭圆+=1 (a>b>0)于，两点，
则或.
4．“中点弦问题”
(1)解决椭圆中点弦问题的两种方法
①根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决.
②点差法：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系.
设，，代入椭圆方程+=1 (a>b>0)，
得，
①-②可得+=0，
设线段AB的中点为，当时，有+=0.
因为为弦AB的中点，从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系，这就是处理弦
中点轨迹问题的常用方法.
(2)弦的中点与直线的斜率的关系
线段AB是椭圆+=1 (a>b>0)的一条弦，当弦AB所在直线的斜率存在时，弦AB的中点M的坐标
为，则弦AB所在直线的斜率为，即.
5．椭圆中的最值问题
求解此类问题一般有以下两种思路：
(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法.解题的关键是能够准确分析出最值问题所隐含的几何意义，并能借助相应曲线的定义求解.
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可建立目标函数，将目标变量表示为一个(或多个)变量的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用配方法、判别式法，应用基本不等式以及三角函数的最值求法求出最大值、最小值或范围，但要注意自变量的取值范围对最值的影响.
【题型1 判断直线与椭圆的位置关系】
【方法点拨】
结合具体条件，根据直线与椭圆的三种位置关系，进行判断，即可得解.
【例1】1．已知，则直线与椭圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．以上三种情况均有可能
【解题思路】结合题意得直线过定点，再结合点在椭圆内部即可判断.
【解答过程】解：因为，所以直线可化为，
所以，直线过定点，
因为点在椭圆内部，
所以，直线与椭圆的位置关系是相交.
故选：A.
【变式1-1】直线与椭圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不确定
【解题思路】根据直线恒过，且在椭圆内可直接得到结论.
【解答过程】，在椭圆内，
恒过点，直线与椭圆相交.
故选：A.
【变式1-2】直线与椭圆有且只有一个交点，则的值是( )
A．B．C．D．
【解题思路】直线和椭圆只有一个交点，则直线和椭圆相切，联立直线和椭圆方程得到二次方程，二次方程只有一个解，根据＝0即可求出k的值﹒
【解答过程】由得，，
由题意知，解得，
故选：C．
【变式1-3】若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆的交点个数为（ ）
A．B．C．D．或2
【解题思路】根据直线与圆没有交点可得m2＋n2<4，即可判断点(m，n)在椭圆的内部，即可得出结论.
【解答过程】∵ 直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，
∴，∴m2＋n2<4，∴，
∴ 点(m，n)在椭圆的内部，
∴过点(m，n)的直线与椭圆的交点个数为2个．
故选：C.
【题型2 弦长问题】
【方法点拨】
①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化
运算过程.
②涉及弦长问题，应联立直线与椭圆的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，
由韦达定理得到 (或)，代入到弦长公式即可.
【例2】已知椭圆的左、右焦点分别为、，过且斜率为1的直线交椭圆于A、两点，则等于（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】利用弦长公式求解即可.
【解答过程】设直线AB方程为，联立椭圆方程
整理可得：，设，
则，，根据弦长公式有：
=．故B，C，D错误.
故选：A.
【变式2-1】已知斜率为1的直线过椭圆的右焦点，交椭圆于两点，则弦的长为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】根据题意求得直线l的方程，设，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求得，再利用弦长公式即可得出答案.
【解答过程】解：由椭圆得，，所以，
所以右焦点坐标为，则直线的方程为，
设，
联立，消y得，，
则，
所以.
即弦长为.
故选：C.
【变式2-2】已知直线与椭圆相交于两点，为坐标原点.当的面积取得最大值时，（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】联立直线方程与椭圆方程，化简，得到韦达定理，由弦长公式求得，由O到直线的距离，表示出的面积，利用基本不等关系求得最大值，从而求得此时的.
【解答过程】由，得.
设，，则，，
.
又O到直线的距离，
则的面积，
当且仅当，即时，的面积取得最大值.
此时，.
故选：A.
【变式2-3】过椭圆上的焦点作两条相互垂直的直线，交椭圆于两点，交椭圆于两点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】当直线有一条斜率不存在时，可直接求得，当直线的斜率都存在且不为0时，不妨设直线的斜率为k，则直线的斜率为，则可得直线的方程，与椭圆联立，根据韦达定理及弦长公式，可求得的表达式，同理可求得的表达式，令，则可得，令，根据二次函数的性质，结合t的范围，即可求得的范围，综合即可得答案.
【解答过程】当直线有一条斜率不存在时，不妨设直线斜率不存在，则直线斜率为0，
此时，，
所以，
当直线的斜率都存在且不为0时，不妨设直线的斜率为k，则直线的斜率为，
不妨设直线都过椭圆的右焦点，
所以直线，直线，
联立与椭圆T，可得，
，
，
所以
，
同理，
所以，
令，因为，所以，
所以=，
令，
因为，所以，
所以，所以，
所以，
综上的取值范围是.
故选：C.
【题型3 椭圆的“中点弦”问题】
【方法点拨】
根据“中点弦”问题的两种解题方法进行求解即可.这三种方法中又以点差法最为常用，点差法中体现的
设而不求思想还可以用于解决对称问题，因为这类问题也与弦中点和斜率有关.与弦中点有关的问题有平
行弦的中点轨迹、过定点且被定点平分的弦所在的直线方程等.这类问题的解决，从不同的角度体现了判别
式、根与系数的关系、点差法、椭圆的性质、线段的垂直平分线的性质等知识在直线与椭圆的位置关系中
的作用，解法多、方法活.
【例3】已知椭圆，过点的直线交椭圆于A，B两点，若P为线段中点，则（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】设,,由弦中点利用点差法可得,则直线为,联立直线与椭圆,利用韦达定理可得,进而通过弦长公式求解即可
【解答过程】由题,设,,因为为线段的中点,则,
则,作差可得,
即,即,
则直线为,即,
所以联立可得,则,
所以,
故选：D.
【变式3-1】已知椭圆C：内一点，直线l与椭圆C交于A，B两点，且M是线段AB的中点，则下列不正确的是（ ）.
A．椭圆的焦点坐标为，B．椭圆C的长轴长为4
C．直线的方程为D．
【解题思路】根据椭圆方程求得，从而确定AB选项的正确性.利用点差法确定C选项的正确性.利用弦长公式确定D选项的正确性.
【解答过程】依题意椭圆C：，
所以，
所以椭圆的焦点坐标为，A选项错误.
椭圆的长轴长为，B选项正确.
设，
则，
两式相减并化简得，
由于是的中点，
所以，即直线的斜率为，
所以直线的方程为，C选项正确.
消去并化简得，
，
所以，D选项正确.
故选：A.
【变式3-2】已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为（1，-1），则弦长|AB|=（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】设两点的坐标，，将两点坐标代入椭圆方程，两式相减，由中点坐标，焦点坐标得，又由，得椭圆的标准方程及直线的方程，联立，由弦长公式，得弦长
【解答过程】设，，
将两点坐标代入椭圆方程，，两式相减，得，
由中点坐标，焦点坐标得，即，
又由，得，，
所以椭圆的标准方程为，直线的方程为，联立方程组，消去，得，所以，，
弦长，
故选A.
【变式3-3】设椭圆的方程为，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，下列结论正确的是（ ）
A．直线AB与OM垂直；
B．若直线方程为，则.
C．若直线方程为，则点M坐标为
D．若点M坐标为，则直线方程为；
【解题思路】利用椭圆中中点弦问题的处理方法，结合弦长的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【解答过程】不妨设坐标为，则，两式作差可得：
，设，则.
对A：，故直线不垂直，则A错误；
对B：若直线方程为，联立椭圆方程，
可得：，解得，故，
则，故错误；
对：若直线方程为y=x+1，故可得，即，又，
解得，即，故错误；
对：若点M坐标为,则，则，
又过点，则直线的方程为，即，故正确.
故选：.
【题型4 椭圆中的面积问题】
【方法点拨】
椭圆中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与椭圆
方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边形
面积问题可化为两个三角形面积来求解.
【例4】已知直线与椭圆相交于，两点，椭圆的两个焦点分别是，，线段的中点为，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】根据线段的中点为，利用点差法求得，再利用三角形面积公式求解.
【解答过程】解：设，
则，
所以，
即，
解得，
所以，
故选：C.
【变式4-1】已知椭圆的左､右焦点分别是，，过的直线与椭圆C交于A，B两点，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】由题知，直线，进而与椭圆方程联立得，，进而根据计算即可.
【解答过程】解：由题意可得，，则直线.
联立，整理得，
设，，
则，，
从而.
因为，
所以的面积是.
故选：A.
【变式4-2】过原点O作两条相互垂直的直线分别与椭圆交于A、C与B、D，则四边形ABCD面积最小值为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】直线AC、BD与坐标轴重合时求出四边形面积，与坐标轴不重合求出四边形ABCD面积最小值，再比较大小即可作答.
【解答过程】因四边形ABCD的两条对角线互相垂直，由椭圆性质知，四边形ABCD的四个顶点为椭圆顶点时，而，
四边形ABCD的面积，
当直线AC斜率存在且不0时，设其方程为，由消去y得：，
设，则，
，
直线BD方程为，同理得：，
则有，
当且仅当，即或时取“=”，而，
所以四边形ABCD面积最小值为.
故选：A.
【变式4-3】已知A，F分别是椭圆C：的下顶点和左焦点，过A且倾斜角为的直线l分别交x轴和椭圆C于M，N两点，且N点的纵坐标为，若的周长为6，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】根据已知条件求得，由此求得的面积.
【解答过程】由题意得，，，
因为直线AM的倾斜角为，所以直线MN的方程为，
把代入椭圆方程解得，所以，
因为A在直线MN上，所以，解得．
又，，解得，
令，则，即，
因为M为椭圆的右焦点，所以，
由椭圆的定义可知，，
因为的周长为6，所以，
所以，所以，，所以，，.
所以．
故选B．
【题型5 椭圆中的定点、定值、定直线问题】
【例5】已知椭圆，直线l：与椭圆交于两点，且点位于第一象限.
(1)若点是椭圆的右顶点，当时，证明：直线和的斜率之积为定值；
(2)当直线过椭圆的右焦点时，轴上是否存在定点，使点到直线 的距离与点到直线的距离相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【解题思路】(1) 联立直线方程和椭圆方程得，由韦达定理可得的关系，再由计算即可得证；
(2)由题意可得直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程得，由韦达定理之间的关系，假设存在满足题意的点，设，由题意可得.代入计算，如果有解，则存在，否则不存在.
【解答过程】（1）
证明：因为，所以直线l：，
联立直线方程和椭圆方程： ，得，
设，
则有，
所以，
又因为，
所以，，
所以==
所以直线和的斜率之积为定值；
（2）
解：假设存在满足题意的点，设，
因为椭圆的右焦点，所以,即有，
所以直线的方程为.
由，可得，
设，
则有；
因为点到直线的距离与点到直线的距离相等，
所以平分,
所以.
即==，
又因为，
所以，
代入，
即有，
解得.
故轴上存在定点，使得点到直线 的距离与点到直线的距离相等.
【变式5-1】已知椭圆C：，长轴是短轴的3倍，点在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在点，使得直线TM，TN斜率之积为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据题意得a＝3b，再将点代入求得，即可得解；
（2）设l的方程为x＝my＋1，，，联立方程，利用韦达定理求得，再根据斜率公式计算整理，从而可得出结论.
【解答过程】（1）
解：由题意得a＝3b，故椭圆C为，
又点在C上，所以，得，，
故椭圆C的方程即为；
（2）
解：由已知知直线l过，设l的方程为x＝my＋1，
联立两个方程得，消去x得：，
得，
设，，则（*），
，
将（*）代入上式，可得：，
要使为定值，则有，又∵，∴t＝3，
此时，
∴存在点，使得直线TM与TN斜率之积为定值，此时t＝3.
【变式5-2】已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)为椭圆的右焦点，直线交椭圆于（不与点重合）两点，记直线的斜率分别为，若，证明：的周长为定值，并求出定值.
【解题思路】（1）结合两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆的方程.
（2）设直线，联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，利用求得的关系式，从而判断出直线过左焦点，由此求得的周长为定值.
【解答过程】（1）
由已知设椭圆方程为：，
代入，得，
故椭圆方程为.
（2）
设直线，
由得，
，，
又，
故
，
由，得，
故或，
①当时，直线，过定点，与已知不符，舍去；
②当时，直线，过定点，即直线过左焦点，
此时，符合题意.
所以的周长为定值.
【变式5-3】已知椭圆C:的上下顶点分别为，过点P且斜率为k(k<0)的直线与椭圆C自上而下交于两点，直线与交于点.
(1)设的斜率分别为，求的值;
(2)求证：点在定直线上.
【解题思路】（1）设，表示出，结合点在椭圆上，代入即可得出答案.
（2）设直线为，与椭圆联立消去得到关于的一元二次方程，列出韦达定理，写出直线，的方程，联立这两条直线的方程，求出点的纵坐标，即可得出答案.
【解答过程】（1）
设，，
，
，
所以.
（2）
设，
得到，
，
，
直线，
直线，
联立得:，
法一：，
解得.
法二：由韦达定理得，
.
解得，
所以点在定直线上.
【题型6 椭圆中的最值问题】
【方法点拨】
求解此类问题一般有以下两种思路：
(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几
何法.解题的关键是能够准确分析出最值问题所隐含的几何意义，并能借助相应曲线的定义求解.
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可建立目标函数，将目标变量表示为一
个(或多个)变量的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用配方法、判别式法，应用基本不等式以及
三角函数的最值求法求出最大值、最小值或范围，但要注意自变量的取值范围对最值的影响.
【例6】已知椭圆的左，右焦点分别为且经过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若斜率为1的直线与椭圆C交于A，B两点，求面积的最大值（O为坐标原点）
【解题思路】（1）根据椭圆的定义可得，进而可求其方程，
（2）根据弦长公式和点到直线的距离可表达三角形的面积，结合不等式即可求解最大值.
【解答过程】（1）
由椭圆的定义，
可知
解得，又.
椭圆C的标准方程为.
（2）
设直线l的方程为，
联立椭圆方程，得，
，得
设，则，
，
点到直线的距离，
.
当且仅当，即时取等号；
面积的最大值为.
【变式6-1】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值．
【解题思路】（1）根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解，.
（2）联立直线与椭圆方程，进行求解即可.
【解答过程】（1）
由题意可得，∴由题意可得且，解得，，
∴椭圆的方程为：．
（2）
解法1：由（1）可得，
当直线 没有斜率时，设方程为： ，则 ，此时，化简得： 又，解得 或（舍去），此时P到直线l的距离为
设直线l有斜率时，设，，设其方程为：，联立可得且整理可得：，
，且，，
，整理可得：，
整理可得，整理可得，即，或，
若，则直线方程为：，直线恒过，与P点重合，
若，则直线方程为：，∴直线恒过定点，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．
解法2：公共点，左移1个单位，下移个单位，，
，，
，等式两边同时除以，，，，，
过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．
【变式6-2】如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
【解题思路】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【解答过程】（1）
设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）
设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【变式6-3】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：的离心率为，左，右焦点分别为，，O为坐标原点，点Q在椭圆C上，且满足．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设P为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆C相交于M，N两点（M，N两点异于P点），且PM⊥PN，求的最大值．
【解题思路】（1）由椭圆的离心率为和，即联立求解；
（2）设直线l的方程为，与椭圆方程联立，由PM⊥PN，结合韦达定理求m，由求得其最大值，再由求解.
【解答过程】（1）
解：因为椭圆的离心率为，
又点Q在椭圆C上，且满足，
所以，即，
则，，
所以椭圆方程为：；
（2）
由题意知，直线l的斜率不为0，则不妨设直线l的方程为．
联立得，消去x得，
，化简整理，得．
设，，则，．
∵PM⊥PN，
∴．
∵，，，得，
将，代入上式，得，
得，
解得或（舍去），
∴直线l的方程为，则直线l恒过点，
∴．
设，则，，
易知在上单调递增，
∴当时，取得最大值为．
又，
∴．