2.5《椭圆》专题同步练习卷-2021-2022学年高二上学期数学人教B版（2019）选择性必修第一册（含答案）

高二同步专题测试题
椭圆
本试卷共9页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分 （选择题爱共40分）
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项)
1．是方程表示椭圆的（ ）
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．已知以原点为中心的椭圆C的左焦点为F，离心率等于，则C的方程是（ ）
A． B． C． D．
3．古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的中心为原点，焦点，均在轴上，的面积为，且短轴长为，则的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
4．设椭圆的右顶点为A，右焦点为为椭圆E在第二象限上的点，直线交椭圆E于另一个点C（O为坐标原点），若直线平分线段，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
5．已知点在椭圆上运动，点在圆上运动，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．设，是椭圆：的左、右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知椭圆，点为左焦点，点为下顶点，平行于的直线交椭圆于两点，且的中点为，则椭圆的离心率为
A． B． C． D．
8．已知椭圆：，椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上的任意一点，且满足，则椭圆离心率的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．已知椭圆与圆，若在椭圆上存在点，使得过点所作的圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．已知为椭圆上一点，为椭圆长轴上一点，为坐标原点，有下列结论：①存在点，，使得为等边三角形；②不存在点，，使得为等边三角形；③存在点，，使得；④不存在点，，使得.其中，所有正确结论的序号是
A．①④ B．①③ C．②④ D．②③
第二部分 （非选择题爱共110分）
二、填空题(共5小题，每小题5分，共25分)
11．椭圆的焦点为F1、F2，点P在椭圆上．若|PF1|＝4，则|PF2|＝________，∠F1PF2＝________．
12．已知为椭圆的两个焦点，若在椭圆上，且满足，则椭圆的方程为_________.
13．若椭圆的一个焦点为F，椭圆上一点P到焦点F的最大距离是3，则椭圆的离心率为________．
14．已知、是椭圆：的两个焦点，为椭圆上一点，且．若的面积为9，则____________．
15．已知椭圆的两个焦点分别为和，短轴的两个端点分别为和，点P在椭圆G上，且满足．当b变化时，给出下列三个命题：
①点P的轨迹关于y轴对称；
②存在b使得椭圆G上满足条件的点P仅有两个；
③的最小值为2，其中，所有正确命题的序号是___________．
三、解答题(共6小题，共85分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程)
16．如图所示，已知椭圆的两焦点分别为，，为椭圆上一点，且+.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点在第二象限，，求的面积.
17．已知椭圆的短轴长为，焦点坐标分别是和.
（1）求这个椭圆的标准方程；
（2）直线与椭圆交于 两点，且中点为，求直线的方程.
18．在平面直角坐标系xOy中，点D，E的坐标分别为，，P是动点，且直线DP与直线EP的斜率之积等于.
（I）求动点P的轨迹C的方程；
（II）设F是曲线C的左焦点，过点F且斜率为正的直线l与曲线C相交于A，B两点，过A，B分别作直线l的垂线与x轴相交于M，N两点，若，求此时直线l的斜率.
19．已知椭圆的离心率为，椭圆C上任意一点到椭圆两个焦点的距离之和为6．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线与椭圆C交于A，B两点，点P(0，1)，且，求直线的方程．
20．在平面直角坐标系中，已知椭圆（）的右焦点为，离心率为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若过点F的直线l交C于A，B两点，线段的中点为M，分别过A，B作C的切线，，且与交于点P，证明：O，P，M三点共线.
21．已知点是平面直角坐标系上的一个动点，点到直线的距离等于点到点的距离的2倍，记动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）斜率为的直线与曲线交于两个不同点，若直线不过点，设直线的斜率分别为，求的数值；
（3）设点为曲线的上顶点，点是椭圆上异于点的任意两点，若直线与的斜率的乘积为常数，试判断直线是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由．
试卷第4页，共4页
参考答案
1．B
【分析】
根据充分必要条件的定义判断．
【详解】
时，，，但当时，，方程表示圆．不充分，
方程表示椭圆时，，即且，是必要的．
应为必要不充分条件．
故选：B．
2．D
【分析】
用待定系数法求椭圆方程.
【详解】
由题意可设所求的椭圆为：，
因为椭圆C的左焦点为F，离心率等于，
所以，解得：，
所以C的方程是.
故选：D
3．B
【分析】
根据“逼近法”求椭圆的面积公式，及短轴长为，即可求得的值，进而由焦点在轴上可得的标准方程.
【详解】
由题意可得
解得，，
因为椭圆的焦点在轴上，所以的标准方程为.
故选：B.
【点睛】
本题考查了数学文化，椭圆的几何性质及标准方程求法，属于基础题.
4．D
【分析】
结合图象取AC中点为M，并连OM，利用中位线定理得到及相似比，即得到的关系，即得离心率.
【详解】
如上图，设AC中点为M，连接OM，则OM为的中位线，易得，且，故，且 ，
即，可得，故.
故选：D.
5．D
【分析】
先求出点到圆心的距离的最小值，然后减去圆的半径可得答案
【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：D
6．B
【分析】
根据题意，得到，得到，求得，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】
如图所示，点为直线上一点，是底角为的等腰三角形，
可得，所以，整理得，所以，
所以椭圆的离心率为.
故选B．
7．A
【分析】
设A（，），B（，），因为A、B在椭圆上将两式相减可得直线AB的斜率与直线OM的斜率的关系，建立关于a，b，c的方程，从而求出所求；
【详解】
设A（，），B（，），又的中点为，则
又因为A、B在椭圆上
所以
两式相减，得：
∵,
∴，∴，平方可得, ∴=,，
故选A.
【点睛】
本题主要考查了点差法求斜率，以及椭圆的几何性质，同时考查了运算求解的能力，属于中档题．
8．B
【分析】
设，则，由，得，根据表示椭圆上的点到原点的距离的平方，可得选项．
【详解】
由已知得，设，则，因为，所以，，即，因为点P是椭圆上的任意一点，所以表示椭圆上的点到原点的距离的平方，所以，所以，即，所以，
故选：B.
9．C
【分析】
若长轴端点，由椭圆性质：过的两条切线互相垂直可得，结合求椭圆离心率的范围.
【详解】
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：C
10．A
【分析】
利用椭圆的简单几何性质，直接可判断①正确②错误，分情况讨论点、的位置，利用余弦定理判断，即可确定③错误④正确.
【详解】
过原点且倾斜角为的直线一定与椭圆有交点，假设轴右侧的交点
是，在长轴上取，则就是等边三角形
故①正确，②错误
若点和点在轴两侧，则一定是锐角
若点和点在轴同侧，不妨设为在轴右侧
设点，则，且
由椭圆性质可知，当点是长轴端点时，最大
因为，，
所以
所以
即，故③错误，④正确
故选：A
【点睛】
1.本题考查的是椭圆性质的应用，椭圆关于原点、轴、轴对称.
2.可以用余弦定理判断一个角是锐角、直角还是钝角.
11．2 120°
【分析】
根据椭圆方程分别求出，再根据椭圆的定义即可求得|PF2|，再利用余弦定理即可求得∠F1PF2.
【详解】
∵ ，
∴a2＝9，b2＝2，∴ c＝，
∴ ，又，
∴ |PF2|＝2．
又由余弦定理，得cos∠F1PF2＝，
∴ ∠F1PF2＝120°．
故答案为：2；120°.
12．
【分析】
由椭圆的定义和点在椭圆上，可建立方程组，解之可得椭圆的标准方程．
【详解】
由得，解得，又在椭圆上，所以椭圆，解得，
所以椭圆的方程为．
故答案为：．
13．
【分析】
由椭圆的方程可得，然后由条件可得，解出，然后可得答案.
【详解】
由可得，即
因为椭圆上一点P到焦点F的最大距离是3
所以，解得
所以椭圆的离心率为
故答案为：
14．3
【分析】
根据椭圆的定义，结合三角形的面积和勾股定理即可得到答案.
【详解】
由知，则由题意，得，所以可得，即，所以.
故答案为：3．
15．①③
【分析】
运用椭圆的定义可得也在椭圆上，分别画出两个椭圆的图形，即可判断①正确；
通过的变化，可得②不正确；由图象可得当的横坐标和纵坐标的绝对值相等时，的值取得最小，即可判断③．
【详解】
解：椭圆的两个焦点分别为
，和，，
短轴的两个端点分别为和，
设，点在椭圆上，且满足，
由椭圆定义可得，，
即有在椭圆上．
对于①，将换为方程不变，则点的轨迹关于轴对称，
故①正确；
对于②，由图象可得轨迹关于，轴对称，且，
则椭圆上满足条件的点有4个，
不存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个，故②不正确；
对于③，点靠近坐标轴时或，越大，点远离坐标轴时，越小，所以，即时，取得最小值，此时，与
两方程相加得，即的最小值为 2，故③正确．
故答案为：①③．
【点睛】
本题考查椭圆的对称性及由椭圆上的点到焦点的距离之和等于到短轴的顶点距离之和可得另一个椭圆，及到定点距离的最值的判断．
16．（1）；（2）．
【分析】
（1）设椭圆的标准方程为，得到，根据椭圆的定义，求得，进而求得的值，即可求解；
（2）根据椭圆的定义，得到，结合余弦定理列出方程，求得
，利用三角形的面积公式，即可求解.
【详解】
（1）设椭圆的标准方程为，焦距为，
因为椭圆的两焦点分别为，，可得，，
所以，可得，所以，
则，
所以椭圆的标准方程为．
（2）因为点在第二象限，，
在中，由．
根据余弦定理得，
即，解得，
所以．
17．（1）；（2）.
【分析】
(1)由焦点坐标分别是和可设椭圆方程为，由条件求，由此可得椭圆方程，（2）利用点差法求直线的斜率，由此可得直线的方程.
【详解】
∵焦点坐标分别是和，
∴ 椭圆的焦点在x轴上，中心为原点，故可设椭圆方程为，且，
又椭圆的短轴长为
∴ ，又，
∴ ，
∴ 椭圆的标准方程为，
(2)设,
∵ P，Q都在椭圆上，
∴ ，，
相减可得，
又中点为， ∴ ，
∴ ，即直线的斜率为，
∴直线的方程为，即.
18．（1）；（2）1.
【分析】
（1）设，由可得答案；
（2）可得，设直线l的方程为，，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得，然后可得，，然后由求解即可.
【详解】
（1）设，则，
所以可得动点P的轨迹C的方程为
（2）可得，设直线l的方程为，
联立可得
所以
因为过A，B分别作直线l的垂线与x轴相交于M，N两点
所以
所以直线的方程为，令可得，同理可得
所以
所以
解得，因为，所以
19．（1）；（2）或．
【分析】
（1）根据椭圆的定义首先求得椭圆的短半轴，进而根据离心率求得椭圆的半焦距，根据，和的关系求得，则椭圆方程可得；
（2）把直线方程与椭圆方程联立消去，根据直线与椭圆的两个交点判断出判别式大于0，求得的范围，设，的坐标，则根据韦达定理求得，的表达式，根据直线方程求得的表达式，进而可表示出中点的坐标，根据推断出，可知，求得，则直线方程可求得．
【详解】
（1）由已知，，
解得，，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）由得，，
因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以△，
解得．
设，，，，
则，，
计算，
所以，，中点坐标为，
因为，所以，，
所以，
解得，
经检验，符合题意，
所以直线的方程为或．
20．（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据离心率及焦点求出即可得椭圆标准方程；
（2）设直线l的方程为：，联立方程后结合根与系数的关系计算即可证明三点共线.
【详解】
（1），椭圆方程为.
（2）由题意知斜率不为0，设直线l的方程为：，，，，，
由，
即.
，，
.
直线的方程为：①，
直线的方程为②，
，
，
，
，即O，P，M三点共线.
21．（1）；（2）0；（3）经过定点，定点坐标．
【分析】
（1）由已知得，化简得曲线C的方程；
（2）设直线l 的方程为： ，与椭圆的方程联立得，设，得出根与系数的关系，代入中，计算可得值；
（3）由（1）得，设直线PQ的方程为与椭圆的方程联立得，设，得出根与系数的关系，再计算，可解得，由此得定点坐标．
【详解】
解：（1）因为点是平面直角坐标系上的一个动点，点到直线的距离等于点到点的距离的2倍，所以，化简得曲线C的方程为：；
（2）因为直线的斜率为，且直线不过点，所以设直线l的方程为：，联立方程组，得，
又交点为，所以，
因为，
所以 ；
（3）由（1）得，由题意，直线的斜率存在，
设直线PQ的方程为，
联立方程组，得，
设，所以，
则
，
所以，
所以直线经过定点，定点坐标．
【点睛】
方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式.
高二同步专题测试卷 9 / 9