1、专题3.1 椭圆标准方程及性质 期末复习冲刺卷一、单选题1已知椭圆的左，右焦点是，是椭圆上一点，若，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）ABCD2ABC的两个顶点坐标A（-4，0），B（4，0），它的周长是18，则顶点C的轨迹方程是（ ）A B（y0）CD3若椭圆的右焦点为F，且与直线交于P，Q两点，则的周长为（ ）ABC6D84如图，已知，为椭圆：（）的左、右焦点，过原点 的直线与椭圆交于两点（），若，则（ ）ABCD5以为焦点且与直线有公共点的椭圆中，离心率最大的椭圆方程是ABCD6已知椭圆的离心率为，两点、.若椭圆W上存在点C，使得为正三角形，则椭圆W方程为ABCD7已知椭圆的离心率，则的值
2、为（ ）AB或CD或8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（ ）ABCD二、多选题9如图已知，分别是椭圆的左、右焦点，点是该椭圆在第一象限内的点，的角平分线交轴于点，且满足，则椭圆的离心率可能是（ ）ABCD10为椭圆：上的动点，过作切线交圆：于，过，作切线交于，则（ ）A的最大值为B的最大值为C的轨迹是D的轨迹是11已知椭圆的左、右焦点分别为，定点，若点P是椭圆E上的动点，则的值可能为（ ）A7B10C17D1912如图，椭圆与有公共的左顶点和左焦点，且椭圆的右顶点为椭圆的中心.设椭圆与的长半轴长分别为和，半焦距分别为和，离心率分
3、别为，则下列结论正确的是（ ）ABCD三、填空题13已知，是椭圆的两个焦点，点在椭圆上，轴，则的面积为_14已知直线l：与椭圆：（）交于A、B两点，与圆：交于C、D两点若存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围是_15已知椭圆的左右两个焦点分别为，以为斜边的等腰直角三角形与椭圆有两个不同的交点，且，则该椭圆的离心率为_16已知F是椭圆C：（）的左焦点，是椭圆C过F的弦，的垂直平分线交x轴于点P.若，且P为的中点，则椭圆C的离心率为_.四、解答题17已知椭圆：过点，且离心率（）求椭圆的标准方程；（）设的左、右焦点分别为，过点作直线与椭圆交于，两点，求的面积18已知椭圆：的左右焦点分别为，且，点在椭圆
4、上.（1）求椭圆的标准方程.（2）为椭圆上一点，射线，分别交椭圆于点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.19已知动直线垂直于轴，与椭圆交于，两点，点在直线上，（1）求点的轨迹的方程；（2）直线与椭圆相交于，与曲线相切于点，为坐标原点，求的取值范围20在平面直角坐标系中，已知椭圆的焦距为2，离心率为，椭圆的右顶点为（1）求该椭圆的方程；（2）过点作直线交椭圆于两个不同点，求证：直线，的斜率之和为定值21已知椭圆过点，且（）求椭圆C的方程：（）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点求的值22已知椭圆的离心率为，分别为的左、右顶点（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，
5、且，求的面积参考答案1C【分析】根据椭圆定义及求出， 由即可求解.【解析】由椭圆的定义知：，因为，即，又因为，所以，所以有：，故椭圆的离心率的取值范围是故选：C【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，椭圆的简单几何性质，属于中档题.2D【分析】根据三角形的周长得出，再由椭圆的定义得顶点C的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，去掉A，B，C共线的情况，可求得顶点C的轨迹方程.【解析】因为，所以，所以顶点C的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，去掉A，B，C共线的情况，即，所以顶点C的轨迹方程是 ，故选：D.【点睛】本题考查椭圆的定义，由定义求得动点的轨迹方程，求解时，注意去掉不满足的点，属于基础题.3B【分析】根据椭
6、圆的定义求解.【解析】直线l过椭圆C的左焦点，.故选：B【点睛】本题主要考查椭圆的定义，属于基础题.4D【分析】先根据题意证明为矩形，再根据椭圆的性质解得，再在中求解即可.【解析】解：由两边平方得，所以，由椭圆的对称性知四边形为矩形，又因为，所以，又因为，由矩形的面积公式与椭圆的定义得，解得：，所以，即是方程 的实数根，又因为，所以所以，所以 .故选：D.【点睛】本题考查椭圆的定义、方程、性质等，考查数学运算能力，是中档题.5C【分析】由题意得椭圆的方程为，离心率为，根据直线与椭圆有公共点，联立方程组，根据，求得，得到离心率取得最大值，即可求得椭圆的方程.【解析】设椭圆的方程为，根据题意，可得
7、，则，所以，所以椭圆的离心率为，因为直线与椭圆有公共点，联立方程组，整理得，由，整理得，解得或（舍去），所以的最小值为，此时离心率取得最大值，所以椭圆的方程为.故选：C.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单的几何性质，以及直线与椭圆的位置关系的应用，其中解答中直线与椭圆联立方程，结合，求得的取值范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.6C【分析】根据已知为正三角形求出点C坐标代入椭圆方程,根据性质即可求出,得出结果.【解析】由点、且为正三角形解得,因为点C在椭圆上,代入可得:因为,所以,代入即可解得,故椭圆方程为.故选:C.【点睛】本题考查椭圆性质,考查已知离心率求椭圆标准方程,难度
8、一般.7B【分析】分，两种情况，焦点分别在x,y轴上讨论，结合即得解.【解析】由题意知，当时，所以，解得；当时，所以，解得.故选：B【点睛】本题考查了椭圆的标准方程和离心率，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.8A【分析】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.【解析】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，
9、最值取不到，所以的取值范围是，故选：A.【点睛】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.9CD【分析】根据题意先得出和，由内角平分线定理和椭圆的定义可得和，由余弦定理即可得出离心率的范围，结合选项可得结果.【解析】，则.是的角平分线，又，在中，由余弦定理得，解得.故选：CD.【点睛】本题考查椭圆的离心率的求法，注意运用内角平分线定理和三角形的余弦定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题.10AC【分析】设出点的坐标，分别写出直线方程，根据系数相等，求得坐标之间的关系，结合几何关系，即可求得三角形得面积，结合均值不等式则面积的最大值可解；
10、利用相关点法，即可求得动点的轨迹方程.【解析】根据题意，作图如下：不妨设点的坐标为，点坐标为，故切点所在直线方程为：；又点为椭圆上的一点，故切线方程所在直线方程为：；故可得.即不妨设直线交于点，故设直线方程为：，故，又，故可得三角形的面积，当且仅当，且时，即时取得最大值.因为点在椭圆上，故，又，故可得，整理得.故动点的轨迹方程为：.故选：.【点睛】本题考查切点弦直线方程、椭圆的切线方程，以及均值不等式的利用，轨迹方程的求解，属综合困难题.11ABC【分析】右焦点为，求出的范围，利用椭圆定义，从而可得出的取值范围，可判断各选项【解析】由题意可得，则，故因为点P在椭圆E上，所以，所以，故，由于，所
11、以，故的可能取值为7，10，17故选：ABC【点睛】本题考查椭圆的定义，在涉及到椭圆上点到一个的焦点的距离时，可利用椭圆定义转化为到另一焦点的距离，从而得出相应范围12ABD【分析】先根据已知的条件确定和的关系，以及和的关系，再判断正确选项【解析】由椭圆的右顶点为椭圆的中心，可得，由椭圆与有公共的左顶点和左焦点，可得；因为，且，则，所以A正确；因为，所以B正确；因为，则有，所以C错误；因为，所以D正确；故选：ABD.【点睛】本题考查椭圆的定义，椭圆的圆扁程度与参数之间的关系，属基础题.13【分析】根据轴，求出点的坐标，由，即可求出的面积.【解析】解：根据题意，可得，因为轴，故设，代入得：，解得
12、，所以.故答案为：.14【分析】求得直线恒过定点，即为圆心，为直径，由，可得的中点为，设，运用点差法和直线的斜率公式、中点坐标公式，即可得到所求离心率的范围【解析】解：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，则椭圆的离心率故答案为：【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其离心率的范围，注意运用直线恒过圆心，以及点差法求直线的斜率，考查了推理能力与计算能力，属于中档题15【分析】由已知条件可得点N坐标，然后利用椭圆定义进行计算可得离心率.【解析】以为斜边的等腰直角三角形与椭圆有两个不同的交点，且，故答案为：【点
13、睛】本题考查椭圆离心率的求法，考查椭圆定义的应用，属于基础题.16【分析】如图，设椭圆的右焦点为，连接，过点作交于，则点为中点，设由题得（1）和，把代入（1）即得解.【解析】如图，设椭圆的右焦点为，连接，过点作交于，则点为中点. 设.所以点是中点，因为,所以由椭圆的定义得在直角中，所以 （1）在直角中，所以.把代入（1）得故答案为：.【点睛】本题主要考查椭圆的简单几何性质和离心率的计算，考查椭圆的定义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.17（）；（）.【分析】（）根据已知点，离心率以及列方程组，解方程组可得的值即可求解；（）设，直线的方程为，联立直线与椭圆方程消去，可得，利用向量数量积的坐
14、标表示列方程可得的值，计算，利用面积公式计算即可求解.【解析】（）将代入椭圆方程可得，即因为离心率，即，由解得，故椭圆的标准方程为（）由题意可得，设直线的方程为将直线的方程代入中，得，设，则，所以，所以，由，解得，所以，因此18（1）；（2）是定值，定值为.【分析】（1）根据，点在椭圆上，由求解；（2）由点在轴上时，不妨设点求解；当点不在轴上时，设，直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理用表示点A，B的纵坐标，再由求解.【解析】（1）设椭圆的半焦距为，由题意可得解得，.故椭圆的标准方程为.（2）当点在轴上时，由对称性不妨设点，此时，两点重合，故.当点不在轴上时，由对称性不妨设，此时直线的方
15、程为，联立整理得，则，故.同理可得.故.综上，为定值，且定值为.19（1）；（2）.【分析】（1）设，由椭圆对称性可得，再由平面向量数量积的坐标表示可得，代入椭圆方程化简即可得解；（2）按照直线斜率是否存在分类；当斜率存在时，可设方程为，与的方程联立可得、，设，与方程联立，结合韦达定理、弦长公式可得，进而可得，换元后即可得解.【解析】（1）设，则由题知，由在椭圆上可得，所以，故点的轨迹的方程为；（2）当直线的斜率不存在时，；当直线的斜率存在时，设其方程为，联立，消去y化简可得，令可得，则，所以，联立，消去y化简可得，所以，则，令，则，所以，所以当时，即时，取最大值3，当时，即时，取最小值；综上
16、，的取值范围为【点睛】本题考查了动点轨迹方程的求解及直线与椭圆位置关系的应用，考查了运算求解能力，属于中档题.20（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由题意可知，椭圆的焦点在轴上，椭圆的离心率，则即可得解；（2）设，分类讨论，当斜率不存在时，不合题意，当斜率存在时，设出直线方程与椭圆方程联立，根据根与系数关系得到关系，代入斜率和公式，即可证明结论.【解析】（1）由题意可知，椭圆的焦点在轴上，椭圆的离心率，则，则椭圆的标准方程；（2）证明：设，当斜率不存在时，与椭圆只有一个交点，不合题意，由题意的方程，则联立方程，整理得，由韦达定理可知，则，则由，直线，的斜率之和为定值【点睛】本题考查了利用
17、根据离心率和焦点等基本量求椭圆方程，考查了直线和椭圆的联立以及利用韦达定理搭桥，联系各个量之间的关系，题型是直线和圆锥曲线的定值问题，思路相对明确，但要求交高的计算能力，属于较难题.21（）；（）1.【分析】()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；()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.【解析】(1)设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)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
18、理可得：.很明显，且：，注意到：，而：，故.从而.【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22（1）；（2）.【分析】（1）因为，可得 ，根据离心率公式，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，根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），根据离心率，解得或(舍)，的方程为：，即；（2）不妨设,在x轴
19、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 根据题意画出图形，如图， ，又， ，根据三角形全等条件“”，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：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根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：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根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.
