选择性必修第一册3.1椭圆同步练习（Word含答案解析）

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．椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
2．直线与椭圆有且只有一个交点，则的值是( )
A． B． C． D．
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．设为椭圆C:的两个焦点，点P在椭圆C上，若成等差数列，则椭圆C的离心率为（ ）
A．1 B． C． D．
5．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
6．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一动点（异于左、右顶点），若△的周长为6，且面积的最大值为，则椭圆的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
7．设是椭圆的离心率，且，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知椭圆：的离心率为，则椭圆的长轴长为（ ）
A． B．4 C． D．8
9．已知椭圆的左、右焦点分别为，P为椭圆上一点，且，若关于平分线的对称点在椭圆C上，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
10．已知点和，是椭圆上的动点，则最大值是（ ）
A． B． C． D．
11．已知椭圆的左焦点是F1，右焦点是F2，点P在椭圆上，如果线段PF1的中点在y轴上，那么|PF1|∶|PF2|＝（ ）
A．3∶5 B．3∶4 C．5∶3 D．4∶3
12．已知椭圆，过M的右焦点作直线交椭圆于A，B两点，若AB中点坐标为，则椭圆M的方程为（ ）
A． B． C． D．
13．如图，焦点在轴上的椭圆：的左右焦点分别为，，点是椭圆上位于第一象限内的一点，且直线与轴的正半轴交于点，若的内切圆在边上的切点为，且，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．
14．如图，半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.和分别是“果圆”与x轴，y轴的交点.给出下列三个结论：
①；
②若，则；
③若在“果圆”y轴右侧部分上存在点P，使得，则.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
15．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．
二、填空题
16．画法几何创始人蒙日发现：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，且圆半径的平方等于长半轴 短半轴的平方和，此圆被命名为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，则___________.
17．已知椭圆的焦点为，短轴端点为，若直线PF与圆相切，则圆的半径为___________
18．已知椭圆C：的左、右顶点分别为, ，且以线段,为直径的圆与直线相切，则椭圆C的离心率为_____.
三、解答题
19．已知P是椭圆＋＝1上一动点，O为坐标原点，则线段OP中点Q的轨迹方程
20．已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
21．已知椭圆：（）经过点，椭圆的离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点且与轴不重合的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，，分别与直线分别交于，，记点，的纵坐标分别为，，求的值.
22．已知椭圆：()的四个顶点组成的四边形的面积为，且经过点.过椭圆右焦点作直线与椭圆交于、两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求直线的方程.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
由椭圆方程得到的值，然后由求得的值，进而求得离心率.
【详解】
根据椭圆标准方程，得，故，所以椭圆的离心率为.
故选：B.
2．C
直线和椭圆只有一个交点，则直线和椭圆相切，联立直线和椭圆方程得到二次方程，二次方程只有一个解，根据＝0即可求出k的值﹒
【详解】
由得，，
由题意知，解得，
故选：C．
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
由等差数列及椭圆的性质可得，再由离心率公式即可得解.
【详解】
设，
因为成等差数列，
所以即，
所以椭圆C的离心率.
故选：B.
5．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.
6．A
利用椭圆定义及焦点三角形的性质、椭圆参数关系求参数，写出椭圆方程即可.
【详解】
由椭圆的定义可得，
∴①，
当点为上顶点或下顶点时，△的面积取得最大值为，
∴②．又③，
由①②③，得，，，
∴椭圆的标准方程为．
故选：A
7．C
分类讨论，，，用表示出离心率，解相应不等式可得的范围．
【详解】
当时，，由条件知，解得；
当时，，由条件知，解得，综上知C正确．
故选：C．
8．C
根据条件先计算出的值，再根据离心率求解出的值，最后根据长轴长为计算出长轴长.
【详解】
由题意知，所以，
又因为，所以，
所以椭圆的长轴长为.
故选：C.
9．B
设关于平分线的对称点为，根据题意可得三点共线，设，则，在中，分别求得，再利用余弦定理可得的齐次式，即可得出答案.
【详解】
解：设关于平分线的对称点为，
则三点共线，
设，则，
又，所以为等边三角形，所以，
又，所以，
在中，由余弦定理可得：
，
即，所以，
所以.
故选：B.
10．A
设左焦点为，为椭圆右焦点，利用椭圆定义转化，然后利用平面几何的性质得最大值．
【详解】
解：椭圆，所以为椭圆右焦点，设左焦点为，
则由椭圆定义，
于是.
当不在直线与椭圆交点上时， 三点构成三角形，于是，
而当在直线与椭圆交点上时，在第一象限交点时，有，
在第三象限交点时有.
显然当在直线与椭圆第三象限交点时有最大值，其最大值为
.
故选：A.
11．C
根据线段PF1的中点M在y轴上，推出轴，由此可设P(2，y)，代入椭圆方程求出，再根据两点间的距离公式求出和可得解.
【详解】
由＝1可知，，所以，
所以F1(－2，0)，F2(2，0)，
∵线段PF1的中点M在y轴上，且原点为线段的中点，
所以，所以轴，
∴可设P(2，y)，
把P(2，y)代入椭圆，得.
∴|PF1|＝，|PF2|＝.
∴.
故选：C
关键点点睛：根据线段PF1的中点M在y轴上，推出轴是解题关键.
12．D
设以及中点坐标，利用“点差法”得到之间的关系，从而得到之间的关系，结合即可求解出椭圆的方程.
【详解】
设，的中点，所以，
又，所以，即，
而，，所以，又，
∴，即椭圆方程为：.
故选：D.
本题考查了已知焦点、弦中点求椭圆方程，应用了韦达定理、中点坐标公式，属于基础题.
13．D
由的内切圆在边上的切点为，根据切线长定理，可得，再结合，求得，即可得到的值．
【详解】
解：如图，的内切圆在边上的切点为，设内切圆与、分别切于点、，
根据切线长定理可得，，
，
，
，
，
则，
即，，
故选：D．
14．D
根据题意可知，，由此推导依次判断.
【详解】
由题可知，
所以，；，，
故①正确；
由得，，又，
得，，，②正确.
以为直径的圆 E:，与“果园”右侧有异于公共点的公共点，
由方程组，得
显然方程已有一根，另一根为，则，
，，
解得，故③正确.
故选:D
思路点睛：求圆锥曲线中基本量的比值（或范围），常根据已知寻找关于基本量的等式或不等式，再通过解方程或不等式求解.
15．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.
16．2
根据给定结论求解即可.
【详解】
由题可知，蒙日圆半径的平方为8，故有，故
故答案为：2
17．1
根据椭圆的性质写出点、的坐标，求出直线PF的方程，利用圆心到直线的距离等于半径即可求解.
【详解】
由椭圆的焦点为，短轴端点为，
则，
不妨取，，
则直线PF的方程：，
由直线PF与圆相切，
所以.
故答案为：1
本题考查了椭圆的简单几何性质以及点到直线的距离公式，考查了基本运算能力，属于基础题.
18．
根据直线与圆相切知，圆心到直线的距离等于半径，可得关于 的方程，再利用离心率的计算公式可得.
【详解】
椭圆C：的左、右顶点分别为,,以线段,为直径的圆的圆心为 ，半径为 ，根据直线与圆相切可得，圆心到直线的距离等于半径，
则有 ，即 ，可得 ，
椭圆的离心率为 .
故答案为：
19．x2＋＝1
设Q(x，y)，P(x0，y0)，进而可得x0＝2x，y0＝2y，代入椭圆方程即可求解.
【详解】
设Q(x，y)，P(x0，y0)，由点Q是线段OP的中点知x0＝2x，y0＝2y，
又＋1，
所以＋1，即x2＋＝1.
20．（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】
(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】
方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
21．（1）；（2）12.
（1）代入点，结合，联立即得解；
（2）分别利用的坐标表示直线方程，然后表示，的纵坐标分别为，，借助韦达定理即得解
【详解】
（1）椭圆：（）过点且离心率
则所以，故椭圆的方程为.
（2）
直线的方程为，，
，得.
所以，
直线方程为：，令
直线方程为：，令
所以
即.
22．（1）；（2）.
（1）根据题目所给四边形的面积得到，结合点在椭圆上列方程，由此求得，从而求得椭圆的方程.
（2）当直线无斜率时，求得的坐标，判断出不成立. 当直线有斜率时，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立并写出根与系数关系，结合列方程，解方程求得的值，由此求得直线的方程.
【详解】
（1）四边形的面积为，∴，
又点在：上，则，
∴，，∴椭圆的方程为；
（2）由（1）可知椭圆的右焦点，
①当直线无斜率时，直线的方程为，
则、，不成立，舍，
②当直线有斜率时，设直线方程为将，
代入椭圆方程，整理得，在椭圆内，恒成立，
设、，则，，
又，
，
即，解得，
则直线的方程为：.
求解有关直线和圆锥曲线的位置关系的问题，根与系数关系是解题的关键.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页