北京市2022-2023学年上学期高二期末数学试题汇编-03椭圆（含解析）

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一、单选题

1．（2023秋·北京平谷·高二统考期末）已知，分别是椭圆（）的左、右焦点，是椭圆上一点，且垂直于轴，，则椭圆的离心率为（）

A．B．C．D．2

2．（2023秋·北京西城·高二统考期末）如图是一个椭圆形拱桥，当水面在处时，在如图所示的截面里，桥洞与其倒影恰好构成一个椭圆.此时拱顶离水面，水面宽，那么当水位上升时，水面宽度为（）

A．B．C．D．

3．（2023秋·北京顺义·高二统考期末）已知椭圆C的焦点为，．过点的直线与C交于A，B两点．若的周长为12，则椭圆C的标准方程为（）

A．B．C．D．

4．（2023秋·北京通州·高二统考期末）如图，在圆上任取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足，当点P在圆上运动时，线段PD的中点M的轨迹方程为（）

A．B．

C．D．

5．（2023秋·北京通州·高二统考期末）已知椭圆的焦点分别为，，点P为椭圆上一点，则（）

A．2B．4C．6D．8

6．（2023秋·北京房山·高二统考期末）已知椭圆的左右焦点分别为，点A在椭圆上，点B在的延长线上，且，则点B的轨迹是（）

A．两条平行线B．双曲线C．椭圆D．圆

7．（2023秋·北京房山·高二统考期末）椭圆的焦距是（）

A．B．C．D．

二、填空题

8．（2023秋·北京东城·高二统考期末）已知点是曲线（其中a，b为常数）上的一点，设M，N是直线上任意两个不同的点，且.则下列结论正确的是.

①当时，方程表示椭圆；

②当时，方程表示双曲线；

③当，，且时，使得是等腰直角三角形的点有6个；

④当，，且时，使得是等腰直角三角形的点有8个.

三、解答题

9．（2023秋·北京密云·高二统考期末）已知椭圆的一个顶点为，离心率为，，分别为椭圆的上、下顶点，动直线交椭圆于，两点，满足，过点作，垂足为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)判断直线是否过定点，如果是，则求出此定点的坐标，如果不是，则说明理由；

(3)写出面积的最大值.

10．（2023秋·北京密云·高二统考期末）已知椭圆的长轴长是焦距的2倍，点是椭圆的右焦点，且点在椭圆上，直线与椭圆交于A，两点.

(1)求椭圆的方程；

(2)当时，求的面积；

(3)对，的周长是否为定值？若是，给出证明，并求出定值；若不是，说明理由.

11．（2023秋·北京平谷·高二统考期末）已知椭圆C：的两个焦点是，，点在椭圆C上，且右焦点．O为坐标原点，直线l与直线OM平行，且与椭圆交于A，B两点．连接MA、MB与x轴交于点D，E．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)求证：．

12．（2023秋·北京平谷·高二统考期末）已知椭圆：（）的短轴长为4，离心率为．点为圆：上任意一点，为坐标原点．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)记线段与椭圆交点为，求的取值范围．

13．（2023秋·北京西城·高二统考期末）已知椭圆的焦点在轴上，且离心率为.

(1)求实数的值；

(2)若过点可作两条互相垂直的直线，且均与椭圆相切.证明：动点组成的集合是一个圆.

14．（2023秋·北京西城·高二统考期末）已知椭圆的一个焦点为，其长轴长是短轴长的2倍.

(1)求椭圆的方程；

(2)记斜率为1且过点的直线为，判断椭圆上是否存在关于直线对称的两点？若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由.

15．（2023秋·北京朝阳·高二统考期末）已知椭圆的长轴长为4，且点在椭圆C上．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点的直线l椭圆C交于两点，且．问：x轴上是否存在点N使得直线，直线与y轴围成的三角形始终是底边在y轴上的等腰三角形？若存在，求点N的坐标；若不存在，说明理由．

16．（2023秋·北京东城·高二统考期末）已知椭圆的离心率为，一个顶点为.

(1)求椭圆的方程；

(2)若过点的直线与椭圆的另一个交点为，且，求点的坐标.

17．（2023秋·北京顺义·高二统考期末）已知椭圆C：的焦点在x轴上，且经过点，左顶点为D，右焦点为F．

(1)求椭圆C的离心率和的面积；

(2)已知直线与椭圆C交于A，B两点．过点B作直线的垂线，垂足为G．判断直线是否与y轴交于定点？请说明理由．

18．（2023秋·北京丰台·高二统考期末）已知椭圆过点，两点．

(1)求椭圆E的方程；

(2)过点P的直线l与椭圆E交于C，D两点．

（i）若点P坐标为，直线BC，BD分别与x轴交于M，N两点．求证：；

（ii）若点P坐标为，直线g的方程为，椭圆E上存在定点Q，使直线QC，QD分别与直线g交于M，N两点，且．请直接写出点Q的坐标，结论不需证明．

19．（2023秋·北京通州·高二统考期末）已知椭圆C：的焦距为，点在椭圆C上，点B的坐标为，点O为坐标原点．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过的直线l交椭圆C于，两点，判断和的大小，并说明理由．

20．（2023秋·北京房山·高二统考期末）已知椭圆过点．离心率为，右焦点为﹐过的直线与椭圆交于，两点，点的坐标为﹒

(1)求椭圆的方程；

(2)设为坐标原点．证明：．

21．（2023秋·北京怀柔·高二统考期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，且.

(1)求椭圆的方程；

(2)过点的直线与椭圆交于，两个不同的点，求证：轴上存在定点，使得直线与直线的斜率之和为零.

22．（2023秋·北京石景山·高二统考期末）已知椭圆的一个焦点为，且经过点和．

(1)求椭圆C的方程；

(2)O为坐标原点，设，点P为椭圆C上不同于M、N的一点，直线与直线交于点A，直线与x轴交于点B，求证：和面积相等．

四、双空题

23．（2023秋·北京朝阳·高二统考期末）设点分别为椭圆的左、右焦点，则椭圆C的离心率为；经过原点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于P，Q两点，当四边形的面积最大时，．

24．（2023秋·北京房山·高二统考期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，椭圆的上顶点为．且．双曲线和椭圆有相同焦点，且双曲线的离心率为，为曲线与的一个公共点，若．则，．

参考答案：

1．A

【分析】在直角中，由得到的等量关系，结合计算即可得到离心率.

【详解】由已知，且垂直于轴

又在椭圆中通径的长度为，，

所以,

故,

即,

,又因为

解得

故选：

2．A

【分析】根据题意可得桥洞与其倒影恰好构成的椭圆方程为：，求直线被椭圆所截得的弦长，代入椭圆方程即可求解.

【详解】以图中水面所在的直线为轴，水面的垂直平分线所在直线为轴，建立平面直角坐标系，根据已知条件可知：桥洞与其倒影恰好构成的椭圆方程为：，

当水位上升时，水面的宽度也即当时，直线被椭圆所截的弦长.

把代入椭圆方程可得：，

所以当水位上升时，水面的宽度为，

故选：.

3．B

【分析】根据已知条件求得，由此求得椭圆的标准方程.

【详解】依题意，解得，

由于椭圆的焦点在轴上，

所以椭圆的标准方程为.

故选：B

4．A

【分析】设，,，利用为线段的中点，得到点坐标与动点坐标之间的关系，将点坐标用点坐标表示，然后代入圆的方程即可得到动点的轨迹方程；

【详解】设，,，则,．

为线段的中点，

，即，．

又点在圆上，

，即．

故点的轨迹方程为．

故选：A

5．B

【分析】利用椭圆的定义求解.

【详解】解：因为椭圆方程为，

所以2a=4，

又因为椭圆的焦点分别为，，点P为椭圆上一点，

所以由椭圆的定义得2a=4，

故选：B

6．D

【分析】结合椭圆和圆的定义求得正确答案.

【详解】根据椭圆的定义可知，

由于，所以，

即，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆.

故选：D

7．A

【分析】根据椭圆方程直接求解即可.

【详解】由得：，解得：，焦距为.

故选：A.

8．②③④

【分析】对①②，根据方程表示的曲线可以是圆，椭圆，双曲线，直线判断；

对③④，求出点P到直线的距离d的取值范围，对点P是否为直角顶点进行分类讨论，确定d，t的等量关系，综合可得出结论.

【详解】方程中当时可表示圆，当时，表示双曲线，故①错误，②正确；

在③④中：椭圆方程为，椭圆与直线均关于原点对称，

设点，则点到直线的距离为

对③：时，

(1)若为直角顶点，如图1，则，，满足为等腰直角三角形的点有四个，

图1

(2)若不是直角顶点，如图2，则，，满足是等腰直角三角形的非直角顶点有两个，

图2

故时，使得是等腰直角三角形的点有6个，③正确；

对④：时，

(1)若为直角顶点，如图1,则，，满足为等腰直角三角形的点有四个..

(2)若不是直角顶点，如图3,则，，满足是等腰直角三角形的非直角顶点有四个，

图3

故时，使得是等腰直角三角形的点有8个，④正确；

故答案为：②③④.

【点睛】椭圆的参数方程是，对于有关椭圆上点的横纵坐标问题的题目可以转化为三角函数问题求解，比如求的最大值，求点到直线的距离范围等问题都可以使用椭圆的参数方程来解决.

9．(1)

(2)过定点

(3)

【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.

（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据列方程，化简后确定直线所过定点坐标.

（3）先求得点的轨迹，然后求得面积的最大值.

【详解】（1）依题意，解得，

所以椭圆方程为.

（2）依题意可知直线不过点，

若直线的斜率不存在，则为锐角，不满足，

所以直线的斜率存在，设直线的方程为，

由消去并化简得，

，整理得.

设，则，

，

由于，所以，

即，

，

，

，

，

即，

整理得，

由于，故解得，所以直线的方程为，

所以直线过定点，此时在椭圆内，满足直线与椭圆有个公共点.

（3）设，由于，

所以点的轨迹是以为直径的圆（点除外），

所以到，也即到的距离的最大值为，

所以面积的最大值为.

10．(1)

(2)

(3)是，定值为8，证明见解析

【分析】（1）由a、b、c关系及点在椭圆上建立方程组即可解得参数；

（2），联立直线与椭圆方程，结合韦达定理即可求.

（3）判断直线恒过左焦点，由椭圆定义可得周长为定值.

【详解】（1）长轴长是焦距的2倍，则，则，

∴椭圆为，代入点得，解得.

∴椭圆的方程为.

（2），则直线为，过椭圆左焦点，右焦点为.

设，由得，∴，

，.

∴.

∴.

（3）的周长为定值，理由如下：

直线l恒过椭圆左焦点，由椭圆定义可知的周长为.

11．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）通过且即可得出轴，再通过勾股定理即可得出，再结合通过椭圆的定义得出a的值，通过焦点得出c的值，即可得出b的值，即得出椭圆的标准方程；

（2）根据直线l与直线OM平行得出直线l的斜率即可设出直线l的的方程，设，，通过直线l与椭圆C方程的联立即可得出，的值，列出直线MA的方程令，可得点D的横坐标，同理列出直线MB的方程令，可得点E的横坐标，由点D，E的坐标得出并化简代入，的值即可证明.

【详解】（1）且，

轴，且，，

，

，

，

，

椭圆C的标准方程为：；

（2）证明：设，，

直线l与直线OM平行，且直线OM的斜率为，

直线l的斜率为，

设直线l的方程为，

由，消去y，

得，

令，得，

且，，

直线MA的方程为：，

令，可得点D的横坐标为，

同理可得点E的横坐标为，

，

，

，

A，B两点均在直线l上，

，，

代入可得，

，

，

代入，，

化简得：，

.

12．(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆的离心率公式及，即可求得和的值，求得椭圆方程；

（2）根据两点之间的距离公式，根据，，即可求得的取值范围；

【详解】（1）由题意可知：，，，则，

∴椭圆的标准方程：；

（2）由题意可知：，

设，则，

∴，

由，当时，，当时，，

∴的取值范围；

13．(1)

(2)见解析

【分析】（1）根据椭圆的离心率即可求解，

（2）联立直线与椭圆的方程，根据相切得判别式为0，进而代入切线中的，化简即可求解.

【详解】（1）椭圆的焦点在轴上，且离心率为，所以，解得，

（2）当时，椭圆方程为，

设与椭圆相切，且斜率存在的直线方程为，

所以，

由于相切，所以，化简得—①，

设过点且斜率为的直线方程为，即，

所以将代入①得，

化简得—②，

将代入②得，化简得—③，

由②③相加得，

当其中一条切线无斜率时，此时,也满足，

综上可知：动点组成的集合是一个圆，且圆的方程为

【点睛】根据直线与曲线相切，转化成判别式为0，进而得到等量关系式，可将关系式进行适当的变形，根据弦长公式，或者利用向量共线等方式，化简运算即可求解.

14．(1)

(2)不存在

【分析】（1）由及，根据，解得，写出方程.

（2）先假设存在，设出直线的方程，与椭圆方程联立，求得中点坐标，代入，求得，验证，得结论不存在关于直线对称的两点.

【详解】（1）

椭圆的方程

（2）假设存在关于对称的两点

，设的方程为

直线与椭圆的方程联立得

设

则，

的中点代入

解得

此时，

所以椭圆上不存在关于直线对称的两点.

15．(1)

(2)存在，

【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解；（2）转化为0后，根据直线与椭圆联立即可求解.

【详解】（1）因为,

解得2.

所以点在椭圆上.

将代入,得.

.

从而.

.

（2）显然直线的斜率存在且不为0,设直线的方程为.

设.

假设存在点,

因为直线与轴围成的三角形始终为底边在轴上的等腰三角形，

0，

即,

即.

由

消去并整理,得.

由,

求得,

则.

所以,

解得.

于是在轴上存在定点,使得直线与轴围成的三角形始终为底边在轴上的等腰三角形.

16．(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆中的关系求解即可；（2）先利用求出点的轨迹方程，然后求点的轨迹方程与椭圆的交点即可，求值的时候一定要注意变量范围.

【详解】（1）由题可知；，又因为，解得

所以椭圆的方程为

（2）设，因为，所以有，

则点为椭圆与圆的交点，

联立，解得或（舍去，因为）

所以有或，故点的坐标为

17．(1)离心率为，的面积为；

(2)见解析.

【分析】（1）根据椭圆经过点可求出，从而可求离心率，求出的坐标，从而可求的面积；

（2）设，则,联立，可得，的方程为，令，得，代入化简即可求解.

【详解】（1）因为经过点，所以，解得.

所以椭圆C：，，

所以.

因为,,

所以.

（2）设，则,

则的方程为，

令，则①.

联立，可得，

因为过定点，在椭圆内，所以与椭圆恒有两个交点，

故，.

所以.

代入①，可得，

故直线是否与y轴交于定点.

【点睛】定点定值点睛：

(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

18．(1)

(2)（i）证明见详解；（ii）

【分析】（1）将点代入方程中求出即可；

（2）（i）根据题意可知直线斜率一定存在且不为0，画出图形，设直线方程代入椭圆E中，写出韦达定理，然后写出直线BC，BD的方程，令解出两点，由图可知，三点共线且在轴上，所以要证明

，只需证明为的中点，由的纵坐标均为0，故只需证明即可；

（ii）利用特殊情况可得，再证明此时对任意到直线，总有.

【详解】（1）由椭圆过点，两点，

所以，

所以椭圆E的方程为：.

（2）（i）由题意如图所示：

由题意结合图形可得直线斜率一定存在且不为0，

设为，则直线，

联立，消元整理得：

，

设，

则，

所以，

由，

，

则直线，

令，得

同理直线，

令，得，

由图可知，三点共线且在轴上，所以要证明

，只需证明为的中点，

由的纵坐标均为0，故只需证明即可；

因为

所以

所以为的中点，故.

（ii）先取直线的斜率为，则的方程为：，

此时关于原点对称，因为在直线上，且，相异，

故为的中点，而为的中点，故三点共线，

因在椭圆上，故的坐标为.

下面证明：当时，，

设直线，，

由可得，

此时，

故或.

又，，

又直线，由可得，

同理，，

而

，

所以为的中点，故，

故.

19．(1)

(2)，证明过程见详解

【分析】（1）根据题意，列出关于a，b，c的方程组求解，即可得到椭圆的方程；（2）显然直线l的斜率存在，设直线l的方程，再联立椭圆C的方程，即可得到关于x的一元二次方程，再根据韦达定理求得，，再根据题意将比较和的大小转化为比较和的大小(为直线的斜率，为直线的斜率)，再用作差法得出与0的符号关系即可得出结论．

【详解】（1）依题意有，解得，

所以椭圆C的标准方程为；

（2）如图，显然直线l的斜率存在，则可设直线l的方程为，

联立，消y整理得，

则，，

设直线的斜率为，直线的斜率为，

则比较和的大小，

比较直线的倾斜角的补角和直线的倾斜角的大小，

比较和的大小，

则

，

所以，即．

【点睛】解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：

①设出直线方程，设交点为，；

②联立直线与曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程；

③写出韦达定理；

④将所求问题转化为，（或，）的形式；

⑤代入韦达定理求解．

20．(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据由题意，列关于的方程组求解，即可得椭圆的方程；（2）讨论直线与轴重合以及垂直的情况可得，然后讨论直线与轴不重合也不垂直的情况，设直线方程，联立方程组，写出韦达定理，表示出直线和直线的斜率之和，从而代入韦达定理计算，可得，从而得直线和直线的倾斜角互补，即可证明.

【详解】（1）由题意，列式得，解得，

所以椭圆的方程为.

（2）当直线与轴重合时，，

当直线与轴垂直时，直线为的垂直平分线，

所以.

当直线与轴不重合也不垂直时，由题意，，

设直线的方程为，，，

则，得.

所以，

由题意，直线和直线的斜率之和为

，

代入韦达定理得，，

所以，故直线和直线的倾斜角互补，

所以.

综上，得证.

【点睛】思路点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．

21．(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；（2）对直线的斜率是否存在，进行分类讨论：当直线的斜率存在时，设直线：.设轴上存在定点，利用“设而不求法”表示出，求出；再由对称性判断出直线的斜率不存在时符合题意.