专题十八 椭圆解答题-2022届天津市各区高三一模数学试题分类汇编.docx

1、2022届天津市各区高三年级一模数学分类汇编专题十八 椭圆解答题1. 【2021天津卷】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若，求直线的方程2. 【2020天津卷】已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点（）求椭圆的方程；（）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点求直线的方程3. 【2022和平一模】已知椭圆C：1（ab0）的左、右焦点分别为F1、F2，点P（1，）在椭圆C上，且|PF2|（1）求椭圆C的方程；（2）过点F2的直线l与椭圆C交于

2、A，B两点，M为线段AB的中点，若椭圆C上存在点N，满足3（O为坐标原点），求直线l的方程4. 【2022部分区一模】已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，离心率为，且.（1）求椭圆的方程；（2）过点A的直线与椭圆相交于点，与y轴相交于点S，过点S的另一条直线l与椭圆相交于M，N两点，且ASM的面积是HSN面积的倍，求直线l的方程.5. 【2022河东一模】设椭圆C的方程为，O为坐标原点，A为椭团的上顶点，为其右焦点，D是线段的中点，且.（1）求椭圆C的方程；（2）过坐标原点且斜率为正数的直线交椭圆C于P，Q两点，分别作轴，轴，垂足分别为E，F，连接，并延长交椭圆C于点M，N两点.（）判断的形状；

3、（）求四边形面积的最大值.6. 【2022红桥一模】已知椭圆的一个顶点为，右焦点为F，且，其中O为原点（1）求椭圆的方程；（2）已知点P满足，点B在椭圆C上（B异于椭圆的顶点），直线AB与以P为圆心的圆相切与点Q，且Q为线段AB的中点，求直线AB的方程7. 【2022河西一模】已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆C上，满足（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A、B，S为椭圆上位于x轴上方一点，直线AS，BS分别交直线于M，N两点，若线段BS的中点恰好在以MN为直径的圆上，求直线AS的方程8. 【2022南开一模】已知椭圆的离心率为，是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，且的周

4、长是6过点的直线l与椭圆C交于点A，B，点B在A，M之间，又线段AB的中点横坐标为（1）求椭圆C的标准方程；（2）求的值9. 【2022河北一模】已知椭圆：的一个顶点恰好是抛物线：的焦点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设，是椭圆上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点，直线与直线交于点.证明是等腰三角形.10. 【2022天津一中四月考】 设，分别为椭圆：的左、右焦点，点在椭圆上，且点和关于点对称.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于，两点，过点且平行于的直线与椭圆交于另一点，问是否存在直线，使得四边形为平行四边形？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由.11. 【十二区县一模

5、】设椭圆过点，两点，O为坐标原点.（1）求椭圆E的标准方程；（2）是否存在圆心为原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围，若不存在，请说明理由.2022届天津市各区高三年级一模数学分类汇编专题十八 椭圆解答题（答案及解析）1. 【2021天津卷】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若，求直线的方程【答案】（1）；（2）.【解析】【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

6、标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.【详解】（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，先证明直线的方程为，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，首先应证明直线与椭圆相切.2. 【2020天津卷

7、】已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点（）求椭圆的方程；（）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点求直线的方程【答案】（）；（），或【解析】【分析】（）根据题意，并借助，即可求出椭圆的方程；（）利用直线与圆相切，得到，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，求出点坐标，进而求出点坐标，再根据，求出直线的斜率，从而得解.【详解】（）椭圆的一个顶点为，由，得，又由，得，所以，椭圆的方程为；（）直线与以为圆心的圆相切于点，所以，根据题意可知，直线和直线的斜率均存在，设直线的斜率为，则直线的方程为，即，消去，可得，解得或.将代入，得，所以，点的坐标为，

8、因为为线段的中点，点的坐标为，所以点的坐标为，由，得点的坐标为，所以，直线的斜率为，又因为，所以，整理得，解得或.所以，直线的方程为或.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程.3. 【2022和平一模】已知椭圆C：1（ab0）的左、右焦点分别为F1、F2，点P（1，）在椭圆C上，且|PF2|（1）求椭圆C的方程；（2）过点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，M为线段AB的中点，若椭圆C上存在点N，满足3（

9、O为坐标原点），求直线l的方程【答案】（1）（2）xy10或xy10【分析】（1）根据题意得，由组成方程组，解得，进而得椭圆的方程（2）设直线方程为，联立直线与椭圆的方程得关于的一元二次方程，结合韦达定理得，从而得线段中点坐标，点的坐标，将其代入椭圆方程，可解得，进而得出直线的方程【详解】解：（1）因为点在椭圆上，且所以，解得，又因为由组成方程组，解得，所以椭圆的方程为：（2）由（1）可知，设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程得，得，则，所以线段中点，所以，所以点的坐标为，将点坐标代入椭圆的方程，解得，所以直线的方程为：或【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，属于中档题4. 【

10、2022部分区一模】已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，离心率为，且.（1）求椭圆的方程；（2）过点A的直线与椭圆相交于点，与y轴相交于点S，过点S的另一条直线l与椭圆相交于M，N两点，且ASM的面积是HSN面积的倍，求直线l的方程.【答案】（1） （2）【分析】（1）根据题目条件联立方程解出，从而得到答案；（2）首先求出直线AH的方程，以及S点的坐标，讨论直线l的斜率的存在与否，当斜率存在时，设直线l的方程为，联立解方程求出，根据ASM的面积是HSN面积的，化简可以得到，进一步求出斜率k，从而得出答案.【小问1详解】根据题目列方程解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由已知得，所以，直线AH的

11、方程为，所以，S点的坐标为.当直线l的斜率不存在时，或，都与已知不符；当直线的斜率存在时，设直线l的方程为，由，得，由ASM的面积是HSN面积的可得化简，即，又，所以，即，也就是，所以，解得，所以，直线方程为.5. 【2022河东一模】设椭圆C的方程为，O为坐标原点，A为椭团的上顶点，为其右焦点，D是线段的中点，且.（1）求椭圆C的方程；（2）过坐标原点且斜率为正数的直线交椭圆C于P，Q两点，分别作轴，轴，垂足分别为E，F，连接，并延长交椭圆C于点M，N两点.（）判断的形状；（）求四边形面积的最大值.【答案】（1）（2）（）为直角三角形（）【分析】（1）根据题意得到，在求出，得到椭圆标准方程；

12、（2）（）先设直线和的方程，分别与椭圆方程联立，得到点的坐标，从而表示出直线的斜率，得到，从而做出判断；（）先得到四边形面积是面积的2倍，利用弦长公式得到，从而表示出的面积，再利用基本不等式得到其最大值，从而得到四边形面积的最大值.【详解】解：（1）设椭圆的半焦距为c.由题意可得，D为的中点，椭圆的方程为.（2）（1）设直线的方程为，且点P在第一象限，联立消去y得，显然，.又轴，直线的方程为，联立消去y得，.，即为直角三角形.（）根据图形的对称性可知，四边形面积是面积的2倍，由（）知为直角三角形，且，.又，.令，而在上单调递增，所以，所以即当时，最大，此时的面积也达到最大，由对称性可知，故当时

13、，最大，.【点睛】本题考查求椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，椭圆中面积的范围问题，考查考生的推理论证能力和运算求解能力，考查数形结合思想和化归与转化思想，属于难题.6. 【2022红桥一模】已知椭圆的一个顶点为，右焦点为F，且，其中O为原点（1）求椭圆的方程；（2）已知点P满足，点B在椭圆C上（B异于椭圆的顶点），直线AB与以P为圆心的圆相切与点Q，且Q为线段AB的中点，求直线AB的方程【答案】（1） （2），【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.（2）设出直线的方程并与椭圆的方程联立，求得的的坐标，进而求得点的坐标，结合列方程，化简求得直线的斜率，从而求得直线的方程.【小问1

14、详解】由已知可得，又，得，因为，所以，椭圆；【小问2详解】因为，所以，设直线AB的方程为，则，可得，解得，则，又Q为线段AB的中点，则，且，由，解得，直线AB的方程为，7. 【2022河西一模】已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆C上，满足（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A、B，S为椭圆上位于x轴上方一点，直线AS，BS分别交直线于M，N两点，若线段BS的中点恰好在以MN为直径的圆上，求直线AS的方程【答案】（1）； （2）.【分析】（1）由向量数量积坐标表示列方程求得，再根据椭圆的定义及参数关系求a、b，即可得椭圆方程.（2）设直线为，联立椭圆求S的坐标，进而求得线

15、段的中点，根据P恰好在以为直径的圆上有，结合斜率两点式列方程求m值，即可得AS的方程【小问1详解】设且，则，可得因为，则，又，可得，所以椭圆C的标准方程为【小问2详解】依题意，设直线为，联立椭圆C有，消去x，得：，而S为椭圆上位于x轴上方，所以，代入，得：，即，所以线段的中点，联立，可得，因为P恰好在以为直径的圆上，则，即，所以，整理得，又，解得，因此直线的方程为，即8. 【2022南开一模】已知椭圆的离心率为，是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，且的周长是6过点的直线l与椭圆C交于点A，B，点B在A，M之间，又线段AB的中点横坐标为（1）求椭圆C的标准方程；（2）求的值【答案】（1） （2）【

16、分析】（1）利用待定系数法，求椭圆方程；（2）设直线l的方程为，与椭圆方程联立，利用中点坐标公式求，并求得点的坐标，利用横坐标表示的值.【小问1详解】由离心率，可得，又因为的周长是6，所以，所以，故，所以椭圆的标准方程是【小问2详解】设点，点若直线轴，则直线l不与椭圆C相交，不合题意当AB所在直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为由消去y得，由的判别式，解得，由，可得将代入方程，得，则，所以9. 【2022河北一模】已知椭圆：的一个顶点恰好是抛物线：的焦点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设，是椭圆上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点，直线与直线交于点.证明是等腰三角形.【答案】（1

17、） （2）证明见解析【分析】（1）解方程组即得解；（2）联立直线和椭圆方程得到，解方程得到，得为的中线且，即得证.【小问1详解】由题意得，抛物线的焦点坐标为，.，又，解得.椭圆的方程为.【小问2详解】证明：（2）由（1）可得，直线的方程为.直线的方程为.设直线的方程为（，且）.由消去，整理得.，即.，.直线的方程为.由得.由得.轴.又的中点的坐标为，轴.的中线.故是等腰三角形.10. 【2022天津一中四月考】 设，分别为椭圆：的左、右焦点，点在椭圆上，且点和关于点对称.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于，两点，过点且平行于的直线与椭圆交于另一点，问是否存在直线，使得四边形为平行四边

18、形？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1） （2）存在，【分析】（1）由点和关于点对称，得，及点在椭圆上，由椭圆定义，得 椭圆方程为 .（2）四边形的对角线互相平分就是与的中点重合，设，则，即，故.这可根据列方程组解出坐标关系：解得 ，从而可求出直线方程.【小问1详解】由点和关于点对称，得，所以椭圆的焦点为，由椭圆定义，得.所以，.故椭圆的方程为.【小问2详解】由题可知直线，直线的斜率存在，设直线的方程为，直线的方程为.设，由消去，得，由题意，可知，则，由消去，得，由，可知，设，又，则，.因为四边形为平行四边形，所以，即，故.所以.得.所以为.18. 【十二区县一模】设椭圆过点

19、，两点，O为坐标原点.（1）求椭圆E的标准方程；（2）是否存在圆心为原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1） （2）存在，圆的方程为，【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.（2）根据特殊点求得可能符合题意的圆的方程，然后证明这个圆上所有点的切线都符合，从而求得所求圆的方程.利用弦长公式，结合二次函数的性质求得的取值范围.【小问1详解】依题意椭圆过点，两点，所以，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】椭圆的方程为，则，假设存在符合题意的圆，且圆的半径为，则，圆的方程为.当切点为时，直线的方程为，由于，而，所以三角形是等腰直角三角形，不妨设，代入得，可得，.当切点为时，同理可求得，.故猜想所求圆的方程为.当的斜率存在时，设直线，则即.设，由可得，故，故,故.此时 令，则，因为，故，所以.当猜测过程可得当的斜率不存在时也满足且，综上所述，的取值范围是.【点睛】本题的难点在于第二问的联立切线的方程和椭圆的方程，不管是计算，还是计算弦长，都需要很强的运算能力.在运算过程中，要细心、准确.另外还要注意切线的斜率是否存在、是否为零这样的一些特殊的情形.