2.1椭圆 检测题
一、单选题
1．直线与椭圆的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
2．已知为椭圆的右焦点，点为C内一点，若在C上存在一点P，使得，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．在平面直角坐标系xOy中，椭圆上存在点P，使得，其中 分别为椭圆的左 右焦点，则该椭圆的离心率取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．已知，分别是椭圆：的左、右焦点，是椭圆在第一象限内的一点，若，则（ ）
A． B．2 C． D．
5．设，为椭圆的左、右焦点，点A为椭圆的上顶点，点B在椭圆上且满足，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．若将一个椭圆绕其中心旋转，所得椭圆短轴两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，这样的椭圆称为“对偶椭圆”．下列椭圆中是“对偶椭圆”的是（ ）．
A． B．
C． D．
7．古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点．设椭圆的左、右焦点分别为，，若从椭圆右焦点发出的光线经过椭圆上的点A和点B反射后，满足，且，则该椭圆的离心率为（ ）．
A． B． C． D．
8．已知椭圆的离心率为，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．《文心雕龙》中说“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意思是自然界的事物都是成双成对的．已知动点与定点的距离和它到定直线：的距离的比是常数．若某条直线上存在这样的点，则称该直线为“成双直线”．则下列结论正确的是（ ）
A．动点的轨迹方程为
B．动点的轨迹与圆：没有公共点
C．直线：为成双直线
D．若直线与点的轨迹相交于，两点，点为点的轨迹上不同于，的一点，且直线，的斜率分别为，，则
10．2022年4月16日9时56分，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半粗圆组成的“曲圆”．如图，在平面直角坐标系中半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点，椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半圆与轴交于点．若过原点的直线与上半椭圆交于点，与下半圆交于点，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆的长轴长为
B．线段长度的取值范围是
C．面积的最小值是4
D．的周长为
11．已知为坐标原点，椭圆.过点作斜率分别为和的两条直线，，其中与交于两点，与交于两点，且，则（ ）
A．的离心率为 B．
C． D．四点共圆
12．已知椭圆的中心在坐标原点，长轴长为8，离心率为，则此椭圆的标准方程是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
13．在以O为中心，、为焦点的椭圆上存在一点M，满足，则该椭圆的离心率为 .
14．若△ABC的三边长a b c满足， ，则顶点B的轨迹方程是 .
15．已知椭圆，若在椭圆上，是椭圆的左、右焦点，满足，则 .
16．已知点P为椭圆上一个动点，点A的坐标为，则的最小值为 .
四、解答题
17．已知椭圆的方程为，若点P在椭圆上，F1，F2为椭圆的两个焦点，且，求的面积．
18．已知，若恒成立，求m的值．
19．已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的标准方程与焦距；
(2)若直线与椭圆交于两点，记线段AB的中点为，证明：．
20．在椭圆）中，，过点与的直线的斜率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设为椭圆的右焦点，为直线上任意一点，过作的垂线交椭圆于两点，求的最大值.
21．若直线与椭圆总有公共点，求实数m的取值范围．
22．已知椭圆经过点 ，离心率为，过点的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线AM和直线AN的斜率分别为和 ，求证：为定值
参考答案
1．B
【分析】根据椭圆的方程求得短轴的右顶点为，进而得到直线与椭圆的位置关系.
【详解】由椭圆的方程，可得，即椭圆的短轴的右顶点为，
所以直线与椭圆相切.
故选：B.
2．D
【分析】利用椭圆的定义，结合点A在椭圆内的条件，列出不等式组求解作答.
【详解】依题意，，设C的左焦点为，则，
因为，且，则，即，
于是，解得，而，点为椭圆C内一点，
即有，，整理得，又，解得，
所以a的取值范围是.
故选：D
3．D
【分析】由已知结合椭圆定义，用a表示出和，再借助焦点三角形建立不等关系求解即得.
【详解】因点P在椭圆上，则，又，于是得，，
而，当且仅当点P在椭圆右顶点时取“=”，即，解得，即，
所以，椭圆的离心率取值范围是.
故选：D
4．A
【分析】由椭圆的方程可得，的值，进而求出的值，由椭圆的定义及勾股定理可得，的值，再求出的正切值．
【详解】由椭圆的方程可得，，所以，
设，则，由在第一象限可得，即，
因为，所以，
整理可得，
解得或2（舍，
即，，
所以在中，，
故选：A．
5．D
【分析】由题设及椭圆对称性，若下顶点为，则直线必过下顶点，且，进而有，设，根据向量数量关系的坐标表示求坐标，再由点在椭圆上得到参数关系，即可求离心率.
【详解】由且A为椭圆的上顶点，则，，若下顶点为，
根据椭圆对称性知：直线必过下顶点，且，故不可能为下顶点，
所以，如上图有，而，若，
则，故，即在椭圆上，
所以，可得，而，则.
故答案为：D
6．A
【分析】根据所得椭圆短轴两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，由再逐项判断.
【详解】因为所得椭圆短轴两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，
所以，即 ，
A． ，则 ，故正确；
B． ，则 ，故错误；
C． ，则 ，故错误；
D． ，则 ，故错误；
故选：A
7．D
【分析】由题意，作图，利用三角函数的性质，可设线段的表示，根据齐次方程的思想，可得答案.
【详解】由题意，可作图如下：
则，，即，
可设，，，
由，则，即，
，在中，，
则.
故选：D.
8．D
【分析】由离心率及椭圆参数关系可得，进而可得.
【详解】因为，则，所以.
故选：D
9．CD
【分析】根据题意先求出动点P的轨迹方程为椭圆，再借助判别式判断直线、圆与椭圆的位置关系即可；选项D直接计算的值．
【详解】解：设，
则，
化简得，故A错；
联立消y得
，
整理得，
，
故动点的轨迹与圆：有两个公共点，故B错；
联立消去y得
，
，
故直线上存在这样的点，
所以直线：为成双直线，故C对；
联立消整理得
，
解得，
故，
不妨设，
设，故，
则，
，
将代入上式，
，故D对．
故选：CD．
【点睛】本题D的结论应当记住，也即．当时，，此时动点P的轨迹为圆，而这个结论是显然的，可以帮助我们记忆上述结论．
10．ABD
【分析】结合圆的半径长可求得，结合椭圆焦点坐标可求得，由此可判断A；根据，结合的范围可判断B；设，利用结合面积公式可求得，取可判断C；结合椭圆定义可判断D.
【详解】对于A，∵半圆所在圆过点，∴半圆的半径，
又椭圆短轴为半圆的直径，∴，即，
又，∴，即，
∴椭圆长轴长为，故A正确；
对于B，∵，，
∴，故B正确；
对于C，设，则，
当时，，故C错误；
对于D，由题意知：，则为椭圆的下焦点，
由椭圆定义知：，
又，∴的周长为，故D正确.
故选：ABD.
11．ABD
【分析】求得点坐标并代入椭圆方程，由此求得，进而求得椭圆的离心率.设出直线和的参数方程并与椭圆方程联立，根据根与系数关系、圆的知识求得正确答案.
【详解】依题意，即，
所以，解得（负根舍去）.
所以椭圆，则.
依题意可知直线的倾斜角为锐角，且，
由解得.
直线的倾斜角为钝角，且，
由解得.
设直线的参数方程为（为参数），
由整理得，
解得（不妨设）.
设直线的参数方程为（为参数），
由整理得，
解得（不妨设）.
所以，B选项正确.
，C选项错误.
，
所以，而，所以，
所以，所以四点共圆.
（也可用圆的相交弦定理的逆定理，直接由判断出四点共圆）
所以D选项正确.
故选：ABD
【点睛】待定系数法求椭圆的方程，可利用题目所给已知条件，列出等量关系式，由此来求得椭圆方程中的未知参数.四点共圆的证明方法，可利用相交弦定理的逆定理，也可利用“同弧所对的圆周角相等”来证明.
12．AB
【分析】由题意可得，解方程即可求出，即可求出椭圆的标准方程.
【详解】因为，
所以，所以．
因为焦点的位置不确定，
所以椭圆的标准方程是或．
故选：AB
13．/
【分析】根据题意结合椭圆定义可得，进而利用余弦定理列式求解.
【详解】因为，所以，
因为与互补，且，
由余弦定理可得，
可得，所以.
故选：C．
14．
【分析】根据椭圆定义即得轨迹方程，注意限定轨迹的取值范围.
【详解】设点B的坐标为，
∵，即，又 ，
∴，
根据椭圆的定义可知，点B的轨迹是以 为焦点，以4为长轴长的椭圆，
故顶点B的轨迹方程为，又B为三角形的顶点，
故所求的轨迹方程为.
故答案为：.
15．/
【分析】由题意可得出，，再由余弦定理求解即可.
【详解】由椭圆方程知：，，；
若，，，
又，，
又，.
故答案为：.
16．2
【分析】方法一，设点P的坐标为，根据两点间距离公式及二次函数的最值求得结果；方法二，设点P的坐标为，根据两点间距离公式及二次函数的最值求得结果.
【详解】方法一，设点P的坐标为，则，
因为点P为椭圆上一点，所以，，
则，
因为，所以当时，.
故答案为：2.
方法二 将椭圆方程化为标准形式得，所以设点P的坐标为，，
则 ，
又，故当时，取得最小值，最小值为2.
故答案为：2.
17．
【分析】根据椭圆方程求出，由余弦定理和椭圆定义求出，再根据三角形的面积公式可求出结果.
【详解】由，可知，所以，从而.
在中，由余弦定理得，即，①
由椭圆定义得，②
由①②联立可得，解得.
所以.
18．
【分析】根据题意，消去后得到关于的一元二次方程，从而得到的值，代入已知条件即可求得的值，注意检验的情况.
【详解】因为，消去，得，
此时，得，
所以，
因为，即，
故，
所以，
整理得，解得或，
当时，若，则不成立，舍去；
当时，显然恒成立；
所以.
19．(1)椭圆的标准方程为，焦距为；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由已知可得，再由离心率求出a及半焦距c作答.
（2）联立直线l与椭圆C的方程，利用韦达定理结合平面向量数量积计算得，再利用直角三角形性质推理作答.
(1)
因为椭圆经过点，且离心率为，则，
，解得，半焦距，
所以椭圆C的标准方程为，焦距为.
(2)
由得，设，
则有，而，
因此
，
于是得，即，而M为直角三角形ABN斜边AB的中点，则，
所以.
20．(1)
(2)最大值为.
【分析】（1）利用两点的斜率公式及椭圆中的关系即可求解；
（2）根据横截式方程设出直线的方程，联立直线的方程与椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式，结合两点间的距离公式及基本不等式即可求解.
【详解】（1）过点与的直线的斜率为，
所以，即，
又，即，解得，
所以椭圆的标准方程是.
（2）由题知，作出图形如图所示
设点，则直线的斜率为.
当时，直线的斜率，直线的方程是；
当时，直线的方程是，也符合的形式，
将直线的方程代入椭圆方程得
，且，
设，则.
所以
又，令，则
，
当且仅当，即时等号成立，
由，解得，
所以的最大值为.
21．
【分析】先根据直线方程可知直线恒过点，要使直线与椭圆恒有公共点，需在椭圆上或椭圆内，注意椭圆的参数范围，进而求得的范围．
【详解】解：直线恒过点，
由直线与椭圆恒有公共点，
所以在椭圆上或椭圆内，
∴，∴，
又∵椭圆，∴且．
∴实数的取值范围是．
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意结合椭圆的几何性质，列出方程组，求得答案;
（2）设直线l的方程为并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，代入化简的表达式，可得结论.
【详解】（1）由题意椭圆经过点 ，离心率为，
可得，解得，
故椭圆C的方程为
（2）由题意可知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为，
由，可得，
由于直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，
则，解得，
设,则，
，
故
，
即为定值.
