专题一0八 椭圆解答题-2022届天津市各区高三二模数学试题分类汇编

这是一份专题一0八 椭圆解答题-2022届天津市各区高三二模数学试题分类汇编，共20页。

（1）求椭圆C的方程：
（2）设过点的直线和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线，使得与（O是坐标原点）的面积比值为5：7.若存在，求出直线的方程：若不存在，说明理由.
【2022南开二模】已知椭圆：，其离心率为，若，分别为的左、右焦点，轴上方一点在椭圆上，且满足，．
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于另一点，点与点关于轴对称，直线交轴于点，若的面积是的面积的2倍，求直线的方程．
【2022河西二模】已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一点，且与轴垂直．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的右顶点为A，为坐标原点，过作斜率大于0直线交椭圆于、两点，直线与坐标轴不重合，若与的面积比为，求直线的方程．
【2022河北二模】已知点，椭圆：的离心率为和分别是椭圆的左焦点和上顶点，且的面积为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与相交于，两点，当时，求直线的方程．
【2022河东二模】椭圆C：的离心率，．
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图，A，B，D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设MN的斜率为m，BP的斜率为n，证明：为定值．
【2020红桥二模】已知椭圆：（）的离心率，点、之间的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点和，则是否存在常数，使得与共线？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.
【2022滨海新区二模】已知椭圆的离心率为，其左顶点A在圆上.直线AP与椭圆C的另一个交点为P，与圆O的另一个交点为Q.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）是否存在直线AP，使得？若存在，求出直线AP的斜率；若不存在，说明理由.
【2022部分区二模】已知椭圆的离心率为，左顶点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆在第一象限的交点为，过点A的直线与椭圆交于点，若，且（为原点），求的值.
【2022耀华中学二模】已知直线：与直线：的距离为，椭圆：的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）在（1）的条件下，抛物线：的焦点与点关于轴上某点对称，且抛物线与椭圆在第四象限交于点，过点作抛物线的切线，求该切线方程并求该直线与两坐标轴围成的三角形面积.
【2022天津一中五月考】已知点是离心率为的椭圆C：上的一点，斜率为的直线BD交椭圆C于B、D两点，且A、B、D三点不重合.
（1）求椭圆C的方程；
（2）求证：直线AB、AD的斜率之和为定值；
（3）面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由？
2022届天津市各区高三年级二模数学分类汇编
专题十八 椭圆解答题（答案及解析）
【2022和平二模】已知点M是椭圆C：上一点，，分别为椭圆C的上、下焦点，，当，的面积为5.
（1）求椭圆C的方程：
（2）设过点的直线和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线，使得与（O是坐标原点）的面积比值为5：7.若存在，求出直线的方程：若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【分析】（1）根据焦距可求出c,再根据以及的面积可求出a,b，即得椭圆方程；
（2）设直线方程并和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，根据与的面积比值为5：7，得到相关等式，联立根与系数的关系式化简，即可得到结论.
【小问1详解】
由,
由,
,故,
∴,
∴,
∴，
即椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
假设满足条件的直线存在，
当直线的斜率不存在时，不合题意，
不妨设直线：，，，显然 ，
联立，得，
所以，
因为S△OAF2=12⋅c⋅x1，，得，
即（3），
由（1），（3），得 （4），
将（1）（4）代入（3）得，
所以直线的方程为，
故存在直线，使得与面积比值为5：7.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系，涉及到椭圆中的三角形面积问题，解答时一般思路是要将直线方程和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，再将该关系式代入到相关等式中化简，其中计算量大,多是关于字母参数的运算，要求计算准确，需要细心和耐心.
【2022南开二模】已知椭圆：，其离心率为，若，分别为的左、右焦点，轴上方一点在椭圆上，且满足，．
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于另一点，点与点关于轴对称，直线交轴于点，若的面积是的面积的2倍，求直线的方程．
【答案】（1）
（2），
【分析】（1）依题意可得且，根据数量积的运算律，求出，再根据离心率及，求出、，即可得解；
（2）由（1）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，即可求出点坐标，从而得到点坐标，再求出直线方程，求出的坐标，由的面积是的面积的2倍，可得或，即可求出，从而求出直线方程；
【小问1详解】
解：因为，所以，且
又，所以，
即，即，所以，
又离心率，所以，，所以，
所以椭圆方程为；
【小问2详解】
解：由（1）可得点的坐标为，
依题意直线的斜率存在，设直线的方程为，
由消去整理得，解得或，
所以点坐标为，
从而点坐标为，
所以直线的方程为，
则点的坐标为，
因为的面积是的面积的2倍，
所以或，
当时，即，解得，所以直线的方程为；
当时，即，解得，所以直线的方程为；
所以满足条件的直线的方程为，
【2022河西二模】已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一点，且与轴垂直．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的右顶点为A，为坐标原点，过作斜率大于0直线交椭圆于、两点，直线与坐标轴不重合，若与的面积比为，求直线的方程．
【答案】（1）；
（2）.
【分析】(1)根据P的坐标和⊥轴可得的值，根据可求a，再由、、之间的关系求出的值，进而求出椭圆的方程；
(2)设直线的方程为，，，M在第一象限．联立直线与椭圆方程，根据，以及面积比可得、关系，结合韦达定理即可求出m的值，从而求出直线l的方程．
【小问1详解】
由题意得，，，
则，即，
∴，
故的方程为；
【小问2详解】
设直线的方程为，，，不妨设M在第一象限．
与椭圆方程联立，，
消去，得，
，，
∵，，与的面积比为，
∴，整理得，
∴，，
即，解得，
∵，∴，
直线的方程为，即.
【2022河北二模】已知点，椭圆：的离心率为和分别是椭圆的左焦点和上顶点，且的面积为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与相交于，两点，当时，求直线的方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或
【分析】（Ⅰ）由的面积为，得出关系，再由离心率结合关系，求解即可得出椭圆方程；
（Ⅱ）设，由已知可得，设直线方程为，与椭圆方程联立，得到的关系式，进而得出的关系式，建立的方程，求解即可得出结论.
【详解】（Ⅰ）设，由条件知，
所以的面积为，①
由得，从而，化简得，②
①②联立解得，
从而，所以椭圆的方程为；
（Ⅱ）当轴时，不合题意，故设，
将代入得．
由题得，
设，则
因为，
所以，
从而，
整理得，，
所以直线的方程为或．
【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，要掌握根与系数关系设而不求方法在相交弦中的应用，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.
【2022河东二模】椭圆C：的离心率，．
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图，A，B，D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设MN的斜率为m，BP的斜率为n，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）由椭圆的离心率求得，由，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；
（2）设出直线方程，和椭圆方程联立后解出P点坐标，两直线方程联立解出M点坐标，由D，P，N三点共线解出N点坐标，由两点求斜率得到MN的斜率m，代入化简整理即可得到为定值．
【小问1详解】
由椭圆离心率，则，
又，
解得：，，
则椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
证明：因为，P不为椭圆顶点，则可设直线BP的方程为
联立整理得．
则，故，则．
所以
又直线AD的方程为．
联立，解得
由三点，共线，
得，所以．
的斜率为．
则．
为定值．
【2020红桥二模】已知椭圆：（）的离心率，点、之间的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点和，则是否存在常数，使得与共线？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）不存在，理由见解析.
【分析】（1）根据两点间距离公式，结合椭圆离心率公式进行求解即可；
（2）设出直线方程与椭圆的标准方程联立，根据一元二次方程根与系数关系、根的判别式，结合平面向量线性运算的坐标公式、平面共线向量的性质进行求解判断即可.
【小问1详解】
因为点、之间的距离为，
所以，因为椭圆的离心率，所以有，而，
因此组成方程组为：；
【小问2详解】
设的方程为，与椭圆的标准联立为：
，
于是有，此时设，
于是有，
假设存在常数，使得与共线，
因为，，
所以有，
，因为，
所以，不满足，
因此不存在常数，使得与共线.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程的判别式和根与系数的关系是解题的关键.
【2022滨海新区二模】已知椭圆的离心率为，其左顶点A在圆上.直线AP与椭圆C的另一个交点为P，与圆O的另一个交点为Q.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）是否存在直线AP，使得？若存在，求出直线AP的斜率；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在直线AP，理由见解析
【分析】（1）由题意，左顶点A在圆上，可求得，根据离心率可求，又，即可求解椭圆方程；
（2）直线与椭圆相交，设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求解交点横坐标之间的关系，求出椭圆弦长，再利用点到直线的距离公式，求解直线与圆相交的弦长，根据即可求解.
【小问1详解】
解：因为椭圆C的左顶点A在圆上，所以.
又离心率为，所以，所以，
所以，
所以椭圆C的方程为.
【小问2详解】
设点，，显然直线AP存在斜率，
设直线AP的方程为，
与椭圆方程联立得，
化简得到，
因为为上面方程的一个根，所以，所以.
由，
因为圆心到直线AP的距离为，
所以
因为，
代入得到
.
显然，所以不存在直线AP，使得.
【2022部分区二模】已知椭圆的离心率为，左顶点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆在第一象限的交点为，过点A的直线与椭圆交于点，若，且（为原点），求的值.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据题意求出，从而可得出答案；
（2）设直线与椭圆得另一个交点为，，易知直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出点的坐标，再根据两点间的距离公式求得，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求得，再根据弦长公式求得，结合易知即可得出答案.
【小问1详解】
解：由题意得，
故，
所以，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
解：设直线与椭圆得另一个交点为，
设，
因为，
则直线的方程为，
联立，消整理得，
则，
所以，则，
所以，
联立，消整理得，
则，
所以，
因为，
所以，
解得，
又，
所以.
【2022耀华中学二模】已知直线：与直线：的距离为，椭圆：的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）在（1）的条件下，抛物线：的焦点与点关于轴上某点对称，且抛物线与椭圆在第四象限交于点，过点作抛物线的切线，求该切线方程并求该直线与两坐标轴围成的三角形面积.
【答案】（1）；（2）切线方程，面积为.
【分析】（1）求出两平行直线间的距离，得到，结合离心率求得，再由隐含条件求得则椭圆的标准方程可求；（2）由抛物线焦点，可得抛物线方程，联立抛物线方程与椭圆方程，求得的坐标，写出抛物线在点处的切线为，再与抛物线方程联立求得切线斜率，得到切线方程，分别求出切线在两坐标轴上的截距，代入三角形面积公式得答案．
【详解】（1）两平行直线间的距离，∴，
离心率，故，，
∴椭圆的标准方程为；
（2）由题意，抛物线焦点为，故其方程为.
联立方程组，解得或（舍去），∴.
设抛物线在点处的切线为，
联立方程组，整理得，
由，解之得，
∴所求的切线方程为．
即是.
令，得；
令，得.
故所求三角形的面积为.
【点睛】本题是圆锥曲线综合题，考查了椭圆方程的求法，考查直线与抛物线、椭圆与抛物线位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．
【2022天津一中五月考】已知点是离心率为的椭圆C：上的一点，斜率为的直线BD交椭圆C于B、D两点，且A、B、D三点不重合.
（1）求椭圆C的方程；
（2）求证：直线AB、AD的斜率之和为定值；
（3）面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由？
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）的面积存在最大值为．
【分析】（1）由已知解方程组即可；
（2）设出直线BD的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理解决；
（3）将△ABD面积表示成，再利用基本不等式求得最值.
【小问1详解】
∵点是离心率为的椭圆：上的一点，
∴，解得，，，∴椭圆的方程为．
【小问2详解】
设，，直线、的斜率分别为、，
设直线的方程为，联立，得，
∴，得，①，②，
则
，（*）
将①、②式代入*式整理得，
∴直线，的斜率之和为定值0．
【小问3详解】
，
又点到直线：的距离，
∴，当且仅当时取等号，
又∵，∴当时，的面积最大，最大值为．
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．