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
展开这是一份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.
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