3.1.2 椭圆的简单几何性质-2021-2022学年高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破（人教A版2019选择性必修第一册）.doc

1、高二数学考点题型 技巧精讲与精练高分突破系列(人教A版选择性必修第一册)第三章：圆锥曲线的方程31.2椭圆的简单几何性质【考点梳理】考点一：椭圆的简单几何性质焦点的位置焦点在x轴上焦点在y轴上图形标准方程1(ab0)1(ab0)范围axa，bybbxb，aya顶点A1(a，0)，A2(a，0)，B1(0，b)，B2(0，b)A1(0，a)，A2(0，a)，B1(b，0)，B2(b，0)轴长短轴长2b，长轴长2a焦点(，0)(0，)焦距|F1F2|2对称性对称轴：x轴、y轴对称中心：原点离心率e(0,1)考点二：直线与椭圆的位置关系直线ykxm与椭圆1(ab0)的位置关系的判断方法：联立消去y得

2、到一个关于x的一元二次方程直线与椭圆的位置关系、对应一元二次方程解的个数及的取值的关系如表所示直线与椭圆解的个数的取值两个不同的公共点两解0一个公共点一解0没有公共点无解b0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线yk(x1)与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当AMN的面积为时，求k的值59（2020宜宾市叙州区第二中学校高二月考（理）已知椭圆：的一个焦点为，点在上.（1）求椭圆的方程；（2）若直线：与椭圆相交于，两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.60（2020苏州大学附属中学高二期末）已知椭圆的左，右

3、焦点分别为，该椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.（I）求椭圆的方程；（）如图，若斜率为的直线与轴，椭圆顺次交于点在椭圆左顶点的左侧）且，求证：直线过定点；并求出斜率的取值范围.14原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【答案详解】1B【详解】椭圆的两个焦点，短轴的两个端点，则以点及为四个顶点的椭圆长轴长，短轴长，其焦点在y轴上，中心在原点，方程为，所以所求的椭圆方程是：.故选：B2D【详解】显然直线AB不垂直y轴，椭圆中心为原点O，设直线AB的方程为：x=my，由消去y得：，设，由椭圆对称性，不妨令，焦点，ABF的面积，当且仅当时取“=”，所以ABF面积的最

4、大值为12.故选：D3B【详解】椭圆可化为，知焦点在轴上，焦点坐标为，可设所求椭圆的方程为，则又，即，即椭圆的标准方程为故选：B4C【详解】将椭圆化为标准形式为 ，因为椭圆的焦点在轴上，长轴长是短轴长的两倍，所以，解得，故选：C5D【详解】解：椭圆的长轴为10，短轴为6，焦距为8，焦点分别为，椭圆的长轴为，短轴为，焦距为8，焦点分别为，所以两椭圆的焦距相同，故选：D6C【详解】由题意可知，又因为点在椭圆上，所以，所以，所以，当且仅当时，等号成立，即椭圆长轴长的最小值为，故选：C.7C【详解】设，由题意可得,因为是钝角，所以，所以，所以，所以，得，所以，故选：C8A【详解】设点，则，可得，因为的

5、最大值为，则关于的二次函数在上的最大值为.因为，则二次函数的图象开口向下.当时，即当时，函数在上单调递减，则，合乎题意；当时，即当时，函数，解得（舍去）.综上所述，.故选：A.9B【详解】由已知条件可得，则，椭圆的方程为.设，则，因为，所以，所以.因为，因为，所以.当时，即当时，可得，此时；当时，即当时，可得，而，故，解得.综上所述，实数的取值范围是.故选：B.10A【详解】取椭圆的右焦点，连接，由椭圆的对称性以及直线经过原点，所以，且，所以四边形为平行四边形，故，又因为，则，而，因此，由于，则，在中结合余弦定理可得，故，即，所以，因此，故选：A.11D【详解】设椭圆半焦距为c，因椭圆的中心O

6、与一个焦点F及短轴的一个端点B组成等腰直角三角形FBO，则有b=c，而，于是得，所以椭圆的离心率是.故选：D12B【详解】由题设知是直角三角形，又由椭圆的定义，得，故故选：B13C【详解】设点、，由已知可得，因为点、都在椭圆上，则，两式作差可得，即，所以，直线的斜率为，因此，直线的方程为，即.故选：C.14C解析联立消去y，得3x24x20，设直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，故AB的中点横坐标x0.纵坐标y0x011.15D【详解】直线过点，令则，所以，即.设，则，两式相减并化简得，所以，所以椭圆的方程为.故选：D16（1）；（2）或.（1）方法一：由题意，椭圆

7、与双曲线有相同的焦点为，设椭圆的方程为：，因为椭圆过点，可得，又由及，解得，所以椭圆的方程为.方法二：由题意，椭圆与双曲线有相同的焦点为，所以，得所以所以椭圆的方程为.（2）当直线与x轴重合时不满足题意；当直线与x轴不重合时，设直线方程为，由消化简得设，得，因为弦中点在直线，所以解得，所以直线的方程为或.17（1）；（2）.【详解】（1）由题意可知，解得，故椭圆的标准方程为.（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，.联立，消去，得.因为在椭圆内部，所以，所以，.则，所以，则.，即.设，是的两根，.当直线斜率不存在时，联立，得.不妨设，则，.此时为定值，不存在最大值与最小值.综上所述：.18（

8、1）；（2）【详解】（1）由题意可得，又，解得，所以椭圆方程为.（2）设直线方程为，则 ，消可得，因为直线交于，两点，且，均位于第四象限，如图：则，且，解得，所以，综上所述，的取值范围为19（1）椭圆焦点在轴上，所以，解得，所以椭圆方程为.（2）依题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设，由消去并化简得，则，即.因为，且直线的斜率均存在，所以，整理得，因为，所以，代入整理得：，将代入上式并化简得，解得或（舍去），使成立.所以直线恒过定点.20（1）；（2），解：（1）设，抛物线的焦点坐标为，且椭圆的左焦点与抛物线的焦点重合，又椭圆的离心率为，得，于是有，故椭圆的标准方程为（2）设，直线的方

9、程为，由，整理可得，所以，当时，；，所以，要使为定值，则，解得或(舍)，所以点到直线的距离，的面积，当且仅当时取等号，故面积的最大值为21（1）；（2）为定值.解：（1）因为，所以，将A（1，）代入得，又，由解得，所以椭圆的方程为；（2）设，直线得方程为， 联立，得，则，由B、E、M三点共线，可知，即，同理可得：，则，所以.所以为定值.22（1）；（2）（1）设椭圆左焦点为，则，又，则，又，则，则，故，则椭圆方程为（2），则，代入椭圆得，故，又过做圆两条切线，切点分别为，则，设，23（1）；（2）存在，.【详解】（1）由题意得：，解得椭圆的标准方程是（2）当直线的斜率不存在时，不符合题意当直线

10、的斜率存在时，设直线的方程为，由消整理得：，解得或，解得，满足所以存在符合题意的直线，其方程为.24 （）；（）解：()椭圆的焦距是，所以焦点坐标是，由题可得，椭圆过点，椭圆的方程是()由题易得，左焦点右焦点坐标为若直线垂直于轴，则点若直线不垂直于轴，可设的方程为设点将直线的方程代入椭圆的方程得到则.，的取值范围是25D解：将椭圆与变形为与，由可得，椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距，焦点坐标为，离心率为；由可得，椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距，焦点坐标为，离心率为；故选：D.26B【详解】解：设左顶点，左焦点，上顶点，下顶点则直线的斜率为，直线的斜率为，因为，所以，所以，即，又，所以，所以，解得

11、，因为，所以，故选：B27C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：C28B圆方程可整理为：，圆的半径为，解得：，椭圆的标准方程为：.故选：B29C连接A，B与左右焦点F，的连线，由，由椭圆及直线的对称性知：四边形为平行四边形，且，在中，可得，即，则，椭圆的离心率，故选：C30C当时，由条件知，解得；当时，由条件知，解得，综上知C正确故选：C31A【详解】解： 由已知得，即 ，由及，得 ，联立，解得，所以椭圆的方程为，故选：A32B【详解】由可设，则，由椭圆的定义得，从而，所以，故，所以.故选：B.33D【详解】依题意，得，点A到直

12、线的距离，在中，其中，即，得，或（舍）离心率为.故选：D.34D由长轴长为4得，解得，设，直线l方程为，则，由得，即，所以，又P在椭圆上，所以，即，代入式得，即，因为点P为椭圆上任意一点，所以该式恒成立与无关，所以，解得，所以所求椭圆方程为故选：D35D【详解】设点，则，得，圆的圆心，半径为，则，令，对称轴为，所以当时，取得最小值，所以的最小值为，所以的最小值为，故选：D36A显然过椭圆焦点的最短弦所在直线l不垂直y轴，设l的方程为：x=my+c，由消去x并整理得：， 设直线l与椭圆交于点，则有，则有，当且仅当时取“=”，于是，当，即直线l垂直于x轴时，所以过椭圆的焦点的最短弦是与焦点所在坐标

13、轴垂直的弦，最短弦长是.故选：A37A【详解】由题意，椭圆，可得，设，代入椭圆的方程，可得，则，即，即.又因为，所以.故选：A.38B【详解】由题知：，所以椭圆的标准方程为：.故选：B39B【详解】设，则，所以，所以即.故选：B.40B【详解】解：椭圆的焦点为F1（c，0），F2（c，0），|F1F2|2c，根据正弦定理可得2R，R，rR设|PF1|m，|PF2|n，则m+n2a，由余弦定理得，4c2m2+n22mncos(m+n)23mn4a23mn，mn，mnsin，又(m+n+2c)r，即2a23c2ac0，故3e2+e20，解得：e或e1（舍）故选：B41A【详解】解：联立可得（1+a

14、2）x2+4a2x+3a2=0，因为直线l与椭圆C相离或相切，所以=16a412a2（1+a2）0，1a23，设椭圆上任意一点P（acos，sin），则点到直线l的距离，其中，d的最小值最大值分别为：，满足最大值与最小值之和为，1a23，.故选：A.42D解：由题意得，设，因为，所以，得，因为，所以，所以，因为在椭圆上，所以，化简得，因为，所以，得，解得或（舍去）故选：D43ABC对于选项A和选项B，当点的坐标为或时，最大，且当时，易知选项A和B正确；对于选项C，的周长为，故选项C正确；对于选项D，的面积为，故选项D错误故选：ABC.44CD由椭圆的定义，可得又，所以，当点与，不共线时，在中，

15、即，所以当点与，共线时，分析知，所以，即，所以综上，椭圆的离心率的取值范围是，故选：CD45ABD【详解】对于选项：由椭圆定义可得：，因此的周长为，所以选项正确；对于选项：设，则，且，又，所以，因此，解得，故选项正确；对于选项：因为，所以，即，所以离心率，所以选项错误；对于选项：设，则点到圆的圆心的距离为，因为，所以，所以选项正确，故选：ABD46AD【详解】对于A：因为椭圆的长轴长与圆的直径长相等，所以，即，设椭圆的左焦点，由椭圆的定义可知，所以，所以，解得或，因为，所以，即椭圆的焦距为，故A正确；对于B：由，所以椭圆的短轴长为，故B错误；对于C：，故C错误；对于D：若过点的直线的斜率不存在

16、，则直线方程为，圆心到直线的距离为，不合乎题意.设过点的切线方程为，即，则，解得，故D正确.故选：AD.47BC【详解】因为的周长为8，所以，得，因为过右焦点F2，所以，所以，所以椭圆焦距为，故A错误；所以椭圆方程为，故B正确；设，由得，解得，故C正确；原点到直线的距离为，所以，故D错误. 故选：BC.48AD【详解】由可得，因为，所以轴，对于A：，当且仅当，三点共线时取到最小值为，故选项A正确；对于B：因为在椭圆内所以，所以短轴长，故选项B不正确；对于C：因为在椭圆内，所以长轴长，所以离心率，所以，故选项C不正确；对于D：因为，所以为的中点，而，所以，所以长轴长，故选项D正确；故选：AD.4

17、9【详解】依题意，设椭圆中心在原点O，焦点在x轴上，方程为，椭圆的端点为，于是得是等腰三角形，而，则有，离心率，所以椭圆的离心率为.故答案为：50【详解】由椭圆的定义可得，又，可得，在中，当且仅当时取得等号，所以的最大值为.故答案为：.51【详解】由，得，化简得又，所以，所以，所以椭圆的方程为故答案为：52【详解】设直线的方程为，则，又在椭圆上，即，变形得，于是，解得又，从而得，故椭圆的离心率的取值范围为故答案为：53由题可知，设，则，所以因为，所以，即因为点在圆上，所以，所以结合可知，因为，所以故答案为：.54(1) ；（2），a的取值范围为.（1）连结，由为等边三角形可知：在中，于是，故椭

18、圆C的离心率为；（2）由题意可知，满足条件的点存在，当且仅当，即 由以及得，又由知，故；由得，所以，从而，故；当，时，存在满足条件的点.故，a的取值范围为.55（1）； （2）.（1）右顶点是，离心率为，所以，则，椭圆的标准方程为.（2）当直线斜率不存在时，设，与椭圆方程联立得：，设直线与轴交于点，即，或 (舍），直线过定点；当直线斜率存在时，设直线斜率为，则直线，与椭圆方程联立，得，则，即，或，直线或，直线过定点或舍去；综上知直线过定点.56（1）；（2）18.(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：.(

19、2)设与直线AM平行的直线方程为：，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时AMN的面积取得最大值.联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，所以，即m2=64，解得m=8，与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.所以AMN的面积的最大值：.57（）（）或.() 设椭圆的半焦距为，依题意，又，可得，b=2，c=1.所以，椭圆方程为.()由题意，设.设直线的斜率为，又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，整理得，可得，代入得，进而直线的斜率，在中，令，得.由题

20、意得，所以直线的斜率为.由，得，化简得，从而.所以，直线的斜率为或.58（1） （2）1或1.【详解】（1）由题意得解得所以椭圆C的方程为（2）由得设点M，N的坐标分别为，则，所以|MN|=由因为点A（2,0）到直线的距离，所以AMN的面积为 由，解得，经检验，所以59由题意可得，点在C上，又，解得，椭圆C的方程为，假设y轴上存在点，是以M为直角顶点的等腰直角三角形，设，线段AB的中点为，由，消去y可得，解得，依题意有，由，可得，可得，由可得，代入上式化简可得，则，解得，当时，点满足题意，当时，点满足题意判别式的作用60（）解：椭圆的左，右焦点分别为，椭圆的离心率为，即有，即，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆方程为，直线与圆相切，则有，即有，则椭圆C的方程为；（）证明：设，由，可得直线和关于x轴对称即有，即，即有，设直线，代入椭圆方程，可得，判别式，即为，代入可得，将代入，化简可得，则直线的方程为，即即有直线恒过定点将代入，可得，解得或则直线的斜率的取值范围是49原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！