2025版高考数学一轮总复习第8章平面解析几何第5讲椭圆第1课时提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第8章平面解析几何第5讲椭圆第1课时提能训练，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．(2024·四川成都七中开学考)椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,4)＝1的焦距是2，则m的值为( C )
A．5 B．3
C．5或3 D．20
[解析] 因为焦距是2，所以c＝1，当焦点在x轴时，a2＝m，b2＝4，∴c2＝a2－b2＝m－4＝1，解得m＝5，当焦点在y轴时，a2＝4，b2＝m，∴c2＝a2－b2＝4－m＝1，解得m＝3，故选C.
2．(2023·河北省衡水中学调研)直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的eq \f(1,4)，则该椭圆的离心率为( B )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(1,2)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,4)
[解析] 不妨设直线l：eq \f(x,c)＋eq \f(y,b)＝1，即bx＋cy－bc＝0⇒椭圆中心到l的距离eq \f(|－bc|,\r(b2＋c2))＝eq \f(2b,4)⇒e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，故选B.
3．(2023·安徽六安示范性高中质检)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，－\f(3,2)))，且与双曲线eq \f(x2,3)－y2＝1有相同焦点的椭圆的标准方程为( D )
A.eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1 B．eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1
C.eq \f(x2,14)＋eq \f(y2,10)＝1 D．eq \f(x2,10)＋eq \f(y2,6)＝1
[解析] 由题意c＝2，双曲线eq \f(x2,3)－y2＝1的左焦点为F1(－2,0)，右焦点为F2(2,0)，设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，－\f(3,2)))，则2a＝|PF1|＋|PF2|
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)＋2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))2)＋eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)－2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))2)＝2eq \r(10)，
所以a＝eq \r(10)，b2＝10－4＝6，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,10)＋eq \f(y2,6)＝1.故选D.
4．(2022·安徽宣城模拟)设椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1的左右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，且满足eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝9，则|PF1|·|PF2|的值是( D )
A．14 B．17
C．20 D．23
[解析] 由题意知a＝5，b＝4，∴c＝eq \r(a2－b2)＝3.
且|eq \(PF1,\s\up6(→))|＋|eq \(PF2,\s\up6(→))|＝10，又eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝9，∴|eq \(PF1,\s\up6(→))|·|eq \(PF2,\s\up6(→))|·cs ∠F1PF2＝9.
又62＝|eq \(PF1,\s\up6(→))|2＋|eq \(PF2,\s\up6(→))|2－2|eq \(PF1,\s\up6(→))|·|eq \(PF2,\s\up6(→))|·cs ∠F1PF2
＝(|eq \(PF1,\s\up6(→))|＋|eq \(PF2,\s\up6(→))|)2－2|eq \(PF1,\s\up6(→))|·|eq \(PF2,\s\up6(→))|－18＝82－2|eq \(PF1,\s\up6(→))|·|eq \(PF2,\s\up6(→))|，
∴|PF1|·|PF2|＝23.故选D.
5．(2024·云南师大附中月考)已知点P为椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1上的一个动点，点F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，当△F1F2P的面积为1时，∠F1PF2＝( D )
A.eq \f(2π,3) B．eq \f(π,6)
C.eq \f(π,4) D．eq \f(π,2)
[解析] 易知焦点三角形F1F2P的面积为1，故S△F1F2P＝b2taneq \f(∠F1PF2,2)＝1，所以taneq \f(∠F1PF2,2)＝1，则∠F1PF2＝eq \f(π,2)，故选D.
6．(2023·高考新课标Ⅰ卷)设椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)，C2：eq \f(x2,4)＋y2＝1的离心率分别为e1，e2.若e2＝eq \r(3)e1，则a＝( A )
A.eq \f(2\r(3),3) B．eq \r(2)
C.eq \r(3) D．eq \r(6)
[解析] 由e2＝eq \r(3)e1，得eeq \\al(2,2)＝3eeq \\al(2,1)，因此eq \f(4－1,4)＝3×eq \f(a2－1,a2)，而a>1，所以a＝eq \f(2\r(3),3).故选A.
7．(2024·河南平许济络质检)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若eq \(BA1,\s\up6(→))·eq \(BA2,\s\up6(→))＝－2，则椭圆C的方程为( B )
A.eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1 B．eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,6)＝1
C.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1 D．eq \f(x2,2)＋eq \f(2y2,3)＝1
[解析] 显然离心率e＝eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(1,2)，解得eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,4)，即b2＝eq \f(3,4)a2，A1，A2分别为C的左右顶点，B为上顶点，则A1(－a,0)，A2(a,0)，B(0，b)，于是eq \(BA1,\s\up6(→))＝(－a，－b)，eq \(BA2,\s\up6(→))＝(a，－b)，而eq \(BA1,\s\up6(→))·eq \(BA2,\s\up6(→))＝－2，即－a2＋b2＝－2，又b2＝eq \f(3,4)a2，因此联立解得a2＝8，b2＝6，所以椭圆的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,6)＝1.故选B.
8．(2024·江苏淮安淮阴中学期中)若点(x，y)在椭圆4x2＋y2＝4上，则eq \f(y,x－2)的最小值为( C )
A．1 B．－1
C．－eq \f(2\r(3),3) D．以上都不对
[解析] 设直线y＝k(x－2)，代入椭圆方程消去y得(4＋k2)x2－4k2x＋4k2－4＝0，令Δ＝16k4－4(4＋k2)(4k2－4)＝0，解得k＝±eq \f(2\r(3),3)，由图可知，直线与椭圆相切时k取得最值，所以kmin＝－eq \f(2\r(3),3)，即eq \f(y,x－2)的最小值为－eq \f(2\r(3),3).故选C.
9．(2024·湖北高中名校联盟联考)已知F1，F2分别是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右焦点，M，N是椭圆C上两点，且eq \(MF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1N,\s\up6(→))，eq \(MF2,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝0，则椭圆C的离心率为( C )
A.eq \f(3,4) B．eq \f(2,3)
C．eq \f(\r(5),3) D．eq \f(\r(7),4)
[解析] 连接NF2，设|NF1|＝n，则|MF1|＝2n，
|MF2|＝2a－2n，|NF2|＝2a－n，
在Rt△MNF2中(3n)2＋(2a－2n)2＝(2a－n)2，
∴9n2＋4a2－8an＋4n2＝4a2－4an＋n2，
∴12n2＝4an，n＝eq \f(a,3)，
∴|MF1|＝eq \f(2a,3)，|MF2|＝eq \f(4a,3).
在Rt△MF1F2中，4c2＝eq \f(4a2,9)＋eq \f(16a2,9)，
∴36c2＝20a2，
e2＝eq \f(20,36)＝eq \f(5,9)，又∵e∈(0,1)，∴e＝eq \f(\r(5),3)，故选C.
二、多选题
10．(2024·山东临沂联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在C上，且|PF1|的最大值为3，最小值为1，则( AD )
A．椭圆C的离心率为eq \f(1,2)
B．△PF2F1的周长为4
C．若∠F2PF1＝60°，则△PF2F1的面积为3
D．若|PF1||PF2|＝4，则∠F2PF1＝60°
[解析] 由题意a＋c＝3，a－c＝1，故a＝2，c＝1，故A正确；△PF2F1的周长为2a＋2c＝6，故B错误；若∠F2PF1＝60°，则|F2F1|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cs 60°＝(|PF1|＋|PF2|)2－3|PF1|·|PF2|，即(2c)2＝(2a)2－3|PF1|·|PF2|，故|PF1|·|PF2|＝4，故S△PF2F1＝eq \f(1,2)|PF1|·|PF2|sin 60°＝eq \r(3)，故C错误；由余弦定理|F2F1|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cs∠F2PF1＝(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1|·|PF2|(1＋cs∠F2PF1)，即4＝16－2×4(1＋cs∠F2PF1)，解得cs∠F2PF1＝eq \f(1,2)，故∠F2PF1＝60°，故D正确．故选AD.
11．(2023·广东六校联考)已知椭圆C：eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,1－m)＝1焦点在x轴上，且F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，P为椭圆C上一点，则下列结论正确的是( ACD )
A.eq \f(1,2)0，解得eq \f(1,2)0)的左焦点为F，若F关于直线y＝－x的对称点P落在C上或C内，则椭圆C的离心率的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) .
[解析] 设C的半焦距为c，则F(－c,0)关于直线y＝－x的对称点P的坐标为(0，c)，因为P落在C上或C内，所以b≥c，所以a2－c2＝b2≥c2，即e2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))2≤eq \f(1,2)⇔e≤eq \f(\r(2),2).又00)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在C上，且PF1⊥F1F2.直线PF2与C交于另一点Q，与y轴交于点M，若eq \(MF2,\s\up6(→))＝2eq \(F2Q,\s\up6(→))，则C的离心率为( D )
A.eq \f(3\r(3),7) B．eq \f(4,7)
C．eq \f(\r(7),3) D．eq \f(\r(21),7)
[解析] 如图，连接F1Q，由eq \(MF2,\s\up6(→))＝2eq \(F2Q,\s\up6(→))，得|PF2|＝4|F2Q|，设|F2Q|＝t，则|PF2|＝4t，|PF1|＝2a－4t，|QF1|＝2a－t.由余弦定理得|QF1|2＝|PF1|2＋|PQ|2－2|PF1||PQ|cs∠F1PQ，即(2a－t)2＝(2a－4t)2＋(5t)2－2(2a－4t)×5t×eq \f(2a－4t,4t)，整理得t＝eq \f(5,14)a，则|F1F2|＝eq \r(4t2－2a－4t2)＝eq \r(16at－4a2)＝eq \f(2\r(21),7)a，故e＝eq \f(2c,2a)＝eq \f(|F1F2|,2a)＝eq \f(\r(21),7).
2．(2024·河北沧州七县期中联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为点F1(－c,0)，F2(c,0)，若椭圆C上存在一点M使得△MF1F2的内切圆半径为eq \f(c,2)，则椭圆C的离心率的最大值是( C )
A.eq \f(1,4) B．eq \f(1,2)
C．eq \f(3,5) D．eq \f(4,5)
[解析] 由题意可得|MF1|＋|MF2|＝2a，|F1F2|＝2c，所以S△MF1F2＝eq \f(1,2)(|MF1|＋|MF2|＋|F1F2|)·eq \f(c,2)＝eq \f(ca＋c,2)，又S△MF1F2＝eq \f(1,2)|F1F2|·|yM|＝c·|yM|，所以|yM|＝eq \f(a＋c,2)，又|yM|≤b，所以eq \f(a＋c,2)≤b＝eq \r(a2－c2)，化简，得eq \f(a＋c2,4)≤a2－c2，即eq \f(a＋c,4)≤a－c，解得eq \f(c,a)≤eq \f(3,5)，所以e的最大值为eq \f(3,5).故选C.
3．(2023·高考全国甲卷)已知椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,6)＝1，F1，F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cs∠F1PF2＝eq \f(3,5)，则|PO|＝( B )
A.eq \f(2,5) B．eq \f(\r(30),2)
C．eq \f(3,5) D．eq \f(\r(35),2)
[解析] 解法一：设∠F1PF2＝2θ，00)的离心率e＝eq \f(1,2)，直线x＋y－eq \r(6)＝0与圆x2＋y2＝b2相切．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点N(4,0)的直线l与椭圆交于不同两点A，B，线段AB的中垂线为l′，若l′在y轴上的截距为eq \f(4,13)，求直线l的方程．
[解析] (1)由题意得，e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,4)，
即a2＝eq \f(4,3)b2，
直线x＋y－eq \r(6)＝0与圆x2＋y2＝b2相切得，
b＝eq \f(\r(6),\r(2))＝eq \r(3)，∴a＝2.
故椭圆的方程是eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意得直线l的斜率k存在且不为零，设l：y＝k(x－4)，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点Q(x0，y0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－4，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y并整理得
(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
x1＋x2＝eq \f(32k2,4k2＋3)，
又Δ＝(－32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，
解得－eq \f(1,2)