3.1椭圆同步练习卷（含解析）-高二数学上学期人教A版2019
文档属性
| 名称 | 3.1椭圆同步练习卷（含解析）-高二数学上学期人教A版2019 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-19 14:12:15 | ||
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文档简介
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3.1椭圆同步练习卷-高二数学上学期人教A版2019
一、单选题
1．点，为椭圆的两个焦点，若椭圆上存在点，使得，则椭圆方程可以是（ ）
A． B．
C． D．
2．设分别是椭圆的左、右焦点，设过定点的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且为锐角（其中O为坐标原点），则直线l的斜率k的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知是椭圆上一点，则点到直线的最小距离是（ ）
A． B． C． D．
4．设椭圆的左、右焦点分别为，点在上（位于第一象限），且点关于原点对称，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
5．已知椭圆的两焦点为为椭圆上一点且，则（ ）
A． B． C． D．2
6．已知点为椭圆上一点，过原点的直线交椭圆于两点，为椭圆上另一动点，若，则（ ）
A．2 B． C．0 D．1
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，点为上一点，若，则的面积为（ ）
A． B． C．3 D．5
8．已知点为椭圆上任意一点，直线过：的圆心且与交于两点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．若焦点在轴的椭圆两个顶点之间的距离为4，则（ ）
A． B． C． D．
10．已知椭圆的左、右焦点分别为在上且不在轴上，则（ ）
A．面积的最大值为 B．直线与的斜率之积可能为
C．存在点使得 D．的取值范围是
11．关于方程，下列说法正确的是（ ）
A．若，则该方程表示椭圆，其焦点在y轴上
B．若，则该方程表示圆，其半径为
C．若，则该方程表示椭圆，其焦点在x轴上
D．若，则该方程表示两条直线
三、填空题
12．已知椭圆C的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，若为等腰三角形，则C的离心率为 ．
13．椭圆C：的左右焦点分别为、，点M为其上的动点.当为钝角时，点M的横坐标的取值范围是
14．已知椭圆，原点为，动点在直线上运动，且在椭圆外，过点的直线与分别相切于两点，则 ．
四、解答题
15．已知椭圆C：，若椭圆的焦距为4且经过点，过点的直线交椭圆于P，Q两点．
(1)求椭圆方程；
(2)若直线与x轴不垂直，在x轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，说明理由．
16．已知椭圆的左、右焦点为，离心率为，点为椭圆上任意一点，且的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与直线分别交椭圆于和两点，求四边形的面积．
17．如图，已知椭圆过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求的方程；
(3)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明:为定值.
18．已知两个定点.动点满足直线和直线的斜率之积是
(1)求动点的轨迹方程，并说明该轨迹是什么曲线；
(2)记（1）中点的轨迹为曲线，不经过点的直线与曲线相交于两点，且直线与直线的斜率之积是，求证：直线恒过定点.
19．已知为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，若为上一点，当最大时，．
(1)求的方程；
(2)设直线与交于两点，点关于轴的对称点为（与不重合），直线与轴交于点，证明：为定值．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C C C A C C A ABD AD
题号 11
答案 ACD
1．A
【分析】设椭圆上顶点为B，由题满足即，可得，结合选项可得出答案.
【详解】设椭圆方程为，
设椭圆上顶点为，椭圆上存在点，使得，
则需，由余弦定理可得，
，
即，，，
则，
同理可得椭圆焦点在轴上时，也应有，
所以选项A满足.
故选：A.
2．C
【分析】设出直线方程，联立椭圆方程，表示出韦达定理，结合为锐角，即，代入韦达定理化简即可；
【详解】显然不满足题意，
设直线的方程为，设，
，
，解得，①
，
则，
又为锐角，则，即，，
所以
，解得，②
由①②，解得或，
所以实数k的取值范围为.
故选：C.
3．C
【分析】利用平行直线系，联立直线与椭圆方程，利用判别式可求解相切时的直线，即可根据平行线间距离公式求解，或者利用三角换元，结合辅助角公式以及三角函数的性质求解.
【详解】解法一：设与直线平行的直线为，
联立整理得，
令，解得或，所以与距离，
当时，最小，即点到直线的最小距离是.
解法二：设椭圆上点，则点到直线距离
，
其中，当时，，
故选:C.
4．C
【分析】根据对称以及垂直可证四边形是矩形，即可根据椭圆定义，以及勾股定理求解，根据得，即可求解离心率.
【详解】点关于原点对称，所以线段互相平分，故四边形为平行四边形，
又，故，所以四边形是矩形，故，其中，
设，则，由，得，整理得，
由于点在第一象限，所以，
由，得，即，
整理得，即，解得．
故选：C
5．A
【分析】根据椭圆的定义结合条件即得.
【详解】椭圆得，，，
设，，则，
，，
，
，
，即．
故选：A．
6．C
【分析】设点，由关于原点对称可得，且，代入斜率公式可得，由此可知.
【详解】设点，则，
即，又，
则，
因为，所以．
故选：C.
7．C
【分析】因为椭圆，所以，，由，得，进而解得，再利用三角形的面积公式求解即可.
【详解】由椭圆的定义可知，且，
因为，所以，
又，故，
所以．
故选：C
8．A
【分析】根据向量运算可得，再由椭圆可知，即可得结果.
【详解】因为，圆心，半径为1，则，
可得，
由椭圆方程可知：，即恰为椭圆的右焦点，
则，所以.
故选：A.
9．ABD
【分析】利用椭圆的性质分类讨论计算即可.
【详解】由题且，
若左右顶点距离为4，则，
若上下顶点距离为4，则，
若上顶点与右顶点距离为4，则，
结合选项代入可知ABD正确，C错误．
故选：ABD
10．AD
【分析】根据椭圆方程即可判断A正确，设出点坐标并利用椭圆性质及其范围可判断B错误，满足的点在以为原点，1为半径的圆上，此时圆与椭圆无交点，即C错误；利用椭圆定义求得的表达式并利用二次函数性质可判断D正确.
【详解】对于A，易知当点位于的上（下）顶点时，的面积最大为，A正确；
对于B，设，则，
又点在上，则，即，所以，
由得，所以，
因此不可能为，B错误；
对于C，满足的点在以为原点，1为半径的圆上，
易知其与椭圆无公共点，因此不存在上的点，使得，C错误；
对于D，由椭圆的定义可得，，
易知，则，D正确．
故选：AD
11．ACD
【分析】AC选项，化为标准方程，结合椭圆的特征得到答案；B选项，化为，得到B正确；D选项，化为，故D正确.
【详解】对于A，若，则可化为，
因为，所以，即该方程表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，此时该方程表示圆心在原点，半径为的圆，故B错误；
对于C，，则可化为，
由于，所以，故该方程表示焦点在x轴上的椭圆，故C正确；
对于D，若，则可化为，即，
此时该方程表示平行于x轴的两条直线，故D正确．
故选：ACD
12．
【分析】利用椭圆的性质计算即可.
【详解】不妨设椭圆的长轴、短轴、焦距分别为，
则，且根据椭圆的性质易知，
所以，
显然若为等腰三角形，则只能有，
即，
则.
故答案为：
13．
【分析】设点，由余弦定理得，再结合即可求解.
【详解】设，焦点，.
因为为钝角，所以，
即.
整理得：.
因为点在椭圆上，
代入得解得
又因为，所以点纵坐标的取值范围.
故答案为：.
14．
【分析】联立直线方程和椭圆方程利用判别式为0可求，结合设而不求可求.
【详解】设，
将直线方程与椭圆方程联立化简得，
即，
故，
整理得到：即，
所以，则，
则：，同理，
由于在和上，所以
又，满足方程，则，
．
故答案为：.
15．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由焦距是4求出，将代入椭圆方程求出，得到答案；
（2）根据题意有，转化为，由第二问代入运算得解.
【详解】（1）由题意，，将点代入椭圆方程得，解得，，
所以椭圆的方程为.
（2）在轴上存在点使得，理由如下：
设,直线，
联立与椭圆可得，
则，
因为，所以，即，
整理得，即，
即，
则，又，解得，
所以在轴上存在点使得.
16．(1)
(2)．
【分析】（1）根据椭圆定义和离心率定义列方程组求解即可；
（2）利用弦长公式和平行直线的距离公式即可得解.
【详解】（1）由题意知，
解得，
则椭圆的方程为．
（2）易知四边形为平行四边形，设，
联立直线与椭圆消去并整理得，
由韦达定理得
，
因为与平行，所以这两条直线的距离，
则平行四边形的面积．
17．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件列方程组求解即可；
（2）设直线的方程为，与椭圆联立，由弦长公式求得的方程；
（3）将韦达定理代入中计算结果为定值.
【详解】（1）由题意得解得，
故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，
由得，
由，得，
则.
，
解得或
当时，直线经过点，不符合题意，舍去；
当时，直线的方程为.
（3）直线，均不与轴垂直，所以，则且，
所以
为定值.
18．(1)的轨迹方程为，即点的轨迹是除去两点的椭圆
(2)证明见解析
【分析】（1）设点的坐标为，把点满足的条件用坐标表示，列出方程，再化简即可得轨迹方程，再结合轨迹方程说明点的轨迹.
（2）设，对直线有无斜率分情况讨论.当直线有斜率时，设直线：，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得与，结合，确定的关系，可确定直线所过的定点.
【详解】（1）设点的坐标为，因为点的坐标是，
所以直线的斜率，
同理，直线的斜率，
由已知，有，
化简，得点的轨迹方程为，
即点的轨迹是除去两点的椭圆.
（2）设
如图：
①当直线斜率不存在时，可知，
且有，
解得或，当时，则直线经过点，与题意不符，舍去，故，此时直线为，
②当直线斜率存在时，设直线，则
.
联立直线方程与椭圆方程，
消去可得：，
根据韦达定理可得：，
所以，
即
整理得：，
所以，则或，
当时，则直线恒过点，与题意不符，舍去，
故，直线恒过原点，
结合①②可知，直线恒过原点，原命题得证.
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的轨迹方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中直线过定点问题，解题的关键是设出直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合已知条件求解，考查计算能力，属于较难题.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦点三角形，结合余弦定理以及基本不等式即可求解的最小值为，即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程可得韦达定理，根据点斜式求解直线方程，令，代入化简即可求解的值.
【详解】（1）设，则，
又，当且仅当时取等号，
所以，即的最小值为，
所以，又，解得，
所以的方程为．
（2）设，，易知，
联立得，
则，
因为，则直线的方程为，
令，得，
故，所以为定值．
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3.1椭圆同步练习卷-高二数学上学期人教A版2019
一、单选题
1．点，为椭圆的两个焦点，若椭圆上存在点，使得，则椭圆方程可以是（ ）
A． B．
C． D．
2．设分别是椭圆的左、右焦点，设过定点的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且为锐角（其中O为坐标原点），则直线l的斜率k的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知是椭圆上一点，则点到直线的最小距离是（ ）
A． B． C． D．
4．设椭圆的左、右焦点分别为，点在上（位于第一象限），且点关于原点对称，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
5．已知椭圆的两焦点为为椭圆上一点且，则（ ）
A． B． C． D．2
6．已知点为椭圆上一点，过原点的直线交椭圆于两点，为椭圆上另一动点，若，则（ ）
A．2 B． C．0 D．1
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，点为上一点，若，则的面积为（ ）
A． B． C．3 D．5
8．已知点为椭圆上任意一点，直线过：的圆心且与交于两点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．若焦点在轴的椭圆两个顶点之间的距离为4，则（ ）
A． B． C． D．
10．已知椭圆的左、右焦点分别为在上且不在轴上，则（ ）
A．面积的最大值为 B．直线与的斜率之积可能为
C．存在点使得 D．的取值范围是
11．关于方程，下列说法正确的是（ ）
A．若，则该方程表示椭圆，其焦点在y轴上
B．若，则该方程表示圆，其半径为
C．若，则该方程表示椭圆，其焦点在x轴上
D．若，则该方程表示两条直线
三、填空题
12．已知椭圆C的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，若为等腰三角形，则C的离心率为 ．
13．椭圆C：的左右焦点分别为、，点M为其上的动点.当为钝角时，点M的横坐标的取值范围是
14．已知椭圆，原点为，动点在直线上运动，且在椭圆外，过点的直线与分别相切于两点，则 ．
四、解答题
15．已知椭圆C：，若椭圆的焦距为4且经过点，过点的直线交椭圆于P，Q两点．
(1)求椭圆方程；
(2)若直线与x轴不垂直，在x轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，说明理由．
16．已知椭圆的左、右焦点为，离心率为，点为椭圆上任意一点，且的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与直线分别交椭圆于和两点，求四边形的面积．
17．如图，已知椭圆过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求的方程；
(3)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明:为定值.
18．已知两个定点.动点满足直线和直线的斜率之积是
(1)求动点的轨迹方程，并说明该轨迹是什么曲线；
(2)记（1）中点的轨迹为曲线，不经过点的直线与曲线相交于两点，且直线与直线的斜率之积是，求证：直线恒过定点.
19．已知为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，若为上一点，当最大时，．
(1)求的方程；
(2)设直线与交于两点，点关于轴的对称点为（与不重合），直线与轴交于点，证明：为定值．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C C C A C C A ABD AD
题号 11
答案 ACD
1．A
【分析】设椭圆上顶点为B，由题满足即，可得，结合选项可得出答案.
【详解】设椭圆方程为，
设椭圆上顶点为，椭圆上存在点，使得，
则需，由余弦定理可得，
，
即，，，
则，
同理可得椭圆焦点在轴上时，也应有，
所以选项A满足.
故选：A.
2．C
【分析】设出直线方程，联立椭圆方程，表示出韦达定理，结合为锐角，即，代入韦达定理化简即可；
【详解】显然不满足题意，
设直线的方程为，设，
，
，解得，①
，
则，
又为锐角，则，即，，
所以
，解得，②
由①②，解得或，
所以实数k的取值范围为.
故选：C.
3．C
【分析】利用平行直线系，联立直线与椭圆方程，利用判别式可求解相切时的直线，即可根据平行线间距离公式求解，或者利用三角换元，结合辅助角公式以及三角函数的性质求解.
【详解】解法一：设与直线平行的直线为，
联立整理得，
令，解得或，所以与距离，
当时，最小，即点到直线的最小距离是.
解法二：设椭圆上点，则点到直线距离
，
其中，当时，，
故选:C.
4．C
【分析】根据对称以及垂直可证四边形是矩形，即可根据椭圆定义，以及勾股定理求解，根据得，即可求解离心率.
【详解】点关于原点对称，所以线段互相平分，故四边形为平行四边形，
又，故，所以四边形是矩形，故，其中，
设，则，由，得，整理得，
由于点在第一象限，所以，
由，得，即，
整理得，即，解得．
故选：C
5．A
【分析】根据椭圆的定义结合条件即得.
【详解】椭圆得，，，
设，，则，
，，
，
，
，即．
故选：A．
6．C
【分析】设点，由关于原点对称可得，且，代入斜率公式可得，由此可知.
【详解】设点，则，
即，又，
则，
因为，所以．
故选：C.
7．C
【分析】因为椭圆，所以，，由，得，进而解得，再利用三角形的面积公式求解即可.
【详解】由椭圆的定义可知，且，
因为，所以，
又，故，
所以．
故选：C
8．A
【分析】根据向量运算可得，再由椭圆可知，即可得结果.
【详解】因为，圆心，半径为1，则，
可得，
由椭圆方程可知：，即恰为椭圆的右焦点，
则，所以.
故选：A.
9．ABD
【分析】利用椭圆的性质分类讨论计算即可.
【详解】由题且，
若左右顶点距离为4，则，
若上下顶点距离为4，则，
若上顶点与右顶点距离为4，则，
结合选项代入可知ABD正确，C错误．
故选：ABD
10．AD
【分析】根据椭圆方程即可判断A正确，设出点坐标并利用椭圆性质及其范围可判断B错误，满足的点在以为原点，1为半径的圆上，此时圆与椭圆无交点，即C错误；利用椭圆定义求得的表达式并利用二次函数性质可判断D正确.
【详解】对于A，易知当点位于的上（下）顶点时，的面积最大为，A正确；
对于B，设，则，
又点在上，则，即，所以，
由得，所以，
因此不可能为，B错误；
对于C，满足的点在以为原点，1为半径的圆上，
易知其与椭圆无公共点，因此不存在上的点，使得，C错误；
对于D，由椭圆的定义可得，，
易知，则，D正确．
故选：AD
11．ACD
【分析】AC选项，化为标准方程，结合椭圆的特征得到答案；B选项，化为，得到B正确；D选项，化为，故D正确.
【详解】对于A，若，则可化为，
因为，所以，即该方程表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，此时该方程表示圆心在原点，半径为的圆，故B错误；
对于C，，则可化为，
由于，所以，故该方程表示焦点在x轴上的椭圆，故C正确；
对于D，若，则可化为，即，
此时该方程表示平行于x轴的两条直线，故D正确．
故选：ACD
12．
【分析】利用椭圆的性质计算即可.
【详解】不妨设椭圆的长轴、短轴、焦距分别为，
则，且根据椭圆的性质易知，
所以，
显然若为等腰三角形，则只能有，
即，
则.
故答案为：
13．
【分析】设点，由余弦定理得，再结合即可求解.
【详解】设，焦点，.
因为为钝角，所以，
即.
整理得：.
因为点在椭圆上，
代入得解得
又因为，所以点纵坐标的取值范围.
故答案为：.
14．
【分析】联立直线方程和椭圆方程利用判别式为0可求，结合设而不求可求.
【详解】设，
将直线方程与椭圆方程联立化简得，
即，
故，
整理得到：即，
所以，则，
则：，同理，
由于在和上，所以
又，满足方程，则，
．
故答案为：.
15．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由焦距是4求出，将代入椭圆方程求出，得到答案；
（2）根据题意有，转化为，由第二问代入运算得解.
【详解】（1）由题意，，将点代入椭圆方程得，解得，，
所以椭圆的方程为.
（2）在轴上存在点使得，理由如下：
设,直线，
联立与椭圆可得，
则，
因为，所以，即，
整理得，即，
即，
则，又，解得，
所以在轴上存在点使得.
16．(1)
(2)．
【分析】（1）根据椭圆定义和离心率定义列方程组求解即可；
（2）利用弦长公式和平行直线的距离公式即可得解.
【详解】（1）由题意知，
解得，
则椭圆的方程为．
（2）易知四边形为平行四边形，设，
联立直线与椭圆消去并整理得，
由韦达定理得
，
因为与平行，所以这两条直线的距离，
则平行四边形的面积．
17．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件列方程组求解即可；
（2）设直线的方程为，与椭圆联立，由弦长公式求得的方程；
（3）将韦达定理代入中计算结果为定值.
【详解】（1）由题意得解得，
故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，
由得，
由，得，
则.
，
解得或
当时，直线经过点，不符合题意，舍去；
当时，直线的方程为.
（3）直线，均不与轴垂直，所以，则且，
所以
为定值.
18．(1)的轨迹方程为，即点的轨迹是除去两点的椭圆
(2)证明见解析
【分析】（1）设点的坐标为，把点满足的条件用坐标表示，列出方程，再化简即可得轨迹方程，再结合轨迹方程说明点的轨迹.
（2）设，对直线有无斜率分情况讨论.当直线有斜率时，设直线：，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得与，结合，确定的关系，可确定直线所过的定点.
【详解】（1）设点的坐标为，因为点的坐标是，
所以直线的斜率，
同理，直线的斜率，
由已知，有，
化简，得点的轨迹方程为，
即点的轨迹是除去两点的椭圆.
（2）设
如图：
①当直线斜率不存在时，可知，
且有，
解得或，当时，则直线经过点，与题意不符，舍去，故，此时直线为，
②当直线斜率存在时，设直线，则
.
联立直线方程与椭圆方程，
消去可得：，
根据韦达定理可得：，
所以，
即
整理得：，
所以，则或，
当时，则直线恒过点，与题意不符，舍去，
故，直线恒过原点，
结合①②可知，直线恒过原点，原命题得证.
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的轨迹方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中直线过定点问题，解题的关键是设出直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合已知条件求解，考查计算能力，属于较难题.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦点三角形，结合余弦定理以及基本不等式即可求解的最小值为，即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程可得韦达定理，根据点斜式求解直线方程，令，代入化简即可求解的值.
【详解】（1）设，则，
又，当且仅当时取等号，
所以，即的最小值为，
所以，又，解得，
所以的方程为．
（2）设，，易知，
联立得，
则，
因为，则直线的方程为，
令，得，
故，所以为定值．
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