3.1椭圆精选题练习卷-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

3.1椭圆精选题练习卷-2024-2025学年高二数学上学期人教A版2019 一、单选题 1．已知椭圆C：，“”是“点为C的一个焦点”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．已知椭圆的焦距为6，则的值是（   ） A．5 B．32 C．5或77 D．32或50 3．椭圆与椭圆的（   ） A．长轴长相等 B．短轴长相等 C．离心率相等 D．焦距相等 4．若直线：与椭圆：没有公共点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．已知、分别为椭圆的左右顶点，为椭圆上异于、的一点，若直线、的斜率之积为，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 6．已知曲线，从曲线上任意一点P向y轴作垂线，垂足为，且，则点N的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 7．已知椭圆的右焦点为，上顶点为，点是上一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．已知椭圆，过点且斜率为的直线与相交于两点，若恰好是的中点，则椭圆上一点到焦点的距离的最小值为（   ） A．6 B． C． D． 二、多选题 9．已知F、为椭圆C：的左、右焦点，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．四边形周长为8 B．的最小值为 C．直线BE的斜率为2k D． 10．某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心F为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点A（离地面最近的点）距地面m千米，远地点B（离地面最远的点）距地面n千米，并且F、A、B三点在同一直线上，地球半径约为R千米，设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a、2b、2c，则（   ） A． B． C． D． 11．已知椭圆的离心率为，短轴长为2，为椭圆上任意一点，，分别为椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的是（    ） A．过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为8 B．存在点，使得的长度为4 C．椭圆上存在4个不同的点，使得 D．内切圆半径的最大值为 三、填空题 12．椭圆的离心率为，则 . 13．若点在椭圆上，点在直线上，则的最小值是 . 14．已知椭圆：（）的离心率为，左焦点为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长为，则椭圆的标准方程为 ． 四、解答题 15．已知椭圆C：上的左、右焦点分别为，，直线与C交于两点，若面积是面积的3倍，求的值. 16．已知椭圆长轴长为，且椭圆的离心率，其左右焦点分别为，. (1)求椭圆的方程； (2)设斜率为且过的直线与椭圆交于，两点，求. 17．已知椭圆的离心率为，短轴长为2. (1)求椭圆的方程； (2)A为椭圆C的左顶点，点在椭圆上，且点不在轴上，线段AP的垂直平分线与轴相交于点，若为等边三角形，求直线AP的方程. 18．已知椭圆，且过点的直线与椭圆交于不同的两点和. (1)设，当且时，求的值； (2)若，求直线的方程； (3)若过点且与直线垂直的直线与椭圆交于不同的两点和，则求以为顶点的四边形的面积的取值范围. 19．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左、右焦点分别为、，点为椭圆的下顶点，点为直线：上一点． (1)若，线段的中点在轴上，求点的坐标； (2)已知直线交轴于点，直线经过点，若有一个内角的余弦值为，求的值； (3)若椭圆上存在点到直线的距离为，且满足，则当变化时，求的最小值． 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： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D D A B C B ABD ABD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】利用椭圆几何性质，根据焦点坐标与之间的关系式可得结论. 【详解】若可得得一个焦点坐标为，即充分性成立； 若“点为C的一个焦点”，则可得，即，可知必要性成立， 因此，“”是“点为C的一个焦点”的充要条件. 故选：C 2．D 【分析】分情况讨论焦点位置，分别计算可得的值. 【详解】根据椭圆方程可知当焦点在轴上时，可得，解得； 当焦点在轴上时，可得，解得； 综上可知，的值是32或50. 故选：D 3．D 【分析】根据椭圆的方程，得到，即可判断. 【详解】对于椭圆：， 对于椭圆：， 所以它们的长轴不相等，短轴不相等，离心率不相等，焦距相等. 故选：D. 4．D 【分析】利用直线方程和椭圆方程后利用判别式可求的取值范围. 【详解】由可得， 故，故或， 故选：D. 5．A 【分析】设，利用斜率的坐标公式，结合点在椭圆上求出，进而求出离心率. 【详解】依题意，，设点，则，即， 依题意，，因此， 所以椭圆的离心率. 故选：A 6．B 【分析】由向量找到三点的关系，设所求点的坐标，由三点关系得到的坐标，然后代入曲线，得到点N的轨迹方程. 【详解】∵，∴三点共线，且 又∵轴， ∴设，则，， ∵点在上， ∴，即. 故选：B. 7．C 【分析】运用椭圆定义对长度进行转化计算即可. 【详解】设椭圆的左焦点为，则由椭圆的定义知， 所以. 当三点共线时，， 所以的最小值为. 故选：C. 8．B 【分析】由点差法结合已知可得，进而求出，根据椭圆上一点到焦点的距离的最小值为求得结果. 【详解】设，则， 两式作差得，即，即①， 因为点恰好是的中点，所以， 又因为直线的斜率为， 将它们代入①式得，解得， 又，则， 所以椭圆上一点到焦点的距离的最小值为． 故选：B． 9．ABD 【分析】由椭圆的定义判断A，结合基本不等式求得最小值判断B，设，得出坐标，求出斜率判断C，由直线与椭圆相交求得点坐标后根据斜率即可判断D． 【详解】由已知，，A正确； ， 则， 当且仅当，即时等号成立，B正确； 设，则，，， 则，C错； 直线方程为， 由，消去得， 显然是此方程的一个解，则， ， 因此， ，，所以与垂直，D正确． 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：直线与椭圆相交问题，常常设交点坐标为，设直线方程为，代入椭圆方程后应用韦达定理得，如果直线方程是以直线与椭圆相交的一个点为基础得出的方程，那么该点的坐标（横坐标或纵坐标）就是相应一元二次方程的一个解，从而利用韦达定理易求得另一解． 10．ABD 【分析】根据题设条件可得，逐项判断后可得正确的选项. 【详解】由题设，， 所以，，故AB正确，C错误， 而，故D正确. 故选：ABD. 11．ACD 【分析】对A，先根据椭圆的基本量关系求解方程，再根据椭圆的定义求解即可；对B，根据椭圆的性质判断即可；对C，根据可得的轨迹，再分析与椭圆的交点个数即可；对D，根据的面积表达式分析即可. 【详解】对A，由题意，则， 故，解得，故椭圆， 则过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为，故A正确； 对B，根据椭圆性质可得，即，故， 即不存在点，使得的长度为4，故B错误； 对C，根据可得的轨迹为以为直径的圆，即，不包括两点， 易得该圆与椭圆有四个交点，即椭圆上存在4个不同的点，使得，故C正确； 对D，的周长为，设的内切圆半径为， 则，故当最大时最大，此时为上下顶点， ，则，解得，故D正确. 故选：ACD 12．3或 【分析】根据椭圆的离心率公式，分为和两种情况求解． 【详解】∵表示椭圆，∴且． 当时，则，∴， ∴，解得； 当时，则，∴， ∴，解得， 综上：或． 故答案为：3或． 13． 【分析】由绝对值三角不等式可得，设，转化为与椭圆有公共点，由可求出的取值范围，即为的取值范围，进而可求得的最小值. 【详解】 ， 当且仅当，等号成立， 令，即，代入椭圆方程得， 由，解得， ，则（可验证等号可取）， 故的最小值是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用绝对值不等式将问题转化为求的最值，从而得解. 14． 【分析】根据离心率可得的值，根据通径可得的值，求出后可得椭圆的标准方程. 【详解】由题设有，故，解得，故，故 故椭圆的标准方程为：， 故答案为：. 15． 【分析】根据与同底不等高的特点将面积比表示为高之比，结合直线与椭圆联立后所得方程的判别式求解出的值. 【详解】解：将直线与椭圆联立， 消去可得， 因为直线与椭圆相交于点， 则，解得， 设到的距离为，到的距离为，易知，， 则，， 所以，解得或(舍去)， 故.    16．(1) (2) 【分析】（1）由椭圆的基本性质得到椭圆的值，写出椭圆方程. （2）写出直线方程，联立方程组，由韦达定理得到和，用交点弦长公式得到线段长，即可求解. 【详解】（1）由题意可知：，则， 因为，所以，得到， 所以椭圆的方程为. （2），所以直线， 联立方程组消得到， 设，则，， 所以. 17．(1) (2)或 【分析】（1）根据椭圆离心率以及短轴长求得，即可求出椭圆方程； （2）设直线AP的斜率为，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理可解出点P的坐标，求出线段的垂直平分线的方程，可求得点Q的坐标，再根据为等边三角形可得出，即可求出，即可得出直线的方程． 【详解】（1）因为离心率，即，短轴长为2，即， 又，解得， 所以椭圆C的方程为． （2）由题意可知，由题意直线的斜率存在，设直线的斜率为， 因为点P不在x轴上，则， 设直线的方程为，， 联立，可得， 由题意可知，是方程的两根， 由韦达定理可得，∴， 所以，从而， 可得的中点为， 所以直线的垂直平分线方程为， 令，解得，即 因为为等边三角形，则， 即， 整理得，即， 解得，即， 所以直线AP的方程为或， 即或． 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）假设，利用余弦定理与椭圆的定义求得的值，进而求得的值，再利用正弦定理即可得解； （2）利用向量共线的坐标表示求得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理得到关于的方程，解之即可得解； （3）分类讨论直线的位置情况，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理与弦长公式分别求得，进而得到四边形的面积关于的表达式，利用二次函数的性质即可得解. 【详解】（1）依题意，设， 因为椭圆可化为，则， 故，， 在中，， 即，解得， 联立，解得， 在中，，解得. （2）设，又，， 所以，得， 显然，直线不与轴重合，也不与轴垂直，故可设， 联立，化简得，显然， 则，即， 所以，解得， 故，即. （3）当直线与轴重合或与轴垂直时， 以为顶点的四边形的两条对角线互相垂直， 且其中一条对角线长为，另一条对角线长为， 此时其面积； 当直线不与轴重合，也不与轴垂直时，设， 联立，化简得，易知， 则， 所以 ， 同理，， 所以， 设，则， ， 因为，所以，所以， 所以，即， 综上，. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19．(1) (2)或 (3) 【分析】（1）由题意及条件先得出椭圆方程，由AM的中点在轴上先得出M纵坐标，再代入直线方程即可求得M； （2）分类讨论中哪个内角余弦值为，分别解三角形求得对应的值即可； （3）根据点到直线的距离公式化简得出，再根据三角函数的有界性得出，解不等式求出的取值范围即可求得的最小值. 【详解】（1）由题意可得， 因为的中点在轴上，则由中点坐标公式可知：A、M的纵坐标之和为0， 所以的纵坐标为，代入得：. （2） 由直线方程可知，由直线方程可知，故有如下两种情况： ①若，则，，即， . ②若，则， ， . 即， 综上或. （3） 设，则由题意得， 显然椭圆在直线的左下方，则， 即， ， 据此可得， 整理可得，即， 又， 从而.即的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是设，燃烧后结合辅助角公式和正弦函数的值域导出含的不等式. 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 $$