05圆锥曲线方程（椭圆）-浙江省2023-2024学年高二上学期数学期末复习专题练习（人教版）

这是一份05圆锥曲线方程（椭圆）-浙江省2023-2024学年高二上学期数学期末复习专题练习（人教版），共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·浙江杭州·高二杭州高级中学校考期末）已知椭圆C：，F为椭圆C的左焦点，A点为椭圆C上一点，点A关于坐标原点的对称点为B，，则该椭圆的离心率可以为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·浙江湖州·高二统考期末）椭圆的长轴长、短轴长、离心率依次是（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·浙江宁波·高二统考期末）已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点的坐标为，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．
4．（2023上·浙江舟山·高二统考期末）已知O为椭圆C的中心，F为C的一个焦点，，经过M的直线与C的一个交点为N，若△MNF是正三角形，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5．（2023上·浙江温州·高二统考期末）已知椭圆：，椭圆与椭圆的离心率相等，并且椭圆的短轴端点就是椭圆的长轴端点，据此类推：对任意的且，椭圆与椭圆的离心率相等，并且椭圆的短轴端点就是椭圆的长轴端点，由此得到一个椭圆列：，，，，则椭圆的焦距等于（ ）
A．B．C．D．
6．（2023上·浙江温州·高二统考期末）已知椭圆的焦点为，，且c是a，b的等比中项，则在椭圆上使的点P共有（ ）
A．0个B．2个C．4个D．8个
7．（2023上·浙江温州·高二校考期末）已知椭圆的左右焦点分别为，，上顶点为，直线与椭圆的另一个交点为，在中，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．（2023上·浙江·高二浙江省江山中学校联考期末）已知椭圆，点为直线与轴的交点，点是直线上异于的定点，是椭圆上一动点，且面积最大值是它的最小值的倍.当椭圆的四个顶点构成四边形面积最大值时，椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．（2023上·浙江杭州·高二校考期末）已知圆与圆的一个交点为M，动点M的轨迹是曲线C，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线C的方程式
B．曲线C的方程式
C．过点且垂直于x轴的直线与曲线C相交所得弦长为
D．曲线C上的点到直线的最短距离为
10．（2023上·浙江宁波·高二期末）已知椭圆，O是坐标原点，P是椭圆Q上的动点，是Q的两个焦点（ ）
A．若的面积为S，则S的最大值为9
B．若P的坐标为，则过P的Q的切线方程为
C．若过O的直线l交Q于不同两点A，B，设PA，PB的斜率分别为，则
D．若A，B是Q的长轴上的两端点，不与重合，且，则R点的轨迹方程为
11．（2023上·浙江舟山·高二统考期末）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
12．（2023上·浙江温州·高二统考期末）如图，已知点P是椭圆上第一象限内的动点，，分别为椭圆的左、右焦点，圆心在y轴上的动圆T始终与射线，相切，切点分别为M，N，则下列判断正确的是（ ）
A．
B．
C．面积的最大值为
D．当点P坐标为时，则直线PT的斜率是
13．（2023上·浙江温州·高二校考期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与椭圆交于，两点（其中点在点的左侧），记面积为，则（ ）
A．B．时，
C．的最大值为D．当时，点的横坐标为
三、填空题
14．（2023上·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期末）在平面直角坐标系中，点的坐标满足，其中，则的最小值为 .
15．（2023上·浙江台州·高二期末）设分别是椭圆：的左、右焦点，B是椭圆C的下顶点，点A在椭圆C上且位于第一象限．若，且平分，则椭圆的离心率为 ．
16．（2023上·浙江宁波·高二统考期末）设椭圆的左焦点为，下顶点为，若存在直线与椭圆交于两点，且的重心为，则直线斜率的取值范围为 .
17．（2023上·浙江金华·高二统考期末）老张家的庭院形状如图，中间部分是矩形ABCD，（单位：m），一边是以CD为直径的半圆，另外一边是以AB为长轴的半个椭圆，且椭圆的一个顶点M到AB的距离是，要在庭院里种两棵树，想让两棵树距离尽量远，请你帮老张计算一下，这个庭院里相距最远的两点间距离是 m．
18．（2023上·浙江宁波·高二统考期末）已知椭圆，过左焦点F作直线交C于A，B两点，连接（O为坐标原点）并延长交椭圆于点D，若，则椭圆的离心率为 ．
四、解答题
19．（2023上·浙江绍兴·高二统考期末）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，右焦点为，上顶点为，点到直线的距离为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆有两个不同的交点，为轴上一点，是否存在实数，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出值及点的坐标；若不存在，请说明理由.
20．（2023上·浙江湖州·高二统考期末）已知椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，其左右顶点分别为为椭圆的短轴端点，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为椭圆上异于的任意一点，设直线与直线交于点，过作直线的垂线交椭圆于两点.
（i）设直线与的斜率分别为，证明：为定值，并求出该定值；
（ii）求（为坐标原点）面积的最大值.
21．（2023上·浙江宁波·高二期末）已知椭圆的离心率为，且四个顶点构成的四边形面积等于．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左焦点为F，若直线l过定点且与椭圆C相交于A，B两点，求的最大值．
22．（2023上·浙江宁波·高二统考期末）已知离心率为的椭圆过点.
(1)求椭圆的方程;
(2)设直线与椭圆交于不同的两点,直线分别交直线于点.当面积为8时,求的值.
五、证明题
23．（2023上·浙江杭州·高二杭十四中校考期末）已知椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆C上，且的面积为3．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线不经过点且与椭圆交于两点，若直线与直线的斜率之积为，作于点．
①求证：直线过定点，并求出定点的坐标；
②问是否存在定点，使得为定值？若存在，请求出该定值，若不存在，请说明理由．
24．（2023上·浙江衢州·高二浙江省龙游中学校联考期末）已知椭圆：的长轴长为4，离心率为，其左、右顶点分别为A、B，右焦点为F.
(1)求椭圆的方程；
(2)如图，过右焦点F作不与x轴重合的直线交椭圆于C、D两点，直线AD和BC相交于点M，求证：点M在定直线上；
(3)若直线AC与（2）中的定直线相交于点N，在x轴上是否存在点P，使得.若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．C
【分析】设为椭圆的右焦点，为椭圆的上顶点，连接，，，，根据题意得到四边形为平行四边形，从而得到，结合余弦定理得到，从而得到，即可得到答案.
【详解】设为椭圆的右焦点，为椭圆的上顶点，连接，，，，如图所示：
因为A点为椭圆C上一点，点A关于坐标原点的对称点为B，
所以四边形为平行四边形.
因为，所以，
因为，
所以，即，
所以，即.
因为，，均不属于区间，故A，B，D错误，
故选：C
2．D
【分析】把方程化为标准方程后得，从而可得长轴长、短轴长、离心率．
【详解】由已知，可得椭圆标准方程为，
则，，，
所以长轴长为、短轴长为、离心率为.
故选：D.
3．B
【分析】将转化到，当三点共线且在射线 的延长线上时，取得最小值.
【详解】椭圆的，点在椭圆内部，
如图，
设椭圆的右焦点为 ，
则 ；
；
由图形知，当在直线 上时， ，
当不在直线 上时，
根据三角形的两边之差小于第三边有， ，
当在射线 的延长线上时， 取得最小值
的最小值为．
故选：B
4．D
【分析】不妨设，由得，，的中点为左焦点，在等边△MNF中，利用椭圆定义求C的离心率.
【详解】不妨设，由得，，，的中点为左焦点，在等边△MNF中，，
由椭圆定义，，
所以椭圆C的离心率为.
故选：D.
5．B
【分析】确定椭圆的离心率，根据椭圆的短轴端点就是椭圆的长轴端点，可得，结合可推出为首项为4，公比为的等比数列，即可求得，进而利用即可求得答案.
【详解】由题意可设椭圆的长半轴为，短半轴为，焦半距为，
对于椭圆：，有 ，
则由题意可知所有椭圆的离心率都为 ，
由于椭圆的短轴端点就是椭圆的长轴端点，故，
则 ，即，
即为首项为4，公比为的等比数列，
故，
所以 ，
故椭圆的焦距等于，
故选：B
6．C
【分析】当为椭圆短轴的顶点时，，从而得出满足条件的点P个数.
【详解】因为c是a，b的等比中项，所以，
当为椭圆短轴的顶点时，最大，此时，，即，
因此在第一象限内存在一点满足，
结合对称性可知，在椭圆上使的点P共有4个.
故选：C
7．C
【分析】由已知有，在中得，在中由余弦定理建立齐次式，可求椭圆离心率.
【详解】如图所示：
在中，，有，所以，.
在中，由余弦定理，有，
化简得，即，
所以椭圆的离心率.
故选：C
8．D
【分析】分析可知直线与椭圆相离，将直线与椭圆的方程联立，由可得出，设点，其中，计算出点到直线的距离，分析可得，可得出，利用基本不等式求出的最大值，可得出椭圆的四个顶点构成四边形面积最大值，利用等号成立的条件求出、的值，由此可求得椭圆的离心率的值.
【详解】若直线与椭圆有公共点时，的面积不存在最小值，不合乎题意，
故直线与椭圆相离，联立可得，
，可得，
设点，其中，
点到直线的距离为
，为锐角，且，
所以，，，
因为面积最大值是它的最小值的倍，则，可得，
所以，，由基本不等式可得，即，
当且仅当时，即当，时，等号成立，
所以，椭圆的四个顶点构成四边形面积为，
此时，，椭圆的离心率为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
9．BCD
【分析】根据椭圆的定义即可判断A,B选项，对C，求出直线与椭圆的交点，即可得到弦长，对D，设与直线平行的直线，，求出直线与椭圆相切时的方程，再利用平行线之间的距离.
【详解】对A,B，由题意知,,所以,
所以点的轨迹是焦点在轴上的椭圆，且,,即,
所以,所以曲线的方程为,故A错误，B正确；
对C，过点,且垂直于轴的直线为,
它与曲线相交于两点,
所以弦长为,故C正确；
对D，设与直线平行的直线，，
由，得，
令，解得，此时直线与椭圆相切，
易得，此时切点到直线的距离距离最短，直线的方程为，
此时两平行线的距离为，
故曲线上的点到直线的最短距离为，故D正确.
故选：BCD.
10．BCD
【分析】对A：根据题意结合椭圆纵坐标的取值范围分析运算；对B：设切线方程，与椭圆方程联立，结合运算求解；对C：利用点差法分析运算；对D：法一：利用点差法的结论分析可得，运算求解；法二：利用相关点法，根据题意用点的坐标求点的坐标，运算求解.
【详解】由椭圆可得，
设点，
A项：，当且仅当点为短轴上的顶点时等号成立，A错误；
B项：显然过P处切线的斜率存在，设为，则切线方程为，
联立方程，消去y得，
则，
整理得，解得
故过P处切线方程为：，即， B正确；
C项：设，则，
则，两式相减得，
则，即，C正确；
D项：法一：当不与重合时，
由C知：，
∵，，所以，
所以，
设，则，，
可得，整理得；
当与重合时，满足题意，符合上式；
综上所述：R的方程为，D正确.
法二：设，则，
可得，
∵，解得，
由点在椭圆上，可得，则，
即，整理得，D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法定睛：求点的轨迹常用方法：
1.直接法：设动点坐标，代入其满足的等式化简整理；
2.定义法：根据题意分析动点满足的几何条件，结合已知曲线的定义，进而求轨迹方程；
3.相关点法：设动点坐标，用动点坐标表示相关点的坐标，代入相关点满足的等式化简整理；
4.参数法：选取适当的参数，用参数表示动点坐标，再消去参数，从而得到轨迹方程.
11．ABD
【分析】求出椭圆的焦点坐标，根据直线过右焦点求出的坐标即可判A；设出直线的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理和向量共线即可判断BC；结合选项，利用向量共线的坐标表示和椭圆方程即可判断D.
【详解】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.
12．AD
【分析】根据椭圆的定义及圆外一点切线长性质可判断A，结合基本不等式可判断B，利用椭圆焦点三角形的角度与面积关系可判断C，根据角平分线定理可求解直线与轴交点坐标，从而可求直线的斜率来判断D.
【详解】解：已知椭圆椭圆，则，所以左右焦点为，
对于A，如下图，连接，
点P是椭圆上第一象限内的动点，所以，又圆心在y轴上，所以，
动圆T始终与射线，相切，切点分别为M，N，所以，且，所以，切线长
所以由图可得：，则，故A正确；
对于B，因为，所以，当且仅当时等号成立，
又P是椭圆上第一象限内的动点，所以，故，由于，故，故B不正确；
对于C，取椭圆的上顶点为，连接，
由椭圆可知，，所以，故，
由于P是椭圆上第一象限内的动点，所以，则，于是可得面积，
故面积没有最大值，故C不正确；
对于D，连接，设与轴的交点为，如下图：
设，由题可得直线为的平分线，所以由角平分线定理可得：，即，整理得，
因为当点P坐标为时，，
所以，则，所以直线PT的斜率，故D正确.
故选：AD.
13．ACD
【分析】由题知，，，设，则，进而结合向量运算，椭圆定义等讨论各选项即可得答案.
【详解】解：由题知，，，设，则，
对于A选项，根据椭圆的定义，，故正确；
对于B选项，，故，
因为，即，所以，解得，故错误；
对于C选项，因为，当且仅当，即时等号成立，即
所以，面积为，即的最大值为，故正确；
对于D选项，，所以，
因为，
所以，
因为，，
所以，整理得，即，解得，
所以，点的横坐标为，故正确；
故选：ACD
14．
【分析】由题可得，由椭圆第二定义有：.
则，即椭圆上一点到点距离与到直线距离之和.
【详解】因点的坐标满足，则，得，，
.则该椭圆的右焦点坐标为，右准线方程为.
则由椭圆第二定义，有，故
，即椭圆上一点到点距离与到直线距离之和.
则距离之和最小值为过的垂直于右准线的垂线段长度，为.
故答案为：.
15．
【分析】方法一：先求出点的坐标，再代入椭圆方程即可求解；方法二：根据椭圆的性质表示出线段的长度，再根据余弦定理即可求解.
【详解】法一：
设，则，交x轴于M，
由，
又，又，
则的方程为：，所以，
所以代入椭圆得：，
所以．
法二：
由，则，
在中：由余弦定理得①，
在中：由余弦定理得②，
由①②得，所以，所以，
所以，
所以，所以；
故答案为：.
16．
【分析】设的中点为，由的重心为，可得，从而可求得点的坐标，再利用点差法结合点在椭圆内，即可得出答案.
【详解】设的中点为，
，
因为的重心为，所以，
即，所以，即，
则，
又在椭圆上，
则有，
两式相减得，
所以，
即，
因为点在椭圆内，
所以，所以，即，
，
当时，，当时，，
所以，所以，
即直线斜率的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于对三角形重心的理解，即中线的交点，由此求出中点坐标，再运用点差法结合中点在椭圆内计算即可.
17．/
【分析】根据题意建立平面直角坐标系，求出椭圆上的点到圆心距离的最大值，再加上半径即可求得结果.
【详解】根据题意可得，以的中点为坐标原点，所在直线和的垂直平分线分别为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则半圆圆心为，半径；
由椭圆长轴可得，易知，所以椭圆方程为；
根据题意可得当点到圆心的距离最大时，的连线交半圆于，此时距离最大；
设，则,
易知，
当时，取最大值28，所以，
则.
故答案为：
18．
【分析】根据椭圆的焦点三角形满足的边关系，结合勾股定理即可求解.
【详解】设右焦点为,连接,由故，由,所以四边形为平行四边形，由于，进而可得四边形为矩形，
设，则，因此，
在直角三角形中，,即 ，解得，所以，故，故 ，即，
故答案为：
19．(1)
(2)当时，点的坐标为；当时，点的坐标为
【分析】（1）由椭圆的离心率为，设，得到椭圆方程为，结合
点到直线的距离为，列出方程求得，即可求解；
（2）设，联立方程组得到，根据，求得的范围，再由，列出方程组，求得的值，即可求解.
【详解】（1）由椭圆 的离心率为，
设，则，所以椭圆方程为，
又由，可得，所以直线，
因为点到直线的距离为，即，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设，假设存在满足题意，
联立方程组，可得，
则，解得或，
且，
设点，的中点，则，，
由是以为直角顶点的等腰直角三角形，可得，
所以，即，解得或，
综上所述，当时，点的坐标为；当时，点的坐标为.
【点睛】方法总结：解决直线与圆的位置关系的常见方法：
1、几何法：圆心到直线的距离与圆的半径比较大小，结合圆的性质，判断直线与圆的位置关系，这种方法的特点时计算量较小；
2、代数法：将直线方程与圆的方程联立方程组，转化为一元二次方程，结合一元二次方程解得个数，判断直线与圆的位置关系，特点是计算量较大，更适合直线与圆锥曲线的位置关系的判定问题；
3、转化法：结合圆的性质和圆的对称性，进行转化求解，特点是抓住直线与圆的几何特征，利用几何特征求解.
20．(1)
(2)（i）证明见解析，定值为（ii）
【分析】（1）列出关于的方程组，解之可得椭圆方程；
（2）（i）设，分别求出，与的积即得证；
（ii）直线，得，得出直线方程后可得直线过定点，求出，由定点重新设出其方程为，代入椭圆方程后由韦达定理得，然后由基本不等式得面积的最大值．
【详解】（1）由题意得，
由，解得，即椭圆的方程为.
（2）（i）设，则，
又
故为定值为
（ii）直线，此时，此时直线，即过定点
不妨设直线代入，
得.
当且仅当，即取等号.
即当时，
综上可得面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交中的最值问题处理方法：
（1）设直线方程为（或），设交点坐标；
（2）联立直线方程与圆锥曲线方程消元得一元二次方程（判别式确定直线与圆锥曲线相交得参数范围），由韦达定理得（或）；
（3）用坐标表示出欲求最值的量，代入韦达定理的结论后得函数式，利用不等式的知识或函数的知识求得最值．
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率，四边形的面积列方程组求出即可；
（2）先讨论斜率不存在和斜率为零时候的取值，当斜率存在且不等于零时，联立直线和椭圆方程，结合韦达定理求解.
【详解】（1）由条件可得：，解得，于是椭圆的标准方程为：
（2）可知，
①当直线的斜率不存在时，为，所以不妨可取，所以；
②当直线的斜率时，为，由，不妨取，；
③当直线的斜率存在且时，可设为，设，
则得，所以，
不妨取，
同理可得，所以，
所以，要想取到最大值，需考虑，根据基本不等式，，
此时（当且仅当时“=”成立），所以，又可知，
即，所以．
22．(1)
(2).
【分析】(1)根据离心率和点,建立等式,结合,解出即可;
(2)设出点坐标,写出直线的方程,取,解得的纵坐标,将直线与椭圆联立,解得,代入中化简,根据,使其等于8,即可求得的值.
【详解】（1）由题意:,又,
解得,所以椭圆的方程为:;
（2）设,则,
令,得,同理,
联立,得,
则,
所以,
则,
求得.
【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线综合题,属于中难题,关于此类问题的思路有:
(1)根据题意考虑直线与圆锥曲线的两个交点,即设有两个交点的直线方程;
(2)分情况讨论直线斜率是否存在;
(3)设直线方程,联立方程组;
(4)判别式大于零,韦达定理;
(5)根据题意建立关于的等式,化简即可.
23．(1)
(2)①；
②
【分析】(1)利用的面积求出的值，再利用点在椭圆上，求出，从而求出椭圆的方程；
(2)①讨论斜率存在与不存在两种情况，当斜率存在时，由，得出，利用韦达定理和题设条件：两直线斜率之积为，得出与的关系，进而得出定点，斜率不存在时单独讨论；
②利用，得到动点在点和①中所求定点为直径的圆上，从而找出定点，求出定长.
【详解】（1）由的面积为3，得到：，所以
又因为点在椭圆上，，得到
所以椭圆的方程为
（2）①当直线斜率不存在时，
设直线
又，得到，将代入得到
，或，不合题意.
当直线斜率存在时，设直线，
由，消去得到
，即
将代入化简得：
，即
故或，代入直线方程，
从而得到直线过定点或，又因为直线不过点，
故直线过定点
②，由①知直线过定点
所以点在以为直径的圆上，故当为圆心时，
为定值，
故存在定点，使为定值，定值为.
【点睛】在圆锥曲线中证明直线恒过定点的常用方法：设直线方程为，利用已知条件和韦达定理，整理得到以下两种情况可以说明直线恒过定点：
(1)直接得到为定值，说明直线恒过定点；
(2)得到的关系式，将此关系式代回直线方程可以看出直线恒过定点.
如本题，则直线为，说明直线恒过定点.
另外对直线斜率不存在情况也要加以讨论.
24．(1)
(2)证明见解析
(3)存在点或满足题意.
【分析】（1）根据椭圆的几何性质列式求出可得结果；
（2）设直线方程为，、，代入，得到和，写出直线和的方程，利用和求出点的横坐标，根据点的横坐标为定值可得点M在定直线上；
（3）假设存在点满足题意，求出的坐标，根据求出即可得解.
【详解】（1）由题可知，所以，
由，得，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）由题可知，，，且直线的斜率不为0，
设直线方程为，、，
由消去得，
恒成立，
所以，，
所以，所以，
所以直线方程为，直线方程为，
联立，消去得，
得，
得，
得
，
所以点的横坐标为定值，
所以点M在定直线：上.
（3）假设存在点满足题意，
直线的方程为，
由（2）可知点，，
则
，
解得或，
所以存在点或满足题意.