2023年高考数学一轮复习 点点练32 椭圆（含解析）理.docx

1、第十单元圆锥曲线考情分析在选择题或填空题中，一般考查对椭圆、双曲线、抛物线的定义、几何性质及标准方程的理解及应用，题目难度不大，但求解方法多样，体现了一定的灵活性；在解答题中，多以椭圆为载体，以抛物线为载体的情况也有出现考查直线与曲线的位置关系、轨迹、定点与定值及取值范围等问题，并且经常以探索性问题的形式出现，难度较大，尤其是在解题中对运算能力的要求较高，技巧性较强点点练32椭圆一基础小题练透篇1.已知定点F1，F2，且|F1F2|8，动点P满足|PF1|PF2|8，则动点P的轨迹是()A椭圆B圆C直线D线段22021大同市高三学情调研测试试题在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中点为原点，焦点

2、F1，F2在x轴上，离心率为，过F1的直线l交C于A，B两点，且ABF2的周长为16，那么C的方程为()A1B1C1D13已知椭圆1，F是椭圆的左焦点，P是椭圆上一点，若椭圆内一点A(1，1)，则|PA|PF|的最小值为()A3BCD142022云南省师大附中月考已知椭圆1(ab0)，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使得|PF1|PF2|2b，则该椭圆离心率的取值范围为()A.BC(0， D. ，1)5椭圆C：1(ab0)的左右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆C于A，B两点，已知(AF2F1F2)AF10，AF1F1B，则椭圆C的离心率为()ABCD6在平面直

3、角坐标系xOy中，已知点A(0，)，B(0，)，动点M满足|MA|MB|4，则的最大值为()A2B0C1D27已知椭圆C的焦点在x轴上，过点(，2)且离心率为，则椭圆C的焦距为_82022陕西省西安市模拟椭圆1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，如果PF1的中点在y轴上，那么|PF1|是|PF2|的_倍二能力小题提升篇1.2022广东省深圳市调研已知直线l：yx1与曲线C：x21相交于A，B两点，F(0，1)，则ABF的周长是()A2B2C4D422022广西高三联考已知F1，F2是椭圆C：1(ab)的两个焦点，P为椭圆上的一点，且|PF1|PF2|F1F2|714，则()A1B2C4

4、D32022江西名校联盟模拟在直角坐标系xOy中，F是椭圆C：1(ab0)的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点，过点F作x轴的垂线交椭圆C于P，Q两点，连接PB交y轴于点E，连接AE交PQ于点M，若M是线段PF的中点，则椭圆C的离心率为()A.BCD42022青海玉树联考点P在椭圆C1：1上，C1的右焦点为F，点Q在圆C2：x2y26x8y210上，则|PQ|PF|的最小值为()A.4B44C62D2652022陕西省咸阳市摸底已知椭圆C：1(m0)的两个焦点分别为F1，F2，点P为椭圆上一点，且PF1F2面积的最大值为，则椭圆C的短轴长为_62022四川省成都市考试已知椭圆C：1的左、右焦点

5、分别为F1，F2，M为椭圆C上任意一点，N为圆E：(x3)2(y2)21上任意一点，则|MN|MF1|的最小值为_三高考小题重现篇1.2021山东卷已知F1，F2是椭圆C：1的两个焦点，点M在C上，则的最大值为()A13B.12C9D.62全国卷已知椭圆C：1的一个焦点为(2，0)，则C的离心率为()ABCD32019全国卷已知椭圆C的焦点为F1(1，0)，F2(1，0)，过F2的直线与C交于A，B两点若|AF2|2|F2B|，|AB|BF1|，则C的方程为()Ay21B1C1D14全国卷设A，B是椭圆C：1长轴的两个端点若C上存在点M满足AMB120，则m的取值范围是()A(0，19，) B

6、(0，9，)C.(0，14，) D(0，4，)52019全国卷设F1，F2为椭圆C：1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限若MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为_62021全国甲卷已知F1，F2为椭圆C：1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为_四经典大题强化篇1.已知椭圆1(ab0)的一个顶点为B(0，4)，离心率e，直线l交椭圆于M，N两点(1)若直线l的方程为yx4，求弦|MN|的长；(2)如果BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，求直线l方程的一般式22022天津市摸底考试已知椭圆的方程为1(ab0)，离心率e，F1，F2分别是椭

7、圆的左、右焦点，过椭圆的左焦点F1且垂直于长轴的直线交椭圆于M、N两点，且|MN|.(1)求椭圆的方程；(2)已知直线l与椭圆相交于P、Q两点，O为原点，且OPOQ.试探究点O到直线l的距离是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由点点练32椭圆一基础小题练透篇1答案：D解析：因为|PF1|PF2|F1F2|，所以动点P的轨迹是线段F1F2.2答案：D解析：设椭圆的方程为1（ab0），由e21，得a22b2，根据椭圆的定义可知ABF2的周长为4a，所以4a16，即a4，a216，b28，则椭圆的标准方程为1.3答案：A解析：设椭圆的右焦点为F2（1，0），|AF2|1，|PA|PF|P

8、A|4|PF2|4|PA|PF2|，又|AF2|，|AF2|PA|PF2|AF2|，当P，A，F2三点共线时取等号，|PA|PF|的最小值为3（取最小值时P是射线F2A与椭圆的交点）.4答案：D解析：所以|PF1|ab，又|PF1|ac，所以bc，1e.5答案：A解析：设|F1F2|2c，因为（AF2F1F2）AF1（AF2F1F2）（AF2F1F2）AF22F1F220，所以|AF2|F1F2|2c，所以|AF1|2a2c，因为AF1F1B，所以|BF1|（ac），所以|BF2|，设AF1中点为H，则F2HAB，|AH|ac，|BH|（ac），|F2A|2|AH|2|F2B|2|BH|2代入

9、数据并整理得：7c212ac5a20，等式两边同除以a2得：7e212e50，解得：e或e1（舍）.6答案：C解析：易知M的轨迹为椭圆，其方程为x21，设M（x，y），则x21，（x，y）（x，y）x2y23y2（1）32，因为y2，2，所以y20，3，即22，1，（）max1.7答案：2解析：设椭圆方程为1，由离心率为可得，由a2b2c2可得，又1，解得a29，b28，c1，焦距为2.8答案：5解析：由题得c，由题得PF2x轴，当x时，1，所以y1，|PF2|1，所以|PF1|23|PF2|615，所以|PF1|是|PF2|的5倍二能力小题提升篇1答案：D解析：依题意椭圆x21，a，b1，c

10、1，椭圆的焦点为（0，1），（0，1），所以F是椭圆的焦点，且直线l过椭圆的另一个焦点（0，1）.所以ABF的周长为4a4.2答案：B解析：由|PF1|PF2|F1F2|714可设|PF2|k，则|PF1|7k，|F1F2|4k，由椭圆的定义得，2a|PF1|PF2|8k，2c|F1F2|4k，从而，所以1，故，所以2.3答案：C解析：不妨设点P在x轴上方，如图，连接BQ，则由椭圆的对称性易得PBFQBF，EABEBA，所以EABQBF，所以MEBQ，所以.因为OEPF，所以，从而有.又M是线段PF的中点，所以e.4答案：D解析：由题意得圆C2：（x3）2（y4）24，所以圆心为C2（3，4）

11、，半径为2.设椭圆的左焦点为F1，连接PF1，C2F1，则F1（1，0），|PQ|PF|PQ|（2a|PF1|）|PQ|PF1|4.故要求|PQ|PF|的最小值，即求|PQ|PF1|的最小值，易知|PQ|PF1|的最小值等于|C2F1|2222，所以|PQ|PF|的最小值为26.5答案：2解析：由椭圆的方程可知，椭圆的焦点F1，F2在y轴上，且|F1F2|22，由题意可知，当点P为椭圆C左右顶点时，PF1F2的面积最大，且|F1F2|，解得m2，所以椭圆C的短轴长为22.6答案：25解析：如图，由M为椭圆C上任意一点，则|MF1|MF2|4又N为圆E：（x3）2（y2）21上任意一点，则|MN

12、|ME|1（当且仅当M、N、E共线时取等号），|MN|MF1|MN|（4|MF2|）|MN|MF2|4|ME|MF2|5|EF2|5，当且仅当M、N、E、F2共线时等号成立F2（1，0），E（3，2），则|EF2|2，|MN|MF1|的最小值为25.三高考小题重现篇1答案：C解析：由题，a29，b24，则2a6，所以29（当且仅当3时，等号成立）.2答案：C解析：由题意可知c2，b24，a2b2c24228，则a2，e.3答案：B解析：令|F2B|x（x0），则|AF2|2x，|AB|3x，|BF1|3x，|AF1|4a（|AB|BF1|）4a6x，由椭圆的定义知|BF1|BF2|2a4x，所

13、以|AF1|2x.在BF1F2中，由余弦定理得|BF1|2|F2B|2|F1F2|22|F2B|F1F2|cosBF2F1，即9x2x2224xcosBF2F1，在AF1F2中，由余弦定理得|AF1|2|AF2|2|F1F2|22|AF2|F1F2|cosAF2F1，即4x24x2228xcosAF2F1，由得x，所以2a4x2，a，b2a2c22.故椭圆的方程为1.4答案：A解析：当0m3时，椭圆C的焦点在x轴上，如图（1），A（，0），B（，0）.当点M运动到短轴的端点时，AMB取最大值，此时AMB120，则|MO|1，即03时，椭圆C的焦点在y轴上，如图（2），A（0，），B（0，）.当

14、点M运动到短轴的端点时，AMB取最大值，此时AMB120，则|OA|3，即3，即m9.综上，m（0，19，）.5答案：（3，）解析：不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c4.因为MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|2c8，所以|F2M|2a84.设M（x，y），则得所以M的坐标为（3，）.6答案：8解析：根据椭圆的对称性及|PQ|F1F2|可以得到四边形PF1QF2为对角线相等的平行四边形，所以四边形PF1QF2为矩形设|PF1|m，则|PF2|2a|PF1|8m，则|PF1|2|PF2|2m2（8m）22m26416m|F1F2|24c24（a2b2）48，得m（8m

15、）8，所以四边形PF1QF2的面积为|PF1|PF2|m（8m）8.四经典大题强化篇1解析：（1）由已知得b4，且，即，解得a220，椭圆方程为1.则4x25y280与yx4联立，消去y得9x240x0，x10，x2，所求弦长|MN|x2x1|.（2）椭圆右焦点F的坐标为（2，0），设线段MN的中点为Q（x0，y0），由三角形重心的性质知2，又B（0，4），（2，4）2（x02，y0），故得x03，y02，即Q的坐标为（3，2）.设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1x26，y1y24，且1，1，以上两式相减得kMN，故直线MN的方程为y2（x3），即6x5y280.2解析：（1）由题意

16、得e又因为过椭圆的左焦点F1且垂直于长轴的直线交椭圆于M、N两点，且|MN|，即由得a，b1，c1，所以椭圆方程为：y21.（2）当直线斜率存在时，设直线方程为ykxm，点P（x1，y1），Q（x2，y2），由（2k21）x24kmx2m220，所以8（2k21m2）0，由韦达定理得：x1x2，x1x2，因此y1y2（kx1m）（kx2m），因为OPOQ，所以x1x2y1y200m2，此时0满足条件，设原点到直线的距离为d则d.当直线的斜率不存在时，因为OPOQ，根据圆的对称性，设直线OP，OQ的方程为yx，yx，可得P（，），Q（，）或P（，），Q（，），此时原点到直线的距离仍为，综上可得，原点到直线的距离为.