06圆锥曲线方程（椭圆）-北京市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教A版，20

这是一份06圆锥曲线方程（椭圆）-北京市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教A版，20，共20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。
一、单选题
1．（2024上·北京海淀·高二统考期末）已知P为椭圆上的动点．，且，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．（2024上·北京丰台·高二统考期末）已知椭圆的焦点在轴上，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．（2024上·北京通州·高二统考期末）已知椭圆的左右焦点为，上下顶点为，若四边形为正方形，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024上·北京延庆·高二统考期末）“”是“方程表示椭圆”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
5．（2024上·北京延庆·高二统考期末）已知是椭圆上的动点，则到椭圆的两个焦点的距离之和为（ ）
A．B．C．D．
6．（2024上·北京大兴·高二统考期末）椭圆的长轴长为（ ）
A．4B．5C．6D．9
7．（2023上·北京朝阳·高二统考期末）若方程表示椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．（2022上·北京·高二校考期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，且，过P作的垂线交x轴于点A，若，记椭圆的离心率为e，则（ ）
A．B．C．D．
9．（2022上·北京·高二北京二中校考期末）设椭圆的左、右焦点分别为，，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
10．（2023上·北京丰台·高二北京市第十二中学校考期末）已知点A，B是椭圆长轴上的两个顶点，点P在椭圆上（异于A，B两点），若直线斜率之积为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
11．（2023上·北京丰台·高二北京市第十二中学校考期末）椭圆的焦点坐标为（ ）
A．B．
C．D．
12．（2023上·北京平谷·高二统考期末）已知，分别是椭圆（）的左、右焦点，是椭圆上一点，且垂直于轴，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
二、填空题
13．（2024上·北京·高二人大附中校考期末）在平面直角坐标系中，过且斜为k的直线l的方程为 ，联立该直线l方程与椭圆方程，消去y，可以得到关于x的一元二次方程为 .
14．（2024上·北京海淀·高二统考期末）已知四边形是椭圆的内接四边形，其对角线和交于原点，且斜率之积为．给出下列四个结论：
①四边形是平行四边形；
②存在四边形是菱形；
③存在四边形使得；
④存在四边形使得．
其中所有正确结论的序号为 ．
15．（2024上·北京大兴·高二统考期末）画法几何的创始人法国数学家加斯帕尔蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上两个动点.直线的方程为.给出下列四个结论：
①的蒙日圆的方程为；
②在直线上存在点，椭圆上存在，使得；
③记点到直线的距离为，则的最小值为；
④若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为.
其中所有正确结论的序号为 .
16．（2024上·北京延庆·高二统考期末）椭圆的长轴长为 ．
17．（2024上·北京石景山·高二统考期末）方程表示的曲线是 ，其标准方程是 .
18．（2024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，，若点在椭圆上，且，则点到轴的距离为 ．
三、解答题
19．（2024上·北京顺义·高二统考期末）已知椭圆E：（）与y轴的一个交点为，离心率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点A的直线l与椭圆E交于点B，过点A与l垂直的直线与直线交于点C.若为等腰直角三角形，求直线l的方程.
20．（2024上·北京海淀·高二统考期末）已知椭圆的两个顶点分别为，离心率为椭圆上的动点，直线分别交动直线于点C，D，过点C作的垂线交x轴于点H．
(1)求椭圆E的方程；
(2)是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由．
21．（2024上·北京西城·高二统考期末）设椭圆左､右焦点分别为，过的直线与椭圆相交于两点.已知椭圆的离心率为的周长为8.
(1)求椭圆的方程；
(2)判断轴上是否存在一点，对于任一条与两坐标轴都不垂直的弦，使得为的一条内角平分线？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.
22．（2024上·北京昌平·高二统考期末）已知椭圆的上顶点为，圆.对于圆，给出两个性质：
①在圆上存在点，使得直线与椭圆相交于另一点，满足；
②对于圆上任意点，圆在点处的切线与椭圆交于，两点，都有.
(1)当时，判断圆是否满足性质①和性质②；（直接写出结论）
(2)已知当时，圆满足性质①，求点和点的坐标；
(3)是否存在，使得圆同时满足性质①和性质②，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
参考答案：
1．C
【分析】根据题意，结合椭圆的定义，得到点的轨迹表示以为焦点的椭圆，进而求得的值.
【详解】因为，可得，则，
由椭圆的定义，可得点的轨迹表示以为焦点的椭圆，
其中，可得，所以，
又因为点在椭圆，所以.
故选：C.
2．C
【分析】根据椭圆的标准方程，列出不等式组，即可求解.
【详解】由椭圆的焦点在轴上，则满足，解得.
故选：C.
3．C
【分析】根据四边形为正方形得到的关系，结合离心率计算公式求解出结果.
【详解】因为四边形为正方形，所以，所以，
所以，
故选：C.
4．B
【分析】根据“”与“方程表示椭圆”的互相推出关系判断出属于何种条件.
【详解】当时，取，此时，故方程表示圆；
当方程表示椭圆时，则，
解得或，
此时或是的真子集，
所以或可推出；
综上可知，“”是“方程表示椭圆”的必要而不充分条件，
故选：B.
5．D
【分析】根据椭圆方程求解出的值，再由椭圆定义可知结果.
【详解】由椭圆方程可知：，
由椭圆定义可知：到椭圆的两个焦点的距离之和为，
故选：D.
6．C
【分析】由椭圆的方程即可得出答案.
【详解】由可得，则.
故选：C.
7．B
【分析】由方程表示椭圆得系数满足的不等式组，解不等式组可得.
【详解】因为方程表示椭圆，
则，解得，则实数的取值范围是.
故选：B.
8．A
【分析】由题意可得，从而可求得，根据勾股定理求出，根据椭圆的定义及离心率公式即可求解.
【详解】因为，,
所以,可得.
在中，.
由椭圆的定义可得，故，
所以，所以.
故选:A.

9．D
【分析】由是底角为的等腰三角形，把用表示出来后可求得离心率．
【详解】解：由题意可得，，如图，，则，，
所以，
所以，∴，∴．
故选：D．
10．C
【分析】根据题意可设点坐标为，则，即，由，则，整理解方程即可.
【详解】设点坐标为，则，，
不妨设，
则，
整理可得，即，
或（舍），
故选：C
11．D
【分析】根据题意可得，故该椭圆焦点在轴上，，求得即可得解.
【详解】由可得，
故该椭圆焦点在轴上，
，
所以，，
故焦点坐标为，
故选：D
12．A
【分析】在直角中，由得到的等量关系，结合计算即可得到离心率.
【详解】由已知，且垂直于轴
又在椭圆中通径的长度为，，
所以,
故,
即,
,又因为
解得
故选：
13．
【分析】由直线的点斜式方程可得；将直线方程代入椭圆方程消元化简可解.
【详解】根据题意，直线的点斜式方程为，
化简为，
联立方程组，
消去y，得.
故答案为：；
14．①③④
【分析】利用椭圆的对称性判断①；利用菱形的对角线互相垂直可判断②；利用正切函数的和差公式与性质判断③；利用斜率关系得到的表达式，然后利用基本不等式求的最大值，可判断④.
【详解】因为四边形是椭圆的内接四边形，和交于原点，
由椭圆的对称性可知且，
所以四边形是平行四边形，故①正确；
假设对角线和的斜率分别为 ，
若四边形是菱形，则其对角线互相垂直，即，
而这与矛盾，所以不存在四边形是菱形，故②错误；
不妨设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，且，
则，又，则，
则
，
又，则，
所以存在四边形使得，故③正确；
直线的方程，直线的方程，
由，得，即，可得，
同理可得，
则，
由，得，令，
则
，
当且仅当，即时，等号成立；
于是，
当且仅当，即四边形矩形时，等号成立，
所以存在四边形使得，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点睛：本题结论④的解决关键是利用弦长公式得到关于的表达式，从而利用基本不等式即可得解.
15．①②④
【分析】由在蒙日圆上可得蒙日圆的方程，结合离心率可得关系，由此可知①正确；由过且在蒙日圆上，可知当恰为切点时，，知②正确；根据椭圆定义可将转化为，可知时，取得最小值，由点到直线距离公式可求得最小值，代入可得的最小值，知③错误；由题意知，蒙日圆为矩形的外接圆，由矩形外接圆特点可知矩形长宽与圆的半径之间的关系，利用基本不等式可求得矩形面积最大值，知④正确．
【详解】对于①，过可作椭圆的两条互相垂直的切线：，
∴在蒙日圆上，∴蒙日圆方程为，
由，得，
∴的蒙日圆方程为，故①正确；
对于②，由方程知：过，
又满足蒙日圆方程，∴在圆上，
当恰为过作椭圆两条互相垂直切线的切点时，，故②正确；
对于③，∵在椭圆上，∴，
∴，
当时，取得最小值，最小值为到直线的距离，
又到直线的距离，
∴，故③错误；
对于④，当矩形的四条边均与相切时，蒙日圆为矩形的外接圆，
∴矩形的对角线为蒙日圆的直径，
设矩形的长和宽分别为，则，
∴矩形的面积，当且仅当时取等号，
即矩形面积的最大值为，故④正确.
故答案为：①②④．
【点睛】关键点睛：本题考查圆锥曲线中的新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项．
16．
【分析】将椭圆方程化为标准方程，根据椭圆的性质计算即可.
【详解】由，
显然椭圆的焦点在横轴上，其实轴长为.
故答案为：
17． 椭圆
【分析】根据椭圆的定义即可得解.
【详解】方程，
表示点到两点的距离之和等于，而，
所以方程表示的曲线是椭圆，
且长轴长，焦距，所以，
所以半短轴长，
所以其标准方程为.
故答案为：椭圆；.
18．/
【分析】设出点坐标，由，可得，结合点在椭圆上计算即可得.
【详解】设，由椭圆可得、，
有，
由，
故，
由在椭圆上，故有，即，
故，解得，
故，故点到轴的距离为.
故答案为：.
19．(1)
(2)或
【分析】（1）根据椭圆上的点和离心率求出椭圆方程；
（2）方法1，设出l的方程与椭圆联立方程组，求出点的坐标，根据为等腰直角三角形列式运算得解；方法2，过点A作直线的垂线，垂足为D，再过点B作直线的垂线，垂足为F，易判断，可得，求出点坐标，得解.
【详解】（1）由已知得解得，.
所以椭圆E的方程为.
（2）方法1：由题意可知，直线l与y轴不垂直，
又当l与x轴垂直时，显然.
所以，设直线l的方程为（），
联立方程，消去y整理得（*），易得，
设点，则由点及方程（*）的根与系数的关系得，，
，
因为，所以直线的方程为，
将代入，解得.故点C的坐标为
.
由为等腰直角三角形知，即，
化简整理得，即，解得
所以直线l的方程为或.
方法2：
由题意可知，直线l与y轴不垂直，又当l与x轴垂直时，显然.
过点A作直线的垂线，垂足为D，再过点B作直线的垂线，垂足为F.
因为，所以.
当时，易判断.所以.
由，求得，
由此可知点B的坐标为或，
直线l的斜率或，
所以直线l的方程为或.
【点睛】关键点睛：本题第二问方法二，关键利用点到直线的距离为1，利用图形构造全等三角形得到点B的坐标为或，得到直线l的方程.
20．(1)
(2)存在；
【分析】（1）由离心率及顶点坐标结合即可求解；
（2）结合两点式得直线方程，进而得到点坐标，由直线与直线垂直得到直线的斜率，结合点斜式得直线的方程，进而的到点坐标，结合数量积的坐标运算及二次函数的最值即可求解.
【详解】（1）由，又两个顶点分别为，
则，，
故椭圆E的方程为；
（2）为椭圆上的动点，则，故直线的斜率存在且不为0，
则直线：，即，则点，
则直线：，即，则点，
则直线的斜率为，故直线：，
令,得，
又在椭圆上，则，整理得，
所以，则，
所以
综上，存在，使得有最大值.
【点睛】按题意结合两点式，点斜式求得点坐标，结合数量积运算及二次函数的最值即可求，思路相对明确，运算要细心，是中档题.
21．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）利用给定的离心率及三角形周长求出即得.
（2）假定存在符合题意的点并设出坐标，设直线的方程，与椭圆方程联立借助韦达定理、斜率坐标公式，结合已知列式计算即得.
【详解】（1）依题意，得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）假设轴上存在一点符合题意，
由题意，设直线，
由消去得，
，，
显然直线的斜率存在，且为，
同理，直线的斜率为，
于是，
由为的一条内角平分线，得，
即，显然此式对任意非零的实数都成立，
因此，解得，
所以轴上存在一点，对于任一条与两坐标轴都不垂直的弦，使得为的一条内角平分线.
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设直线方程为，再与圆锥曲线方程联立结合已知条件探求k，m的关系，然后推理求解.
22．(1)当时，圆满足性质①,不满足性质②
(2)或
(3)存在，
【分析】（1）依题意，直接判断判断圆是否满足性质①和性质②写出结论；
（2）依题意，设出，根据列方程，结合点在圆上，在椭圆上，求出坐标；
（3）依题意，分在和不在两种情况，结合性质①和性质②列方程，求出的值.
【详解】（1）
当时，圆满足性质①,不满足性质②．
理由：依题意知，，当时，取圆上点坐标为，此时，
则，，此时，满足性质①，
当取，此时作圆的切线，切线方程为，此时坐标分别为，，
此时，此时与不垂直，不满足性质②，
综上，当时，圆满足性质①,不满足性质②．
（2）
由椭圆的上顶点为，得.
由时，圆满足性质①，
设点，.
，.
由得即
由点在圆上，在椭圆上，得
化简得，解得或（舍）.
所以或
所以或.
（3）
存在，使得圆同时满足性质①和性质②.
下面进行证明：
当点在时，圆的切线方程为.设.
当时，代入椭圆方程解得.
因为，所以，解得.
此时，符合题意
当时，同理，解得.
所以，若圆满足性质②，则必有成立.
当点不在时，圆的切线的斜率必存在，设其方程为．
直线与圆相切，所以，化简得.
由 得．
由，得．
，．
，
所以.
因为，所以，即.
所以当，圆满足性质②.
当时，取为椭圆的右顶点，直线的方程为，
圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切，且切点，满足.
所以，当时，圆满足性质①.
综上，当时，圆同时满足性质①和性质②.
【点睛】思路点睛：求解椭圆中的向量问题时，一般根据题中条件，联立直线与椭圆方程，由韦达定理，判别式，以及向量数量积（有时也考查向量共线问题）等，结合题中条件，建立等量关系，即可求解.