新高考数学二轮复习圆锥曲线突破练习专题07 椭圆中的向量问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习圆锥曲线突破练习专题07 椭圆中的向量问题（2份，原卷版+解析版），共5页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．点为椭圆的右顶点，为椭圆上一点（不与重合），若（是坐标原点），则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【解析】设，又，且，
则，与椭圆方程联立，
即，解得或，则，即，
即，则，故选：B
2．已知椭圆的左，右焦点分别为，，上顶点为A，直线与椭圆E的另一个交点为B，若，则椭圆E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】由题意得，则直线的方程为，
联立，消去y得，则，
所以，因为，
所以，因为，化简得，
即，所以，所以.故选：B.
3．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，，且，椭圆的离心率为，则实数（ ）
A．B．2C．D．3
【解析】因为，设，由椭圆的定义可得：，则，因为，所以，
所以，即，又因为椭圆的离心率为，
所以，则有，所以，则，则，
由，所以，因为，所以，
所以，即，解得：，故选：.
4．在平面直角坐标系中，已知点，动点满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【解析】，点轨迹是以为焦点，为长轴的椭圆，
点轨迹方程为；设，则，，
，
，当时，.故选：C.
5．已知椭圆：的左､右焦点分别为､，点与椭圆的焦点不重合，分别延长､到､.使，.是椭圆上一点，延长到，使得，则（ ）
A．3B．5C．6D．10
【解析】由，得，
有，所以，
又，所以，
所以，故，
所以，则，
根据椭圆的定义，得，所以.故选：D
6．已知椭圆为椭圆的左．右焦点，是椭圆上任一点，若的取值范围为，则椭圆方程为（ ）
A．B．C．D．
【解析】设，，，则 ，，
所以
又，所以
又因为的取值范围为，故，，
所以，得方程为，故选：A
7．已知为椭圆和双曲线的公共焦点，P为其一个公共点，且，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【解析】解：方法一：
如图1，设椭圆方程为，双曲线方程为，
由题知：，，不妨设点在第一象限，设，
所以在椭圆中，有，在双曲线中有，所以，，
所以在中，由余弦定理得：
，
整理得，所以
所以，
由于，
所以，，故
所以，即，故选：D.

方法二：
如图2，不妨设点在第一象限，由正弦定理得三角形外接圆的半径为，
所以在半径为，圆心为的圆在第一象限的圆弧（不包含端点）上，
所以，所以，所以，
由向量数量积定义得，
由三角形面积公式得：，
，所以，
所以，所以.故选：D.

8．已知椭圆内有一点，过的两条直线、分别与椭圆交于、和、两点，且满足，（其中且），若变化时直线的斜率总为，则椭圆的离心率为
A．B．C．D．
【解析】设,由可得：
，据此可得：，同理可得：，
则：，将点A,B的坐标代入椭圆方程做差可得：
，即：，
同理可得：，
两式相加可得，
故：，据此可得：.
二、多选题：本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项或者多项是符合题目要求的.
9．已知椭圆的左、右两个焦点分别是，，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，则下列说法中正确的有（ ）
A．当时，的周长为
B．若的中点为，则（为坐标原点，与不重合）
C．若，则椭圆的离心率的取值范围是
D．若的最小值为，则椭圆的离心率
【解析】因为弦过椭圆的左焦点，所以的周长为，所以A正确；
设，，则，有，，所以，
由作差得：，所以，
则有，所以B正确；
设，，，
所以，
则有，可得，所以C错误；
由过焦点的弦中垂直于轴的弦最短，则的最小值为，则有，即，解得，所以，故D正确．
故选：ABD
10．已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上不同于左右顶点的任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．的周长为8B．面积的最大值为
C．的取值范围为D．的取值范围为
【解析】
由可得，，，.
对于A项，的周长为，故A项错误；
对于B项，设，，则，所以当点为短轴顶点时，的面积最大，最大面积为，故B项正确；
对于C项，设，，，，则，，则.因为，所以，所以，又，
所以，所以的取值范围为，故C项正确；
对于D项，由可得，，由C知，，则，因为，所以，所以，同理有.所以，当时有最大值4，当或时，值为3，但是且，所以的取值范围为，故D项正确.
故选：BCD.
11．一般地，若，（，且），则称，，，四点构成调和点列.已知椭圆：，过点的直线与椭圆交于，两点.动点满足，，，四点构成调和点列，则下列结论正确的是（ ）
A．，，，四点共线B．
C．动点的轨迹方程为D．既有最小值又有最大值
【解析】对于A，因为，，，四点构成调和点列，
则有，因为有公共点，所以三点共线，
且有，因为有公共点，所以三点共线，
即可得到，，，四点共线，A正确；
对于B，因为，所以，
，即，
所以，B正确；
对于C，设，，由，得，
两式相乘得：①，同理可得：②，
则①+②得：，
又点在椭圆上，，，
，即，即，C正确.
对于D，到直线的距离，
即为的最小值，无最大值，D错误.
故选：ABC
12．已知椭圆，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．若直线AB过右焦点，则
B．若，则直线AB方程为
C．若，则直线AB方程为
D．若动点满足，则点的轨迹方程为
【解析】对于A，因为椭圆的右焦点为，又直线过点，所以直线的方程为，所以或，
当时，，，此时；
当时，，，此时，
综上所述，当直线AB过右焦点，则，故选项A正确；
对于B，由选项可知：直线的斜率存在，设直线的方程为：，
联立方程组，整理可得：，
设，由韦达定理可得：，
因为，所以，则有，也即，解得：，此时直线的方程为：，故选项B正确；
对于C，同选项可得：，
因为，所以，则有，则，
解得，，
所以，化简整理可得：
，显然不是方程的根，故选项C错误；
对于D，设，，
因为，，则，两式相乘可得：，
同理可得：，则，
也即，
又因为在椭圆上，所以，
根据题意可知：，所以，
所以动点的轨迹方程为：，即，故选项D正确，
故选：ABD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13．已知椭圆的焦点为，点在椭圆上且，则点到轴的距离为 .
【解析】设的坐标为，所以到轴距离为.
椭圆的焦点在轴上，，
，所以是Rt，所以.
根据椭圆定义得，联立解得，所以的面积为，
又的面积等于，所以由，可得，代入椭圆方程得，
故点到轴的距离为.
14．已知过点的直线与椭圆相交于不同的两点A和B，在线段AB上存在点Q，满足，则的最小值为 ．
【解析】设，，，由，记，又四点共线，设，则由已知，且，.由，得，
解得，同理，得，
解得，因为点在椭圆上，所以，
即，①
同理点在椭圆上，所以，即，②
①-②得 ，因为，所以，故点在定直线上，
的最小值为点到直线的距离.
15．已知椭圆的两个焦点为和，直线l过点，点关于l的对称点A在C上，且，则C的方程为 ．
【解析】因为A与关于直线l对称，所以直线l为的垂直平分线，又，
所以，由椭圆的定义可得，
设直线l与交于点M，则M为的中点，且，
所以
，
解得或1（舍去），所以，，则C的方程为：．
16．已知椭圆，在椭圆上存在两点，，点在直线上，点，满足，，则 ．
【解析】由，知，，，四点共线，
当直线的斜率不存在时，其方程为，此时点，由椭圆的对称性，不妨设，，此时，，，则．
当直线的斜率存在时，由题意可设其方程为，
设，，，，，
由，，得，．
由得，由得，
易知，∴
∴
．
综上，．
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知椭圆：的离心率为，点，，分别是椭圆的左、右、上顶点，是的左焦点，坐标原点到直线的距离为.
(1)求的方程；
(2)过的直线交椭圆于，两点，求的取值范围.
【解析】（1）设椭圆的半焦距为，根据题意解得
故的方程为.
（2）由（1）知：.当直线的斜率为0时，点为椭圆的左、右顶点，
不妨取，此时，则.
当直线的斜率不为0或与轴垂直时，设其方程为，
代入椭圆并消去得，
设，则.而，
所以.
因为，所以，所以.
综上，的取值范围为.

18．己知椭圆的上、下顶点分别为，已知点在直线：上，且椭圆的离心率．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设是椭圆上异于的任意一点，轴，为垂足，为线段的中点，直线交直线于点，为线段的中点，求的值．
【解析】（1）
且点在直线：上，，
又， ，，椭圆的标准方程为.
（2）
设，，则，且，为线段的中点，，
，直线的方程为：，令，得，
，为线段的中点，，
，，


19．已知在平面直角坐标系中，椭圆的右顶点为A，上顶点为B，的面积为，离心率．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若斜率为k的直线与圆相切，且l与椭圆C相交于两点，若弦长的取值范围为，求的取值范围．
【解析】（1）由题意可知：，可得，，
所以椭圆C的方程为：；
（2）设直线的方程为，，，由，得，
联立，得，
恒成立，
则，所以，
，
因为的取值范围为，则，解得，
所以，
，
因为，则，所以，
所以的取值范围为．
20．已知椭圆C：的离心率，点，为椭圆C的左、右焦点且经过点的最短弦长为3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点分别作两条互相垂直的直线，，且与椭圆交于不同两点A，B，与直线交于点P，若，且点Q满足，求的最小值．
【解析】（1）由题意，，解得，，所以椭圆的方程为．
（2）由（1）得，若直线的斜率为0，则为与直线无交点，不满足条件．
设直线：，若，则则不满足，所以．
设，，，
由得：，，．
因为，即，则，，
所以，解得，则，即，
直线：，联立，解得，
∴，当且仅当或时等号成立
∴的最小值为5．
21．在平面直角坐标系中，已知点，，动点P满足：.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)设曲线C的右顶点为D，若直线l与曲线C交于A，B两点（A，B不是左右顶点）且满足，求原点O到直线l距离的最大值.
【解析】（1）由题意可知，为线段的点，所以，
由，得，即,
所以，
由椭圆的定义知，动点P的轨迹是以，为焦点，实轴长为的椭圆.
可设方程为，所以，，解得，所以，
所以动点P的轨迹C的方程为.
（2）由（1）知，,如图所示
设,.
由，得，即于是有
当直线的斜率不存在时，此时直线垂直于轴，直线的方程为，
且所以解得或（舍），
此时原点O到直线l距离为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，消去，得因为直线与椭圆相交，
所以解得
由得
把代入上式得即
所以所以，或（舍），
显然，则原点O到直线l距离为，
综上所述，原点O到直线l距离的最大值为.
22．已知椭圆：的右焦点为，且点在椭圆上．斜率为的直线交椭圆于，两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设为坐标原点，当直线的纵截距不为零时，试问是否存在实数，使得为定值？若存在，求出此时面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由题意知：，
由椭圆的定义得：，即，
所以椭圆的标准方程为． ·
（2）如图所示：
由题意设直线的方程为，联立，消元得，
当，即时满足题意，
设，，则，，

，
若为定值，则上式与无关，故，得，
此时．
又点到直线的距离，
以，
当且仅当，即时，等号成立．
经检验，此时成立，所以面积的最大值为1