选择性必修第一册3.1椭圆 同步练习（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 选择性必修第一册3.1椭圆 同步练习（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-06-13 15:17:08 | ||
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文档简介
人教A版（2019）选择性必修第一册 3.1椭圆 同步练习
一、单选题
1．已知分别是椭圆的焦点，过点的直线交椭圆于两点，则的周长是
A． B． C． D．
2．已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A．1 B．3 C．9 D．81
3．已知分别为椭圆的左，右焦点，为上顶点，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．椭圆的焦点为，点为椭圆上的动点若为钝角，点的横坐标的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．已知圆：，定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分线交于点，则点的轨迹的方程是（ ）
A． B．
C． D．
6．若直线与椭圆相切，则斜率的值是（ ）
A． B． C．± D．±
7．阿基米德是古希腊著名的数学家 物理学家，他利用“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，已知在平面直角坐标系中，椭圆的面积为，两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，则椭圆的标准方程是（ ）
A． B． C． D．
8．若椭圆：的一个焦点坐标为，则的长轴长为（ ）
A． B．2 C． D．
9．已知的周长为，顶点、的坐标分别为、，则点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
10．中国是世界上最古老的文明中心之一，中国古代对世界上最重要的贡献之一就是发明了瓷器，中国陶瓷是世界上独一无二的.它的发展过程蕴藏着十分丰富的科学和艺术，陶瓷形状各式各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美.现有一椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的焦距为（ ）
A． B． C． D．4
11．已知椭圆，F是椭圆的左焦点，P是椭圆上一点，若椭圆内一点A(1,1)，则的最小值为（ ）
A．3 B． C． D．
12．已知是椭圆的左，右焦点，点A是椭圆上的一个动点，则的内切圆的半径的最大值是（ ）
A．1 B． C． D．
13．已知椭圆的左，右焦点是，，是椭圆上一点，若，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
14．已知点是椭圆上的动点，、为椭圆的左、右焦点，为坐标原点，若是的角平分线上的一点，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
15．已知椭圆E:的左焦点为F，过点P(2，t)作椭圆E的切线PA、PB，切点分别是A、B，则三角形ABF面积最大值为（ ）
A． B．1 C．2 D．
二、填空题
16．已知点，是椭圆内的两个点，M是椭圆上的动点，则的最大值为______．
17．已知直线与焦点在轴上的椭圆总有公共点，则b的取值范围是___________.
18．过椭圆的左焦点F作斜率为的直线l与C交于A，B两点，若，则椭圆C的离心率为________.
三、解答题
19．已知抛物线：与椭圆：（）有公共的焦点，的左、右焦点分别为，，该椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）如图，若直线与轴，椭圆顺次交于，，（点在椭圆左顶点的左侧），且与互补，求面积的最大值．
20．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.
21．设圆的圆心为M，直线l过点且与x轴不重合，l交圆M于A，B两点，过点N作AM的平行线交BM于点C.
（1）证明|CM|+|CN|为定值，并写出点C的轨迹方程；
（2）设点C的轨迹为曲线E，直线l1：y=kx与曲线E交于P，Q两点，点R为椭圆C上一点，若△PQR是以PQ为底边的等腰三角形，求△PQR面积的最小值.
22．已知椭圆C1：(a>b>0)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，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
根据椭圆方程，解得，然后由椭圆的定义求解.
【详解】
因为椭圆方程为，
所以 ，
由椭圆的定义得： ，
所以，
所以的周长是8
故选：D
2．A
根据条件，利用椭圆标准方程中长半轴长a，短半轴长b，半焦距c的关系列式计算即得.
【详解】
由椭圆的一个焦点坐标为，则半焦距c=2，
于是得，解得，
所以的值为1.
故选：A
3．D
根据椭圆方程求出焦点坐标和点A的坐标，进而求出三角形的面积.
【详解】
由椭圆方程得..
故选：D.
4．B
根据椭圆方程，得到，，设，根据为钝角，推出，再由集合椭圆的方程，即可求出结果.
【详解】
因为，为椭圆的两焦点，则，，
设，则，，
因为为钝角，
所以，
又∵，∴，
∴.
故选：B.
本题主要考查求椭圆上点的横坐标的范围，涉及向量数量积的坐标表示，属于常考题型.
5．B
根据定义可判断点的轨迹是以为焦点的椭圆，即可求出轨迹方程.
【详解】
由题可得圆心，半径为6，
是垂直平分线上的点，，
，
点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，
，故点的轨迹方程为.
故选：B.
6．C
根据题意，联立直线与椭圆方程，整理得，再根据，从而求出斜率的值.
【详解】
解：因为直线与椭圆相切，
所以已知直线与椭圆有且只有一个交点，
所以联立方程消去并整理，得，
所以，解得：.
故选：C
7．A
由椭圆的面积为和两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，得到求解.
【详解】
由题意得，解得，
所以椭圆的标准方程是.
故选：A
8．D
首先根据题意得到，，，从而得到，再求长轴长即可.
【详解】
因为椭圆：，焦点，
所以，，，即，解得或（舍去）.
所以，长轴为.
故选：D
本题主要考查椭圆的几何性质，属于简单题.
9．D
分析可知点的轨迹是除去长轴端点的椭圆，求出、的值，结合椭圆焦点的位置可得出顶点的轨迹方程.
【详解】
由已知可得，，且、、三点不共线，
故点的轨迹是以、为焦点，且除去长轴端点的椭圆，
由已知可得，得，，则，
因此，点的轨迹方程为.
故选：D.
10．C
由图形可得椭圆的值，由求得的值即可得到答案.
【详解】
因为椭圆的，所以，
因为，所以，则.
故选：C
本题考查椭圆的焦距，考查对椭圆方程的理解，属于基础题，求解时注意求的是焦距，而不是半焦距.
11．A
由椭圆定义把转化为到右焦点的距离，然后由平面上到两定点的距离之差最小的性质可得.
【详解】
设椭圆的右焦点为，，，
又，，
当三点共线时取等号，的最小值为3（取最小值时是射线与椭圆的交点），
故选：A.
12．D
利用椭圆的定义即可求解.
【详解】
设的内切圆的半径为，
由，则，，
所以，，
由，
即，
即，若的内切圆的半径最大，
即最大，又，
所以.
故选：D
13．C
根据椭圆定义及求出， 由即可求解.
【详解】
由椭圆的定义知：，
因为，即，
又因为，所以，
所以有：，
，
故椭圆的离心率的取值范围是．
故选：C
本题主要考查了椭圆的定义，椭圆的简单几何性质，属于中档题.
14．A
延长与交于点，由条件判断为等腰三角形，为的中位线，故，再根据的值域，求得的最值，从而得到结果.
【详解】
如图，
延长与交于点，则是的角平分线，
由可得与垂直，
可得为等腰三角形，故为的中点，
由于为的中点，
则为的中位线，故，
由于，所以，
所以，
问题转化为求的最值，
而的最小值为，的最大值为，即的值域为，
故当或时，取得最大值为
，
当时，在轴上，此时与重合，
取得最小值为0，又由题意，最值取不到，
所以的取值范围是，
故选：A.
该题考查的是与椭圆相关的问题，涉及到的知识点有椭圆的定义，椭圆的性质，角分线的性质，属于较难题目.
15．A
设,，并求出切线PA、PB的方程，进而求出直线方程，并确定其过定点，且定点为椭圆的右焦点，再联立方程求得，，再表示出，利用基本不等式求出范围即可.
【详解】
由椭圆方程，知，
，设右焦点为，即
设,，
由椭圆的切线方程可知切线PA的方程为，切线PB的方程为
由于点P在切线PA、PB上，则，故直线方程为，
所以直线过定点，且定点为椭圆的右焦点，
联立方程，消去x得：
由韦达定理得，，
令，则，，则
，当且仅当，即时，等号成立，
故三角形ABF面积最大值为
故选：A
关键点点睛：本题考查椭圆的切线方程，直线与椭圆的位置关系，考查利用基本不等式求三角形的面积得最值，解题的关键是清楚椭圆方程在椭圆上一点的切线方程为，考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于较难题.
16．##
结合椭圆的定义求得正确答案.
【详解】
依题意，椭圆方程为，所以，
所以是椭圆的右焦点，设左焦点为，
根据椭圆的定义可知，
，
所以的最大值为.
故答案为：
17．
求出直线所过定点，由定点在椭圆内部或椭圆上，得出参数范围，同时注意椭圆的焦点在轴对参数范围的限制．
【详解】
由题意直线恒过定点，要使直线与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则只需要点在椭圆上或椭圆内，，
又焦点在x轴上，..
故答案为：．
18．
作出示意图，记右焦点，根据长度和位置关系计算出的长度，再根据的形状列出对应的等式，即可求解出离心率的值.
【详解】
如图所示，的中点为，右焦点为，连接，所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以且，所以，
又因为，所以，所以，所以.
故答案为：.
本题考查椭圆离心率的求解，难度一般.(1)涉及到利用图形求解椭圆的离心率时，注意借助几何图形的性质完成求解；(2)已知任意两个量之间的倍数关系即可求解出椭圆的离心率.
19．（1）．（2）．
（1）结合椭圆的焦点坐标和离心率，联立求解可得，，即得解；
（2）设直线为，与椭圆联立，转化与互补为，用坐标表示结合韦达定理可得，利用弦长公式和点到直线距离公式表示，结合均值不等式，即得解
【详解】
（1）由题意可得，抛物线的焦点为，
椭圆的半焦距，又椭圆的离心率为，
，即，
，，即，
椭圆的方程为．
（2）设，，，，，
与互补，，
，化简整理，可得①，
设直线为，
联立直线与椭圆方程，化简整理，可得，
，可得②，
由韦达定理，可得③，
将，代入①，可得④，
再将③代入④，可得，解得，的方程为，
由点到直线的距离，
，
由②可得，，即，
设，令，，
令，
由均值不等式可知，，
当且仅当，即时等号成立，
当取最小值时，取最大值，即面积S最大，
，△面积S最大值为．
20．(1)
(2)证明见解析
（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.
(1)
由题意得，抛物线的焦点坐标为，
∴.
∵，又，
解得.
∴椭圆的方程为.
(2)
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.
21．（1）证明见解析，点的轨迹方程为()；（2）.
（1）根据几何性质，求得，得出C的轨迹为椭圆，根据椭圆的定义求出椭圆的方程；
（2）将曲线E和直线l1：y=kx联立解方程，求出，同理，然后根据面积公式结合基本不等式求出面积的最小值即可
【详解】
解：（1）圆可化为
所以圆心，半径
又因为过点作的平行线交于点，所以
又因为，所以，
所以
所以
所以点的轨迹为椭圆，由椭圆定义可得点的轨迹方程为()
（2）由（1）可知点的轨迹方程为：()，
直线与曲线交于两点，可知，设
联立消得解得
是以为底的等腰三角形则
同理：
方法1：
当且仅当，即时取等号
方法2：
当且仅当，即时取等号
此题考查椭圆的定义和性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形面积问题，考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题
22．（1）；（2），.
（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）[方法四]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.
【详解】
（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）[方法一]：椭圆的第二定义
由椭圆的第二定义知，则有，
所以，即．
又由，得．
从而，解得．
所以．
故椭圆与抛物线的标准方程分别是．
[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式
以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法三]：参数方程
由（1）知，椭圆的方程为，
所以的参数方程为（为参数），
将它代入抛物线的方程并化简得，
解得或（舍去），
所以，即点M的坐标为．
又，所以由抛物线焦半径公式有，即，解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法四]【最优解】：利用韦达定理
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.
【整体点评】
(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义，很多时候会使得问题简单明了.
方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.
方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，使得原来抽象的问题更加具体化.
方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法，联立方程之后充分利用韦达定理可以达到设而不求的效果.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．已知分别是椭圆的焦点，过点的直线交椭圆于两点，则的周长是
A． B． C． D．
2．已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A．1 B．3 C．9 D．81
3．已知分别为椭圆的左，右焦点，为上顶点，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．椭圆的焦点为，点为椭圆上的动点若为钝角，点的横坐标的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．已知圆：，定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分线交于点，则点的轨迹的方程是（ ）
A． B．
C． D．
6．若直线与椭圆相切，则斜率的值是（ ）
A． B． C．± D．±
7．阿基米德是古希腊著名的数学家 物理学家，他利用“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，已知在平面直角坐标系中，椭圆的面积为，两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，则椭圆的标准方程是（ ）
A． B． C． D．
8．若椭圆：的一个焦点坐标为，则的长轴长为（ ）
A． B．2 C． D．
9．已知的周长为，顶点、的坐标分别为、，则点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
10．中国是世界上最古老的文明中心之一，中国古代对世界上最重要的贡献之一就是发明了瓷器，中国陶瓷是世界上独一无二的.它的发展过程蕴藏着十分丰富的科学和艺术，陶瓷形状各式各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美.现有一椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的焦距为（ ）
A． B． C． D．4
11．已知椭圆，F是椭圆的左焦点，P是椭圆上一点，若椭圆内一点A(1,1)，则的最小值为（ ）
A．3 B． C． D．
12．已知是椭圆的左，右焦点，点A是椭圆上的一个动点，则的内切圆的半径的最大值是（ ）
A．1 B． C． D．
13．已知椭圆的左，右焦点是，，是椭圆上一点，若，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
14．已知点是椭圆上的动点，、为椭圆的左、右焦点，为坐标原点，若是的角平分线上的一点，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
15．已知椭圆E:的左焦点为F，过点P(2，t)作椭圆E的切线PA、PB，切点分别是A、B，则三角形ABF面积最大值为（ ）
A． B．1 C．2 D．
二、填空题
16．已知点，是椭圆内的两个点，M是椭圆上的动点，则的最大值为______．
17．已知直线与焦点在轴上的椭圆总有公共点，则b的取值范围是___________.
18．过椭圆的左焦点F作斜率为的直线l与C交于A，B两点，若，则椭圆C的离心率为________.
三、解答题
19．已知抛物线：与椭圆：（）有公共的焦点，的左、右焦点分别为，，该椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）如图，若直线与轴，椭圆顺次交于，，（点在椭圆左顶点的左侧），且与互补，求面积的最大值．
20．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.
21．设圆的圆心为M，直线l过点且与x轴不重合，l交圆M于A，B两点，过点N作AM的平行线交BM于点C.
（1）证明|CM|+|CN|为定值，并写出点C的轨迹方程；
（2）设点C的轨迹为曲线E，直线l1：y=kx与曲线E交于P，Q两点，点R为椭圆C上一点，若△PQR是以PQ为底边的等腰三角形，求△PQR面积的最小值.
22．已知椭圆C1：(a>b>0)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，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
根据椭圆方程，解得，然后由椭圆的定义求解.
【详解】
因为椭圆方程为，
所以 ，
由椭圆的定义得： ，
所以，
所以的周长是8
故选：D
2．A
根据条件，利用椭圆标准方程中长半轴长a，短半轴长b，半焦距c的关系列式计算即得.
【详解】
由椭圆的一个焦点坐标为，则半焦距c=2，
于是得，解得，
所以的值为1.
故选：A
3．D
根据椭圆方程求出焦点坐标和点A的坐标，进而求出三角形的面积.
【详解】
由椭圆方程得..
故选：D.
4．B
根据椭圆方程，得到，，设，根据为钝角，推出，再由集合椭圆的方程，即可求出结果.
【详解】
因为，为椭圆的两焦点，则，，
设，则，，
因为为钝角，
所以，
又∵，∴，
∴.
故选：B.
本题主要考查求椭圆上点的横坐标的范围，涉及向量数量积的坐标表示，属于常考题型.
5．B
根据定义可判断点的轨迹是以为焦点的椭圆，即可求出轨迹方程.
【详解】
由题可得圆心，半径为6，
是垂直平分线上的点，，
，
点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，
，故点的轨迹方程为.
故选：B.
6．C
根据题意，联立直线与椭圆方程，整理得，再根据，从而求出斜率的值.
【详解】
解：因为直线与椭圆相切，
所以已知直线与椭圆有且只有一个交点，
所以联立方程消去并整理，得，
所以，解得：.
故选：C
7．A
由椭圆的面积为和两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，得到求解.
【详解】
由题意得，解得，
所以椭圆的标准方程是.
故选：A
8．D
首先根据题意得到，，，从而得到，再求长轴长即可.
【详解】
因为椭圆：，焦点，
所以，，，即，解得或（舍去）.
所以，长轴为.
故选：D
本题主要考查椭圆的几何性质，属于简单题.
9．D
分析可知点的轨迹是除去长轴端点的椭圆，求出、的值，结合椭圆焦点的位置可得出顶点的轨迹方程.
【详解】
由已知可得，，且、、三点不共线，
故点的轨迹是以、为焦点，且除去长轴端点的椭圆，
由已知可得，得，，则，
因此，点的轨迹方程为.
故选：D.
10．C
由图形可得椭圆的值，由求得的值即可得到答案.
【详解】
因为椭圆的，所以，
因为，所以，则.
故选：C
本题考查椭圆的焦距，考查对椭圆方程的理解，属于基础题，求解时注意求的是焦距，而不是半焦距.
11．A
由椭圆定义把转化为到右焦点的距离，然后由平面上到两定点的距离之差最小的性质可得.
【详解】
设椭圆的右焦点为，，，
又，，
当三点共线时取等号，的最小值为3（取最小值时是射线与椭圆的交点），
故选：A.
12．D
利用椭圆的定义即可求解.
【详解】
设的内切圆的半径为，
由，则，，
所以，，
由，
即，
即，若的内切圆的半径最大，
即最大，又，
所以.
故选：D
13．C
根据椭圆定义及求出， 由即可求解.
【详解】
由椭圆的定义知：，
因为，即，
又因为，所以，
所以有：，
，
故椭圆的离心率的取值范围是．
故选：C
本题主要考查了椭圆的定义，椭圆的简单几何性质，属于中档题.
14．A
延长与交于点，由条件判断为等腰三角形，为的中位线，故，再根据的值域，求得的最值，从而得到结果.
【详解】
如图，
延长与交于点，则是的角平分线，
由可得与垂直，
可得为等腰三角形，故为的中点，
由于为的中点，
则为的中位线，故，
由于，所以，
所以，
问题转化为求的最值，
而的最小值为，的最大值为，即的值域为，
故当或时，取得最大值为
，
当时，在轴上，此时与重合，
取得最小值为0，又由题意，最值取不到，
所以的取值范围是，
故选：A.
该题考查的是与椭圆相关的问题，涉及到的知识点有椭圆的定义，椭圆的性质，角分线的性质，属于较难题目.
15．A
设,，并求出切线PA、PB的方程，进而求出直线方程，并确定其过定点，且定点为椭圆的右焦点，再联立方程求得，，再表示出，利用基本不等式求出范围即可.
【详解】
由椭圆方程，知，
，设右焦点为，即
设,，
由椭圆的切线方程可知切线PA的方程为，切线PB的方程为
由于点P在切线PA、PB上，则，故直线方程为，
所以直线过定点，且定点为椭圆的右焦点，
联立方程，消去x得：
由韦达定理得，，
令，则，，则
，当且仅当，即时，等号成立，
故三角形ABF面积最大值为
故选：A
关键点点睛：本题考查椭圆的切线方程，直线与椭圆的位置关系，考查利用基本不等式求三角形的面积得最值，解题的关键是清楚椭圆方程在椭圆上一点的切线方程为，考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于较难题.
16．##
结合椭圆的定义求得正确答案.
【详解】
依题意，椭圆方程为，所以，
所以是椭圆的右焦点，设左焦点为，
根据椭圆的定义可知，
，
所以的最大值为.
故答案为：
17．
求出直线所过定点，由定点在椭圆内部或椭圆上，得出参数范围，同时注意椭圆的焦点在轴对参数范围的限制．
【详解】
由题意直线恒过定点，要使直线与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则只需要点在椭圆上或椭圆内，，
又焦点在x轴上，..
故答案为：．
18．
作出示意图，记右焦点，根据长度和位置关系计算出的长度，再根据的形状列出对应的等式，即可求解出离心率的值.
【详解】
如图所示，的中点为，右焦点为，连接，所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以且，所以，
又因为，所以，所以，所以.
故答案为：.
本题考查椭圆离心率的求解，难度一般.(1)涉及到利用图形求解椭圆的离心率时，注意借助几何图形的性质完成求解；(2)已知任意两个量之间的倍数关系即可求解出椭圆的离心率.
19．（1）．（2）．
（1）结合椭圆的焦点坐标和离心率，联立求解可得，，即得解；
（2）设直线为，与椭圆联立，转化与互补为，用坐标表示结合韦达定理可得，利用弦长公式和点到直线距离公式表示，结合均值不等式，即得解
【详解】
（1）由题意可得，抛物线的焦点为，
椭圆的半焦距，又椭圆的离心率为，
，即，
，，即，
椭圆的方程为．
（2）设，，，，，
与互补，，
，化简整理，可得①，
设直线为，
联立直线与椭圆方程，化简整理，可得，
，可得②，
由韦达定理，可得③，
将，代入①，可得④，
再将③代入④，可得，解得，的方程为，
由点到直线的距离，
，
由②可得，，即，
设，令，，
令，
由均值不等式可知，，
当且仅当，即时等号成立，
当取最小值时，取最大值，即面积S最大，
，△面积S最大值为．
20．(1)
(2)证明见解析
（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.
(1)
由题意得，抛物线的焦点坐标为，
∴.
∵，又，
解得.
∴椭圆的方程为.
(2)
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.
21．（1）证明见解析，点的轨迹方程为()；（2）.
（1）根据几何性质，求得，得出C的轨迹为椭圆，根据椭圆的定义求出椭圆的方程；
（2）将曲线E和直线l1：y=kx联立解方程，求出，同理，然后根据面积公式结合基本不等式求出面积的最小值即可
【详解】
解：（1）圆可化为
所以圆心，半径
又因为过点作的平行线交于点，所以
又因为，所以，
所以
所以
所以点的轨迹为椭圆，由椭圆定义可得点的轨迹方程为()
（2）由（1）可知点的轨迹方程为：()，
直线与曲线交于两点，可知，设
联立消得解得
是以为底的等腰三角形则
同理：
方法1：
当且仅当，即时取等号
方法2：
当且仅当，即时取等号
此题考查椭圆的定义和性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形面积问题，考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题
22．（1）；（2），.
（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）[方法四]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.
【详解】
（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）[方法一]：椭圆的第二定义
由椭圆的第二定义知，则有，
所以，即．
又由，得．
从而，解得．
所以．
故椭圆与抛物线的标准方程分别是．
[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式
以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法三]：参数方程
由（1）知，椭圆的方程为，
所以的参数方程为（为参数），
将它代入抛物线的方程并化简得，
解得或（舍去），
所以，即点M的坐标为．
又，所以由抛物线焦半径公式有，即，解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法四]【最优解】：利用韦达定理
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.
【整体点评】
(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义，很多时候会使得问题简单明了.
方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.
方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，使得原来抽象的问题更加具体化.
方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法，联立方程之后充分利用韦达定理可以达到设而不求的效果.
答案第1页，共2页
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