专题21-椭圆-备战2022年高考数学一轮复习(真题+模拟)训练(解析版).doc

专题21 椭圆-备战2022年高考数学一轮复习（真题+模拟）训练（解析版） 专题24 椭圆 第一部分 真题分类 2120xx全国高考真题理设是椭圆的上顶点，假设上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是 ABCD 【答案】C 【分析】 设，由，依据两点间的距离公式表示出，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可 【解析】设，由，因为，所以 ， 因为，当，即时，即，符合题意，由可得，即； 当，即时，即，化简得，显然该不等式不成立 应选：C 【点睛】 本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要依据定义域讨论函数的单调性从而确定最值 222019全国高考真题文已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.假设，则C的方程为 ABCD 【答案】B 【分析】 由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解. 【解析】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有在中，由余弦定理推论得在中，由余弦定理得，解得 所求椭圆方程为，应选B 法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有在和中，由余弦定理得，又互补，两式消去，得，解得所求椭圆方程为，应选B 【点睛】 本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的贯彻直观想象、逻辑推理等数学素养 9820xx浙江高考真题已知椭圆，焦点，假设过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是_，椭圆的离心率是_. 【答案】 【分析】 无妨假设，依据图形可知，再依据同角三角函数基本关系即可求出；再依据椭圆的定义求出，即可求得离心率 【解析】 如图所示：无妨假设，设切点为， ， 所以, 由，所以， 于是，即，所以 故答案为：； 6320xx江苏高考真题已知椭圆的离心率为. 1证实：； 2假设点在椭圆的内部，过点的直线交椭圆于、两点，为线段的中点，且. 求直线的方程； 求椭圆的标准方程. 【答案】1证实见解析；2；. 【分析】 1由可证得结论成立； 2设点、，利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程； 将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，可求出的值，即可得出椭圆的方程. 【解析】1，因此，； 2由1知，椭圆的方程为，即， 当在椭圆的内部时，可得. 设点、，则，所以， 由已知可得，两式作差得， 所以， 所以，直线方程为，即. 所以，直线的方程为； 联立，消去可得. ， 由韦达定理可得， 又，而， ， 解得合乎题意，故， 因此，椭圆的方程为. 6420xx天津高考真题已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且 1求椭圆的方程； 2直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点假设，求直线的方程 【答案】1；2. 【分析】 1求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程； 2设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，依据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程. 【解析】1易知点、，故， 因为椭圆的离心率为，故， 因此，椭圆的方程为； 2设点为椭圆上一点， 先证实直线的方程为， 联立，消去并整理得， 因此，椭圆在点处的切线方程为. 在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点， 直线的斜率为，所以，直线的方程为， 在直线的方程中，令，可得，即点， 因为，则，即，整理可得， 所以，因为，故， 所以，直线的方程为，即. 【点睛】 结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线： 1设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解； 2椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证实直线与椭圆相切. 6520xx全国高考真题已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为 1求椭圆C的方程； 2设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切证实：M，N，F三点共线的充要条件是 【答案】1；2证实见解析. 【分析】 1由离心率公式可得，进而可得，即可得解； 2必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证； 充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解. 【解析】1由题意，椭圆半焦距且，所以， 又，所以椭圆方程为； 2由1得，曲线为， 当直线的斜率不存在时，直线，不合题意； 当直线的斜率存在时，设， 必要性： 假设M，N，F三点共线，可设直线即， 由直线与曲线相切可得，解得， 联立可得，所以， 所以, 所以必要性成立； 充分性：设直线即， 由直线与曲线相切可得，所以， 联立可得， 所以， 所以 ， 化简得，所以， 所以或，所以直线或， 所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立； 所以M，N，F三点共线的充要条件是 【点睛】 关键点点睛： 解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重. 6620xx北京高考真题已知椭圆过点，以四个顶点围成的四边形面积为 1求椭圆E的标准方程； 2过点P(0，-3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y=-3于点M、N，直线AC交y=-3于点N，假设|PM|+|PN|15，求k的取值范围 【答案】1；2 【分析】 1依据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程. 2设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求. 【解析】1因为椭圆过，故， 因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即， 故椭圆的标准方程为：. 2 设， 因为直线的斜率存在，故， 故直线，令，则，同理. 直线，由可得， 故，解得或. 又，故，所以 又 故即， 综上，或. 6720xx山东高考真题已知椭圆C：的离心率为，且过点 1求的方程： 2点，在上，且，为垂足证实：存在定点，使得为定值 【答案】1；2详见解析. 【分析】 1由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程. 2设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，依据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置. 【解析】1由题意可得：，解得：， 故椭圆方程为：. (2) 设点， 假设直线斜率存在时，设直线的方程为：， 代入椭圆方程消去并整理得：， 可得， 因为，所以，即， 依据,代入整理可得： ， 所以， 整理化简得， 因为不在直线上，所以， 故， 于是的方程为， 所以直线过定点直线过定点. 当直线的斜率不存在时，可得， 由得：， 得，结合可得：， 解得：或舍. 此时直线过点. 令为的中点，即， 假设与不重合，则由题设知是的斜边， 故， 假设与重合，则， 故存在点，使得为定值. 【点睛】 关键点点睛：本题的关键点是利用得 ，转化为坐标运算，必须要设直线的方程，点，因此必须要讨论斜率存在与不存在两种状况，当直线斜率存在时，设直线的方程为：，与椭圆方程联立消去可 ，代入即可，当直线的斜率不存在时，可得， 利用坐标运算以及三角形的性质即可证实，本题易忽略斜率不存在的状况，属于难题. 6820xx全国高考真题文已知椭圆的离心率为，分别为的左、右顶点 1求的方程； 2假设点在上，点在直线上，且，求的面积 【答案】1；2. 【分析】 1因为，可得 ，依据离心率公式，结合已知，即可求得答案； 2点在上，点在直线上，且， ，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为，可得 ，可求得点坐标，求出直线的直线方程，依据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积. 【解析】1 ， 依据离心率， 解得或(舍)， 的方程为：， 即； 2无妨设,在x轴上方 点在上，点在直线上，且 ， 过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为 依据题意画出图形，如图 ， ， 又， ， ， 依据三角形全等条件“， 可得：， ， ， ， 设点为， 可得点纵坐标为，将其代入， 可得：， 解得：或， 点为或 ， 当点为时， 故， ， ， 可得：点为， 画出图象，如图 , ， 可求得直线的直线方程为：， 依据点到直线距离公式可得到直线的距离为：， 依据两点间距离公式可得：， 面积为：； 当点为时， 故， ， ， 可得：点为， 画出图象，如图 , ， 可求得直线的直线方程为：， 依据点到直线距离公式可得到直线的距离为：， 依据两点间距离公式可得：， 面积为： ， 综上所述，面积为：. 【点睛】 本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于难题. 6920xx全国高考真题理已知椭圆C1：(ab0)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，假设|MF|=5，求C1与C2的标准方程. 【答案】1；2，. 【分析】 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. 【解析】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. 【点睛】 本题考查椭圆离心率的求解，同时也考查了利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程，考查计算能力，属于中等题. 7020xx全国高考真题文已知椭圆C1：(ab0)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假设C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程 【答案】1；2：，： . 【分析】 1依据题意求出的方程，结合椭圆和抛物线的对称性无妨设在第一象限，运用代入法求出点的纵坐标，依据，结合椭圆离心率的公式进行求解即可； 2由1可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可； 【解析】解：1因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中. 无妨设在第一象限，因为椭圆的方程为：， 所以当时，有，因此的纵坐标分别为，； 又因为抛物线的方程为，所以当时，有， 所以的纵坐标分别为，故，. 由得，即，解得舍去，. 所以的离心率为. 2由1知，故，所以的四个顶点坐标分别为，的准线为. 由已知得，即. 所以的标准方程为，的标准方程为. 【点睛】 本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力. 712019北京高考真题文已知椭圆的右焦点为，且经过点. 求椭圆C的方程； 设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，假设|OM|ON|=2，求证：直线l经过定点. 【答案】； 见解析. 【分析】 ()由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程； ()设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证实直线恒过定点. 【解析】因为椭圆的右焦点为，所以； 因为椭圆经过点,所以所以，故椭圆的方程为. 设 联立得， ，. 直线，令得，即； 同理可得. 因为,所以； ，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点. 【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 722019江苏高考真题如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F11、0，F21，0过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1已知DF1= 1求椭圆C的标准方程； 2求点E的坐标 【答案】1； 2. 【分析】 (1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程； (2)解法一：由题意首先确定直线的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点B的坐标，联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标； 解法二：由题意利用几何关系确定点E的纵坐标，然后代入椭圆方程可得点E的坐标. 【解析】1设椭圆C的焦距为2c. 因为F1(1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1. 又因为DF1=，AF2x轴，所以DF2=， 因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2. 由b2=a2-c2，得b2=3. 因此，椭圆C的标准方程为. 2解法一： 由1知，椭圆C：，a=2， 因为AF2x轴，所以点A的横坐标为1. 将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=4. 因为点A在x轴上方，所以A(1，4). 又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2. 由，得， 解得或. 将代入，得， 因此.又F2(1，0)，所以直线BF2：. 由，得，解得或. 又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以. 将代入，得.因此. 解法二： 由1知，椭圆C：.如图，连结EF1. 因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB， 从而BF1E=B. 因为F2A=F2B，所以A=B， 所以A=BF1E，从而EF1F2A. 因为AF2x轴所以EF1x轴. 因为F1(-1，0)，由，得. 又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以. 因此. 【点睛】 本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力. 732019天津高考真题文 设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知为原点. 求椭圆的离心率； 设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程. 【答案】I；II. 【分析】 I依据题意得到，结合椭圆中的关系，得到，化简得出，从而求得其离心率； II结合I的结论，设出椭圆的方程，写出直线的方程，两个方程联立，求得交点的坐标，利用直线与圆相切的条件，列出等量关系式，求得，从而得到椭圆的方程. 【解析】I解：设椭圆的半焦距为，由已知有， 又由，消去得，解得， 所以，椭圆的离心率为. II解：由I知，故椭圆方程为， 由题意，则直线的方程为， 点的坐标满足，消去并化简，得到， 解得， 代入到的方程，解得， 因为点在轴的上方，所以， 由圆心在直线上，可设，因为， 且由I知，故，解得， 因为圆与轴相切，所以圆的半径为2， 又由圆与相切，得，解得， 所以椭圆的方程为：. 第二部分 模拟训练 一、单项选择题 1已知椭圆：的左?右焦点分别为?，是椭圆的上顶点，直线与直线交于点，假设，则椭圆的离心率为 ABCD 【答案】A 【解析】由题设知， 直线的方程为，联立得， 设直线与轴交于点，则， ， ，即， ，即， ， 应选：A 2已知点在椭圆上，则的最大值是 ABCD 【答案】B 【解析】由题意可得，则，故 因为，所以，所以，即 因此，的最大值. 应选：B. 3已知直线与椭圆交于A、B两点，与圆交于C、D两点.假设存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围是 ABCD 【答案】C 【解析】直线，即为，可得直线恒过定点， 圆的圆心为，半径为1，且，为直径的端点， 由，可得的中点为， 设， 则， 两式相减可得， 由， 可得，由，即有， 则椭圆的离心率， 应选：C 4椭圆上的点到长轴两个端点的距离之和最大值为 A2B4CD6 【答案】D 【解析】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. 应选：D 5某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为e，设地球半径为R，该卫星近地点离地面的距离为r，则该卫星远地点离地面的距离为 Ar+RBr+R Cr+RDr+R 【答案】A 【解析】由题意，椭圆的离心率，c为半焦距；a为长半轴 地球半径为R，卫星近地点离地面的距离为r，可得 联立方程组， 如图所示，设卫星近地点的距离为，远地点的距离为， 所以远地点离地面的距离为r+ 应选：A 6已知椭圆的离心率为，则实数 ABCD 【答案】B 【解析】解：椭圆的离心率为， 可得， 解得 应选：B 二、填空题 7已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为，则点到另一个焦点的距离为_. 【答案】 【解析】利用椭圆定义， 可知，即 故答案为： 8能说明“假设，则方程表示的曲线为椭圆或双曲线是错误的一组的值是_. 【答案】答案不唯一. 【解析】假设方程1表示的曲线为椭圆或双曲线是错误的，则，或者，则可取答案不唯一. 故答案为：答案不唯一. 9设，是椭圆的两个焦点.假设在上存在一点，使，且，则的离心率为_. 【答案】. 【解析】由已知可得三角形是等腰直角三角形，且， 由椭圆的定义可得，又， 在中，由勾股定理可得：，即， ， 故答案为：. 三、解答题 10已知椭圆经过点，且离心率. 1求椭圆的方程； 2已知斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，点总满足，证实：直线过定点. 【答案】1；2证实见解析. 【解析】1因为椭圆的离心率. 所以，即， 又椭圆经过点， 代入椭圆方程可得， 联立方程组可得，解得，. 所以椭圆的方程为. 2设直线的方程为， 联立方程组消去得， ，即， ， 因为，所以， ， 即 得， 化简得，直线的方程为， 所以，直线恒过定点. 11已知点F是椭圆的右焦点，P是椭圆E的上顶点，O为坐标原点且. 1求椭圆的离心率e； 2已知，过点M作任意直线l与椭圆E交于A，B两点.设直线，的斜率分别为，假设，求椭圆E的方程. 【答案】1；2. 【解析】1由题可得， ，即， ， ； 2由1可得椭圆方程为， 当直线l的斜率存在时，设l：，设， 联立直线与椭圆，得， 则，即， 则， ， ， 即对任意成立，即， 则椭圆方程为， 当直线斜率不存在时，则直线方程为，则，且 此时，满足题意， 综上，椭圆方程为.