选择性必修第一册3.1椭圆 同步练习（Word版含解析）

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．已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A．1 B．3 C．9 D．81
2．椭圆的焦点坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．已知椭圆上一点P到椭圆一个焦点的距离是3，则P点到另一个焦点的距离为（ ）
A．5 B．3 C．2 D．7
4．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．
5．曲率半径可用来描述曲线上某点处的弯曲变化程度，曲率半径越大则曲线在该点处的弯曲程度越小.已知椭圆：（）上点处的曲率半径公式为．若椭圆上所有点相应的曲率半径的最大值是最小值的8倍，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知 是椭圆：()的两个焦点，为椭圆上的一点，且.若的面积为，则（ ）
A． B． C． D．
7．椭圆的焦点为、，上顶点为，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．椭圆上的点到长轴两个端点的距离之和最大值为（ ）
A．2 B．4 C． D．6
9．已知椭圆：经过点，且的离心率为，则的方程是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知F是椭圆=1的左焦点，P为椭圆上的动点，椭圆内部一点M的坐标是（3，4），则|PM|+|PF|的最大值是（ ）
A．10 B．11 C．13 D．21
11．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
12．设是椭圆的左 右焦点，若椭圆上存在一点P，使（O为坐标原点），且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
13．已知m，n，s，t为正数，，，其中m，n是常数，且s＋t的最小值是，点M(m,n)是曲线的一条弦AB的中点，则弦AB所在直线方程为（　　）
A．x－4y＋6=0 B．4x－y－6=0
C．4x＋y－10=0 D．
14．古希腊数学家阿基米德用“逼近法”得到椭圆面积的4倍除以圆周率等于椭圆的长轴长与短轴长的积.已知椭圆的中心在原点，焦点，在轴上，其面积为，过点的直线与椭圆交于点，且的周长为16，则椭圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
15．在椭圆上有两个动点，为定点，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
二、填空题
16．以双曲线的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆方程为_____．
17．已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上的点P满足轴，，则该椭圆的离心率为___________．
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．已知椭圆C：的离心率为，，是椭圆的左、右焦点，过且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，求（O为坐标原点）的面积的最大值．
20．已知椭圆．设O为原点．若点A在椭圆C上，点B在直线上，且，试判断直线AB与圆的位置关系，并证明你的结论．综合性问题，对于平面内定点F（1，0）与定直线，设d为点P到直线l的距离．若，你知道此时动点P的轨迹是什么样的曲线吗？为什么？
21．已知椭圆，且椭圆C上恰有三点在集合中.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点O为坐标原点，直线AB与椭圆交于A、B两点，且满足，试探究：点O到直线AB的距离是否为定值.如果是，请求出定值：如果不是，请明说理由.
（3）在（2）的条件下，求面积的最大值.
22．已知椭圆的焦距为，左 右焦点分别是，其离心率为，圆与圆相交，两圆交点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线不经过点且与椭圆相交于两点，若直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．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
2．A
由椭圆方程判断出焦点位置，求出，从而可得答案.
【详解】
因为椭圆的标准方程为，
所以其焦点在轴上，且，
则，
所以椭圆的焦点坐标是，
故选：A.
3．D
利用椭圆的定义直接求解即可
【详解】
解：由题意得，，，
由椭圆的定义可知点P到椭圆的两焦点的距离和为10，
因为点P到椭圆一个焦点的距离是3，
所以点P到椭圆另一个焦点的距离为7
故选：D
4．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
5．C
根据曲率半径的定义可判断何时曲率半径最大，合适曲率半径最小，再由题设可得基本量的关系，从而可求离心率.
【详解】
因为曲率半径越大则曲线在该点处的弯曲程度越小，
故椭圆在处曲率半径最小，则，而椭圆在处曲率半径最大，
则，因为，所以，所以，．
故选：C.
6．B
根据的面积以及该三角形为直角三角形可得，，然后结合，简单计算即可.
【详解】
依题意有，所以
又，，所以，
又，可得，
即，则，
故选：B.
7．C
分析出为等边三角形，可得出，进而可得出关于的等式，即可解得的值.
【详解】
在椭圆中，，，，
如下图所示：
因为椭圆的上顶点为点，焦点为、，所以，
，为等边三角形，则，即，
因此，.
故选：C.
8．D
椭圆上到长轴两个端点的距离之和最大的点是短轴端点，然后算出即可.
【详解】
椭圆上到长轴两个端点的距离之和最大的点是短轴端点，所以最大值为.
故选：D
9．A
由题意将点代入椭圆方程，结合离心率公式即可得解.
【详解】
依题意可得，解得，
故的方程是.
故选：A.
本题考查了通过椭圆经过的点及离心率确定椭圆方程，考查了运算求解能力，属于基础题.
10．D
利用椭圆的定义转化为P到M和到另一焦点的距离的差的最大值来解决.
【详解】
解：如图，
由椭圆=1，得
得，则椭圆右焦点为，
则
.
当与射线与椭圆的交点重合时取到等号,
的最大值为21.
故选：D.
11．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.
12．B
由向量的关系可得，由椭圆的定义及，可得，的值，在直角三角形中，由勾股定理可得，的关系，进而求出椭圆的离心率．
【详解】
解：设的中点为，由，即，所以，
连接可得，所以，
可得，
又因为，
所以，，
在中，，
即，可得：，
解得，
故选：．
13．A
由已知求出取得最小值时满足的条件，再结合求出，再用点差法求出直线的斜率，从而得直线方程．
【详解】
∵，
当且仅当，即取等号，
∴，又，又为正数，
∴可解得．
设弦两端点分别为，则，
两式相减得，
∵，
∴．
∴直线方程为，即．
故选：A．
14．A
由题中所给结论得，由的周长为16结合椭圆定义得，进而可得结果.
【详解】
依题意得，则，
由的周长为16结合椭圆定义可得，所以，，
又椭圆焦点在轴上，故椭圆方程为.
故选：A.
15．C
由题意得，然后转化为椭圆上的点P到点的距离的问题处理，根据二次函数的最值可得所求．
【详解】
解：由题意得．
设椭圆上一点，则，
，又，
当时，取得最小值．
故选：C．
16．
本题首先可以确定双曲线的焦点、顶点坐标，然后通过题意可以确定椭圆的顶点、焦点坐标，最后通过椭圆的相关性质即可求椭圆的方程．
【详解】
由双曲线的相关性质可知，双曲线的焦点为，顶点为，
所以椭圆的顶点为，焦点为，
因为，所以椭圆的方程为，
故答案为．
本题考查圆锥曲线的相关性质，主要考查椭圆、双曲线的几何性质，考查椭圆的标准方程，正确运用椭圆、双曲线的几何性质是关键．
17．
由题意分析为直角三角形，得到关于a、c的齐次式，即可求出离心率.
【详解】
设，则.
由椭圆的定义可知：，所以.
所以
因为轴，所以为直角三角形，
由勾股定理得：，
即，即，
所以离心率.
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.
(1)根据给定条件结合列式计算得解.
(2)设出直线l的方程，与椭圆C的方程联立，借助韦达定理结合均值不等式计算作答.
(1)
椭圆C的半焦距为c，离心率，因过且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的弦长为1，
将代入椭圆C方程得：，即，则有，解得，
所以椭圆C的方程为.
(2)
由(1)知，，依题意，直线l的斜率不为0，则设直线l的方程为，，，
由消去x并整理得：，，，
的面积，，
设，，，
，当且仅当，时取得“=”，于是得，，
所以面积的最大值为1.
思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
20．直线AB与圆相切，证明见解析；动点P的轨迹是椭圆，理由见解析.
设，其中，由，得，用表示，当和时分别根据点到直线得距离公式求出圆心到直线得距离，与圆的半径比较，从而可判断直线AB与圆的位置关系；
设，求出，，根据求出动点P的轨迹方程，即可得出结论.
【详解】
解：直线AB与圆相切，证明如下：
设，其中，
因为，所以，
即，解得，
当时，，代入椭圆，得，
故直线的方程为，圆心到直线的距离，
此时直线AB与圆相切；
当时，直线的方程为，
即，
圆心到直线的距离，
又，，
故，
所以此时直线AB与圆相切，
综上所述，直线AB与圆相切.
动点P的轨迹是椭圆，证明如下：
设，
则，，
则，即，
整理得，
所以动点P的轨迹是一个中心不在原点的椭圆.
21．（1）（2）点O到直线AB的距离为定值（3）
（1）利用椭圆的对称性得椭圆必过和，结合椭圆过点，求得的值，从而得到椭圆的方程；
（2）设，，对直线的斜率进行讨论，当斜率存在时设为，
由得，代入点到直线的距离公式可得答案；
（3）将弦表示成关于的函数，利用基本不等式求得弦的最大值，再代入三角形的面积公式，求得三角形面积的最大值.
【详解】
（1）和关于原点对称，故由题意知，椭圆C必过此两点
，又当椭圆过点时，，∴，
此时满足，符合题意.
所以椭圆.
又当椭圆过点时，，∴，
此时，不符合题意.
综上：椭圆.
（2）设，，若斜率存在，则设直线，
由，得，
，
由知，
，
代入得，
又原点到直线AB的距离，
且当AB的斜率不存在时，，可得，依然成立.
所以点O到直线AB的距离为定值.
（3）由（2）知，
由（2）知，，
；
因为，当且仅当，即时等号成立.
所以；
易知当AB斜率不存在时，，所以，
综上得的面积的最大值为.
本题考查椭圆的对称性、椭圆方程的求解、直线与椭圆位置关系、三角形面积最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法思想的应用，即引入坐标或变量，将所求问题用坐标或变量进行表示，再利用函数或基本不等式求最值.
22．(1)
(2)证明见解析
（1）根据题意列出等式，求得 ，即得答案；
（2）考虑直线斜率是否存在，存在时，设出直线方程并和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，结合直线与直线的斜率之和为化简整理可得参数之间的关系式，即可证明结论.
(1)
由题意得，
由圆与圆相交，两圆交点在椭圆上，
可知：，又，
解得：
所以椭圆的方程为：.
(2)
证明：①当直线的斜率不存在时，设直线，
由题意可知，且，设，
因为直线的斜率之和为，所以，
化简得，所以直线的方程为.
②当直线的斜率存在时，
设方程为，
联立消去，化简得.
，
由题意可得，
因为直线的斜率之和为，
所以，
，
，
，
，
化简整理得，
当且仅当时，即 或且 时符合题意，
直线的方程：，即，
故直线过定点，
综上①②可得直线过定点.
本题考查了椭圆方程的求法，以及直线和椭圆相交时的直线过定点问题，解答时要注意考虑直线斜率是否存在的情况，斜率存在时设出直线方程，和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，然后结合条件得等式，化简即可，难点在于计算量较大并且运算繁琐，需要十分细心.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页