08椭圆的标准方程-北京市各地区2023年高考数学模拟（一模）高考考点试题汇编

这是一份08椭圆的标准方程-北京市各地区2023年高考数学模拟（一模）高考考点试题汇编，共15页。试卷主要包含了已知椭圆经过点，离心率为，，离心率为，，离心率e＝，，焦距为2等内容，欢迎下载使用。

08椭圆的标准方程-北京市各地区2023年高考数学模拟（一模）高考考点试题汇编
一．解答题（共9小题）
1．（2023•顺义区一模）已知椭圆经过点，离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线l：y＝kx+t（t≠0）与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．若以OA，OB为邻边的平行四边形OAPB的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形OAPB的面积是定值．
2．（2023•通州区一模）已知椭圆C：（a＞b＞0）过点A（2，1），离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设点A关于y轴的对称点为B，直线l与OA平行，且与椭圆C相交于M，N两点，直线AM，AN分别与y轴交于P，Q两点．求证：四边形APBQ为菱形．
3．（2023•延庆区一模）已知椭圆经过点C（0，1），离心率为，M与x轴交于两点A（a，0），B（﹣a，0），过点C的直线l与M交于另一点D，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q．
（Ⅰ）求椭圆M的方程；
（Ⅱ）设O为原点，当点P异于点B时，求证：为定值．
4．（2023•海淀区一模）已知椭圆的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，|B1B2|＝2，四边形A1B1A2B2的周长为．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设斜率为k的直线l与x轴交于点P，与椭圆E交于不同的两点M，N，点M关于y轴的对称点为M’，直线M’N与y轴交于点Q，若△OPQ的面积为2，求k的值．
5．（2023•门头沟区一模）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的离心率为，长轴的左端点为A（﹣2，0）．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）过椭圆c的右焦点的任一直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，且AM，AN与直线x＝4，分别相交于D，E两点，求证：以DE为直径的圆恒过x轴上定点，并求出定点．
6．（2023•东城区一模）已知椭圆E：＝1（a＞b＞0）的一个顶点为A（0，1），离心率e＝．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N．
设椭圆的左顶点为D，求的值．
7．（2023•朝阳区一模）已知椭圆E：＝1（0＜n＜4）经过点（，1）．
（Ⅰ）求椭圆E的方程及离心率；
（Ⅱ）设椭圆E的左顶点为A，直线l：x＝my+1与E相交于M，N两点，直线AM与直线x＝4相交于点Q．问：直线NQ是否经过x轴上的定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，说明理由．
8．（2023•丰台区一模）已知椭圆的一个顶点为A（0，1），焦距为2．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P（2，0）的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线l：x＝t的垂线（点B，C在直线l的两侧）．垂足分别为M，N，记△BMP，△MNP，△CNP的面积分别为S1，S2，S3，试问：是否存在常数t，使得S1，，S3总成等比数列？若存在，求出t的值．若不存在，请说明理由．
9．（2023•平谷区一模）已知椭圆经过两点，设过点P（﹣2，1）的直线椭圆交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．
（1）求椭圆E的方程：
（2）证明：直线HN过定点．

08椭圆的标准方程-北京市各地区2023年高考数学模拟（一模）高考考点试题汇编
参考答案与试题解析
一．解答题（共9小题）
1．（2023•顺义区一模）已知椭圆经过点，离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线l：y＝kx+t（t≠0）与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．若以OA，OB为邻边的平行四边形OAPB的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形OAPB的面积是定值．
【答案】（1）椭圆方程为；
（2）证明见解析．
【解答】解：（1）由题意可得，解得a2＝2，b2＝1．
∴椭圆方程为；
（2）证明：联立，得（2k2+1）x2+4ktx+2（t2﹣1）＝0．
∴Δ＝（4kt）2﹣8（2k2+1）（t2﹣1）＝8（2k2+1﹣t2）＞0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1+x2＝，x1x2＝，
∴y1+y2＝k（x1+x2）+2t＝，
∵四边形OAPB是平行四边形，
∴＝+＝（x1+x2，y1+y2）＝（，），
则P（，），
又∵点P在椭圆上，∴（）2+2（）2＝2，
即4t2＝2k2+1，
∵|AB|＝＝＝，
又点O到直线l的距离d＝，
∴平行四边形OAPB的面积S＝2S△OAB＝|AB|•d＝＝，
即平行四边形OAPB的面积为定值．
2．（2023•通州区一模）已知椭圆C：（a＞b＞0）过点A（2，1），离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设点A关于y轴的对称点为B，直线l与OA平行，且与椭圆C相交于M，N两点，直线AM，AN分别与y轴交于P，Q两点．求证：四边形APBQ为菱形．
【答案】（1）；
（2）证明见解析．
【解答】解：（1）由题意可知，解得，
所以椭圆C的标准方程为；
证明：（2）点A（2，1）关于y轴的对称点为点B的坐标为（﹣2，1），
直线OA的斜率为，
因为直线l与OA平行，设直线l的方程为，
由得x2+2tx+2t2﹣4＝0，
由Δ＝4t2﹣4（2t2﹣4）＝16﹣4t2＞0，得﹣2＜t＜2，且t≠0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则，
直线AM的方程为，
令x＝0，得P点的纵坐标为．
同理可得Q点的纵坐标为．
＝，
所以线段PQ中点坐标为（0，1）．
又线段AB中点坐标也为（0，1），
所以线段AB，PQ垂直且平分，
所以四边形APBQ为菱形．

3．（2023•延庆区一模）已知椭圆经过点C（0，1），离心率为，M与x轴交于两点A（a，0），B（﹣a，0），过点C的直线l与M交于另一点D，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q．
（Ⅰ）求椭圆M的方程；
（Ⅱ）设O为原点，当点P异于点B时，求证：为定值．
【答案】（Ⅰ）+y2＝1．
（Ⅱ）证明见解答．
【解答】解：（Ⅰ）由已知得b＝1，＝，由a2＝c2+b2＝c2+1，
解得a＝，
故椭圆方程为+y2＝1．
（Ⅱ）证明：当直线l与x轴垂直时，D（0，﹣1），此时kAC＝kBD＝﹣，AC∥BD，不符合题意．
当直线斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx+1（k≠0）．代入椭圆方程得（2k2+1）x2+4kx＝0．
解得x1＝0，x2＝，代入直线l的方程得y1＝1，y2＝kx2+1＝k×+1＝，
所以D点的坐标为（，）．kBD＝＝＝，
直线BD的方程为y＝（x+），
kAC＝﹣＝﹣，直线AC的方程为y＝﹣x+1，
联立直线AC，BD的方程，得x＝﹣2k，y＝k+1，
因此Q（﹣2k，k+1），又P（﹣，0）．
所以＝（﹣，0）•（﹣2k，k+1）＝2．
故为定值．
4．（2023•海淀区一模）已知椭圆的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，|B1B2|＝2，四边形A1B1A2B2的周长为．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设斜率为k的直线l与x轴交于点P，与椭圆E交于不同的两点M，N，点M关于y轴的对称点为M’，直线M’N与y轴交于点Q，若△OPQ的面积为2，求k的值．
【答案】（Ⅰ）+y2＝1；
（Ⅱ）±．
【解答】解：（Ⅰ）依题意可得，解得，
∴椭圆E的方程为+y2＝1；
（Ⅱ）依题意，可设直线l的方程为y＝kx+m（km≠0），
M（x1，y1），N（x2，y2），
联立方程，可得（5k2+1）x2+10kmx+5m2﹣5＝0，
Δ＝（10km）2﹣4（5k2+1）（5m2﹣5）＝100k2﹣20m2+20＞0，即5k2＞m2﹣1，
∴x1+x2＝﹣，x1x2＝，
在直线l的方程中，令y＝0，得x＝﹣，得P（﹣，0），
依题意得M′（﹣x1，y1），得直线M′N的方程为y＝（x+x1）+y1，
令x＝0，得yQ＝，
∴S△OPQ＝|xP|•|yQ|＝||•||，
∴x1y2+x2y1＝x1（kx2+m）+x2（kx1+m）＝2kx1x2+m（x1+x2）＝2k×﹣m×＝，
∴S△OPQ＝||•||＝2，解得k＝±．
∴k的值为±．
5．（2023•门头沟区一模）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的离心率为，长轴的左端点为A（﹣2，0）．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）过椭圆c的右焦点的任一直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，且AM，AN与直线x＝4，分别相交于D，E两点，求证：以DE为直径的圆恒过x轴上定点，并求出定点．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）证明见解析，定点分别为（1，0）（7，0）．
【解答】解：（Ⅰ）因为椭圆C：＝1（a＞b＞0）的离心率为，长轴的左端点为A（﹣2，0），
所以，得，
所以椭圆C的方程：；
（Ⅱ）证明：椭圆右焦点坐标为（1，0），由题直线斜率不为零，设直线l方程为x＝my+1，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
由题，联立方程组，消去x得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
所以，
直线，得，
同理，直线，得，
设x轴上一点P（t，0），则，同理得：，
所以，
因为（x1+2）（x2+2）＝（my1+3）（my2+3），
所以，
解得：t﹣4＝±3，即t＝1或t＝7，
所以以DE为直径的圆恒过x轴上定点，定点分别为（1，0），（7，0）．
6．（2023•东城区一模）已知椭圆E：＝1（a＞b＞0）的一个顶点为A（0，1），离心率e＝．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N．
设椭圆的左顶点为D，求的值．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（Ⅰ）由题设得，解得a＝，b＝1，c＝，
所以椭圆的方程为+y2＝1．
（Ⅱ）直线BC的方程为y﹣1＝k（x+），
联立，得（3k2+1）x2+（6k2+6k）x+9k2+6k＝0，
由Δ＝（6k2+6k）2﹣4（3k2+1）（9k2+6k）＞0，解得k＜0，
设B（x1，y1），C（x2，y2），
所以x1+x2＝﹣，x1x2＝，
直线AB的方程为y＝x+1，
令y＝0得M点的横坐标为xM＝﹣＝﹣，
同理可得N点的横坐标为xN＝﹣＝﹣，
所以xM+xN＝﹣（+）＝﹣•
＝﹣•
＝﹣•＝﹣2，
因为点D的坐标为（﹣，0），
所以D为线段MN的中点，
所以＝．
7．（2023•朝阳区一模）已知椭圆E：＝1（0＜n＜4）经过点（，1）．
（Ⅰ）求椭圆E的方程及离心率；
（Ⅱ）设椭圆E的左顶点为A，直线l：x＝my+1与E相交于M，N两点，直线AM与直线x＝4相交于点Q．问：直线NQ是否经过x轴上的定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，说明理由．
【答案】（Ⅰ）椭圆方程为，离心率e＝；
（Ⅱ）直线NQ经过x轴上的定点（2，0），证明过程见解析．
【解答】解：（Ⅰ）由题意，，即n＝2，
∴椭圆方程为，则a＝2，b＝，c＝，
椭圆的离心率e＝；
（Ⅱ）直线NQ经过x轴上的定点（2，0），理由如下：
联立，得（m2+2）y2+2my﹣3＝0．
Δ＝4m2+12（m2+2）＝16m2+24＞0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则，，
AM：，令x＝4，可得Q（4，），
∴，且kNQ≠0，
∴NQ：，
令y＝0，可得x＝＝
＝＝
＝＝．
∴直线NQ经过x轴上的定点（2，0）．
8．（2023•丰台区一模）已知椭圆的一个顶点为A（0，1），焦距为2．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P（2，0）的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线l：x＝t的垂线（点B，C在直线l的两侧）．垂足分别为M，N，记△BMP，△MNP，△CNP的面积分别为S1，S2，S3，试问：是否存在常数t，使得S1，，S3总成等比数列？若存在，求出t的值．若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）存在t＝1，使得S1，，S3总成等比数列．
【解答】解：（1）根据已知可得b＝1，2c＝2，
所以b＝1，c＝1，a2＝b2+c2＝2，
所以椭圆E的方程为；
（2）由已知得，BC的斜率存在，且B，C在x轴的同侧，
设直线BC的方程为y＝k（x﹣2），B（x1，y1），C（x2，y2），不妨设x1＜x2，
则y1y2＞0，x1＜t＜x2，
由得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣2＝0，
所以，
因为，
所以＝＝＝＝，＝＝＝，
要使S1，，S3总成等比数列，则应有﹣t2+2＝（t﹣2）2解得t＝1，
所以存在t＝1，使得S1，，S3总成等比数列．
9．（2023•平谷区一模）已知椭圆经过两点，设过点P（﹣2，1）的直线椭圆交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．
（1）求椭圆E的方程：
（2）证明：直线HN过定点．
【答案】（1）+＝1；
（2）证明见解答．
【解答】解：（1）设E的方程为mx2+ny2＝1（m＞0，n＞0且m≠n），
将两点代入得，
解得m＝，n＝，
故E的方程为+＝1；
（2）证明：由可得线段AB：y＝（x+2）①，
①若过点 P（﹣2，1）的直线过原点，直线y＝﹣．代入+＝1，
可得M（﹣，），N（（，﹣），代入y＝（x+2），可得T（﹣，（﹣+2）），得到H（﹣，﹣+6），
求得 HN 方程：y＝（x+2），过点 （﹣2，0）．
②分析可得过P（﹣2，1）的直线的斜率存在，设kx﹣y+2k+1＝0，M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，得（4k2+3）x2+8k（1+2k）x+4（4k2+4k﹣2）＝0，
∴x1+x2＝﹣，x1x2＝，
∴y1+y2＝k（x1+x2）+4k+2＝，y1y2＝（kx1+2k+1）（kx2+2k+1）＝k2x1x2+（2k2+k）x1+x2）+（2k+1）2＝（*），
x1y2+x2y1＝x1（kx2+2k+1）+x2（kx1+2k+1）
＝2kx1x2+（2k+1）（x1+x2）＝，
∵点H满足．∴T为MH的中点，
联立，可得T（x1，（x1+2））．H（x1，3（x1+2）﹣y1），
可求得此时HN：y﹣y2＝（x﹣x2），
将（﹣2，0）代入整理得﹣6（x1+x2）+2（y1+y2）+x1y2+x2y1﹣3x1x2﹣12＝0，
将（*）代入，得96k2+48k+24k+12﹣24k﹣48k2﹣48k+24﹣48k2﹣36＝0，
显然成立．
综上，可得直线HN过定点（﹣2，0）．