人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆当堂达标检测题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆当堂达标检测题，共18页。
A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④
【解题思路】A中直线与圆相切，易得交点个数，BCD中由直线方程与曲线方程联立方程组，求方程组的解，解的个数即为交点个数．
【解答过程】解：圆心到直线的距离为等于半径，故①满足题意．
联立方程，整理得，．△，故②不满足题意．
联立方程．整理得，．△，故③满足题意．
联立方程，整理得，，△．故④满足题意．
故选：D．
2．（3分）已知椭圆，直线，那么直线与椭圆位置关系（ ）
A．相交B．相离C．相切D．不确定
【解题思路】求得直线恒过点，由点在椭圆内部，则直线与椭圆相交．
【解答过程】由，则，
则直线，恒过定点，
由，则点，在椭圆1内部，
∴直线与椭圆相交．
故选：A.
3．（3分）已知直线，椭圆．若直线l与椭圆C交于A，B两点，则线段AB的中点的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】联立直线方程与椭圆方程，消y得到关于x的一元二次方程，根据韦达定理可得，进而得出中点的横坐标，代入直线方程求出中点的纵坐标即可.
【解答过程】由题意知，
，消去y，得，
则，，
所以A、B两点中点的横坐标为：，
所以中点的纵坐标为：，
即线段AB的中点的坐标为.
故选：B.
4．（3分）斜率为1的直线l与椭圆相交于A，B两点，则的最大值为（ ）
A．2B．C．D．
【解题思路】设直线方程与椭圆方程联立，求得弦长，即可得到最大值.
【解答过程】设两点的坐标分别为，，直线l的方程为，
由消去y得，
则，.
∴
，
∴当时，取得最大值，
故选:D.
5．（3分）直线与椭圆相交两点，点是椭圆上的动点，则面积的最大值为（ ）
A．2B．C．D．3
【解题思路】联立方程组解得点坐标，可得，再设和平行的直线，当该直线和椭圆相切时，即的面积取得最大值，求出此时高，可得答案.
【解答过程】由题意联立方程组 ，解得或，
因为两点在椭圆上关于原点对称，不妨取 ，
则 ,
设过点C与AB平行的直线为 ，则与AB的距离即为点C到AB的距离，也就是的边AB上的高，
当与椭圆相切时，的边AB上的高最大，面积也最大，
联立，得： ，
令判别式 ，解得 ，
此时与间的距离也即是的边AB上的高为 ，
所以的最大面积为 ，
故选：B.
6．（3分）椭圆＝1的一个焦点为F，过原点O作直线（不经过焦点F）与椭圆交于A，B两点，若△ABF的面积是20，则直线AB的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】分情况讨论当直线AB的斜率不存在时，可求面积，检验是否满足条件，当直线AB的斜率存在时，可设直线AB的方程y＝kx，联立椭圆方程，可求△ABF2的面积为S＝2代入可求k．
【解答过程】由椭圆＝1，则焦点分别为F1(－5,0)，F2(5,0)，不妨取F(5,0)．
①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝0，此时AB＝4，
＝AB•5＝×5＝10，不符合题意；
②可设直线AB的方程y＝kx，
由，可得(4+9k2)x2＝180，
∴xA＝6，yA＝，
∴△ABF2的面积为S＝2＝2××5×＝20，
∴k＝±．
故选：A．
7．（3分）国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】设出外层椭圆方程，利用离心率表达出内层椭圆方程，设出直线方程，联立后由根的判别式得到与，利用斜率乘积列出方程，求出，从而求出离心率.
【解答过程】设外层椭圆方程为，则内层椭圆方程为，
设过点的切线方程为，
与联立得：，
由得：，
设过点的切线方程为，
与联立得：，
由得：，
从而，
故，
椭圆的离心率为.
故选：C.
8．（3分）如图，P为椭圆上的一动点，过点P作椭圆的两条切线PA，PB，斜率分别为，.若为定值，则（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】设出直线方程,根据直线与椭圆相切,联立化简后由判别式即可得关于的方程.利用韦达定理表示出.将点P带代入椭圆,联立两个式子化简即可求得的值.
【解答过程】设，
则过的直线方程为，
将直线方程与椭圆联立可得，
化简可得 ，
因为相切,所以判别式
，
展开得，
同时除以可得
，
合并可得，
同除以,得，
展开化简成关于的方程可得，
因为有两条直线,所以有两个不等的实数根.
因为为定值,可设，
由韦达定理,，
化简得，
又因为在椭圆上,代入可得，
化简可得，
则,化简可得，
解得，
故选:C.
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）已知椭圆的焦点分别为，，焦距为2c，过的直线与椭圆C交于A，B两点.，，若的周长为20，则经过点的直线（ ）
A．与椭圆C可能相交B．与椭圆C可能相切
C．与椭圆C可能相离D．与椭圆C不可能相切
【解题思路】利用给定条件，结合椭圆定义求出椭圆方程，再判断点与椭圆的位置关系作答.
【解答过程】由椭圆的定义知，，设，则，
则，，而，即有，解得，
又的周长为20，则有，解得，，
因为，即，解得，则，
椭圆C的方程为，显然，即点在椭圆上，
所以经过点的直线与椭圆C相交或相切.
故选：AB.
10．（4分）已知椭圆的右焦点为，过点的两条互相垂直的直线，与椭圆相交于点，与椭圆相交于点，则下列叙述正确的是（ ）
A．存在直线，使得值为
B．存在直线，使得|值为
C．弦长存在最大值，且最大值为
D．弦长不存在最小值
【解答过程】根据椭圆方程可求得焦点坐标，根据一个斜率为，一个斜率不存在可知A正确；当两直线斜率均存在时，假设直线方程，与椭圆方程联立后，利用弦长公式可求得，可知时，知B正确；当直线斜率存在时，，由可求得最大值；当斜率不存在时，可求得最小值；由此可知CD正误.
【解答过程】由椭圆方程知：，，，则右焦点为，
对于A，当直线中一个斜率为，一个斜率不存在，可知：中一个为长轴，一个为通径，则，A正确；
对于B，当直线斜率都存在时，设直线，，，
由得：；
，，；
则，同理可得：；
则当时，，B正确；
对于CD，当斜率存在且为时，；
，，即当时，取得最大值；
当斜率不存在时，为椭圆通径，则，则最小值为；
则C正确，D错误.
故选：ABC.
11．（4分）已知椭圆的左，右焦点为，，O为坐标原点，过O作直线交椭圆于A，B两点，且直线交椭圆E于M，N两点，已知周长的最小值为，面积的最大值为1，则下列选项中正确的有（ ）
A．椭圆E的长轴长为2；
B．存在点M使得长为2；
C．当时直线恒与某个定圆相切；
D．当时的面积有最大值．
【解题思路】A.由椭圆的概念及条件求得椭圆的方程为判断；B.结合椭圆的性质判断；C.利用原点到直线的距离判断；D.利用直线与椭圆的位置关系及面积计算、基本不等式判断．
【解答过程】解：如图，
连接知，，
，
的周长为，
，
当且仅当时，的周长最小，
，
，
，
当且仅当点A为短轴端点时的面积取得最大值1，
所以，结合，
解得：，
，
椭圆E的长轴长为，A错误；
点M到的最大值为，最小值为，故存在点M使得，B正确；
原点O到直线的距离为，
当时，，所以直线与单位圆一定相切，C正确；
由C知当时，直线恒与单位圆相切，
所以当弦长最大时，的面积取得最大值，
将直线的方程代入椭圆中消元得，
，
，等号取不到，
，，D错误；
故选：BC．
12．（4分）椭圆的左、右焦点分别是，离心率为e，点A、B、P在椭圆E上，且满足(其中O为坐标原点)，则下列说法正确的是( )
A．若是等腰直角三角形，则
B．的取值范围是
C．直线过定点(定点坐标与a，b有关)
D．为定值(定值与a，b有关)
【解题思路】A：分为斜边和直角边时计算椭圆离心率即可判断；B：根据即可判断；C：当直线AB为x=-t或x=t时显然满足，由此即可判断；D：，设，，根据A、B在椭圆上满足椭圆方程可得和，由此可求为定值．
【解答过程】对于A，若是等腰直角三角形，则当为斜边时，离心率；
当为直角边时，，离心率，故错误；
对于B，
，
，，
，故B正确；
对于C，易知存在两条平行直线：和使得，故直线不经过定点，故C错误；
∵，故，
则，
∵，不妨设，
则，，
则，
因为A在椭圆上，则，则，
同理可得：，
则为定值，则也为定值，故D正确．
故选：BD．
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）直线：，椭圆，则直线和椭圆的位置关系是 相离 ．
【解题思路】将直线方程与椭圆方程联立，计算得到，即可由方程组解与交点个数的关系得出结论．
【解答过程】解：直线：，椭圆，联立可得，
，方程组无实数解，即直线与椭圆无交点，故直线和椭圆相离．
故答案为：相离.
14．（4分）过椭圆的左焦点作倾斜角60°的直线，直线与椭圆交于A，B两点，则．
【解题思路】设，，利用“设而不求法”求弦长即可.
【解答过程】∵椭圆方程为，∴焦点分别为，，
∵直线AB过左焦点的倾斜角为60°，∴直线AB的方程为，将AB方程与椭圆方程联立消去y，得．设，，可得，，
∴，因此，．
故答案为:．
15．（4分）已知椭圆：的离心率为，过右焦点F且倾斜角为的直线与椭圆形成的弦长为，且椭圆上存在4个点M，N，P，Q构成矩形，则矩形MNPQ面积的最大值为 4 .
【解题思路】先根据离心率及弦长求出椭圆方程，进而不妨设点M位于第一象限，坐标为，根据基本不等式求出矩形面积的最大值.
【解答过程】由于，所以，，故椭圆方程为：，
设过右焦点F的直线为，与椭圆方程联立得：，
设直线与椭圆的两交点为，
则由，，故，解得：，则，，所以椭圆方程为：，
不妨设点M位于第一象限，坐标为，则，
矩形MNPQ面积为，当且仅当，即时，等号成立，
故矩形MNPQ面积最大值为4，
故答案为：4.
16．（4分）已知椭圆与双曲线共焦点，过椭圆上一点的切线与轴、轴分别交于、两点（、为椭圆的两个焦点）．又为坐标原点，当的面积最小时，下列说法所有正确的序号是①④．
①；
②当点在第一象限时坐标为；
③直线的斜率与切线的斜率之积为定值；
④的角平分线（点在上）长为．
【解题思路】求出的值，可判断①的正误；设点在第一象限内，利用基本不等式求得面积的最小值，利用等号成立可求得的值，可判断②的正误；利用斜率公式可判断③的正误；利用等面积法可求出的长，可判断④的正误.
【解答过程】对于①，双曲线的焦点坐标为，所以，，，，①正确；
对于②，由于椭圆的对称性，设点为第一象限内的点，
设点，则，先证明椭圆在其上一点处的切线方程为.
联立，可得，即，解得.
所以，椭圆在其上一点处的切线方程为.
所以点、，由基本不等式可得，可得，
，
当且仅当时，等号成立，此时，，②错误；
对于③，，，所以，，③错误；
对于④，以为直径的圆的方程为，
，则点在圆上，则，
，由等面积法可得，解得.
故答案为：①④.
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：＋＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：
（1）有两个公共点；
（2）有且只有一个公共点；
（3）没有公共点．
【解题思路】把直线l的方程与椭圆C的方程联立，利用代数法判断交点情况：
（1）有两个公共点，需Δ＞0，解出m的范围；
（2）有且只有一个公共点，需Δ=0，解出m的范围；
（3）没有公共点，需Δ＜0，解出m的范围.
【解答过程】直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组消去y，得
9x2＋8mx＋2m2－4＝0 ①.
方程①的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
（1）当Δ＞0，即－3＜m＜3时，方程①有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个公共点．
（2）当Δ＝0，即m＝±3时，方程①有两个相同的实数解，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
（3）当Δ＜0，即m＜－3或m＞3时，方程①没有实数解，可知原方程组没有实数解．这时直线l与椭圆C没有公共点．
18．（6分）已知椭圆C的焦点为F1（0，-2）和F2（0，2），长轴长为2，设直线y=x+2交椭圆C于A，B两点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)求弦AB的中点坐标及|AB|.
【解题思路】（1）由题意以及即可求出椭圆的标准方程.
（2）将直线与椭圆方程联立，由中点坐标公式以及弦长公式即可求解.
【解答过程】（1）
因为椭圆C的焦点为和 ，长轴长为，
所以椭圆的焦点在轴上，.
所以.
所以椭圆C的标准方程.
（2）
设，，AB线段的中点为，
由得，
所以，
所以，，
所以弦AB的中点坐标为，
.
19．（8分）已知椭圆，过点而不过点的动直线与椭圆交于两点.
(1)求
(2)若直线的斜率之和为0，求的面积.
【解题思路】(1)当直线斜率存在时，设其方程为，联立方程组，利用设而不求法证明，在验证当直线斜率不存在时，由此完成证明；
(2)由(1)可得或，联立直线与椭圆方程求出的坐标，由此可求直线方程，联立方程组求，再由点到直线距离公式求到直线的距离，由此可求的面积.
【解答过程】（1）
若直线斜率存在，设其方程为.
因为点在直线上，所以.
联立直线和椭圆的方程消去得.
设.则
，
，
注意到，
.
则
,
故.
显然，三点互不相同.所以.
若直线斜率不存在，则两点的坐标为.
容易验证也成立.因此，.
（2）
由（1）知.所以.
又因为，则或，
当时，直线方程为：
联立，解得点，
又，
则直线方程为：，即，
点到直线的距离为，
联立，得，
所以弦长，
，
同理可得时，.
所以.
20．（8分）已知椭圆的左､右焦点分别为是上一动点，的最大面积为.
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，为上两点，且，求四边形面积的最大值.
【解题思路】（1）根据焦距求出，利用的最大面积求出，从而求出，求出椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，求出两点的坐标，从而求出，再设出直线的方程，联立椭圆方程，表达出，及四边形的面积，求出的长度的最大值，从而求出四边形的面积最大值.
【解答过程】（1）
设椭圆的半焦距为.因为，所以，
当为上顶点或下顶点时，的面积最大，
因为的最大面积为，所以，即，
所以，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）
设，联立消去得，
解得，
所以，所以两点的坐标分别为，
所以.
因为，设四边形的面积为，
所以.
设直线的方程为.
联立消去得，
所以，
即，
，
所以
，
所以当时，，
此时.
所以四边形面积的最大值为.
21．（8分）已知椭圆：（）过点，且离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)记椭圆的上下顶点分别为，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程．
【解题思路】（1）利用椭圆过点，离心率，结合，即可得解；
（2）由题意得直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求根公式可求得，联立直线的方程与直线的方程，化简可求得直线与的交点在定直线上．
【解答过程】(1)
由椭圆过点，且离心率为，所以，解得
故所求的椭圆方程为．
(2)
由题意得，，
直线的方程，设，
联立，整理得，
∴，．
由求根公式可知，不妨设，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立，得
代入，得，
解得，即直线与的交点在定直线上．
22．（8分）已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，以原点为圆心､椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作直线交椭圆于两点（直线与轴不重合）.在轴上是否存在点，使得直线与的斜率之积为定值？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据椭圆的短半轴长及圆的标准方程，再利用点到直线的距离公式及椭圆的离心率公式，结合椭圆中三者的关系即可求解；
（2）根据已知条件设出直线的方程，与椭圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及点在直线上，结合斜率的公式即可求解.
【解答过程】（1）
由题意知，直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离，即.
因为，所以.
故椭圆的标准方程为.
（2）
因为直线过点且与轴不重合，所以可设直线的方程为.
联立方程，得化简并整理得
设，则.
所以
，
设存在点，则直线与的斜率分别为，
所以
，
令，解得或.
当时，；
当时，.
因此，满足条件的点的坐标为和.