2.2椭圆同步练习（含解析）2023——2024学年沪教版（2020）高中数学选择性必修第二册

2.2 椭圆 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知椭圆，A，B为G的短轴端点，P为G上异于A，B的一点，则直线，的斜率之积为（ ）
A． B． C． D．
2．已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，上顶点为，点为直线上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，当最小时，，则使得为直角三角形的点的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．1
3．若椭圆的焦距为2，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C．或 D．或
4．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且．若，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知椭圆的左右焦点分别为．过点倾斜角为的直线与椭圆相交于，两点（在轴的上方），则下列说法中正确的有（ ）个．
①
②
③若点与点关于轴对称，则的面积为
④当时，内切圆的面积为
A．1 B．2 C．3 D．4
6．在平面直角坐标系中，点，向量，且.若为椭圆上一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知椭圆的离心率为是上一点，且点到焦点的最大距离为．过焦点作直线轴，交椭圆于两点，则（ ）
A．2 B．1 C． D．
8．已知椭圆的上顶点为，左、右焦点分别是，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知i为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A．若复数，则
B．若，则
C．若，则
D．复数在复平面内对应的点为，若，则点的轨迹是一个椭圆
10．已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于，两点（点位于点上方），且，延长，分别交椭圆于点，，连接交轴于点，若的面积是的面积的3倍，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆的离心率为 B．的周长为
C． D．直线的斜率是直线的斜率的5倍
11．设分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上第一象限内任意一点，分别表示直线的斜率，则（ ）
A．存在点，使得 B．存在点，使得
C．存在点，使得 D．存在点，使得
12．已知椭圆：的两个焦点分别为，，是C上任意一点，则（ ）
A．的离心率为 B．的周长为12
C．的最小值为3 D．的最大值为16
三、填空题
13．已知椭圆的离心率为，过其左焦点作一条斜率为的直线，与椭圆交于，两点，满足，则实数的值为 .
14．一光源在桌面的正上方，半径为2的球与桌面相切，且PA与球相切，小球在光源的中心投影下在桌面产生的投影为一椭圆（其中球与截面的切点即为椭圆的焦点），如图所示，形成一个空间几何体，且正视图是，其中，则该椭圆的离心率 .
15．已知点，.以坐标原点O为对称中心且焦点在y轴上的椭圆Ω的离心率为，过点A且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆Ω交于C，D两点，x轴恰平分，则椭圆Ω的标准方程为 .
16．已知直线经过椭圆的左焦点，且与椭圆相交于，两点，为椭圆的右焦点，的周长为8，则此椭圆的短轴长为 ；弦长 .
四、解答题
17．已知椭圆的右焦点恰为抛物线的焦点，过点且与轴垂直的直线截抛物线 椭圆所得的弦长之比为.
(1)求的值；
(2)已知为直线上任一点，分别为椭圆的上 下顶点，设直线与椭圆的另一交点分别为，求证：直线过定点.并求出该定点.
18．如图，点为椭圆的右焦点，过且垂直于轴的直线与椭圆相交于、两点(在的上方)，设点、是椭圆上位于直线两侧的动点，且满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由.

19．已知直线与椭圆交于两不同点，且的面积，其中为坐标原点.
(1)证明：和均为定值；
(2)设线段的中点为，求的最大值.
20．已知椭圆的离心率为分别是G的左、右顶点，F是G的右焦点.
(1)求m的值及点的坐标；
(2)设P是椭圆G上异于顶点的动点，点Q在直线上，且，直线与x轴交于点M.比较与的大小.
21．中，点，，直线CA和CB的斜率满足：．
(1)求点C的轨迹Ω的方程；
(2)已知原点O，过的直线，分别交于M，N两点和P，Q两点，M在x轴的上方，若M、O、P三点共线，证明：直线过定点，并求定点坐标．
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．C
【分析】设，可得，代入中即可得.
【详解】设，则有，即有，
由椭圆方程不妨设短轴端点的坐标分别为、，
则.
故选：C.
2．C
【分析】首先根据切线长的最小值，确定点到直线的距离，即可求解直线的方程，再根据直角顶点的位置，确定点的个数.
【详解】由题意可得，，则直线的方程为，
圆的圆心为，半径，连接，易知当最小时，，
（点拨：根据题意可知，故最小时最小，而的最小值是点到直线的距离）
因为，所以此时，，
所以点到直线的距离，得．直线的方程为，
设为坐标原点，由条件可得到直线的距离，
因为，所以以为直径的圆与直线有两个交点，
故存在2个点满足，存在1个点满足，存在1个点满足，所以符合题意的点的个数为4，
故选：C
3．C
【分析】分与两种情况，结合焦距得到方程，求出，得到离心率.
【详解】当时，，解得，
则离心率为，
当时，，解得，
则离心率为.
故选：C
4．B
【分析】设，由已知及椭圆概念，可得和，则可由表示，再由，可通过换元及函数单调性得到离心率的取值范围.
【详解】因为，所以．设，则，
在中，，所以，
即．则，
令，由，得，则，
由于函数在上单调递增，
则，所以，
即，所以，
故离心率．
故选：B．
5．B
【分析】首先推导出椭圆的焦半径公式及相关性质，从而判断①②③，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程，求出，，设内切圆的半径为，由求出，即可判断④.
【详解】在中，由余弦定理，
即，
整理得，同理可得，
所以，，

对于椭圆，则、、，
所以，，故①错误；
，故②正确；
所以，，
又
，
又，
所以，故③错误；
当时，直线的方程为，
由，消去整理得，显然，
所以，，
又，，则，，
设内切圆的半径为，则，
所以，解得，
所以内切圆的面积，故④正确；

故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出椭圆焦半径公式（倾斜角形式），利用结论直接解决问题.
6．A
【分析】根据给定条件，求出点的轨迹，再借助三角代换及点到直线距离公式求出最小值.
【详解】设点，由及，得，
即，而，消去得：，
设椭圆上的点，
则点到直线的距离，其中锐角由确定，
当时，，而，所以的最小值为.
故选：A
【点睛】思路点睛：求出椭圆上的点与其相离的直线上点的距离最小值，可转化为求椭圆上的点到直线距离有最小值解决.
7．B
【分析】根据离心率及椭圆上点到焦点的距离列方程求出椭圆方程，联立直线与椭圆方程即可得解.
【详解】由题知，，解得，
，
故椭圆，
令，代入，得，
.
故选：B．
8．A
【分析】表达出直线的方程，联立椭圆方程，得到点坐标，根据垂直关系得到直线的方程，同理得到点坐标，三点共线，得到，根据椭圆的离心率公式求出答案.
【详解】由于，则直线的方程为，
将代入，得，所以，
故．
由于，所以直线的方程为，
将代入，可得，
所以，故．
由三点共线得，又，
所以，又，化简得，
所以椭圆的离心率．
故选：A．
9．AC
【分析】利用复数的四则运算与的乘方性质判断A，举反例排除B，利用复数的四则运算与模的运算判断C，利用复数的几何意义，结合两点距离公式判断D.
【详解】对于A，因为，
所以，故A正确；
对于B，令，满足，但，故B错误；
对于C，设且不同时为，
则
，故C正确；
对于D，设复数，则点，
由，得，
则点到点与点的距离和为，
故点的轨迹是线段，故D错误.
故选：AC.
10．AC
【分析】根据与的面积关系，结合椭圆定义和余弦定理得到是椭圆的上顶点，再由和求得离心率；利用椭圆的定义即可求得的周长；分别得到直线与的方程，分别与椭圆方程联立得到交点与的坐标，从而得到直线的方程，再得到与轴交点的坐标即可求得，根据点的坐标得到直线方程，结合直线的方程可以得到二者斜率的关系.
【详解】
选项A：的面积是的面积的3倍，，
设，则，，
根据椭圆定义，，
则在中，由余弦定理得，
即，得，
，，，
，，
由知为椭圆的上顶点，
，，，故A正确；
选项B：由椭圆的定义得的周长为，故B错误；
选项C：由选项A知，，
直线的方程为，联立，解得，
因为点为上顶点，所以点，关于轴对称，所以，
又由，直线的方程为，即，
联立，解得，
直线的方程为，即，
令，解得，，故C正确；
选项D：由选项C知直线和的斜率分别为，，
，故D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．
11．ABD
【分析】利用椭圆的性质以及坐标运算逐一确定选项中的范围，进而判断存在性.
【详解】由已知得：
对于A，由为椭圆上第一象限内任意一点可得，，A正确；
对于B，由，得以为直径的圆与椭圆有4个交点，因而存在点使得，B正确；
对于C，由为椭圆上第一象限内任意一点可得，
又由可得，解得，与矛盾，C错误；
对于D，由已知，
因为，
而，所以，所以存在点，使得，D正确．
故选：ABD．
12．BD
【分析】首先分析题意，利用椭圆性质进行逐个求解，直接求出离心率判断A，利益椭圆的定义求出焦点三角形周长判断B，举反例判断C，利用基本不等式求最大值判断D即可.
【详解】由椭圆得
则所以，故A错误;
易知的周长为故B正确；
当在椭圆长轴的一个端点时，取得最小值，最小值为，故C错误；
由基本不等式得，当且仅当时取等，
则取得最大值16，故D正确.
故选：BD.
13．
【分析】设出直线方程与椭圆方程联立，由可得到A、B两点的纵坐标的关系，结合韦达定理进而得到方程，求出实数k的值.
【详解】由离心率为，可得，，
设直线方程为，，不妨设，
由，可得，得，
与椭圆联立，化简整理得，
则，，结合，可得，
，从而，解得，又，
所以.
故答案为：.
14．/0.5
【分析】作出球的截面图，易得，结合正切的二倍角公式求出的值，进而知长轴的长，再由球与相切的切点为椭圆的一个焦点，可得的值，最后由，得解．
【详解】如图，是球的一个截面，圆分别与相切于点，，
因为，球的半径为2，所以，，
所以，
所以，
因为是椭圆的长轴长，所以，所以，
根据球与相切的切点为椭圆的一个焦点，
所以，所以，
所以离心率．
故答案为：．
15．
【分析】由x轴恰平分可得，设椭圆Ω的标准方程为,直线l：，联立椭圆方程与直线方程，结合韦达定理可得，，代入化简即可求得椭圆Ω的标准方程.
【详解】因为x轴恰平分，所以，得.
由题可设椭圆Ω的标准方程为，
因为椭圆Ω的离心率为，故，
得，则①.
设直线l：，②，，，
联立① ②，消去y，得，，
故，，又，，
故，
得，
即，
得，，
故椭圆Ω的标准方程为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查了椭圆的标准方程的求法，考查了直线与椭圆的位置关系，训练了“设而不求”的解题思想方法，根据椭圆的离心率，进一步得到椭圆长半轴长和短半轴长的关系，得到椭圆方程，设出直线l的方程，和椭圆方程联立，利用根与系数的关系结合x轴恰好为∠CBD的角平分线列式求得b，则椭圆方程可求．
16．
【分析】由直线经过椭圆的左焦点可得，由的周长为8可得，即可得短轴长；联立直线与椭圆方程，借助韦达定理与弦长公式即可得.
【详解】直线经过椭圆的左焦点，则，
的周长为，解得，故，
椭圆的短轴长为，
由，得，
故答案为：；.

17．(1)；
(2)证明见解析，.
【分析】（1）根据给定条件，求出过焦点的弦长，建立方程组求解即得.
（2）设出点的坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立求出点的坐标，再求出直线方程即可得解.
【详解】（1）设点，则椭圆半焦距，由得，由得，
依题意，，又，解得，
所以.
（2）由（1）知，椭圆的方程为，，设点，
当时，直线的方程为的方程为，
由，得，解得，
由，得，解得，
即点，则直线的斜率，
于是直线的方程为，
整理得，显然直线恒过定点直线，
当时，直线的方程为，也经过，
所以直线恒过定点直线.

【点睛】思路点睛：过圆锥曲线上的动点的直线过定点问题，借助圆锥曲线方程设出动点坐标，求出相关的直线方程，并与圆锥曲线方程联立，求出另一交点坐标，再与已知结合推理求解即可.
18．是定值，理由见解析
【分析】首先求得，而直线不过点，所以设直线的方程为，联立椭圆方程并化简得，（*）从而可知关于的方程有两个解，结合韦达定理以及，可得关系进而求解.
【详解】由题意将代入椭圆方程得，从而，
因为直线不过点，所以设直线的方程为，
椭圆的方程即：，
联立直线与椭圆方程，得
，
整理得，
即，（*）
而（*）式中的指的是点或点的横纵坐标，
令，则关于的方程有两个解，
由得，
即：，
直线的斜率为，是定值.
19．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，可得出，，根据的面积求得、的值，可得出和的值；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式可求得和的值，进而得出结论；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，可直接求得的值；在直线的斜率存在时，求得、关于的表达式，利用基本不等式可求得的最大值，进而可得出结论.
【详解】（1）当直线的斜率不存在时，、两点关于轴对称，所以，，
在椭圆上，①，又，②
由①②得，，此时，；
当直线的斜率存在时，是直线的方程为，
将直线的方程代入得，
，
所以，，
，
点到直线的距离为，
，
整理得，即，
所以，
，
综上所述，，结论成立.
（2）当直线的斜率不存在时，由（1）知，，因此；
当直线的斜率存在时，由（1）知，，
，，
所以，
所以，当且仅当，即时，等号成立.
综上所述，的最大值为.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20．(1)，
(2)
【分析】（1）借助离心率计算即可得；
（2）设，表示出与点坐标后，可得、，借助作差法计算即可得.
【详解】（1）由，即，
由题意可得，故，解得，
故，则，故；
（2）设，，，有，
由，则有，即，
由，故有，
即有
，
由可得、，
则，
，
则，
由，故，
即.
21．(1)；
(2)证明见解析，定点．
【分析】（1）首先设出根据题意进行解析，得出所求点的轨迹的方程为．
（2）设出，因为，分析后得出所以直线的方程为，故直线过定点．
【详解】（1）设，据题意，
则，化简得．
所以所求点的轨迹的方程为．
（2）
设，
因为，所以，即①，
又因为点均在椭圆上，所以，即，
两式相比得，可得，②，
由②除以①可得，③
由①③消元可得，同理可得，
所以直线的方程为，
又，，
所以直线的方程为，故直线过定点．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页