新高考数学二轮复习解答题提优训练专题1.8 圆锥曲线（椭圆）（2份，原卷版+解析版）

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1．解析几何的解答题一般难度较大，多为试卷的压轴题之一，常考查直线与圆锥曲
线的位置关系及最值范围、定点、定值、存在性问题及证明问题，多涉及最值求法，综合性强.多考查直线与圆或抛物线的位置关系，但也要注意对椭圆、双曲线知识的考查，解题时，充分利用数形结合思想，转化与化归思想．同时注重数学思想在解题中的指导作用，以及注重对运算能力的培养.
2．求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数方法或定义法；
3．与焦点三角形有关的计算问题，足以利用椭圆的定义、焦半径公式等来简化计算．
4．直线与圆锥曲线的弦长问题有三种解法：
(1)过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题．
(2)将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长．
(3)它体现了解析几何中的设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系.
5．解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
(1)利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题关键是建立两个参数之间的等量关系；
(3)利用基本不等式求出参数的取值范围；
(4)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．
1．（2023·陕西商洛·统考一模）已知分别是椭圆的左､右焦点，Q是椭圆E的右顶点，，且椭圆E的离心率为.
(1)求椭圆E的方程.
(2)过的直线交椭圆E于A，B两点，在x轴上是否存在一定点P，使得，为正实数.如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，说明理由.
【解题思路】（1）设椭圆E的半焦距为c，写出点坐标，根据条件计算的值，结合求出，可写出椭圆方程；（2）由条件可知是的平分线，即，设出直线AB的方程，联立椭圆和直线方程，计算可求出点坐标.
【解答过程】（1）（1）设椭圆E的半焦距为c，则，因为，
所以.
又因为椭圆E的离心率为，所以，
联立方程组，解得
所以，
椭圆E的方程为.
（2）设存在点，使得，则是的平分线，
所以.显然当时一定成立.
当时，设AB的方程为，与椭圆E的方程联立消去x，得.
设，则，.
因为，所以，
即，所以，
所以，
即，即，所以对一切实数m都成立.
故存在点，使得成立.
2．（2023·宁夏·校考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，若△为等边三角形，且点在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设椭圆E的左、右顶点分别为，不过坐标原点的直线l与椭圆E相交于A、B两点（异于椭圆E的顶点），直线与y轴的交点分别为M、N，若，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.
【解题思路】（1）由已知条件，椭圆的定义及的关系可知和，再设出椭圆的方程，最后将点代入椭圆的方程即可求解；
（2）设点，，由直线的方程即可求出点的坐标，由的方程即可求出点的坐标，由已知条件可知，分直线的斜率存在和直线的斜率不存在两种情况分别求解，得出直线的方程，即可判断出直线恒过定点的坐标.
【解答过程】（1）∵△为等边三角形，且，
∴，
又∵，∴，
设椭圆的方程为，
将点代入椭圆方程得，解得，
所以椭圆E的方程为.
（2）由已知得，设，,
则直线的斜率为，直线的方程为，
即点坐标为，
直线的斜率为，直线的方程为，
即点坐标为,
∵,∴,∴，
又∵，，
∴，即，
整理得，
①若直线的斜率存在时,设直线的方程为，
将直线方程与椭圆方程联立得，
其中，
，，
即，，，
所以或，
当时，直线的方程为，此时直线恒过点，
当时，直线的方程为，此时直线恒过点，
②若直线的斜率不存在时，
由得，
即，解得或，
此时直线的方程为或，
所以此时直线恒过点或，
综上所述，直线恒过点或.
3．（2023·江苏南通·校联考模拟预测）已知A，B是椭圆上关于坐标原点O对称的两点，点，连结DA并延长交C于点M，连结DB交C于点N．
(1)若A为线段DM的中点，求点A的坐标；
(2)设，的面积分别为，若，求线段OA的长．
【解题思路】(1)由于A是M，D的中点，设 ，由此推出M的坐标，再根据A，M都在椭圆上，代入椭圆方程即可求解；
(2)设直线DA的方程，再根据A，B的对称性设DB的方程，与椭圆方程联立，求出M，N点的坐标与A，B点坐标的关系，将面积之比问题转化为坐标之比问题.
【解答过程】（1）设，∴
由A，M均在椭圆C上，∴ ，解得 ，，
∴；
（2）设DA方程为，，，
，得 ，，
∴，
∴．
同理
∴，∴
，∴；
而 ，∴.
4．（2023·河南·统考模拟预测）已知椭圆的右焦点，点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于，两点．若，，求的最小值（是坐标原点）．
【解题思路】（1）根据椭圆定义求出，再由焦点得，即可得解；
（2）设出点的坐标，利用向量得坐标间关系，代入点差法所得等式，可求出，即是直线上动点，再由点到直线距离求最小值即可.
【解答过程】（1）由题意，椭圆的焦点为，，
由椭圆定义知
所以
所以椭圆的标准方程为
（2）由题意知，设
由，，得且
又，都在椭圆上，所以
两式作差，得
把代入式，得
又由，得
所以
所以到直线的距离
经检验，此时垂足在椭圆内部.
所以的最小值为.
5．（2023·河南开封·校考模拟预测）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴､轴，且过两点．
(1)求的方程；
(2)设过点的直线交于两点，点关于轴的对称点为，问直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【解题思路】（1）设椭圆的方程为，进而待定系数求解即可；
（2）当斜率存在时，方程为，，进而得的方程为，再联立方程，结合韦达定理化简整理得，进而得定点，再说明斜率不存在时满足即可.
【解答过程】（1）解：因为椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴､轴，
所以，设椭圆的方程为，
因为椭圆过两点，
所以，解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）解：当过点的直线斜率存在，设方程为，，
联立方程得，
则，解得或，
，
因为点关于轴的对称点为，所以，
所以，直线的方程为
所以，将代入整理直线的方程得：
，
所以，直线过定点.
当过点的直线斜率不存在时，方程为，此时，
点在轴上，直线的方程即为，过点.
综上，直线过定点.
6．（2023·山东泰安·统考一模）已知椭圆：的左，右焦点分别为，，离心率为，是椭圆上不同的两点，且点在轴上方，，直线，交于点.已知当轴时，.
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：点在以，为焦点的定椭圆上.
【解题思路】（1）根据椭圆的离心率及当轴时，，代入椭圆方程，列方程即可求得的值，从而得椭圆的方程；
（2）由，则设直线的方程为，所以直线的方程为，设，，，，代入椭圆方程可得坐标关系，可得的表达式，由平行线分线段成比例可得，，结合椭圆的定义即可证得为定值，从而得结论.
【解答过程】（1）由题知，，点在椭圆C上，则，解得，
所以椭圆C的方程为；
（2）证明：∵，且点A在x轴上方
∴设，，，，设直线的方程为，则直线的方程为，
由，得，∴或（舍），
∴
同理，所以，
由，得
∴
∴
又点B在椭圆C上，∴，则
∴
同理：，所以
∴
又，
∴
∴点P在以，为焦点的定椭圆上.
7．（2023·新疆·统考一模）已知椭圆的离心率为是的左、右焦点，是的上顶点，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)是椭圆的右顶点，斜率为的直线与交于两点（与不重合）.设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的值.
【解题思路】(1)由已知得点由结合从而可解；
(2) 设点直线的方程为利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤即可求解.
【解答过程】（1）由已知得点则，
①
又由有，，即②
联立①②解得
故椭圆的方程为.
（2）设点直线的方程为
联立整理得：
则即
由韦达定理得：(*)
又点则故
将代人整理得：
将(*)代入得：
因为所以，即解得或
因为与不重合，所以，故
所以(**)
所以
将(**)代入得
故
8．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）已知椭圆的右焦点， 直线与圆相切．
(1)求椭圆的方程；
(2)设斜率为且不过原点的直线与椭圆相交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA，OB斜率为，，且，证明：
【解题思路】（1）由直线与圆的位置关系结合椭圆的性质得出方程；
（2）联立直线和椭圆方程，由韦达定理结合得出，或，进而由证明.
【解答过程】（1）由题意可得，，解得.
故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，
联立直线和椭圆方程，得，
则，
，
即，整理得，
解得，或，
，
当时，，不合题意；
当时，.
9．（2023·陕西铜川·校考一模）已知点M，N分别是椭圆的右顶点与上顶点，原点O到直线的距离为，且椭圆的离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率不为0的直线经过椭圆右焦点，并且与椭圆交于A，B两点，若，求直线的方程．
【解题思路】(1)结合点到直线距离公式和离心率的定义列方程求，可得椭圆方程.
(2) 设直线的方程为，联立方程组，利用设而不求法结合条件列方程求可得结论.
【解答过程】（1）设椭圆的半焦距为，
由已知点的坐标为，点的坐标为，
所以直线的方程为，
因为原点O到直线的距离为
所以，
则，
因为离心率，所以，．
故解得，
故椭圆方程为．
（2）设直线的方程为，
联立，消x得，
方程的判别式，
设，
所以，因为，所以，
故得方程组解得，
综上，直线方程为，或．
10．（2023·黑龙江·校考一模）已知椭圆经过点，且椭圆的长轴长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设经过点的直线与椭圆相交于、两点，点关于轴的对称点为，直线与轴相交于点，求的面积的取值范围．
【解题思路】（1）根据已知条件可得出的值，将点的坐标代入椭圆的方程，可得出，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，写出直线的方程，可求得点的坐标，利用三角形的面积公式以及对勾函数的单调性可求得的取值范围.
【解答过程】（1）解：因为椭圆的长轴长为，则，
将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得，
所以，椭圆的标准方程为.
（2）解：若与轴重合，则不存在，
设直线的方程为，设点、，
若，则点与点重合，不合乎题意，所以，，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
易知点，，
直线的方程为，
将代入直线的方程可得，即点，
，
所以，，
令，则函数在上为增函数，
所以，，所以，.
故的面积的取值范围是.
11．（2023·陕西榆林·统考一模）已知是椭圆的一个顶点，圆经过的一个顶点.
(1)求的方程；
(2)若直线与相交于两点（异于点），记直线与直线的斜率分别为，且，求的值.
【解题思路】（1）由题意确定的值，即可求得答案；
（2）设，联立直线和椭圆方程，得到根与系数关系，结合化简求值，可得k的值，验证即得答案.
【解答过程】（1）因为是的一个顶点，所以.
又圆与坐标轴交于两点，
圆经过的一个顶点,则顶点为，故，
故的方程为.
（2）设，
联立方程组，
消去整理得，，
则，
，
因为，
所以，
整理得，
则，
则，即，
解得或，
当时，在上，不符合题意，时，符合题意，
故.
12．（2023·吉林通化·校考模拟预测）已知椭圆经过点，．
(1)求椭圆的方程；
(2)为椭圆的右焦点，直线垂直于轴，与椭圆交于点，，直线与轴交于点，若直线与直线交于点，证明：点在椭圆上．
【解题思路】（1）根据椭圆的标准方程及椭圆上的两点求得的值，即可得椭圆的方程；
（2）设，，，不妨令，可得直线的直线方程，联立直线方程求交点坐标，将横纵坐标代入椭圆方程进行验证即可证明.
【解答过程】（1）由题意知，将点代入椭圆方程得，即，
所以椭圆C的方程．
（2）证明：由（1）知，设，，
设，，不妨令，则，，
联立两直线方程解得，，
从而，，
有，，
从而，
所以点M在椭圆上．
13．（2023·安徽宿州·统考一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，离心率为，M为椭圆上异于左右顶点的动点，的周长为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点M作圆的两条切线，切点分别为，直线AB交椭圆C于P，Q两点，求的面积的取值范围.
【解题思路】（1）根据椭圆离心率和焦点三角形周长可求得，即可得出椭圆C的标准方程；
（2）易知的轨迹是以OM为直径的圆与圆的交点，求出AB所在的直线方程，并于椭圆方程联立根据弦长公式求得的面积的表达式，再化简变形构造函数即可求得其取值范围.
【解答过程】（1）设椭圆焦距为2c，根据椭圆定义可知，
的周长为，离心率
联立，解得，，
所以，
即椭圆C的标准方程.
（2）设点，又为切点，可知，
所以四点共圆，即在以OM为直径的圆上，
则以OM为直径的圆的方程为，
又在圆上，
两式相减得直线AB的方程为，如下图所示：
设，，由，
消去y整理后得，
，，
所以
，
又点O到直线PQ的距离，
设的面积为S，则
，
其中，令，则，
设，，则，
所以在区间上单调递增，从而得，
于是可得，
即的面积的取值范围为.
14．（2023·山西忻州·统考模拟预测）已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．
【解题思路】（1）根据离心率的公式，结合的基本关系，代入求解即可；
（2）直线的方程为，，，，直线与曲线联立，的面积，根据韦达定理，弦长公式将三角形面积表示，
再根据基本不等式求解最大值即可.
【解答过程】（1）由题意可得，
解得，
故椭圆C的标准方程为．
（2）设直线l的方程为，，，
联立，
整理得，
则，即，
解得，，．
故△OPQ的面积．
设，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
则，即△OPQ面积的最大值为．
15．（2023·山东菏泽·统考一模）如图，椭圆的焦点分别为为椭圆上一点，的面积最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若分别为椭圆的上､下顶点，不垂直坐标轴的直线交椭圆于（在上方，在下方，且均不与点重合）两点，直线的斜率分别为，且，求面积的最大值.
【解题思路】（1）根据条件，得到关于的方程，即可得到结果；
（2）根据题意设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，再由列出方程，代入计算，即可得到结果.
【解答过程】（1），，，故椭圆的方程为；
（2）依题意设直线的方程为，，
联立方程组，消元得：，
，，
由得：，两边同除，，
即；将代入上式得：
整理得：所以或（舍），

当时等号成立，满足条件，所以面积的最大值为.
16．（2023·陕西铜川·校考一模）已知点M，N分别是椭圆 的右顶点与上顶点，原点O到直线的距离为，且椭圆的离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率不为0的直线经过椭圆右焦点，并且与椭圆交于A，B两点，点P在椭圆上，O为原点，若，求直线的方程．
【解题思路】（1）由已知可推出直线的方程为.由已知可得，解方程组即可得出答案；
（2）设的方程为.联立直线与椭圆的方程，得出，由韦达定理得出坐标之间的关系，表示出点.代入椭圆方程，整理化简即可得出，代入即可得出的值.
【解答过程】（1）由已知可得，，，所以直线的方程可设为，
即.
所以点到直线的距离.
又椭圆的离心率为，所以.
联立，解得，
故椭圆方程为．
（2）由（1）知，椭圆的右焦点为，设直线的方程为.
设，，.
联立直线与椭圆的方程，消x得，
由韦达定理可得.
因为，所以，
因为点P在椭圆上，
所以
，所以.
因为
．
化简得，得，
当时，直线的方程为；当时，直线的方程为.
综上，直线的方程为或．
17．（2023·四川泸州·统考二模）已知椭圆C：的焦点，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点F的直线l与C交于A，B两点，过点F与l垂直的直线与C交于M，N两点，求的取值范围．
【解题思路】（1）将点代入椭圆方程，结合，得出椭圆C的方程；
（2）讨论直线l的斜率存在和为0的情况，联立直线和椭圆方程，由韦达定理结合数量积运算得出，再由基本不等式得出所求范围.
【解答过程】（1）由题意可知，，解得，
故椭圆C的方程为；
（2）当直线l的斜率不存在时，，
，
当直线l的斜率为0时，，
，
当直线l的斜率存在且不为0时，设其方程为，则直线的方程为，
由，得，
设，则，
同理可得，
因为，
所以

因为（当且仅当时，取等号），
所以，
综上，.
18．（2023·江西上饶·统考一模）已知椭圆C：过点，且椭圆上任意一点到右焦点的距离的最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C交不同于点A的P、Q两点，以线段PQ为直径的圆经过A，过点A作线段PQ的垂线，垂足为H，求点H的轨迹方程.
【解题思路】（1）由题意可得，解方程即可得出答案.
（2）则不妨设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程由韦达定理结合，化简可得，即可求出直线恒过点则由题知在以为直径的圆周上，即可求出求点H的轨迹方程.
【解答过程】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意知，直线的斜率不为0，
则不妨设直线的方程为，
联立消去得，
，化简整理得，
设，则，
因为以线段为直径的圆经过，所以,
得，
将代入上式，
得，
得，
解得或（舍去）．所以直线的方程为，
则直线恒过点
因为过点做的垂线，垂足为，所以在以为直径的圆周上，
所以点的轨迹方程为：除去点
19．（2023·上海黄浦·统考一模）已知椭圆的离心率为，以其四个顶点为顶点的四边形的面积等于.动直线、都过点，斜率分别为k、，与椭圆C交于点A、P，与椭圆C交于点B、Q，点P、Q分别在第一、四象限且轴.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线与x轴交于点N，求证：；
(3)求直线AB的斜率的最小值，并求直线AB的斜率取最小值时的直线的方程.
【解题思路】（1）根据已知条件，分别求出a、b、c的值即可.
（2）根据两个斜率的关系式求得，由两点间距离公式求得、即可.
（3）联立直线与椭圆方程解得、，代入直线AB的斜率公式再应用基本不等式可求得结果.
【解答过程】（1）设椭圆C的焦距为2c，则由，且，
可得，，所以椭圆C的方程为.
（2）设，，则，，
可得，解得，
又，，所以.
（3）设，，直线，的方程分别为，，
由（2）知，所以，又m，均大于0，可知，
由可得，
所以，即，同理可得，
直线AB的斜率为
（当且仅当时取等号）.
当时，，此时在椭圆C上，
所以，又，可得，
所以直线AB的斜率的最小值为，且当直线AB的斜率取最小值时的直线的方程为.
20．（2023·湖北·统考模拟预测）已知椭圆的右顶点为A，左焦点为F，过点F作斜率不为零的直线l交椭圆于两点，连接，分别交直线于两点，过点F且垂直于的直线交直线于点R．
(1)求证：点R为线段的中点；
(2)记，，的面积分别为，，，试探究：是否存在实数使得？若存在，请求出实数的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）设设，，，联立椭圆方程，可得根于系数的关系式，表示出的坐标，计算；继而求出直线的方程，求得点坐标，即可证明结论；
（2）利用（1）的分析，求得，进而表示出，，计算的结果， 再求得的表达式，即可求得与之间的关系，即可得出结论.
【解答过程】（1）证明：由题意知，，
设，，，
联立，得，，
则，，
直线的方程为，
令，得，所以，
同理，．
所以
,
直线，令得，所以，
则，故点R为线段的中点．
（2）由（1）知，，
又，
所以．
由（1）知点R为线段的中点，
故
，
所以．
故存在，使得．