数学一轮复习专题9.3 椭圆 （新教材新高考）（练）教师版

专题9.3椭圆练基础1.（浙江高考真题）椭圆的离心率是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】，选B．2.（2019·北京高考真题）已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则()A．a2=2b2B．3a2=4b2C．a=2bD．3a=4b【答案】B【解析】椭圆的离心率,化简得,故选B.3．（上海高考真题）设是椭圆上的点．若是椭圆的两个焦点，则等于()A.4B.5C.8D.10【答案】D【解析】因为椭圆的方程为，所以，由椭圆的的定义知，故选D．4．（2020·四川资阳�高三其他（理））已知椭圆：经过点，且的离心率为，则的方程是（）A．B．C．D． 【答案】A【解析】依题意，可得，解得，故的方程是.故选：A5.（2020·河北枣强中学高三月考（文））已知椭圆C的方程为，焦距为，直线与椭圆C相交于A，B两点，若，则椭圆C的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设直线与椭圆在第一象限内的交点为，则由，可知，即，解得，所以把点代入椭圆方程得到，整理得，即，因，所以可得故选A项.6．（2021·全国高三专题练习）已知，分别是椭圆的上、下焦点，在椭圆上是否存在点P，使，，成等差数列？若存在求出和 的值；若不存在，请说明理由．【答案】不存在；理由见解析．【分析】假设存在点P满足题设，解方程组得和的值，再检验即得解.【详解】解：假设存在点P满足题设，则由及题设条件有，即，解得，或．由，得，．则，．∵，，∴不存在满足题设要求的点P．7．（2021·全国高三专题练习）设F是椭圆的右焦点，且椭圆上至少有21个不同的点（，2，…），使，，，…组成公差为d的等差数列，求a的取值范围．【答案】【分析】分情况讨论等差数列是递增，还是递减，分别列出不等式求解范围.【详解】解：注意到椭圆的对称性及最多只能两两相等，可知题中的等差数列可能是递增的，也可能是递减的，但不可能为常数列，即．先考虑一般情形，由等差数列的通项公式有，（），因此． 对于椭圆（），其焦半径的最大值是，最小值是（其中）．当等差数列递增时，有，．从而．再由题设知，且，故，因此．同理，当等差数列递减时，可解得，故所求d的取值范围为．8．（2021·全国高三专题练习）已知定点，点为椭圆的右焦点，点M在椭圆上移动时，求的最大值；【答案】【分析】由椭圆定义，转化，即得解【详解】如图所示，设是左焦点，则，，而．∴,当点F1在线段AM上时，等号成立， 即的最大值为．9．（2021·云南师大附中高三月考（理））椭圆C:的离心率是，且点A(2，1)在椭圆C上，O是坐标原点.（1）求椭圆C的方程；（2）直线l过原点，且l⊥OA，若l与椭圆C交于B，D两点，求弦BD的长度.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用离心率和点在椭圆上可求出椭圆的标准方程；（2）先利用直线垂直的判定得到直线的斜率和方程，联立直线和椭圆的方程，消元得到关于的一元二次方程，进而求出交点坐标，再利用两点间的距离公式进行求解.【详解】（1）由，得：，又点在椭圆上，所以，得，，所以椭圆的方程是．（2）直线的方程是，因为，且过点，所以直线的方程是，与椭圆联立，得：，即，所以，则．10．（2021·南昌大学附属中学高二月考）已知是椭圆 两个焦点，且.（1）求此椭圆的方程；（2）设点在椭圆上，且，求的面积.【答案】（1）此椭圆的方程为；（2）的面积为.【分析】（1）由已知条件求出椭圆中即可得到椭圆方程；（2）结合椭圆的定义以及余弦定理的知识求出的值，运用三角形面积公式即可求解.【详解】（1）因为是椭圆两个焦点，所以，①又因为，②所以由①②可得，所以此椭圆的方程为.（2）设，由椭圆定义可知，③在中，由余弦定理得，即，④由③④式可得，，所以.即的面积为.练提升TIDHNEG1．（2021·全国高二课时练习）已知椭圆与圆，若在椭圆上存在点，使得过点所作的圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C 【分析】若长轴端点，由椭圆性质：过的两条切线互相垂直可得，结合求椭圆离心率的范围.【详解】在椭圆的长轴端点处向圆引两条切线，，若椭圆上存在点，使过的两条切线互相垂直，则只需，即，∴，得，∴，又，∴，即．故选：C2．（2020·湖北黄州�黄冈中学高三其他（文））已知椭圆：（）的左焦点为，经过原点的直线与交于，两点，总有，则椭圆离心率的取值范围为______.【答案】【解析】如图，设椭圆右焦点为，由对称性知是平行四边形，，∵，∴，设，，由椭圆定义知，则，当且仅当时等号成立，在中，由余弦定理得，又，，∴，解得．故答案为：． 3.（2019·浙江高三月考）已知、分别为椭圆的左、右焦点，点关于直线对称的点Q在椭圆上，则椭圆的离心率为______；若过且斜率为的直线与椭圆相交于AB两点，且，则___.【答案】【解析】由于点关于直线对称的点Q在椭圆上，由于的倾斜角为,画出图像如下图所示，由于是坐标原点，根据对称性和中位线的知识可知为等腰直角三角形，且为短轴的端点，故离心率.不妨设，则椭圆方程化为，设直线的方程为，代入椭圆方程并化简得.设，则①，②.由于，故③.解由①②③组成的方程组得，即.故填：（1）；（2）. 4．（2019·浙江温州中学高三月考）已知点在圆上，点在椭圆上，且的最大值等于，则椭圆的离心率的最大值等于__________，当椭圆的离心率取到最大值时，记椭圆的右焦点为，则的最大值等于__________．【答案】【解析】化简为，圆心.的最大值为5等价于的最大值为4设，即，又化简得到当时，验证等号成立对称轴为满足故故离心率最大值为当时，离心率有最大值，此时椭圆方程为，设左焦点为 当共线时取等号.故答案为和5．（2020·浙江高三月考）已知是椭圆（）和双曲线（）的一个交点，是椭圆和双曲线的公共焦点，分别为椭圆和双曲线的离心率，若，则的最小值为________．【答案】.【解析】根据椭圆与双曲线的对称性，不妨设点在第一象限，那么，因为椭圆与双曲线有公共焦点，设椭圆与双曲线的半焦距为，根据椭圆与双曲线的定义，有：，，解得，，在中，由余弦定理，可得：，即，整理得，所以，又，所以.故答案为6．（2020·浙江高三其他）已知当动点P到定点F（焦点）和到定直线的距离之比为离心率时，该直线便是椭圆的准线.过椭圆上任意一点P，做椭圆的右准线的垂线PH （H为垂足），并延长PH到Q，使得HQ=λPH(λ≥1).当点P在椭圆上运动时，点Q的轨迹的离心率的取值范围是___.【答案】【解析】由题可知：椭圆的右准线方程为设，所以点由，所以，又，所以所以由，所以则点的轨迹方程为设点Q的轨迹的离心率则由，所以所以，则，又所以故答案为： 7．（2021·全国高三专题练习）设椭圆的中心在坐标原点.长轴在z轴上，离心率，已知点到这个椭圆上的点的最远距离是，求椭圆方程，并求椭圆上到点O的距离为的点的坐标.【答案】;，.【分析】设以P点为圆心的圆与椭圆相切，结合判别式等于零，参数值可确定，符合条件的两个点的坐标也可求得.【详解】∵，∴，∴.∵，∴，，∴设椭圆方程为①又∵到椭圆上的最远距离为，则可构造圆.②此圆必与椭圆相切，如图所示，由①②整理得.∵椭圆与圆相切，∴，③∴，则.则所求椭圆方程为.④ 把代入方程③可得，把代入④得.∴椭圆上到点P的距离等于的点的坐标为，.8．（2021·全国高三专题练习）椭圆的焦点为、，点P为其上动点，当为钝角时，求点P横坐标的取值范围.【答案】【分析】当为直角时，作以原点为圆心，为半径的圆，若该圆与已知椭圆相交，则圆内的椭圆弧所对应的x的取值范围即为所求点P横坐标的取值范围.【详解】的焦点为、，如图所示：以原点为圆心，为半径作圆与椭圆相交于A、B、C、D四点，此时、、、都为直角，所以当角的顶点P在圆内部的椭圆弧上时，为钝角，由，解得.因为椭圆和圆都关于坐标轴对称，所以点P横坐标的取值范围是.9．（2021·全国）（1）已知，是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，求 的最大值；（2）已知，是椭圆的左焦点，点是椭圆上的动点，求的最大值和最小值．【答案】（1）100；（2）的最大值为，最小值为．【分析】（1）利用椭圆定义和基本不等式求的最值；（2）求的最值时，利用椭圆的定义将其转化为求的最值，显然当，，三点共线时取得最值．【详解】（1）∵，，当且仅当时取等号，∴，当且仅当时取等号，∴的最大值为100．（2）设为椭圆的右焦点，可化为，由已知，得，∴，∴．①当时，有，等号成立时，最大，此时点是射线与椭圆的交点，的最大值是．②当时，有，等号成立时，最小，此时点是射线与椭圆的交点，的最小值是．综上，可知的最大值为，最小值为．10．（2021·贵州高三月考（文））已知椭圆C：的离心率为，直线l经过椭圆C的右焦点F与上顶点，原点O到直线l的距离为.（1）求椭圆C的方程；（2）斜率不为0的直线n过点F，与椭圆C交于M，N两点，若椭圆C上一点P满足，求直线n的斜率.【答案】（1）；（2）.【分析】 （1）由已知条件可得再结合，可求出，从而可求得椭圆方程，（2）设直线n的方程为，设点，将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，结合表示出点的坐标，再将其坐标代入椭圆方程中可求得直线n的斜率【详解】（1）由题意可得椭圆C的右焦点与上顶点，所以直线为，即，因为椭圆C的离心率为，原点O到直线的距离为，所以且，解得，，所以椭圆C的方程为.（2）因为直线n的斜率不为0，所以可设直线n的方程为.设点，联立方程得，则.因为，所以，将点P的坐标代入椭圆方程得，即，解得，故直线n的斜率为.练真题TIDHNEG 1．（2021·全国高考真题（理））设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．【详解】设，由，因为，，所以，因为，当，即时，，即，符合题意，由可得，即；当，即时，，即，化简得，，显然该不等式不成立．故选：C．2.（2018·全国高考真题（理））已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为为等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,由斜率为得，， 由正弦定理得,所以，故选D.3.（2019·全国高考真题（文））已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．所求椭圆方程为，故选B．法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．4.（2019·全国高考真题（文））设为椭圆的两个焦点，为 上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则的坐标为___________.【答案】【解析】由已知可得，．∴．设点的坐标为，则，又，解得，，解得（舍去），的坐标为．5．（2021·江苏高考真题）已知椭圆的离心率为.（1）证明：；（2）若点在椭圆的内部，过点的直线交椭圆于、两点，为线段的中点，且.①求直线的方程；②求椭圆的标准方程.【答案】（1）证明见解析；（2）①；②.【分析】（1）由可证得结论成立；（2）①设点、，利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程；②将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，可求出的值，即可得出椭圆的方程.【详解】 （1），，因此，；（2）①由（1）知，椭圆的方程为，即，当在椭圆的内部时，，可得.设点、，则，所以，，由已知可得，两式作差得，所以，所以，直线方程为，即.所以，直线的方程为；②联立，消去可得.，由韦达定理可得，，又，而，，，解得合乎题意，故，因此，椭圆的方程为.6.（2020·天津高考真题）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以 为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），或．【解析】（Ⅰ）椭圆的一个顶点为，，由，得，又由，得，所以，椭圆的方程为；（Ⅱ）直线与以为圆心的圆相切于点，所以，根据题意可知，直线和直线的斜率均存在，设直线的斜率为，则直线的方程为，即，，消去，可得，解得或.将代入，得，所以，点的坐标为，因为为线段的中点，点的坐标为，所以点的坐标为，由，得点的坐标为，所以，直线的斜率为，又因为，所以，整理得，解得或. 所以，直线的方程为或.