高考数学一轮复习考点讲与练专题43 直线与椭圆的位置关系同步练习（含答案解析）

这是一份高考数学一轮复习考点讲与练专题43 直线与椭圆的位置关系同步练习（含答案解析），共3页。试卷主要包含了，则等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（共10小题）
1．（2025春•亳州期末）已知椭圆的两焦点分别为，，点为椭圆上任意一点，则的值为
A．2B．C．4D．
2．（2025春•分宜县期末）已知、是椭圆的两个焦点，过的直线交于、两点，若△的周长为16，则
A．10B．8C．D．4
3．（2025•晋江市模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，是上一点，且线段的中点在轴上，为坐标原点），则
A．B．C．D．1
4．（2025春•浙江期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，射线是的角平分线，其与轴的交点为点，的角平分线与直线交于点，若，则椭圆的离心率为
A．B．C．D．
5．（2025春•商丘月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上任意一点．若，则椭圆的离心率为
A．B．C．D．
6．（2025•邵阳模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，关于原点对称的点，在上，若，则四边形的面积为
A．1B．2C．3D．4
7．（2025•广东模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，若上的点，满足，，则的离心率为
A．B．C．D．
8．（2025•岳阳二模）设椭圆的左右焦点分别为，，点在椭圆上，，的平分线与轴交于点，则
A．B．C．D．
9．（2025•福州模拟）设椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，为的平分线与轴的交点．若，则
A．B．C．D．
10．（2025•清江浦区模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点，在椭圆上，且，则椭圆的离心率为
A．B．C．D．
二．多选题（共4小题）
（多选）11．（2025春•红河州期末）已知，分别为椭圆的左、右焦点，为右顶点，为的中点，为上任意一点，则
A．椭圆的离心率为
B．存在点，使得
C．的最大值为6
D．的取值范围为
（多选）12．（2025春•商水县期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，过点的直线与交于，两点，且△的周长为8，则下列说法正确的是
A．的方程为
B．若，则△是直角三角形
C．使得△为直角三角形的共有4条
D．若，则的斜率为
（多选）13．（2025•巴中模拟）已知圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，圆心的轨迹记为曲线，则
A．的方程为
B．的最小值为
C．
D．曲线在点，处的切线方程为
（多选）14．（2025•山东模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线交椭圆于，两点，则
A．△的周长为8
B．若直线经过点，则的最小值是1
C．若线段中点坐标为，则直线的方程为
D．若点是椭圆上的任意一点，点是圆上的任意一点，则的最大值为
三．填空题（共4小题）
15．（2025•平凉模拟）已知为椭圆的右焦点，为原点，为上一点，若，则的离心率为 ．
16．（2025春•南宁期末）椭圆的两个焦点为，，为椭圆上与两焦点不共线的一点，则△的周长为 ．
17．（2025•湖北模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，线段与轴相交于点．若，且，则的离心率为 ．
18．（2024秋•颍州区期末）已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，△的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是 ．
四．解答题（共6小题）
19．（2025•卓尼县模拟）已知圆过点，且过椭圆的上顶点，椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线过点与椭圆交于，两点，设直线，，的斜率分别为，，，若，求直线的方程．
20．（2025春•荆门期末）已知椭圆的离心率为，且经过，过的直线与椭圆相交于，两点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点，记直线，的斜率分别为，，证明为定值．
21．（2025•官渡区模拟）已知椭圆点为的右焦点，点为上一个动点，若的最大值为3，的最小值为1．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线，与相交于，两点，若（其中为坐标原点），求实数的值．
22．（2025春•昌江区期末）已知椭圆，四点，，，，中恰有三点在椭圆上．
（1）求的方程；
（2）设、是的左、右顶点，直线交于、两点，直线、的斜率分别为、．若；
①证明：直线过定点；
②求四边形面积的最大值．
23．（2025•山西二模）已知椭圆的左焦点为，，离心率．过点的直线交椭圆于，两点，过且与垂直的直线交椭圆于，两点，其中，在轴上方，，分别为，的中点．
（1）求点的轨迹方程；
（2）证明：直线过定点；
（3）求△面积的最大值．
24．（2025春•延庆区期末）已知椭圆的离心率为且经过点．
求椭圆的方程；
（Ⅱ）若过点，斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，且与直线交于点，点在线段（不包括两端点）上，为坐标原点，直线与直线，分别交于点，，若△和△的面积为和，求：的值．
一．选择题（共10小题）
二．多选题（共4小题）
一．选择题（共10小题）
1．【答案】
【分析】根据已知条件求得，利用椭圆的定义求得正确答案．
【解答】解：由已知得，，由椭圆的定义可得．
故选：．
2．【答案】
【分析】根据椭圆的定义求出的值，由此可求得的值．
【解答】解：由于，则椭圆的焦点在轴上，且，
根据椭圆的定义，△的周长为16，
则，则，
则．
故选：．
3．【答案】
【分析】由已知可得，，由离心率可得，根据勾股定理求解即可．
【解答】解：因为在轴上，所以，因为是线段的中点，是线段的中点，所以，，
所以，，所以，
因为，所以，因为，所以，所以．
故选：．
4．【答案】
【分析】根据角平分线定理得到线段比例关系，结合椭圆的定义可得结果．
【解答】解：已知椭圆
如图，连接，
因为三角形的三条角平分线交于一点，所以射线是的角平分线，
因为，所以，
由角平分线定理得，，
设，，则，，
所以，，
所以椭圆的离心率．
故选：．
5．【答案】
【分析】根据椭圆方程及其定义和焦点位置得，，进而求离心率．
【解答】解：根据题意可知，，
根据椭圆的定义，得，，
，，，
椭圆的离心率为．
故选：．
6．【答案】
【分析】由对称性，且，四边形是矩形，则结合定义求即可．
【解答】解：已知椭圆的左、右焦点分别为，，关于原点对称的点，在上，
则，，
则，
又，关于原点对称，且，
则四边形是矩形，
则，
则，
联立解方程，可得．
故选：．
7．【答案】
【分析】根据给定条件，利用椭圆定义及余弦定理列式求解．
【解答】解：椭圆的左、右焦点分别为，，上的点，，
如图，由及，得，
由，得，
在△中，，
令椭圆的焦距为，在△中，，
则，，
的离心率．
故选：．
8．【答案】
【分析】由椭圆的性质及定义，结合角平分线定理及两点距离公式求解．
【解答】解：由椭圆的对称性，不妨设在第一象限，
则，①
则，
又点在椭圆上，，②
由可得：，③
联立①②③可得：，，
又的平分线与轴交于点，
则，
即，
则，
设，
则，
解得：，
则．
故选：．
9．【答案】
【分析】由椭圆的性质，结合椭圆的定义及三角形的面积公式求解即可．
【解答】解：由题意可得：，，，
则，，①
又，
则，
则，②
联立①②可得：，
又，
则，
即．
故选：．
10．【答案】
【分析】利用向量相等，设出边长，通过余弦定理，转化求解椭圆的离心率即可．
【解答】解：由题意设．则，则，，
由余弦定理可得：，
，
化简可得，所以．
故选：．
二．多选题（共4小题）
11．【答案】
【分析】对于，由离心率计算公式即可判断，对于，求出椭圆上的点对两焦点张角的最大值，即可判断，对于，由两点间距离公式结合二次函数即可判断，对于，，再结合即可判断．
【解答】解：
选项，根据题意可知，，，椭圆的离心率为，故选项正确；
选项，设上顶点为，，即，，
不存在点，使得，故选项错误；
选项，设，，由题知，，，
，
当时，，故选项正确；
选项，，
由选项得，
当时，取得最大值20，
当时，取得最小值，
的取值范围为，故选项正确．
故选：．
12．【答案】
【分析】由椭圆定义及椭圆性质可判断、；对于，，，由椭圆定义确定、的关系，由余弦定理求得的最大值，再讨论△为直角三角形的几种情形即可判断；对于，设直线的方程为，，，，，并与椭圆方程联立，由题设及韦达定理求解直线的斜率，即可判断．
【解答】解：对于，设的半焦距为，由椭圆的定义得，△的周长为，解得，
又，得，则，所以的方程为，故错误；
对于，由椭圆的定义可得，又因为，
两式联立可得，又因为，
所以△是直角三角形，故正确；
对于，设，，由椭圆的定义得，
在△中，，
由基本不等式得，当且仅当时等号成立，
所以，又，所以的最大值为，
所以若△为直角三角形，则，或，
当时有2条，当时有1条，则满足题意的共有3条，故错误；
对于，由题意知，设直线的方程为，，，，，
联立得，消去得，
则①，②，
由，得，，，所以③，
由①②③可得，即，
所以的斜率，故正确．
故选：．
13．【答案】
【分析】由题意，设动圆的半径为，结合位置关系以及椭圆的定义即可判断选项；易得、、三点共线，、、三点共线，利用余弦定理即可判断选项；根据与反向，与反向，，，，，代入即可判断选项；利用椭圆的方程以及判断选项．
【解答】解：易知圆的圆，半径；圆的圆心，半径，
设动圆的半径为，
此时，，
所以，
所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长，焦距的椭圆，
所以，，
又，
解得，
则曲线的方程为，故选项正确；
在△中，，，
动圆与圆外切于点，与圆内切于点，
因为是动圆与圆的切点，是动圆与圆的切点，
所以、、三点共线，、、三点共线，
此时，
由余弦定理得，
因为，
当且仅当时，等号成立，
所以，
则的最小值不是，故选项错误；
因为与反向，与反向，，，，，
，，
所以，
其取值范围不为，，故选项错误；
对于椭圆在点，处的切线方程为，
因为，，
所以曲线在点，处的切线方程为，故选项正确．
故选：．
14．【答案】
【分析】对于，利用椭圆的定义计算可判断；对于，利用焦点弦长通径最短可判断；对于，设直线方程，与椭圆方程联立，根据韦达定理求出斜率，即可得直线方程；对于，利用点到圆心的距离最大值，再加上半径即为的最大值．
【解答】解：因为椭圆中，，，，
作出示意图如下：
对于，若直线经过点，如图一，则△的周长为，
若直线不经过点，如图二，
则△的周长为，故错误；
对于，也过左焦点的椭圆焦点弦中，通径最短为，故正确；
对于，显然直线的斜率存在，
所以设直线的方程为，设，，，，
联立方程，得，
则，解得，
所以直线的方程为，即，故正确；
对于，设，，圆心，
所以，
因为，所以当时，取得最大值为，
此时取得最大值为，故正确．
故选：．
三．填空题（共4小题）
15．【答案】．
【分析】在△和△中利用余弦定理求得即可建立等式，进而可求离心率．
【解答】解：根据题意可知，椭圆，
设为椭圆的左焦点，由椭圆的定义，得，
又，，则在△和△中，
由余弦定理，得，
化简得，所以离心率．
故答案为：．
16．【答案】12．
【分析】利用，求出，利用椭圆的定义即可求出焦点三角形的周长．
【解答】解：因为椭圆中，，
所以，
故△的周长为．
故答案为：12．
17．
【分析】确定椭圆的焦点和点的位置，利用椭圆的定义和余弦定理，根据椭圆的定义步骤，解方程求离心率．
【解答】解：椭圆的焦点为和，其中，点在椭圆上，且线段与轴相交于点．
根据题意，，且，，设，则，
根据余弦定理，，
即，
将代入，得到，解得，
将代入余弦定理的方程，解得，从而离心率．
故答案为：．
18．【答案】．
【分析】首先根据题意，利用向量变形得，如图在上取一点，使得，连接，则，再结合内心的性质得到，然后在△中，由余弦定理得，在△中，由余弦定理即可求解．
【解答】解：由题可得，，
如图，在上取一点，使得，连接，
则，
则点为上靠近点的三等分点，
所以，
所以，设，则，，
所以，即，解得：，
故，，，
故点与上顶点重合，在△中，由余弦定理得：，
在△中，，
解得：，即．
故答案为：．
四．解答题（共6小题）
19．【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）根据题意求出，，结合离心率即可求出，即可；
（2）直线的方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理有，由即可求出．
【解答】（1）由题意可得，，．
又圆过点，，，解得．
，，解得，
椭圆的方程为．
（2）
由题意可知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
由题意可知，，则．
设，，，．
由消去，整理得，△，
则．
直线，的斜率分别为，
．
，，解得，
故直线的方程为，即．
20．【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据离心率及点在椭圆上列式计算求参，即可得出椭圆的标准方程；
（2）根据斜率为0及不为0设出方程联立得出韦达定理，再应用两点求斜率再代入计算求值．
【解答】解：（1）因为椭圆的离心率为，
所以，
又，故，
又因为经过，
将点代入椭圆方程：，
，，
故椭圆方程为：．
（2）若直线的斜率为0，则，
当若直线的斜率不为0，
设直线的方程为：，，，，，
联立方程可得：，
则△，由韦达定理可知：，，
，
因为，
综上：故．
21．【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）设，，则，由即可得的最大值和最小值，进而解得，，即可求解；
（2）将直线与椭圆方程联立消元得，设，，，，由韦达定理得，由利用数量积运算即可求解．
【解答】解：（1）设，，
所以，
因为，
所以，，
解得，，
又，
则椭圆的标准方程为；
（2）联立，消去并整理得，
此时△，
解得，
设，，，，
由韦达定理得，
因为，
所以，
因为，
所以，
解得．
则．
22．【答案】（1）；
（2）①证明见解析；
②．
【分析】（1）根据椭圆对称性，必过、，又横坐标为1，椭圆必不过，将代入椭圆方程即可求解；
（2）①设，，，，因为若直线的斜率为0，则点，关于轴对称，必有，不合题意，所以直线斜率必不为0，设其方程为，与椭圆联立，求出△和韦达定理，设直线的斜率为，求出，求出和的关系即可证明；
②由①求出和，根据即可求解．
【解答】解：（1）根据椭圆对称性，必过、，又横坐标为1，
椭圆必不过，所以过，，三点，
将代入椭圆方程得：
，解得，，
椭圆的方程为：；
（2）①证明：如图，设，，，，
依题意，点，，因为若直线的斜率为0，则点，关于轴对称，
必有，不合题意，所以直线斜率必不为0，
设其方程为，
联立方程组，化简得：，
则△，
故，
因为点，是椭圆上一点，则，
设直线的斜率为，
所以，
所以，即，
又
，
解得：，
此时△，
故直线恒过定点；
②由①得，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为．
23．【答案】（1）．
（2）证明见解答．
（3）．
【分析】（1）根据，，求得椭圆方程，设直线，联立椭圆并应用韦达定理求中点坐标，消去参数即得；
（2）利用垂直关系设垂线方程为，确定，进而写出直线的方程，即得定点；
（3）由直线过定点，且，得
，通过换元再利用导数分析单调性可求得的最大值．
【解答】解：（1）因为，，所以，，
故椭圆的方程为：，点．
设点，，，，，则，，
由已知，在轴上方，所以直线的斜率存在且不为0，
设直线，代入椭圆方程，整理得．，
则，，
，
所以，
由，得，代入①，得，
即，
所以点的轨迹方程为．
（2）证明：由（1）可设垂线方程为，
代入椭圆方程得中点．
因为，
所以直线的斜率为，
直线的方程为：，
令得：②，
令得：③，
联立②③得交点，代入①式，该式恒成立，
当时，直线方程为，也过点．
所以直线过定点．
（3）由（1）（2）得直线过定点，且，
所
，
令，则，
则，
令，则，
所以在，上单调递增，
当时，，
即时，有最大值，
△面积的最大值为．
24．【答案】；（Ⅱ）1．
【分析】由题意构造方程组求解即可；
（Ⅱ）先证明点，关于原点对称，得到，根据三角形面积公式即可求解．
【解答】解：因为椭圆的离心率为，且经过点，
所以
解得，，
所以椭圆的方程为；
（Ⅱ）过点，斜率为的直线方程为，
由
得．
因为在椭圆内，所以△，
设，，，，
则，．
直线的方程为，
直线的方程为，
在直线方程中，
令，得，直线的方程为．
由，
得，
同理得，
所以
因为，
又，
所以，
即点为线段中点，
所以点，关于原点对称，即，
因为△和△的面积为和，
设点到直线的距离为，
所以，，
所以，故．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
B
B
B
D
D
B
C
题号
11
12
13
14
答案
ACD
BD
AD
BCD