2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题九 解析几何第二十六讲 椭圆答案

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专题九 解析几何
第二十六讲 椭圆
答案部分
1. 解析 如图所示，设，则，所以.
由椭圆定义，即.
又，，所以.
因此点A为椭圆的上顶点，设其坐标为.
由可得点B的坐标为.
因为点B在椭圆上，所以.
解得.又，所以.所以椭圆方程为.故选B.
2．解析（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
3. 解析 由题意，，得，则，
所以，即．故选B．
4. 解析 设，，椭圆C：的，，，
，由于M为C上一点且在第一象限，可得，
为等腰三角形，可能或，
即有，即，；
，即，舍去．可得.

2010-2018年

1．D【解析】由题意可得椭圆的焦点在轴上，如图所示，

设，所以为等腰三角形，且，
∴，∵，∴点坐标为，即点．∵点在过点，且斜率为的直线上，
∴，解得．∴，故选D．
2．C【解析】由题意，．由椭圆的定义可知，到该椭圆的两个焦点的距离之和为，故选C．
3．B【解析】由题意可知，，∴，∴离心率，选B
4．A【解析】以线段为直径的圆是，直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，整理为，
即，即 ，，故选A．
5．A【解析】设，则直线的方程为，由题意可知， 和三点共线，则，化简得，则的离心率．故选A．
6．A【解析】由题意知，即，
，
所以．故选A．
7．D【解析】由题意可设，圆的圆心坐标为，圆心到的距离为，当且仅当时取等号，所以，所以两点间的最大距离是．
8．D【解析】设，则=2，=－2，
① ②
①－②得，
∴===，又==，∴=，又9==，解得=9，=18，∴椭圆方程为，故选D.
9．C【解析】是底角为的等腰三角形

10．5【解析】设，，由，得，
即，．因为点，在椭圆上，所以，得，所以，
所以当时，点横坐标的绝对值最大，最大值为2．
11．【解析】设椭圆的右焦点为，双曲线的渐近线与椭圆在第一象限内的交点为，由题意可知，由点在椭圆上得，，∴，，∴，
∴，∴，∴，
∴（舍去）或，∴椭圆的离心率，
∵双曲线的渐近线过点，渐近线方程为，
故双曲线的离心率．

12．【解析】由题意得，直线与椭圆方程联立可得，，由可得，，，则，由可得，
则．
13． 【解析】 由题意圆过三个点，设圆心为，其中，由，解得，所以圆的方程为．
14．【解析】设，，分别代入椭圆方程相减得
，根据题意有，
且，所以，得，整理，
所以．
15．12【解析】设交椭圆于点，连接和，利用中位线定理可得
．
16．【解析】由题意可得，，由题意可知点为的中点，所以点的坐标为，由，所以，整理得，解得．
17．【解析】由题意得通径，∴点B坐标为
将点B坐标带入椭圆方程得，
又，解得∴椭圆方程为．
18．【解析】由题意可知，中，
，
所以有，整理得，故答案为．
19．【解析】由椭圆的性质可知：，，.又已知，，成等比数列，故，即，则.故.即椭圆的离心率为．
20．【解析】设点的坐标为，点的坐标为．，可得，，∵，
∴，又点在椭圆上，
∴，，解得，
∴点的坐标是．
21．【解析】(1)由已知得，的方程为．
由已知可得，点的坐标为或．
所以的方程为或．
(2)当与轴重合时，．
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以．
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，
则，，直线，的斜率之和为．
由，得
．
将代入得
．
所以，，．
则．
从而，故，的倾斜角互补，所以．
综上，．
22．【解析】(1)设，，则，．
两式相减，并由得．
由题设知，，
于是．①
由题设得，故．
(2)由题意得，设，则
．
由(1)及题设得，．
又点在上，所以，从而，．
于是．
同理．
所以．
故，即，，成等差数列．
设该数列的公差为，则
．②
将代入①得．
所以的方程为，代入的方程，并整理得．
故，，代入②解得．
所以该数列的公差为或．
23．【解析】设椭圆的焦距为，由已知知，又由，可得．
由已知可得，，，由，可得，从而，．
所以，椭圆的方程为．
(2)设点的坐标为，点的坐标为．
由已知有，故．
又因为，而，故．
由，可得．
由方程组消去，可得．
易知直线的方程为，由方程组
消去，可得．由，可得，
两边平方，整理得，解得，或．
所以，的值为
24．【解析】（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点．
又由知，C不经过点，所以点在C上．
因此，解得．
故C的方程为．
（2）设直线与直线的斜率分别为，，
如果与轴垂直，设：，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为
（t，），（t，）．
则，得，不符合题设．
从而可设：（）．将代入得

由题设可知．
设，，则，．
而
．
由题设，故．
即．
解得．
当且仅当时，，欲使：，即，
所以过定点（2，）
25．【解析】（1）设，，则，，．
由得 ，．
因为在上，所以．
因此点的轨迹方程为．
（2）由题意知．设，，则
，，，
，，
由得，又由（1）知，
故．
所以，即．又过点存在唯一直线垂直与，所以过点且垂直于的直线过的左焦点． 
26．【解析】（1）设椭圆的半焦距为.
因为椭圆的离心率为，两准线之间的距离为8，所以，，
解得，于是，
因此椭圆的标准方程是.
（2）由（1）知，，.
设，因为点为第一象限的点，故.
当时，与相交于，与题设不符.
当时，直线的斜率为，直线的斜率为.
因为，，所以直线的斜率为，直线的斜率为，
从而直线的方程：， ①
直线的方程：. ②
由①②，解得，所以.
因为点在椭圆上，由对称性，得，即或.
又在椭圆上，故.
由，解得；，无解.
因此点的坐标为.
27．【解析】（Ⅰ）设的坐标为.依题意，，，，解得，，，于是.
所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为.
（Ⅱ）设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，
整理得，解得，或.
由点异于点，可得点.
由，可得直线的方程为，令，解得，
故.所以.
又因为的面积为，故，
整理得，解得，所以.
所以，直线的方程为，或.
28．【解析】（I）由题意知，，
所以，
因此椭圆的方程为．
（Ⅱ）设，
联立方程
得，
由题意知，
且，
所以．
由题意可知圆的半径为
由题设知，
所以
因此直线的方程为．
联立方程
得，
因此．
由题意可知，
而，
令，
则，
因此，
当且仅当，即时等号成立，此时，
所以，
因此，
所以最大值为．
综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为．
29．【解析】（Ⅰ）由题意得解得.
所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，设，则.
当时，直线的方程为.
令，得.从而.
直线的方程为.
令，得.从而.
所以
.
当时，，
所以.
综上，为定值.
30．【解析】(Ⅰ)设直线，，，．
将代入得，
故，．
于是直线的斜率，即．
所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
（Ⅱ）四边形能为平行四边形．
因为直线过点，
所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，．
由(Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．
由得，即．
将点的坐标代入直线的方程得，因此．
四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．
于是．解得，．
因为，，，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形．
31．【解析】（Ⅰ）由题意得解得=2．
故椭圆的方程为．
设(，0)．因为，所以．
直线的方程为，
所以=，即．
（Ⅱ）因为点与点关于轴对称，所以，
设，则=．
“存在点使得=等价”，“存在点使得=”即满足．
因为，，，
所以．
所以=或．
故在轴上存在点，使得=．
点的坐标为或．
32．【解析】（1）由题设条件知，点的坐标为，又，从而，进而得，故．
（2）由题设条件和（I）的计算结果可得，直线的方程为，点的坐标为，设点关于直线的对称点的坐标为，则线段的中点的坐标为．又点在直线上，且,从而有，解得，所以，
故椭圆的方程为．
33．【解析】（Ⅰ）由题意知，则，又，，
可得，所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）由（I）知椭圆的方程为．
（i）设，由题意知，
因为，又，即，
所以，即．
（ii）设，将代入椭圆的方程，
可得，
由，可得 ，
则有，
所以．
因为直线与轴交点的坐标为，
所以的面积

令，将代入椭圆的方程，
可得 ，
由，可得 ，
由①②可知 ，因此，
故 ，
当且仅当时，即时取得最大值，
由（i）知，面积为，
所以面积的最大值为．
34．【解析】

（Ⅱ）








．
35．【解析】（Ⅰ）设直线的方程为，由，
消去得，，
由于直线与椭圆只有一个公共点，故，即，
解得点的坐标为，由点在第一象限，
故点的坐标为；
（Ⅱ）由于直线过原点，且与垂直，故直线的方程为，
所以点到直线的距离，
整理得，因为，
所以，当且仅当时等号成立，
所以点到直线的距离的最大值为.
36．【解析】（Ⅰ）根据及题设知
将代入，解得（舍去）
故C的离心率为．
（Ⅱ）由题意，原点为的中点，∥轴，所以直线与轴的交点 是线段的中点，故，即 ①
由得。
设，由题意知，则，即
代入C的方程，得。②
将①及代入②得
解得，
故.
37．【解析】：（Ⅰ）由得．
因为的周长为16，所以由椭圆定义可得
故．
（Ⅱ）设，则且，由椭圆定义可得

在中，由余弦定理可得

即
化简可得，而，故
于是有，
因此，可得
故为等腰直角三角形．从而，所以椭圆的离心率．
38．【解析】（Ｉ）由题意知，可得.
椭圆C的方程可化简为.
将代入可得，
因此，可得.
因此，
所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）（ⅰ）设，则，
因为直线AB的斜率，
又，所以直线AD的斜率，
设直线AD的方程为，
由题意知，
由，可得.
所以，
因此，
由题意知，，所以，
所以直线BD的方程为，
令，得，即．可得．
所以，即．
因此存在常数使得结论成立.
（ⅱ）直线BD的方程，
令，得，即，
由（ⅰ）知，
可得的面积，
因为，当且仅当时等号成立，
此时S取得最大值，所以的面积的最大值为.
39．【解析】（Ｉ）设的焦距为,由题可得,从而,
因为点在双曲线上,所以,
由椭圆的定义可得
,
,所以的方程为.
（Ⅱ）不存在符合题设条件的直线.
(1)若直线垂直于轴 ,因为与只有一个公共点,
所以直线的方程为或,
当时,易知所以,
此时.当时,同理可得.
（2）当直线不垂直于轴,设的方程为,由
可得,当与相交于两点时,
设,则满足上述方程的两个实根,从而
,
于是,
由可得,因为直线与只有一个公共点，所以上述方程的判别式,
化简可得，因此
，
于是,
即,所以,
综合（i）（ii）可知，不存在符合题目条件的直线．
40．【解析】：（1）依条件，
所以椭圆C的标准方程为
（Ⅱ）设，，，又设中点为
（i）因为，所以直线的方程为：

所以
于是，
所以．因为
所以，，三点共线
即OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）
（ii），
所以，令（）
则（当且仅当时取“”）
所以当最小时，即或，
此时点T的坐标为或
41．【解析】（Ⅰ）因为焦距为4，所，又因为椭圆C过点，
所以，故，，从而椭圆C的方程为。
（Ⅱ）由题意，E点坐标为，设，则，
，再由知，，即．
由于，故．因为点G是点D关于y轴的对称点，
所以点．
故直线的斜率．
又因在椭圆C上，所以． ①
从而
故直线的方程为 ②
将②代入椭圆C方程，得：
③
再将①代入③，化简得：
解得，即直线与椭圆C一定有唯一的公共点．
42．【解析】依题意可设椭圆和的方程分别为
：，：. 其中，
（Ⅰ）解法1：如图1，若直线与轴重合，即直线的方程为，则
，，所以.
在C1和C2的方程中分别令，可得，，，
于是．
若，则，化简得. 由，可解得．
故当直线与轴重合时，若，则．
解法2：如图1，若直线与轴重合，则
，；
，．.
所以．
若，则，化简得. 由，可解得．
故当直线与轴重合时，若，则．





第28题解答图1









第28题解答图2





（Ⅱ）解法1：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得. 根据对称性，
不妨设直线：，
点，到直线的距离分别为，，则
因为，，所以.
又，，所以，即.
由对称性可知，所以，
，于是
. ①
将的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得
，.
根据对称性可知，，于是
. ②
从而由①和②式可得
. ③
令，则由，可得，于是由③可解得.
因为，所以. 于是③式关于有解，当且仅当，
等价于. 由，可解得，
即，由，解得，所以
当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；
当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得.
解法2：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得. 根据对称性，
不妨设直线：，
点，到直线的距离分别为，，则
因为，，所以.
又，，所以.
因为，所以.
由点，分别在C1，C2上，可得
，，两式相减可得，
依题意，所以. 所以由上式解得.
因为，所以由，可解得.
从而，解得，所以
当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；
当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得.
43．【解析】(Ⅰ)设F(－c,0)，由，知.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，代入椭圆方程有，
解得，于是，解得，
又a2－c2＝b2，从而a＝，c＝1，
所以椭圆的方程为.
(Ⅱ)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1,0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)，
由方程组消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.
求解可得x1＋x2＝，x1x2＝.
因为A(，0)，B(，0)，
所以·＋·
＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)
＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)
＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2
＝．
由已知得＝8，解得k＝．
44．【解析】：（Ⅰ）由于，将代入椭圆方程得
由题意知，即，又
所以，，所以椭圆方程为
（Ⅱ）由题意可知：=,=,设其中，将向量坐标代入并化简得：，因为，
所以，而，所以
（Ⅲ）由题意可知，l为椭圆的在p点处的切线，由导数法可求得，切线方程为：
，所以，而，代入中得
为定值．
45．【解析】（Ⅰ）由题意得解得.所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）由得.
设点M,N的坐标分别为，，则，，，．
所以|MN|==
=.
由因为点A(2,0)到直线的距离，
所以△AMN的面积为. 由，
解得.
46．【解析】（Ⅰ）
（Ⅱ）设；则
在中，
，面积：

47．【解析】（Ⅰ）由，所以
设是椭圆上任意一点，则，所以

所以，当时，有最大值，可得，所以
故椭圆的方程为：
（Ⅱ）存在点满足要求，使得面积最大．
假设直线与圆相交于不同两点,
则圆心到的距离，∴ ①
因为在椭圆上，所以 ②，由①②得：
∵
所以，由②得代入上式
得，当且仅当，
∴，此时满足要求的点有四个．
此时对应的的面积为．
48．【解析】（Ⅰ）将（0，4）代入C的方程得， ∴=4
又 得
即，∴a=5
∴C的方程为．
（ Ⅱ）过点且斜率为的直线方程为，
设直线与Ｃ的交点为，，
将直线方程代入的方程，得，
即，解得，，
的中点坐标，
，即中点为．
49．【解析】（Ⅰ）设直线，
由题意，由方程组得
，由题意，所以
设，由韦达定理得
所以
由于E为线段AB的中点，因此
此时
所以OE所在直线方程为又由题设知D（－3，m），
令=－3，得，即=1，所以
当且仅当==1时上式等号成立，此时 由得
因此 当时，取最小值2．
（Ⅱ）（i）由（I）知OD所在直线的方程为
将其代入椭圆C的方程，并由
解得
又，
由距离公式及得

由
因此，直线的方程为
所以，直线
（ii）由（i）得
若B，G关于x轴对称，
则
代入
即，
解得（舍去）或
所以k=1，
此时关于x轴对称。
又由（I）得所以A（0，1）．
由于的外接圆的圆心在x轴上，可设的外接圆的圆心为（d，0），
因此
故的外接圆的半径为，
所以的外接圆方程为
50．【解析】（Ⅰ）由椭圆定义知
又
（Ⅱ）L的方程式为，其中
设,则A，B 两点坐标满足方程组
，化简得
则
因为直线AB的斜率为1，所以
即 .
则
解得．
51．【解析】设，由题意知＜0，＞0.
（Ⅰ）直线l的方程为 ，其中.
联立得
解得
因为，所以.
即
得离心率 .
（Ⅱ）因为，所以.
由得.所以，得a=3，.
椭圆C的方程为．