椭圆专项训练-2025届高三数学一轮复习

椭圆专项训练-高三数学上学期一轮复习检测卷 一、单选题 1．与椭圆有相同焦点，且满足短半轴长为的椭圆方程是（    ） A． B． C． D． 2．已知是椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且，则点到轴的距离为（    ） A． B． C．2 D． 3．椭圆的焦点坐标为（    ） A． B． C． D． 4．设椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，若，则的面积为（    ） A． B． C．8 D． 5．已知椭圆的长轴为6，左、右焦点分别为，以为圆心的圆与轴仅有1个交点，且过点.若，则椭圆的短轴长为（    ） A． B． C．4 D． 6．已知为坐标原点，点在椭圆上，若点分别在直线，上，若四边形为平行四边形，且为定值，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．椭圆任意两条相互垂直的切线的交点轨迹为圆：，这个圆称为椭圆的蒙日圆.在圆上总存在点，使得过点能作椭圆的两条相互垂直的切线，财的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．如图，已知椭圆的左､右焦点分别为，过焦点的直线交椭圆于两点，若的内切圆的面积为，设两点的坐标分别为，则的值为（    ）    A． B．2 C． D． 二、多选题 9．设椭圆的左右焦点为，P是C上的动点，则（    ） A． B．离心率 C．短轴长为2，长轴长为4 D．不可能是钝角 10．下列命题错误的是（    ） A．若定点，满足，动点满足，则动点的轨迹是椭圆 B．若定点，满足，动点满足，则的轨迹是椭圆 C．当时，曲线：表示椭圆 D．若动点的坐标满足方程，则点的轨迹是椭圆，且焦点坐标为 11．中国的嫦娥四号探测器，简称“四号星”，是世界首个在月球背面软着陆和巡视探测的航天器．如图，现假设“四号星”沿地月转移轨道飞向月球后，在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在点P第二次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行．若用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长，则下列式子正确的是（    ）    A． B． C． D． 三、填空题 12．若直线和椭圆交于两点，则线段的长为 ． 13．过椭圆的右焦点作相互垂直的弦．若四边形的面积的取值范围为，则 ． 14．“若点P为椭圆上的一点，为椭圆的两个焦点，则椭圆在点处的切线平分的外角”，这是椭圆的光学性质之一．已知椭圆，点P是椭圆上的点，在点处的切线为直线，过左焦点作的垂线，垂足为，设点的轨迹为曲线．若是曲线上一点，已知点，则的最小值为 ． 四、解答题 15．已知椭圆的右焦点为F，C在点处的切线l分别交直线和直线于两点． (1)求证：直线与C相切； (2)探究：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 16．已知椭圆. (1)若点在椭圆C上，证明：直线与椭圆C相切； (2)设曲线的切线l与椭圆C交于两点，且以为切点的椭圆C的切线交于M点，求面积的取值范围. 17．已知椭圆，点为直线上的一点． (1)设，过的右焦点且斜率不为0的直线交于两点，记直线的倾斜角分别为，且，求点的坐标． (2)过作椭圆的切线，切点为，试探究：以为直径的圆是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． 18．已知椭圆，过原点的两条直线和分别与椭圆交于点和，记的面积为． (1)设，用的坐标表示点到直线的距离，并证明； (2)设，，，求的值； (3)设与的斜率之积为，求的值，并使得无论与如何变动，面积保持不变． 19．已知A，B分别为椭圆的上下顶点，P为直线上的动点，且P不在椭圆上，与椭圆E的另一交点为C，与椭圆E的另一交点为D，（C，D均不与椭圆E上下顶点重合）. (1)证明：直线过定点； (2)设（1）问中定点为Q，过点C，D分别作直线的垂线，垂足分别为M，N，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在常数t，使得，，总为等比数列？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【分析】由焦点和短半轴长，待定系数法求椭圆方程. 【详解】椭圆化成标准方程为，焦点在轴上， 设所求椭圆方程为， 依题意有，所以，所求椭圆方程为. 故选：B 2．D 【分析】根据椭圆的定义列出，求得，则得为等腰三角形，然后利用等面积法从而求解. 【详解】由可得， 如图，作轴，交轴于点，作，交于点， 设点到轴的距离为，则有，可得，故D正确. 故选：D.    3．C 【分析】根据题意，化简椭圆的方程为，结合椭圆的几何性质，即可求解. 【详解】由椭圆，可化为， 可得，则， 又由椭圆的焦点在轴上，所以椭圆的焦点坐标为. 故选：C. 4．D 【分析】由椭圆的定义求得，取的中点，得到，利用勾股定理可得，进而求得的面积. 【详解】由椭圆中，，，则，可得， 又由椭圆的定义可得， 取的中点，因为，则， 由勾股定理可得， 所以. 故选：D. 5．D 【分析】首先分析出点在椭圆上，则得到圆的方程，再利用韦达定理得到，最后根据向量数量积的坐标化运算即可得到相关方程，解出即可. 【详解】由题意得，则，设右焦点， 因为以为圆心的圆与轴仅有1个交点，则圆与轴相切与点， 根据对称性则不妨设，，则圆的方程为， 令，则整理得到，则，， ，，则，解得， 则，椭圆的短轴长为. 故选：D.    6．C 【分析】由已知四边形可得，再用，，的坐标表示出斜率，得到，最后由定值条件求出离心率. 【详解】四边形为平行四边形， ． 设，，，则，， ，，， ， 当时，为定值，即为定值， 椭圆的离心率为． 故选：C． 7．D 【分析】将在圆上总存在点能作椭圆的两条相互垂直的切线转化为圆与椭圆的蒙日圆总存在交点，然后列不等式求解即可. 【详解】由题意得椭圆的蒙日圆为， 在圆上总存在点， 则圆与总存在交点，即两圆相切或相交， 则，解得. 故选：D. 8．D 【分析】根据等面积法，由此可求出所求的值. 【详解】由题意知的内切圆的半径为， 又， 所以的面积， 因为， 所以. 故选：D. 9．AD 【分析】利用椭圆的定义及性质逐一判断即可. 【详解】椭圆， ， ，A正确； 离心率，B错误； 短轴长为，长轴长为，C错误； 当点P在椭圆短轴端点处时，最大， 此时，得， 故不可能是钝角，D正确. 故选：AD. 10．AC 【分析】 根据椭圆的定义和椭圆标准方程及几何性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，若定点，满足，动点满足， 可得点的轨迹为以为端点的线段，所以A不正确； 对于B中，若定点，满足，动点满足， 由椭圆的定义，可得点的轨迹是以为焦点的椭圆，所以B正确； 对于C中，当时，曲线：，若时，即时，此时曲线表示圆，所以C不正确； 对于D中，若动点的坐标满足方程，则点的轨迹是椭圆， 其中，可得，所以焦点坐标为，所以D正确. 故选：AC. 11．BC 【分析】由图可推出，，即可判断A选项；再由的值相等，可判断B选项；由整理后两边平方及与、的关系，以及、的关系，即可判断C、D选项. 【详解】由图知，， 所以，， 所以，故A错误； 由轨道Ⅰ知，由轨道Ⅱ知, 所以，故B正确； 由可得： ，两边平方可得： ， 即， 即， 所以， 由图知，即，所以， 所以， 所以， 所以，故C正确，D错误. 故选：BC. 12． 【分析】联立直线和椭圆方程后，利用弦长公式求解. 【详解】由消y得． 设，，则，， 所以． 故答案为： 13．2 【分析】先利用余弦定理证明焦点弦长，即可由面积公式，结合三角函数的性质以及放缩法，可得，即可求解. 【详解】先证明：在椭圆中，点为椭圆上一点． 如图，设，则，， ，．    在中，根据余弦定理，有， 由椭圆定义得， 整理得． 在中，， 整理得．所以， ． 设弦所在直线与轴正方向的夹角为，则，， 所以四边形的面积，； ，， ． 故答案为：2    【点睛】关键点点睛：由余弦定理椭圆的焦半径，，得焦点弦长. 14． 【分析】先由已知椭圆的性质结合椭圆定义可得轨迹，再利用圆的性质在轴上找一定点，满足，从而将转化为最值问题求解可得. 【详解】由椭圆方程，知. 如图，延长、交于点，由题意可知， 又因为，则为的中点，且， 所以，， 又因为为的中点，则. 故点的轨迹为以为原点，为半径的圆，圆的方程为. 设在轴上存在定点，使得圆上任意一点，满足， 由，则， 化简得， 又∵，代入得， 要使等式恒成立，则，即. ∴存在定点，使圆上任意一点满足， 则，当三点共线（位于两侧）时，等号成立. 由，则， 所以，当三点共线（位于两侧）时等号成立. 如图，连接，线段与圆的交点即为取最值时的点，此时取到最小值. 故答案为：5. 【点睛】方法点睛：借助阿氏圆探究最值问题：若为两定点，动点满足，则时，动点的轨迹为直线；当且时，动点的轨迹为圆，此圆称之为阿波罗尼斯圆，也称阿氏圆.借助阿波罗尼斯圆，可以转化动点到定点的距离，化系数为，从而转化为到另一定点的距离进而由几何性质等求解最值. 15．(1)证明见解析 (2)，理由见解析 【分析】（1）联立曲线后消去纵坐标可得一元二次方程，借助椭圆方程代入计算可得该一元二次方程有唯一解即可得证； （2）由（1）可得直线的方程，即可得两点坐标，计算出与即可得. 【详解】（1）联立，整理得：， 又因为，即，则， 即，此方程有唯一解，即直线与椭圆相切； （2）由（1）知，直线的方程为，即， 将直线和直线分别与上式联立， 由题意可得， 因为，所以， 所以，即为定值. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）分类讨论，及，根据直线与椭圆的位置关系结合判别式计算即可证明； （2）法一、先确定圆的切线方程，设坐标，联立切线方程与椭圆方程利用韦达定理得A、B坐标关系，结合（1）得过的椭圆切线方程，联立两切线方程求交点得M坐标与坐标的关系，再结合点在圆上消元化简得，根据三角形面积结合导数求其值域即可；法二、设，由直线与圆的位置关系得参数间关系，再由椭圆的切线方程得切点弦方程，由待定系数法得，利用弦长公式及点到直线的距离公式计算面积求范围即可. 【详解】（1）若，则，此时椭圆切线方程为，满足， 若，则，此时椭圆切线方程为 ，满足， 若，联立方程，得 ， ， ∴与椭圆C只有一个交点，是其切线； 综上，是椭圆C在处的切线方程； （2） 法一、依题意作图：设圆O的切点为， 若，可设， 由直线与圆的位置关系知：， 则， 若，显然切线方程为，满足， 若，显然切线方程为，满足， 故圆在切点P处的切线方程为； 当，设 ， 联立方程： ，得 ， ， ， 结合（1）知：在A点的椭圆C的切线方程为 ， 在B点的椭圆C的切线方程为 ， 联立方程，得 ， ，得 ， 所以 ， 因为 点在切线 上，所以 ，得 ， 使用水平底铅垂高计算的面积，铅垂高为， 又 ，从而 ， 即 ， ， ∵点P在圆O上，∴ ，由题意， ， 设函数，，∴； 当时，切线方程为 ，代入椭圆C的方程得 ，， ，同理时，. 综上 取值范围是. 法二、设直线， 因为AB与曲线O相切，则有，即. 设，将代入椭圆方程得： ， ， 则. 由（1）的结论， 过点A的椭圆切线为，过点B的椭圆切线为， 而两条切线交于点M，则， 所以A，B的坐标满足直线，即直线AB方程. 易知，则，故有， 则点P到直线的距离， 所以， 易知，随增大而增大，则，所以， 当时，， 故 取值范围是. 【点睛】思路点睛：法一、利用圆与椭圆的切线方程及直线的交点坐标，得出切点的坐标关系，根据水平底铅锤高求面积即可；法二、利用直线与圆的位置关系得圆的切线方程参数关系，再由椭圆的切线方程及其切点弦方程得出切点与圆的切线方程参数关系，最后根据点到直线的距离公式、弦长公式计算面积即可. 17．(1) (2)以为直径的圆恒过定点，定点坐标为． 【分析】（1）设坐标及直线方程，利用韦达定理得纵坐标关系，根据已知得直线的斜率间关系，再利用两点斜率公式消元转化计算即可； （2）设直线的方程，联立椭圆方程利用直线与椭圆位置关系、韦达定理得，联立得，设定点坐标，利用圆的性质及平面向量垂直的坐标表示结合待定系数法计算即可. 【详解】（1）当时，椭圆的方程为，，直线． 设，直线的方程为，， 联立得，消去并整理，得， 可得，． 记直线的斜率分别为，则，，． 由，可得，即． 又，， 所以 ， 所以，解得，所以点的坐标为． （2）易知直线的斜率存在，故设直线的方程为， 由，消去并整理，得． 因为直线与椭圆相切， 所以，得， 所以，则， 所以，则． 由，得． 假设存在定点，使得以为直径的圆恒过点，则． 易知，， 所以， 所以对任意的实数，恒成立 所以， 故以为直径的圆恒过定点，定点坐标为． 18．(1)距离为，证明见解析； (2)或； (3). 【分析】（1）求出直线的方程，再求出点到直线的距离，求出面积即得. （2）把及点的坐标代入（1）的结论即可求出值. （3）由斜率坐标公式可得，结合椭圆方程变形（1）中面积关系推理计算即得. 【详解】（1）依题意，，的一个法向量，直线， 则点到直线的距离， 所以． （2）由（1）可得：，即，又， 则，整理得，即，解之或， 所以的值为或. （3）显然两直线的斜率分别为：，，由与的斜率之积为得：， 又，，因此， 即， 而， 化简得， 将代入得：， 欲使面积为定值，只需即可，此时面积． 19．(1)证明见解析 (2)存在时，，，总构成等比数列. 【分析】（1）先表示出直线和直线的方程，由题意可得③，设直线的方程为，联立椭圆和直线的方程，得到代入③化简即可得出，即可证明直线过定点； （2）先表示出，，，再由等比中项的性质知，再将代入化简可得. 【详解】（1）由题意，直线的斜率一定存在，设，， 直线的方程为：，则直线为：① 直线为：② 由①②得： ∵P在直线上，∴， ∵，∴， ∴， ∴，∴③ 联立：得方程：， ， 由韦达定理：，， 将韦达定理代入③得：，∴（舍），, ∴直线过定点. （2），，显然C，D在直线的两侧，不妨设. 则,, 设存在常数t，使得，，为等比数列，即, 即：, 即：, 因为，在直线上，所以， 将，, ， ， 代入，化简得：, ∵, ∴,∴， ∴存在时，，，总构成等比数列.    【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$