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24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
人教A版（2019）选择性必修第一册 3.1椭圆 同步练习 一、单选题1．已知分别是椭圆的焦点，过点的直线交椭圆于两点，则的周长是A． B． C． D．2．“”是“曲线表示椭圆”的（       ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．已知､是椭圆：()的两个焦点，为椭圆上的一点，且.若的面积为，则（       ）A． B． C． D．4．已知椭圆的左､右焦点分别是，，直线与椭圆交于，两点，，且，则椭圆的离心率是（       ）A． B． C． D．5．已知命题p：方程表示焦点在轴上的椭圆，则使命题成立的充分不必要条件是（       ）A． B． C． D．6．已知椭圆：经过点，且的离心率为，则的方程是（       ）A． B．C． D．7．曲率半径可用来描述曲线上某点处的弯曲变化程度，曲率半径越大则曲线在该点处的弯曲程度越小.已知椭圆：（）上点处的曲率半径公式为．若椭圆上所有点相应的曲率半径的最大值是最小值的8倍，则椭圆的离心率为（       ）A． B． C． D．8．若椭圆：的一个焦点坐标为，则的长轴长为（       ）A． B．2 C． D．9．已知椭圆，F是椭圆的左焦点，P是椭圆上一点，若椭圆内一点A(1,1)，则的最小值为（       ）A．3 B． C． D．10．椭圆的焦点为、，上顶点为，若，则（       ）A． B． C． D．11．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．612．已知椭圆，过M的右焦点作直线交椭圆于A，B两点，若AB中点坐标为，则椭圆M的方程为（       ）A． B． C． D．13．如图，椭圆的中心在坐标原点顶点分别是，焦点分别为，延长与交于点，若为钝角，则此椭圆的离心率的取值范围为（       ）A． B．C． D．14．已知椭圆的右焦点和上顶点分别为点和点，直线交椭圆于两点，若恰好为的重心，则椭圆的离心率为（   ）A． B．C． D．15．已知点是椭圆上的动点，、为椭圆的左、右焦点，为坐标原点，若是的角平分线上的一点，且，则的取值范围是（       ）A． B． C． D．二、填空题16．椭圆的焦距为4，则m＝______．17．已知椭圆的两个焦点分别为，，，点在椭圆上，若，且的面积为4，则椭圆的标准方程为______．18．过抛物线上一点P(4，4)作两条直线PA，PB（点A,B在抛物线上），且它们的斜率之积为定值4，则直线AB恒过定点____.三、解答题19．求适合下列条件的椭圆的标准方程：（1）两个焦点的坐标分别为和，且椭圆经过点；（2）焦点在轴上，且经过两个点和；（3）经过点和点.20．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．21．已知，是其左右焦点，，直线过点交于两点，在轴上方，且 在线段上，(1)若是上顶点，，求；(2)若，且原点到直线的距离为，求直线；(3)证明：对于任意 ，使得的直线有且仅有一条.22．已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
参考答案：1．D 根据椭圆方程，解得，然后由椭圆的定义求解.【详解】因为椭圆方程为，所以 ，由椭圆的定义得： ，所以，所以的周长是8故选：D2．B  根据曲线表示椭圆，可求得t的范围，根据充分、必要条件的定义，即可得答案.【详解】因为曲线为椭圆，所以，解得且，所以“”是“且”的必要而不充分条件.故选：B3．B  根据的面积以及该三角形为直角三角形可得，，然后结合，简单计算即可.【详解】依题意有，所以又，，所以，又，可得，即，则，故选：B.4．B  根据椭圆的对称性可知，，设，由以及椭圆定义可得，，在中再根据余弦定理即可得到，从而可求出椭圆的离心率．【详解】由椭圆的对称性，得.设，则.由椭圆的定义，知，即，解得，故，.在中，由余弦定理，得，即，则，故.故选：B.5．B  若表示焦点在轴上的椭圆，可得即可得的范围，再选取该范围的一个真子集即可求解.【详解】若方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得：．所以成立的充要条件是：．结合四个选项可知：成立的充分不必要条件是，故选：B.6．A  由题意将点代入椭圆方程，结合离心率公式即可得解.【详解】依题意可得，解得，故的方程是.故选：A. 本题考查了通过椭圆经过的点及离心率确定椭圆方程，考查了运算求解能力，属于基础题.7．C  根据曲率半径的定义可判断何时曲率半径最大，合适曲率半径最小，再由题设可得基本量的关系，从而可求离心率.【详解】因为曲率半径越大则曲线在该点处的弯曲程度越小，故椭圆在处曲率半径最小，则，而椭圆在处曲率半径最大，则，因为，所以，所以，．故选：C.8．D 首先根据题意得到，，，从而得到，再求长轴长即可.【详解】因为椭圆：，焦点，所以，，，即，解得或（舍去）.所以，长轴为.故选：D 本题主要考查椭圆的几何性质，属于简单题.9．A  由椭圆定义把转化为到右焦点的距离，然后由平面上到两定点的距离之差最小的性质可得.【详解】设椭圆的右焦点为，，，又，，当三点共线时取等号，的最小值为3（取最小值时是射线与椭圆的交点），故选：A.10．C 分析出为等边三角形，可得出，进而可得出关于的等式，即可解得的值.【详解】在椭圆中，，，，如下图所示：因为椭圆的上顶点为点，焦点为、，所以，，为等边三角形，则，即，因此，.故选：C.11．C  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． 12．D 设以及中点坐标，利用“点差法”得到之间的关系，从而得到之间的关系，结合即可求解出椭圆的方程.【详解】设，的中点，所以，又，所以，即，而，，所以，又，∴，即椭圆方程为：.故选：D. 本题考查了已知焦点、弦中点求椭圆方程，应用了韦达定理、中点坐标公式，属于基础题.13．D  由题意，就是与的夹角，所以与的夹角为钝角，从而有，结合即可求椭圆离心率的取值范围．【详解】解：由题意，设椭圆的长半轴、短半轴、半焦距分别为，，，则，，因为就是与的夹角，所以与的夹角为钝角，所以，即，又，所以，两边同时除以，得，即，解得或，又，所以，所以椭圆离心率的取值范围为，故选：D．14．C  由题设，利用为的重心，求出线段的中点为，将B代入直线方程得，再利用点差法可得，结合，可求出，进而求出离心率.【详解】由题设，则线段的中点为，由三角形重心的性质知，即，解得：即代入直线，得①.又B为线段的中点，则，又为椭圆上两点，，以上两式相减得，所以，化简得②由①②及，解得：，即离心率. 故选：C. 方法点睛：本题考查求椭圆的离心率，求解离心率在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出；②构造的齐次式，求出；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．15．A 延长与交于点，由条件判断为等腰三角形，为的中位线，故，再根据的值域，求得的最值，从而得到结果.【详解】如图，延长与交于点，则是的角平分线，由可得与垂直，可得为等腰三角形，故为的中点，由于为的中点，则为的中位线，故，由于，所以，所以，问题转化为求的最值，而的最小值为，的最大值为，即的值域为，故当或时，取得最大值为，当时，在轴上，此时与重合，取得最小值为0，又由题意，最值取不到，所以的取值范围是，故选：A. 该题考查的是与椭圆相关的问题，涉及到的知识点有椭圆的定义，椭圆的性质，角分线的性质，属于较难题目.16．9或17  对椭圆的焦点在轴上或在轴上分情况讨论，然后根据椭圆中即可求解.【详解】解：因为表示椭圆，所以且，又椭圆的焦距为4，所以，即，当椭圆的焦点在轴上时，，所以，即；当椭圆的焦点在轴上时，，所以，即；故答案为：9或17.17．  由题意得到为直角三角形．设，，根据椭圆的离心率，定义，直角三角形的面积公式，勾股定理建立方程的方程组，消元后可求得的值.【详解】由题可知，∴,又，代入上式整理得，由得为直角三角形．又的面积为4，设，，则解得所以椭圆的标准方程为．18．  设出点A和点B坐标，表示出直线PA，PB的斜率，利用斜率之积等于4，得到坐标之间的关系，然后表示出直线AB，找到直线AB恒过的定点.【详解】设A，B，则kPA=，同理，kPB=，kAB=.因为kPA·kPB=4，所以·=4，所以y1y2+4(y1+y2)+12=0.所以y1y2=-12-4(y1+y2).直线AB的方程为y-y1=，即(y1+y2)y-y1y2=4x.将y1y2=-12 -4(y1+y2)代入上式得:(y1+y2)(y+4)=4(x-3)，所以直线AB恒过定点(3,-4).故答案为：(3,-4).19．（1）；（2）；（3）. （1）根据题意，分析可得要求椭圆中c、a的值，计算可得b的值，将a、b的值代入椭圆的方程即可得答案；（2）根据题意，由椭圆经过点的坐标可得椭圆中a、b的值，将a、b的值代入椭圆的方程即可得答案；（3）根据题意，设要求椭圆的方程为，将点P、Q的坐标代入计算可得m、n的值，即可得答案．【详解】(1)由于椭圆的焦点在轴上，∴设它的标准方程为()，∴，，∴，故所求椭圆的标准方程为；(2)由于椭圆的焦点在轴上，∴设它的标准方程为().∴，，故所求椭圆的标准方程为；(3)设椭圆方程为(，且)，则得，∴所求椭圆的标准方程为.20．（1）；（2）证明见解析.  （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． 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.21．(1)(2)(3)证明见解析  （1）根据椭圆方程确定，以及，根据，即可求得答案;（2）设，利用结合向量的坐标运算，求得坐标，再利用原点到直线的距离为，即可求得直线方程；（3）设直线的斜率为，取中点，利用点差法求出k与直线OC的斜率之间的关系，即可证明结论.(1)由题意知： ,，因为，因为，所以，所以；(2)设，其中，因为，，所以，所以，（舍去），所以，故，则直线方程可以设为，又因为到直线的距离为，所以，所以，得或，当时，直线方程为，此时（舍），所以直线方程为.(3)设，，设直线的斜率为，连接，，取中点，连接，可知为梯形的中位线，因为，令.由点差法得，得，化简得，即，故当确定时，也就只有唯一与对应，故对任意时，满足条件的直线只有一条.22．（1）；（2）.  （1）因为，可得，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（2）方法一：过点作轴垂线，垂足为，设与轴交点为，可得 ，可求得点坐标，从而求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积.【详解】（1），，根据离心率，解得或(舍)，的方程为：，即．（2）［方法一］：通性通法不妨设,在x轴上方，过点作轴垂线，垂足为，设直线与轴交点为根据题意画出图形，如图 ，， ，又， ，，根据三角形全等条件“”，可得：，，，，设点为，可得点纵坐标为，将其代入，可得：，解得：或，点为或，①当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图 , ，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，根据两点间距离公式可得：，面积为：；②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图 , ，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，根据两点间距离公式可得：，面积为： ，综上所述，面积为：.［方法二］【最优解】：由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为E．设，由题知，．故，①因为，如图，所以，． ②因为，如图，所以．  综上有［方法三］：由已知可得，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，由对称性可设，联立方程消去y得，由韦达定理得，所以，将其代入直线的方程得，所以，则．因为，则直线的方程为，则．因为，所，，即，故或，即或．当时，点P，Q的坐标分别为，直线的方程为，点A到直线的距离为，故的面积为．当时，点P，Q的坐标分别为，直线的方程为，点到直线的距离为，故的面积为．综上所述，的面积为．［方法四］：由（1）知椭圆的方程为，．不妨设在x轴上方，如图． 设直线．因为，所以．由点P在椭圆上得，所以．由点P在直线上得，所以．所以，化简得．所以，即．所以，点Q到直线的距离．又．故．即的面积为．［方法五］：由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为C，设，由题知，所以．（1）．则．（其中）．（2）．同理，．（其中）综上，的面积为．【整体点评】（2）方法一：根据平面几何知识可求得点的坐标，从而得出点的坐标以及直线的方程，再根据距离公式即可求出三角形的面积，是通性通法；方法二：同方法一，最后通过面积分割法求的面积，计算上有简化，是本题的最优解；方法三：通过设直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再根据题目等量关系求出的值，从而得出点的坐标以及直线的方程，最后根据距离公式即可求出三角形的面积，思想简单，但运算较繁琐；方法四：与法三相似，设直线的方程，通过平面知识求出点的坐标，表示出点，再根据距离公式即可求出三角形的面积；方法五：同法一，只是在三角形面积公式的选择上，利用三角形面积的正弦形式结合平面向量的数量积算出．