专题21-椭圆-备战2022年高考数学一轮复习(真题+模拟)训练(解析版).doc

专题21 椭圆-备战2022年高考数学一轮复习（真题+模拟）训练（解析版）

专题24 椭圆
第一部分 真题分类
21．〔20xx·全国高考真题〔理〕〕设是椭圆的上顶点，假设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，依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．
【解析】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．
应选：C．
【点睛】
本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要依据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．
22．〔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.假设，，则C的方程为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.
【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，应选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，应选B．
【点睛】
本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的贯彻直观想象、逻辑推理等数学素养．
98．〔20xx·浙江高考真题〕已知椭圆，焦点，，假设过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.
【答案】　　　　
【分析】
无妨假设，依据图形可知，，再依据同角三角函数基本关系即可求出；再依据椭圆的定义求出，即可求得离心率．
【解析】
如图所示：无妨假设，设切点为，
，
所以, 由，所以，，
于是，即，所以．
故答案为：；．
63．〔20xx·江苏高考真题〕已知椭圆的离心率为.
〔1〕证实：；
〔2〕假设点在椭圆的内部，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〕证实见解析；〔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.
【解析】〔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.
64．〔20xx·天津高考真题〕已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．
〔1〕求椭圆的方程；
〔2〕直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．假设，求直线的方程．
【答案】〔1〕；〔2〕.
【分析】
〔1〕求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；
〔2〕设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，依据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.
【解析】〔1〕易知点、，故，
因为椭圆的离心率为，故，，
因此，椭圆的方程为；
〔2〕设点为椭圆上一点，
先证实直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
因此，椭圆在点处的切线方程为.
在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
因为，则，即，整理可得，
所以，，因为，，故，，
所以，直线的方程为，即.
【点睛】
结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
〔1〕设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；
〔2〕椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证实直线与椭圆相切.
65．〔20xx·全国高考真题〕已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
〔1〕求椭圆C的方程；
〔2〕设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证实：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】〔1〕；〔2〕证实见解析.
【分析】
〔1〕由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
〔2〕必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【解析】〔1〕由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
〔2〕由〔1〕得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
假设M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】
关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
66．〔20xx·北京高考真题〕已知椭圆过点，以四个顶点围成的四边形面积为．
〔1〕求椭圆E的标准方程；
〔2〕过点P(0，-3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y=-3于点M、N，直线AC交y=-3于点N，假设|PM|+|PN|≤15，求k的取值范围．
【答案】〔1〕；〔2〕．
【分析】
〔1〕依据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
〔2〕设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【解析】〔1〕因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
〔2〕
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
故即，
综上，或.
67．〔20xx·山东高考真题〕已知椭圆C：的离心率为，且过点．
〔1〕求的方程：
〔2〕点，在上，且，，为垂足．证实：存在定点，使得为定值．
【答案】〔1〕；〔2〕详见解析.
【分析】
〔1〕由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
〔2〕设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，依据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【解析】〔1〕由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2) 设点，
假设直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
依据,代入整理可得：
，　　　　
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，
于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或〔舍〕.
此时直线过点.
令为的中点，即，
假设与不重合，则由题设知是的斜边，
故，
假设与重合，则，
故存在点，使得为定值.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键点是利用得 ，转化为坐标运算，必须要设直线的方程，点，因此必须要讨论斜率存在与不存在两种状况，当直线斜率存在时，设直线的方程为：，与椭圆方程联立消去可
，代入即可，当直线的斜率不存在时，可得，
利用坐标运算以及三角形的性质即可证实，本题易忽略斜率不存在的状况，属于难题.
68．〔20xx·全国高考真题〔文〕〕已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
〔1〕求的方程；
〔2〕假设点在上，点在直线上，且，，求的面积．
【答案】〔1〕；〔2〕.
【分析】
〔1〕因为，可得 ，，依据离心率公式，结合已知，即可求得答案；
〔2〕点在上，点在直线上，且， ，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为，可得 ，可求得点坐标，求出直线的直线方程，依据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积.
【解析】〔1〕
，，
依据离心率，
解得或(舍)，
的方程为：，
即；
〔2〕无妨设,在x轴上方
点在上，点在直线上，且 ，，
过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为
依据题意画出图形，如图
，， ，
又， ，
，
依据三角形全等条件“〞，
可得：，
，
，
，
设点为，
可得点纵坐标为，将其代入，
可得：，
解得：或，
点为或 ，
①当点为时，
故，
，
，
可得：点为，
画出图象，如图
, ，
可求得直线的直线方程为：，
依据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
依据两点间距离公式可得：，
面积为：；
②当点为时，
故，
，
，
可得：点为，
画出图象，如图
, ，
可求得直线的直线方程为：，
依据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
依据两点间距离公式可得：，
面积为： ，
综上所述，面积为：.
【点睛】
本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于难题.
69．〔20xx·全国高考真题〔理〕〕已知椭圆C1：(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.
〔1〕求C1的离心率；
〔2〕设M是C1与C2的公共点，假设|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
【答案】〔1〕；〔2〕，.
【分析】
〔1〕求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；
〔2〕由〔1〕可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.
【解析】〔1〕，轴且与椭圆相交于、两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，
抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
〔2〕由〔1〕知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，
解得或〔舍去〕，
由抛物线的定义可得，解得.
因此，曲线的标准方程为，
曲线的标准方程为.
【点睛】
本题考查椭圆离心率的求解，同时也考查了利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程，考查计算能力，属于中等题.
70．〔20xx·全国高考真题〔文〕〕已知椭圆C1：(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|．
〔1〕求C1的离心率；
〔2〕假设C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．
【答案】〔1〕；〔2〕：，： .
【分析】
〔1〕依据题意求出的方程，结合椭圆和抛物线的对称性无妨设在第一象限，运用代入法求出点的纵坐标，依据，结合椭圆离心率的公式进行求解即可；
〔2〕由〔1〕可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可；
【解析】解：〔1〕因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中.
无妨设在第一象限，因为椭圆的方程为：，
所以当时，有，因此的纵坐标分别为，；
又因为抛物线的方程为，所以当时，有，
所以的纵坐标分别为，，故，.
由得，即，解得〔舍去〕，.
所以的离心率为.
〔2〕由〔1〕知，，故，所以的四个顶点坐标分别为，，，，的准线为.
由已知得，即.
所以的标准方程为，的标准方程为.
【点睛】
本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力.
71．〔2019·北京高考真题〔文〕〕已知椭圆的右焦点为，且经过点.
〔Ⅰ〕求椭圆C的方程；
〔Ⅱ〕设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，假设|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.
【答案】〔Ⅰ〕；
〔Ⅱ〕见解析.
【分析】
(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证实直线恒过定点.
【解析】〔Ⅰ〕因为椭圆的右焦点为，所以；
因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.
〔Ⅱ〕设
联立得，
，，.
直线，令得，即；
同理可得.
因为,所以；
，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.
【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．
72．〔2019·江苏高考真题〕如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1〔–1、0〕，F2〔1，0〕．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=．
〔1〕求椭圆C的标准方程；
〔2〕求点E的坐标．
【答案】〔1〕；
〔2〕.
【分析】
(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)解法一：由题意首先确定直线的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点B的坐标，联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标；
解法二：由题意利用几何关系确定点E的纵坐标，然后代入椭圆方程可得点E的坐标.
【解析】〔1〕设椭圆C的焦距为2c.
因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.
又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=，
因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.
由b2=a2-c2，得b2=3.
因此，椭圆C的标准方程为.
〔2〕解法一：
由〔1〕知，椭圆C：，a=2，
因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.
将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.
因为点A在x轴上方，所以A(1，4).
又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.
由，得，
解得或.
将代入，得，
因此.又F2(1，0)，所以直线BF2：.
由，得，解得或.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
将代入，得.因此.
解法二：
由〔1〕知，椭圆C：.如图，连结EF1.
因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，
从而∠BF1E=∠B.
因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，
所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.
因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.
因为F1(-1，0)，由，得.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
因此.
【点睛】
本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.
73．〔2019·天津高考真题〔文〕〕 设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知〔为原点〕.
〔Ⅰ〕求椭圆的离心率；
〔Ⅱ〕设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程.
【答案】〔I〕；〔II〕.
【分析】
〔I〕依据题意得到，结合椭圆中的关系，得到，化简得出，从而求得其离心率；
〔II〕结合〔I〕的结论，设出椭圆的方程，写出直线的方程，两个方程联立，求得交点的坐标，利用直线与圆相切的条件，列出等量关系式，求得，从而得到椭圆的方程.
【解析】〔I〕解：设椭圆的半焦距为，由已知有，
又由，消去得，解得，
所以，椭圆的离心率为.
〔II〕解：由〔I〕知，，故椭圆方程为，
由题意，，则直线的方程为，
点的坐标满足，消去并化简，得到，
解得，
代入到的方程，解得，
因为点在轴的上方，所以，
由圆心在直线上，可设，因为，
且由〔I〕知，故，解得，
因为圆与轴相切，所以圆的半径为2，
又由圆与相切，得，解得，
所以椭圆的方程为：.

第二部分 模拟训练
一、单项选择题
1．已知椭圆：的左?右焦点分别为?，是椭圆的上顶点，直线与直线交于点，假设，则椭圆的离心率为〔　　〕
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题设知，，，
∴直线的方程为，联立得，，
设直线与轴交于点，则，，
∵，
∴，即，
∴，即，
∴，
应选：A
2．已知点在椭圆上，则的最大值是〔　　〕
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意可得，则，故．
因为，所以，所以，即．
因此，的最大值.
应选：B.
3．已知直线与椭圆交于A、B两点，与圆交于C、D两点.假设存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围是〔　　〕
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】直线，即为，可得直线恒过定点，
圆的圆心为，半径为1，且，为直径的端点，
由，可得的中点为，
设，，，，
则，，
两式相减可得，
由．，
可得，由，即有，
则椭圆的离心率，．
应选：C
4．椭圆上的点到长轴两个端点的距离之和最大值为〔　　〕
A．2B．4C．D．6
【答案】D
【解析】椭圆上到长轴两个端点的距离之和最大的点是短轴端点，所以最大值为.
应选：D
5．某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为e，设地球半径为R，该卫星近地点离地面的距离为r，则该卫星远地点离地面的距离为〔　　〕
A．r+RB．r+R
C．r+RD．r+R
【答案】A
【解析】由题意，椭圆的离心率，〔c为半焦距；a为长半轴〕
地球半径为R，卫星近地点离地面的距离为r，可得
联立方程组，，
如图所示，设卫星近地点的距离为，远地点的距离为，
所以远地点离地面的距离为r+
应选：A．
6．已知椭圆的离心率为，则实数〔　　〕
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解：椭圆的离心率为，
可得，
解得．
应选：B．

二、填空题
7．已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为，则点到另一个焦点的距离为__________.
【答案】
【解析】利用椭圆定义，，
可知，即
故答案为：
8．能说明“假设，则方程表示的曲线为椭圆或双曲线〞是错误的一组的值是_____.
【答案】〔答案不唯一〕.
【解析】假设方程1表示的曲线为椭圆或双曲线是错误的，则，或者，则可取〔答案不唯一〕.
故答案为：〔答案不唯一〕.
9．设，是椭圆的两个焦点.假设在上存在一点，使，且，则的离心率为__.
【答案】.
【解析】由已知可得三角形是等腰直角三角形，且，，
由椭圆的定义可得，，又，
在△中，由勾股定理可得：，即，
，
故答案为：.
三、解答题
10．已知椭圆经过点，且离心率.
〔1〕求椭圆的方程；
〔2〕已知斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，点总满足，证实：直线过定点.
【答案】〔1〕；〔2〕证实见解析.
【解析】〔1〕因为椭圆的离心率.
所以，即，
又椭圆经过点，
代入椭圆方程可得，
联立方程组可得，解得，.
所以椭圆的方程为.
〔2〕设直线的方程为，，，
联立方程组消去得，
，即，
，，
因为，所以，
，
即
得，
化简得，直线的方程为，
所以，直线恒过定点.
11．已知点F是椭圆的右焦点，P是椭圆E的上顶点，O为坐标原点且.
〔1〕求椭圆的离心率e；
〔2〕已知，，过点M作任意直线l与椭圆E交于A，B两点.设直线，的斜率分别为，，假设，求椭圆E的方程.
【答案】〔1〕；〔2〕.
【解析】〔1〕由题可得，，
，即，
，
；
〔2〕由〔1〕可得椭圆方程为，
当直线l的斜率存在时，设l：，设，
联立直线与椭圆，得，
则，即，
则，，
，
，
即对任意成立，即，
则椭圆方程为，
当直线斜率不存在时，则直线方程为，则，且
此时，满足题意，
综上，椭圆方程为.