人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆课后练习题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆课后练习题，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，椭圆的左顶点为为坐标原点，两点在上，若四边形为平行四边形，且，则的值为（ ）
A．B．C．4D．
2．设椭圆的左､右焦点为､，是椭圆上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．离心率 B．的最大值为3
C．△面积的最大值为D．的最小值为2
3．过点的直线l与椭圆交于A，B两点，设线段AB中点为M，设直线l的斜率为，直线OM的斜率为，则的值为（ ）
A．B．－2C．D．2
4．已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于两点，若的最大值为10，则的值是（ ）
A．B．C．D．
5．已知P为椭圆上任意一点，EF为圆任意一条直径，则的取值范围为（ ）
A．[8，12]B．C．D．
6．已知椭圆，其中、为椭圆的左、右焦点，为坐标原点．过的直线与过的直线交于点，线段的中点为，线段的垂直平分线与的交点（第一象限）在椭圆上，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知斜率为且不经过原点的直线与椭圆相交于两点，若为线段的中点，且在轴上，则（ ）
A．B．1C．2D．0
8．已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且位于第一象限，为坐标原点，若线段的中点满足，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
9．设分别是椭圆的左、右焦点，点为椭圆上任意一点，则使得 成立的点的个数为（ ）
A．B．C．D．
10．若点A，F分别是椭圆的左顶点和左焦点，过点F的直线交椭圆于M，N两点，记直线的斜率为，其满足，则直线的斜率为
A．B．C．D．
二、多选题
11．已知椭圆为的左焦点，直线与交于两点（点在第一象限），直线与椭圆的另一个交点为，则（ ）
A．B．当时，的面积为
C．D．的周长的最大值为
12．椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，则以下说法正确的是（ ）
A．过点的直线与椭圆交于两点，则的周长为8
B．椭圆上不存在点，使得
C．直线与椭圆恒有公共点
D．为椭圆上一点，为圆上一点，则点，的最大距离为3
13．已知椭圆的左，右两焦点分别是，，其中.直线与椭圆交于A，B两点.则下列说法中正确的有（ ）
A． 的周长为B．当时，若的中点为M，则
C．若，则椭圆的离心率的取值范围是D．若，则椭圆的离心率
14．椭圆的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，以下说法正确的是（ ）
A．椭圆C的离心率为
B．椭圆C上存在点P，使得
C．过点的直线与椭圆C交于A，B两点，则的周长为8
D．若P为椭圆上一点，Q为圆上一点，则点P，Q的最大距离为2
15．已知椭圆的焦点为、，点在椭圆的内部，点在椭圆上，则（ ）
A．B．椭圆的离心率的取值范围为
C．存在点使得D．
16．已知F为椭圆C：的左焦点，直线l：与椭圆C交于A，B两点，轴，垂足为E，BE与椭圆C的另一个交点为P，则（ ）
A．B．的最小值为2
C．直线BE的斜率为D．为钝角
三、填空题
17．过点的直线与椭圆相交于两点，且恰为中点，则直线的方程为___________.
18．已知椭圆的方程为，左、右焦点分别为，，经过点的一条直线与椭圆交于A，B两点.若直线AB的倾斜角为，则弦长AB为______.
19．已知椭圆E:的左焦点为F，过点P（2，t）作椭圆E的切线PA、PB，切点分别是A、B，则三角形ABF面积最大值为________.
20．已知椭圆的离心率为过椭圆的右焦点且斜率为的直线与椭圆交于两点，则(其中为原点)的形状为________.
21．如图，A、B为椭圆的两个顶点，过椭圆的右焦点F作轴的垂线与其交于点C，若AB∥OC(O为坐标原点)，则直线AB的斜率为______.
22．已知椭圆，过点的直线与椭圆交于不同两点（在之间），有以下四个结论：
①若，则的取值范围是；
②若A椭圆的右顶点，且的角平分线是轴，则直线的斜率为；
③若以为直径的圆过原点，则直线的斜率为；
④若，椭圆变成曲线，点变成，曲线与轴交于点，则直线与的交点必在一条定直线上.
其中正确的序号是________.
23．已知点在椭圆C：上， 过点作直线交椭圆C于点的垂心为，若垂心在y轴上．则实数的取值范围是________________．
24．已知椭圆的左顶点为A，过A作两条弦AM、AN分别交椭圆于M、N两点，直线AM、AN的斜率记为，满足，则直线MN经过的定点为___________．
四、解答题
25．已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，过点的直线交椭圆于，两点，的中点坐标为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求的面积．
26．已知椭圆的左，右焦点分别为，且与短轴的两个端点恰好为正方形的四个顶点，点在E上．
(1)求E的方程；
(2)过点作互相垂直的两条直线分别交E于点A，B和C，D，求四边形面积的取值范围.
27．已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交于点，证明：点在定直线上．
(3)设直线的斜率分别为，证明：为定值．
28．已知椭圆的左､右焦点分别为，下顶点为，直线与的另一个交点为，连接，若的周长为，且的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆交于两点，当为何值时，恒成立？
29．已知点分别是椭圆的左、右顶点，过的右焦点作直线交于两点，
(1)设直线的斜率分别为，求和的值；
(2)若直线分别交椭圆的右准线于两点，证明：以为直径的圆经过定点.
30．如图，已知椭圆的右焦点为，，为椭圆上的两个动点，周长的最大值为8.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）直线经过，交椭圆于点，，直线与直线的倾斜角互补，且交椭圆于点，，，求证：直线与直线的交点在定直线上.
参考答案：
1．A
【分析】由题意可得直线的方程为：，联立，解得：，同理联立，解得．根据，即化简即可得出．
【详解】∵四边形为平行四边形，，
∴直线的方程为：，
联立，解得：．，
同理联立，化为：即，
解得，
∵，
∴，解得，即，
故选：A
2．D
【分析】根据椭圆方程求出、、，即可判断A，设根据二次函数的性质判断BD，由判断C.
【详解】因为椭圆，所以，，所以，，，所以，，，故A错误；
设，所以，所以，因为，所以当时，，即，故B错误；
因为，又，所以当时，即在短轴的顶点时面积的取得最大值，，故C错误；
对于D：，因为，所以，所以，故D正确；
故选：D
3．A
【分析】假设出A，B两点坐标，代入椭圆方程，两式相减求出，已知M坐标求出，最后相乘即可得出答案.
【详解】设，，联立方程
两式相减得，所以，，.
故选:A
4．D
【分析】根据椭圆的几何性质求解.
【详解】，
根据椭圆的几何性质可知，当轴时，有最小值，
此时的最大值为10，
此时在中，令则，
所以，
所以的值是.
故选:D.
5．C
【分析】由题意可得圆心恰好是椭圆的右焦点，将化简得，由椭圆的性质可知，从而可求出的取值范围
【详解】由，得，则，
圆的圆心恰好是椭圆的右焦点，圆的半径为2，
因为
，
因为P为椭圆上任意一点，为椭圆的右焦点，
所以，即，
所以，所以，
所以的取值范围为，
故选：C
6．A
【分析】根据椭圆的定义、三角形的中位线、线段的中垂线对转化，用点的坐标表示，通过点在第一象限的范围即可求得.
【详解】如图所示，因为点在轴右边，
因为是的垂直平分线，所以,
由中位线定理可得,
设点,
由两点间的距离公式得，
，
同理可得，又是的垂直平分线，所以,
即,
且中是中位线，所以，
在椭圆中，所以.
故选：A
7．D
【分析】根据中点弦的问题求解即可.
【详解】解：设，，，
所以，，两式相减得，
所以，．
若在轴上，则．
因为不经过原点，
所以，
所以，．
故选：D
8．D
【分析】设椭圆的右焦点为，利用中位线和向量垂直得，从而得到点为圆和椭圆的公共点，求出点的坐标，计算直线的斜率，利用点斜式方程可得答案.
【详解】设椭圆的右焦点为，（），
，，
分别是和的中点，
，由已知可得，，
，即，
由得，
，
直线的方程为，即.
故选：D.
【点睛】本题考查椭圆中的焦点三角形问题，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的应用.
9．B
【分析】设，根据以及点在椭圆上建立方程组，解得坐标，即可知道点P的个数.
【详解】设，
∵分别为椭圆的左、右焦点，点P为椭圆上任意一点，
∴，，
∵，
∴，即①，
又∵为椭圆上任意一点，∴②，
联立①②得，或，
∴使得成立的点P的个数为2.
故选：B.
10．B
【分析】根据直线MN斜率一定存在，设出直线方程，联立抛物线得到关于x的一元二次方程；由韦达定理表示出；根据两个斜率满足，代入即可求得k的值．
【详解】点A，F分别是椭圆的左顶点和左焦点
所以椭圆的左焦点坐标为 ，左顶点坐标为
由题意可知，直线MN的斜率一定存在，因为直线MN过椭圆左焦点，所以MN的直线方程可设为 ，
联立直线方程与椭圆方程，化简得

所以
因为
代入，可得
将代入
通过解方程可得
所以选B
【点睛】本题考查了直线与椭圆位置关系的综合应用，将直线方程与圆锥曲线方程联立，结合韦达定理解决相关问题是常见的方法，也是高考的重点难点，属于难题．
11．AC
【分析】对A：由方程求，进而求；对B：根据方程结合题意运算求解；对C：设直线，利用两点间距离公式结合韦达定理运算求解；对D：根据椭圆定义分析求解.
【详解】由椭圆方程，得，所以，所以，故A项正确；
当时，点到的距离为2，所以的面积为，故B项错误；
因为点在第一象限，所以直线的斜率一定存在，设直线的斜率为，点，
∵，则直线，
联立方程，得到
∴，
∵在椭圆上，则，即
∴
同理，
于是
，
故C项正确；
设椭圆的右焦点为，
当直线经过椭圆的右焦点时，的周长为，
如果不经过右焦点，则连接，，
可知的周长小于，
所以的周长的最大值为，故D项错误.
故选：AC.
12．ACD
【分析】根据椭圆的定义判断A正确；结合向量的数量积的坐标运算判断B错误；根据直线恒过定点以及点和椭圆的位置关系可知点在椭圆内，由此可判断C正确；结合两点间的距离公式可判断D正确.
【详解】解：
对于A选项：由椭圆的定义：
的周长为：，故A正确；
对于B选项：设，则，，
，
，解得
椭圆上存在点，使得，故B错误；
对于C选项：直线恒过定点
，故该定点在椭圆内，过该定点的直线和椭圆一定有交点，故C正确；
对于D选项：设，则P点到圆的圆心的距离
，故
，故D正确.
故选：ACD
13．CD
【分析】对于A, A,B，F2三点共线，不能构成三角形.即可判断；
对于B,利用点差法求出.即可判断；
对于C, 利用坐标运算得到,求出.即可判断；
对于D,由,求出.即可判断；
【详解】对于A,当k=0时,直线l:y=k(x+c)与椭圆的两交点A,B与F2在一直线上，不能构成三角形.故A错误；
对于B,设A(x1,y1),B(x2,y2),,可得由作差得: ，则有.故B错误；
对于C, ,则有,可得：.故C正确；
对于D,由,即，解得：（舍去）,所以.故D正确.
故选:CD
14．BC
【分析】求得椭圆C的离心率判断选项A；求得满足条件的点P判断选项B；求得的周长判断选项C；求得点P，Q的最大距离判断选项D.
【详解】对于选项A，因为，，所以，即，
所以椭圆C的离心率，故A错误；
对于选项B，设点为椭圆上任意一点，
则点P的坐标满足，且，又，，
所以，，
因此，
令，可得，故B正确；
对于选项C，由椭圆的定义可得，
因此的周长为，
故C正确；
对于选项D，设点为椭圆上任意一点，
由题意可得点到圆的圆心的距离，因为，所以
则，故D错误．
故选：BC．
15．ACD
【分析】利用点在椭圆的内部可求得的取值范围，可判断A选项；利用椭圆的离心率公式可判断B选项；求出点的轨迹方程，判断点的轨迹与椭圆的公共点，可判断C选项；利用两点间的距离公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，由已知可得，可得，则，A对；
对于B选项，椭圆的离心率为，B错；
对于C选项，设、分别为椭圆的左、右焦点，则、，
记，设点，，，
因为，则，
所以，点在圆上，联立可得，
即圆与椭圆有公共点，C对；
对于D选项，
，D对.
故选：ACD.
16．AC
【分析】对于A，利用椭圆与的对称性可证得四边形为平行四边形，进而得到；
对于B，利用A中的结论及基本不等式“1”的妙用即可得到的最小值；
对于C，由题意设各点的坐标，再由两点斜率公式即可得到；
对于D，先由各点坐标结合椭圆方程可得到，从而可证得，由此可知.
【详解】由椭圆C：得，则，，，
对于A，设将圆C的右焦点为，如图，连接，，
由椭圆与的对称性可知，则四边形为平行四边形，
故，故A正确；
.
对于B，，
当且仅当，且，即时，等号成立，
故的最小值为，故B错误；
对于C，设，，，故直线BE的斜率，故C正确；
对于D，设，直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，则，
又点P和点A在椭圆C上，故，，
两式相减得，则，故，
易知，则，得，
所以，故，故D错误.
故选：AC．
17．
【分析】结合点差法求得直线的方程.
【详解】椭圆，
由，令得：，所以在椭圆内，
同时，当直线的斜率不存在，即直线时，，
不是线段的中点，所以直线的斜率存在.
设，则，
两式相减并化简得，
即，
所以直线的方程为，即.
故答案为：
18．
【分析】由已知得出直线的方程，与椭圆的标准方程联立，利用韦达定理根据弦长公式可得答案．
【详解】由椭圆的方程可知左焦点，若直线的倾斜角为，则直线的斜率，
故直线的方程为，
联立方程组，消去x整理得，设，，，，
由韦达定理可知，，则由弦长公式得
，
弦长．
故答案为：
19．
【分析】利用切线PA、PB过点P，可得直线AB方程，然后由韦达定理表示出面积，利用基本不等式可得.
【详解】由椭圆方程，知，
，设右焦点为，即
设，，
由椭圆的切线方程可知切线PA的方程为，切线PB的方程为
（将变形为，代入整理得，又，所以，
所以，故直线与椭圆相切.）
由于点P在切线PA、PB上，则，故直线方程为，
所以直线过定点，且定点为椭圆的右焦点，
联立方程，消去x得：
由韦达定理得，，
令，则，，则
，当且仅当，即时，等号成立，故三角形ABF面积最大值为.
故答案为：
20．钝角三角形
【分析】由椭圆的离心率可求得从而可表示出椭圆方程，求出右焦点坐标，则可表示出直线l的方程，代入椭圆方程中，消去整理利用根与系数的关系，再表示出，然后求出，由其正负可判断出三角形的形状
【详解】由椭圆的离心率可得，解得
则椭圆的方程为
椭圆的右焦点为由直线l的方程为
由可得
设，由韦达定理得
则
则，
所以一定为钝角，
所以(其中为原点)的形状为钝角三角形，
故答案为：钝角三角形
21．
【分析】由椭圆的方程及过椭圆的右焦点F作轴的垂线，求得，根据，求得，进而得到，利用斜率公式，即可求解．
【详解】由题意，椭圆，过椭圆的右焦点F作轴的垂线与其交于点C，
可得，
又由，可得，整理得，即，
又由，
所以直线的斜率为．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记椭圆的标准方程，熟练应用椭圆的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
22．①④
【分析】设，设直线方程，与椭圆方程联立，整理后应用韦达定理得 ，，③中代入求解，①中代入求得的范围，④中求出直线与的方程，再求得交点坐标，②中利用椭圆的对称性判断．
【详解】③设，设直线方程，与椭圆方程联立，得到，，，，根据条件，当过原点时，满足，∴，，故不正确；
①根据③得到，又根据条件可得，代入整理为，整理为，解得，又，所以，当斜率不存在时，此时，故;
②根据椭圆关于轴对称，若角平分线是轴，那么关x轴对称，直线斜率不存在，显然错误；
④根据点的坐标变换，代入椭圆方程，得到，，则，，，得到直线，，两式变形得到，由③中根与系数的关系得到代入得到，解得，故交点在一条直线上，正确.
故答案为：①④.
【点睛】易错点睛：主要考察了圆锥曲线的命题问题，属于高档题型，比较好判断中间两个命题，而对于第一个命题考察了直线与圆锥曲线的位置关系问题，设直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理，消参后得到关于的不等式，计算量比较大，容易出错在忘了当斜率不存在时的情况，导致错误，所以在有限的时间判断此题时也可考虑两个临界情况，一是相切时，，因为有两个交点，所以，二是斜率不存在时，此时，能取到，这样就比较好选择此问.
23．
【分析】（1）当直线斜率不存在时，设，此时，由联立求解即可；
（2）当直线斜率存在时，设，，设直线方程为：，由AB⊥QT可得，
由BT⊥AQ可得，化简得（*），联立直线与椭圆，结合韦达定理可得，
即可代入（*）得，又，最后求解上述不等式即可.
【详解】（1）当直线斜率不存在时，设，
此时，则，∴，
又，联立解得或（舍去），∴.
（2）当直线斜率存在时，设，，设直线方程为：，
直线QT的斜率为，∵AB⊥QT，∴，即，
又∵BT⊥AQ，∴，即，（*）
联立化为，则，，
，∴，
，
代入（*）可得．
∴，解得，
综上可知：实数m的取值范围为．
故答案为：
【点睛】（1）直线需讨论斜率存在与否；
（2）三角形垂心成立，相当于满足两组高和底垂直即可，即可结合向量来表示；当使用到坐标时，可以联立直线与圆锥曲线，结合韦达定理来表示，最后还需满足
24．
【分析】设出直线OM,ON的方程，代入到椭圆方程解出M,N的坐标结合进行化简，进而求出直线MN的方程，最后得到答案.
【详解】由题意，椭圆的左顶点为（-4,0），设，
由，则，
由,因为，所以，
则，
所以，
于是，化简得：，
令，所以直线MN经过轴上的定点.
故答案为：.
【点睛】本题思路比较直接，但运算量比较大，平常多注意运算方面的训练.
25．(1)
(2)
【分析】（1）由离心率得到，再设，，利用点差法得到，即可求出直线的方程，令，即可求出，从而求出、，即可求出椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，列出韦达定理，即可求出，最后根据计算可得.
【详解】（1）解：设，，因为的中点坐标为，
所以，，
因为，所以，即，所以，
又、，所以，
即，所以，
即，即，
所以直线的方程为，即，
令，解得，即，所以，则，
所以椭圆方程为；
（2）解：由得，所以，，
则，，
所以，
所以.
26．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件列方程，化简求得，从而求得的方程.
（2）对直线的斜率进行分类讨论，结合弦长公式求得四边形面积的表达式，利用换元法以及二次函数的性质求得四边形面积的取值范围.
（1）
设，因为两个焦点和短轴的两个端点为正方形的四个顶点，所以①，.
因为点在E上，所以②，又③，
由①②③解得，
所以E的方程为.
（2）
若垂直于坐标轴，则.
若不垂直于坐标轴，由（1）知，则设的方程为，，
代入的方程并整理得：，
设，，
，
则
.
同理可求.
则，
令
令，
令，则，开口向下，对称轴，
，所以，
即，.
综上所述，四边形的面积的取值范围是.
【点睛】在圆锥曲线中求三角形或四边形的面积的最值，当求得面积的表达式后，可考虑利用基本不等式、二次函数或者导数等知识来求最值.
27．(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆上顶点坐标，再结合即可求解作答.
（2）设点，联立直线l与椭圆C的方程，求出直线AM，AN的方程，再联立求出交点Q的横坐标即可作答.
（3）利用（2）中信息，直接计算即可作答.
(1)
当时，直线：，令，得，即椭圆的上顶点为，则，
又的周长为，即，，又，解得，
所以椭圆的方程为.
(2)
由（1）知，，设，依题意，点A，B不在x轴上，
由消去并整理得：，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线、的方程得，
由得代入上式，得
，于是得，
所以直线交点在定直线上．
(3)
由（2）知，，由得：，
所以为定值．
【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，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.
28．(1)
(2)
【分析】（1）由已知，根据椭圆的定义及的周长，可以求解出的值，在求解出直线的方程，与椭圆联立，求出点坐标，再利用的面积即可求解出的值，进而求解出椭圆方程；
（2）把直线的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理及建立方程，即可求解出的值.
(1)
设，由椭圆定义可知，的周长为，故，
直线的方程为与椭圆联立可得，
所以的面积为，即，解得
或（舍去），则，所以椭圆的标准方程为.
(2)
联立，得，，
由（1）可知，，设，，
则，，，，
所以，解得
或（舍去），所以当时，恒成立.
29．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）直线斜率不存在时，求得坐标，计算，，直线存在时，设直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，代入可得常数，代入后，再证明此常数就是刚才特殊情况的值即得；
（2）求出右准线方程是，求出，，利用椭圆的对称性，得出所有圆中每个圆都存在关于轴对称的圆，这样若有定点必在轴．设定点为，利用求出值即得定点．
（1）
由已知，，，
直线的斜率不存在时，方程为，不妨设，，
，同理，，
，，
直线斜率存在时，设直线方程为，设，
由，得，
，，
，，，
，
因为，
所以，
所以，
综上，，；
（2）
由已知，，，右准线方程为，
由（1）知直线方程为，令得，同理，
由椭圆的对称性知，以为直径的圆有一个圆心轴上方的圆，则必定也有一个与之关于轴对称的圆，这两个圆的交点在轴上，以为直径的圆经过定点，这个定点必在轴上，设定点为，则，
由（1）得，
或，
所以以为直径的圆经过定点，．
【点睛】方法点睛：本题考查椭圆的定值与定点问题，方法是设交点坐标为，设直线方程，直线方程代入椭圆方程后，应用韦达定理得，利用点的坐标求出证明定值的量，代入韦达定理的结论后化简，得定值，对定点问题，一种方法求得动直线（或动曲线）方程，由动曲线过定点恒成立问题得结论，或由几何特征（特殊情形）得出定点坐标，然后证明其对其他情形也适用．
30．（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】（Ⅰ）由椭圆的定义可得，周长取最大值时，线段过点，可求出，从而求出椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设直线，直线，，，，.把直线与直线的方程分别代入椭圆的方程，利用韦达定理和弦长公式求出和，根据求出的值.最后直线与直线的方程联立，求两直线的交点即得结论.
【详解】（Ⅰ）设的周长为，
则
，当且仅当线段过点时“”成立.
，，又，，
椭圆的标准方程为.
（Ⅱ）若直线的斜率不存在，则直线的斜率也不存在，这与直线与直线相交于点矛盾，所以直线的斜率存在.
设，，，，，.
将直线的方程代入椭圆方程得：.
，,
.
同理，.
由得，此时.
直线，
联立直线与直线的方程得，
即点在定直线.