专题06 椭圆的标准方程与基本性质--2023-2024学年高二数学上学期期末真题分类汇编（人教A版2019选择性必修第二册）

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椭圆的定义及应用
1．（2023上·甘肃天水·高二秦安县第一中学校考期末）如果椭圆上一点到焦点的距离等于6，那么点到另一个焦点的距离是（ ）．
A．4B．14C．12D．8
【答案】B
【分析】根据椭圆标准方程确定，再结合椭圆的定义可得答案.
【详解】椭圆中，所以
由椭圆的定义可得，又，所以.
即点到另一个焦点的距离是.
故选：B.
2．（2023上·河南许昌·高二统考期末）已知为椭圆的两个焦点，过的直线交椭圆于A，B两点，若，则（ ）
A．8B．6C．4D．2
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义，结合焦点三角形的周长即可求解.
【详解】由，即，可得，
根据椭圆的定义，
所以.
故选：B.

3．（2023上·江西抚州·高二统考期末）如图，，分别是椭圆的左、右焦点，点P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点Q．若，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，设（），则.利用椭圆的定义表示出，由勾股定理求出，即可得到，进而求出直线的斜率.
【详解】如图，连接，，
设（），则.
因为，，
所以，.
在中，，所以，
即，整理得，
所以，
所以直线的斜率为．
故选：A.
4．（2023上·辽宁鞍山·高二鞍山一中校联考期末）已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上一点，且，若关于平分线的对称点在椭圆上，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设关于平分线的对称点为Q，结合角平分线的性质可得是正三角形，再运用椭圆定义求得，，根据三角形面积公式求的面积即可.
【详解】设椭圆的长半轴为，则
设关于平分线的对称点为Q，
由椭圆对称性及角平分线性质可知P，，Q三点共线且
又因为，所以是正三角形，
设，
由椭圆定义可得，，
又，
所以，
所以，即，，
所以的面积.
故选：C.
5．（2023上·重庆·高二统考期末）已知直线l：经过椭圆C：的左焦点，且与椭圆C相交于M，N两点，为椭圆的右焦点，的周长为16，则此椭圆的短轴长为 ．
【答案】
【分析】确定，根据周长确定，得到答案.
【详解】直线l：经过椭圆的左焦点，则，，

的周长为，解得，故，椭圆的短轴长为.
故答案为：.
6．（2023上·四川资阳·高二统考期末）设是椭圆的左焦点，P为椭圆上任一点，点Q的坐标为，则的最大值为 .
【答案】11
【分析】先确定焦点的坐标，再利用椭圆的定义转化，结合线段差的特点可得答案.
【详解】由题意可得，，
所以,
因为，
所以;
因为，
所以.
故答案为：11.

7．（2023上·湖南株洲·高二校考期末）已知椭圆（），以原点为圆心，b为半径的圆经过椭圆的左右焦点，，M为椭圆短轴的一个端点，的延长线交椭圆于点N， .
【答案】/0.8
【分析】确定三角形为等腰直角三角形，，，，设，则，根据勾股定理计算得到答案.
【详解】由题意，且三角形为等腰直角三角形，，，.
设，则，根据，
得，解得，故.
故答案为：
8．（2023上·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨三中校考期末）已知点，P是椭圆上的动点，则的最大值是 ．
【答案】
【分析】设，利用两点间的距离公式求解.
【详解】解：设，
，
，
，
当时，取得最大值，
故答案为：
求椭圆的方程
9．（2023上·浙江杭州·高二杭十四中校考期末）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明．经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明．他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线．现有方程表示的曲线是椭圆，则m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据所给方程可得，根据椭圆的离心率取值范围即可求解.
【详解】由可得，
所以，
所以，
即动点到定点的距离与到定直线的距离之比为常数，
因为方程表示的曲线是椭圆，
所以解得，
故选:D.
10．（2023上·辽宁葫芦岛·高二统考期末）设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为B．若，则该椭圆的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意和椭圆的几何性质，得到，进而求得的值，即可求解.
【详解】由椭圆的几何性质，因为，可得，
所以，，则，所以椭圆的方程为.
故选：A.
11．（2023上·四川乐山·高二统考期末）已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上一点，则满足为直角三角形的点有（ ）
A．2个B．4个C．6个D．8个
【答案】D
【分析】根据椭圆的对称性及的值，分类讨论，即可求解.
【详解】当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有个；
当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有个；
设椭圆的上顶点为，
由椭圆，可得，，可得、，，
则，，
所以，故，
所以存在个点满足以为直角顶点的，
故满足本题条件的点共有个.
故选：D.
12．（2023上·陕西西安·高二统考期末）已知椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的2倍，则（ ）
A．2B．1C．D．4
【答案】D
【分析】根据椭圆的方程，结合椭圆的几何性质，列式求解.
【详解】由条件可知，，，且，解得：.
故选：D
13．（2023上·山东烟台·高二统考期末）若椭圆的中心为坐标原点､焦点在轴上；顺次连接的两个焦点､一个短轴顶点构成等边三角形，顺次连接的四个顶点构成四边形的面积为，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题可知，，解之即可得a和b的值，从而求得椭圆的方程；
【详解】设椭圆的标准方程为，
由题可知，，解得，，
故椭圆的标准方程为．
故选：A.
14．（2023上·湖南怀化·高二统考期末）已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A．1B．3C．7D．9
【答案】B
【分析】根据焦点坐标确定，然后计算．
【详解】由题意，，∴，，
故选：B．
15．（2023上·北京通州·高二统考期末）如图，在圆上任取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足，当点P在圆上运动时，线段PD的中点M的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设，,，利用为线段的中点，得到点坐标与动点坐标之间的关系，将点坐标用点坐标表示，然后代入圆的方程即可得到动点的轨迹方程；
【详解】设，,，则,．
为线段的中点，
，即，．
又点在圆上，
，即．
故点的轨迹方程为．
故选：A
16．（2023上·江苏连云港·高二校考期末）经过、两点的椭圆的标准方程是 ．
【答案】
【分析】设所求椭圆的方程为，将点、的坐标代入椭圆方程，可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出所求椭圆的标准方程.
【详解】设所求椭圆的方程为，
将点、的坐标代入椭圆方程可得，解得，
因此，所求椭圆的标准方程为.
故答案为：.
椭圆的离心率
17．（2023上·内蒙古包头·高二统考期末）已知椭圆，直线依次交轴、椭圆轴于点四点．若，且直线斜率．则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意分析可知：的中点即为弦的中点，利用点差法运算求解.
【详解】设直线：，可得，
设的中点为，连接OM，则，，
因为，则，即为弦的中点，
设，则，
因为，
可得，两式相减得，
整理得，可得，
即，可得，
所以椭圆的离心率为.
故选：D.

18．（2023上·陕西西安·高二西安市铁一中学校考期末）设椭圆的焦点为为椭圆上的任意一点，的最小值取值范围为，其中，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可得，设，可表示出，结合化简，进而可得当时，取得最小值，进而求解即可.
【详解】由题意可知，，设，
因为，所以，
又，，
所以，
因为，则，
当时，取得最小值，即，
即，
所以，
即椭圆的离心率为.
故选：D.
19．（2023上·陕西西安·高二长安一中校考期末）若椭圆的离心率为，则的值为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【分析】考虑和两种情况，根据离心率的公式计算得到答案.
【详解】当时，离心率为，解得；
当时，离心率为，解得.
综上所述：或.
故选：D
20．（2023上·江苏盐城·高二江苏省阜宁中学校联考期末）已知椭圆C：上有一点A，它关于原点的对称点为B，点F为椭圆的右焦点，且，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设椭圆的左焦点为，则由已知条件结合椭圆的性质可得四边形为矩形，得，然后在中，表示出，再利用椭圆的定义列方程化简可求出离心率.
【详解】设椭圆的左焦点为，
因为，所以根据椭圆的对称性可知：四边形为矩形，
所以，
在中，，
根据椭圆定义可知：，
所以，
所以，，所以，
所以离心率为
故选：B．
21．（2023上·陕西西安·高二长安一中校考期末）已知过椭圆的左焦点的直线与椭圆交于不同的两点，，与轴交于点，若点，是线段的三等分点，则该椭圆的离心率为 .
【答案】
【分析】由点，是线段的三等分点, 得出, 结合对称性得出B 点坐标,最后应用点在椭圆上计算得出离心率.
【详解】
由已知可知，点，是线段的三等分点，则 为 的中点，右焦点为，所以,
所以 x 轴，由椭圆方程 得A 点的坐标为,,
关于 对称，易知 B 点坐标
将其代入椭圆方程得得，
所以离心率为.
故答案为： .
22．（2023·陕西西安·统考一模）在生活中，可以利用如下图工具绘制椭圆，已知O是滑杆上的一个定点，D可以在滑杆上自由移动，线段，点E满足，则点E所形成的椭圆的离心率为 ．
【答案】/
【分析】根据给定条件，建立直角坐标系，结合几何关系求出椭圆方程即可求解作答.
【详解】由，得，以点O为原点，直线OD为x轴建立平面直角坐标系，如图，
过E作于C，交OA的延长线于P，过A作于B，有轴，
而，即，则点B是的中点，且有，
因此，即，设，有，
于是，整理得点E的轨迹方程为，该椭圆长半轴长，短半轴长，
所以点E所形成的椭圆的离心率.
故答案为：
【点睛】思路点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.
23．（2023上·四川凉山·高二统考期末）蒙日圆涉及几何学中的一个重要定理，该定理的内容是：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆的中心，这个圆称为椭圆的蒙日圆．已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，它的蒙日圆的方程是，则该椭圆的方程为 ．
【答案】
【分析】设椭圆方程为，取椭圆的右顶点和上顶点作椭圆的两条切线，求出交点坐标，又因为在圆上，代入求出，然后根据椭圆的离心率和的关系即可求解.
【详解】设椭圆方程为，则椭圆的右顶点为，上顶点，过作椭圆的切线，则交点坐标为，
因为椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，所以在圆上，则，
又因为，，
所以，则椭圆方程为，
故答案为：.
24．（2023上·陕西渭南·高二统考期末）如图，已知，为椭圆的左右焦点，椭圆上存在点使为钝角，则椭圆离心率的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意，由最大当且仅当P在短轴端点处，结合已知条件，利用直角三角形中的边角关系得到的大小关系，进而得到a、c的不等关系，然后得到结果.
【详解】当点为短轴端点时最大，当点为短轴端点时，因为，
由题意可知，只需，所以，所以
所以，即，所以，
又因为，所以
故答案为:
25．（2023上·云南临沧·高二校考期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，为坐标原点，若满足的点有四个，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由椭圆方程可得与的值，结合圆与椭圆的位置关系可得的不等式，求解即可.
【详解】由椭圆，得，
所以，又，所以点在以为圆心，1为半径的圆上，
其方程为，又点在上，所以圆与椭圆有四个公共点，
如图：
所以，解得且，所以的取值范围为.
故选：A
26．（2023上·安徽蚌埠·高二统考期末）已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，过左焦点作直线与椭圆在第一象限交于点，若为等腰三角形，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据离心率求出的关系，根据等腰三角形和椭圆的定义求出答案.
【详解】设椭圆的焦距为，因为离心率为，所以，；
因为为等腰三角形，且在第一象限，所以，
由椭圆的定义可得.
设直线的倾斜角为，则，，；
所以.
故选：B.

27．（2023上·安徽黄山·高二统考期末）已知点是椭圆的左焦点，过原点作直线交椭圆于两点，分别是、的中点，若，则椭圆离心率的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】令椭圆右焦点为，根据给定条件，判断四边形为矩形，再利用椭圆定义结合均值不等式求解作答.
【详解】令椭圆右焦点为，半焦距为c，连接，因为分别是、的中点，O为的中点，

则，而，则有，又点A，B关于原点O对称，
即四边形为平行四边形，且是矩形，于是，有，，
因此，当且仅当时取等号，
即有，，则离心率有，而，解得，
所以椭圆离心率的最小值为.
故选：D
28．（2023上·山东聊城·高二统考期末）已知为椭圆C：的右焦点，P为C上的动点，过F且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，若等于的最小值的3倍，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的性质以及通径，可得，，再根据已知列式，结合椭圆的关系，求出离心率即可.
【详解】为椭圆C：的右焦点，P为C上的动点，
由椭圆的性质，可得.
过F且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，
.
等于的最小值的3倍，
.
椭圆中，
，即，
则.
，
，解得或（舍）.
故选：B.
29．（2023上·广东广州·高二统考期末）椭圆的一个焦点是F，过原点O作直线(不经过焦点)与椭圆相交于A，B两点，则的周长的最小值是（ ）
A．14B．15C．18D．20
【答案】C
【分析】不妨取为左焦点，为右焦点，连接，，则为平行四边形，的周长大于等于，计算得到答案.
【详解】如图所示：不妨取为左焦点，为右焦点，连接，，
则为平行四边形，
的周长为，
当，为椭圆上下顶点时等号成立.
故选：C
30．（2023上·天津·高二统考期末）已知F是椭圆的左焦点，点，若P是椭圆上任意一点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设椭圆的右焦点为，，计算得到答案.
【详解】设椭圆的右焦点为，
，
当三点共线，且在之间时等号成立.
故选：A
31．（2023上·安徽滁州·高二校联考期末）已知椭圆：（）的左、右顶点分别为，，是上异于左，右顶点的一点，记直线，的斜率分别为，，若，则的方程为 ．
【答案】
【分析】设出点的坐标，根据的坐标表示出，，结合已知条件求得的值，进而求解.
【详解】设（），所以，即，
所以，，
则，
解得，所以的方程为．
故答案为：.
32．（2023上·福建南平·高二统考期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一点，的面积为，，则椭圆的长轴长为 ．
【答案】7
【分析】先根据椭圆的定义结合余弦定理和三角形面积公式可得，再利用正弦定理列式即可求解.
【详解】因为是椭圆上一点，所以，，，
由余弦定理
，
可得，
所以，
即,
所以，
又因为，所以，
由及正弦定理得，
所以，即，又，所以长轴长，
故答案为：
33．（2023上·上海杨浦·高二复旦附中校考期末）已知圆C：上一动点M，点，线段MB的中垂线交直线MC于点，且点P到y轴的距离是，则 .
【答案】/
【分析】根据确定的轨迹为椭圆的右半部分，根据条件联立方程组得到，再计算长度得到答案.
【详解】圆C：，圆心为，半径，
如图所示：连接，则，，
故的轨迹为椭圆的右半部分，椭圆方程为：，（），
点P到y轴的距离是，则，且，
解得，（舍去负值），故.
故答案为：
34．（2023上·北京西城·高二北京师大附中校考期末）已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，若，则的面积为 ．
【答案】3
【分析】根据已知可得，，.根据椭圆的定义有，根据有.即可求出，进而求出三角形的面积.
【详解】
由已知可得，，，所以，.
因为点在椭圆上，由椭圆的定义可得，，
所以.
又，所以为直角三角形，则，
所以，所以.
故答案为：3.