資源簡介

3.1.1 橢圓及其標準方程【第三練】
【試題來源】來自各地期中期末的聯(lián)考試題，進行整理和改編；
【試題難度】本次訓練試題難度較大，適合學完第三課后，起到提升解題能力和素養(yǎng)的目的.
【目標分析】
1.橢圓的定義及其應用，培養(yǎng)直觀想象、邏輯推理和數(shù)學運算素養(yǎng)，如第1題、第2題、第10題、第15題；
2.橢圓的標準方程，發(fā)展直觀想象，邏輯推理和數(shù)學運素養(yǎng)，如第3題、第4題、第5題、第6題、第11題、第12題；
3.與橢圓有關的軌跡問題，培養(yǎng)邏輯推理、直觀想象和數(shù)學運算能力，如第8題、第14題、第16題；
4.與橢圓最值有關的問題，培養(yǎng)邏輯推理、直觀想象和數(shù)學運算能力，如第7題、第9題、第13題、第16題；
一、單選題
（2024·貴州黔南·高二統(tǒng)考期末）
1．若動點滿足方程，則動點P的軌跡方程為（ ）
A． B．
C． D．
（2024·廣東汕尾·高二統(tǒng)考期末）
2．已知橢圓的左、右焦分別為、，過點的直線交該橢圓于、兩點，若，則（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
（2024·云南文山·高二校考期末）
3．橢圓的焦點在軸上且焦距為2，則的值等于（ ）
A．5 B．5或8 C．5或3 D．3
（2024·江西宜春高二期末）
4．“”是“方程表示的曲線為橢圓”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
（2023·陜西渭南高二期中）
5．設，是橢圓C：的兩個焦點，點P是C上的一點，且，則的面積為（ ）
A．3 B． C．9 D．
（2024·廣東江門·高二統(tǒng)考期末）
6．阿基米德（公元前287年-公元前212年）不僅是著名的物理學家，也是著名的數(shù)學家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積.若橢圓的對稱軸為坐標軸，面積為，且兩焦點與短軸的一個端點構成直角三角形，則橢圓的標準方程為（ ）
A． B．或
C． D．或
（2024·江蘇·高二淮陰中學校聯(lián)考期末）
7．已知點為橢圓：的右焦點，為上一點，為圓：上一點，則的最大值為（ ）
A．6 B．7 C． D．
（2024上·廣東佛山·高二統(tǒng)考期末）
8．長為的線段的兩個端點和分別在軸和軸上滑動，則點關于點的對稱點的軌跡方程為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
（2023·福建漳州·高二福建省華安縣一中期中）
9．已知橢圓：的兩個焦點為，，是上任意一點，則（ ）
A． B．
C． D．
（2024·四川內(nèi)江·高二四川省資中縣二中期末）
10．已知橢圓C：的左右焦點分別為，點P是橢圓上的一個動點，則以下說法正確的是（ ）
A．的周長為6
B．若，則的面積為
C．橢圓C上存在兩個點，使得
D．的最小值為
三、填空題
（2024·江蘇蘇州·高二統(tǒng)考期末）
11．在平面直角坐標系中，已知菱形的邊長為2，一個內(nèi)角為60°，頂點，，，均在坐標軸上，以為焦點的橢圓經(jīng)過，兩點，請寫出一個這樣的的標準方程： ．
（2024上·山西大同·高二統(tǒng)考期末）
12．已知，分別是橢圓的左、右焦點，點在橢圓上，是坐標原點，且，則的面積等于 .
（2023·陜西銅川高二期中）
13．已知點，，點P為橢圓上的動點，則的最小值為 .
（2024·寧夏石嘴山·高二石嘴山市三中期末）
14．已知圓E：，點，P是圓E上的任意一點，線段PF的垂直平分線和半徑PE相交于點Q，則動點Q的軌跡方程為 ．
四、解答題
（2024·廣西南寧·高二統(tǒng)考期末）
15．已知橢圓的左 右焦點分別為，且經(jīng)過兩點．
(1)求橢圓的方程；
(2)若橢圓上的點滿足，求點的坐標．
（2024·重慶黔江·高二重慶市黔江中學期末）
16．已知圓，圓，動圓P以點P為圓心，且與圓外切，與圓內(nèi)切.
(1)求點P的軌跡C的方程；
(2)已知點為軌跡C上任意一點，求的最大值.
【易錯題目】第7題、第9題、第13題、第16題
【復盤要點】橢圓中的最值問題，既要有幾何視角借助橢圓的定義及其幾何性質(zhì)、也要有方程思想，處理問題.體現(xiàn)直觀想象、數(shù)學運算、邏輯推理等核心素養(yǎng).
典例（2024·廣東汕頭·高二校考期末）已知橢圓的左右焦點分別為，點是橢圓上的一點，則的最小值為（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
【答案】C
【分析】根據(jù)橢圓的定義，結合基本不等式求解即可．
橢圓的左右焦點分別為，點是橢圓上的一點，則，∴，當且僅當時取等號，
∴，
則的最小值為1．故選：C.
易錯提示：解決橢圓中最值問題基本思路：
（1）運用橢圓的定義，將問題轉化為兩點間距離最短；
（2）二次函數(shù)法：通過將橢圓問題轉化為二次函數(shù)，借助二次函數(shù)的性質(zhì)來求最值；
（3）均值不等式法：根據(jù)橢圓的方程構造關于某個變量的一元二次方程，然后利用均值不等式求最值.
【復盤訓練】
（2023·河北石家莊·高二正定中學校考期中）
17．已知為橢圓的右焦點，點，點P為橢圓上任意一點，且的最小值為，則（ ）
A． B． C． D．
（2024·甘肅武威·高二校聯(lián)考期中）
18．已知橢圓：的右焦點為F，P是上一點，，當?shù)闹荛L最小時，其面積為（ ）
A．12 B．6 C．8 D．10
（2024·吉林長春·高二東北師大附中校考期末）
19．已知是橢圓的上頂點，點是橢圓上的任意一點，則的最大值為（ ）
A．2 B． C． D．
（2023·山東棗莊·高二棗莊市第三中期中）
20．已知橢圓：（）的離心率為，左右焦點分別為，，是上一動點，若點到焦點的最大距離為3，則的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
（2023·陜西西安·高二西安中學校考期中）
21．若點和點分別為橢圓的中心和下焦點，點為橢圓上的任意一點，則的最大值為（ ）
A． B．
C． D．
（2023·重慶沙坪壩·高二重慶南開中學校考期中）
22．若F為橢圓的左焦點，P為橢圓C上一動點，，則周長的最大值為（ ）
A． B． C．7 D．10
（2023上·河南焦作·高二統(tǒng)考期中）
23．已知橢圓的右焦點為，點，點是上的動點，則的最小值為（ ）
A．5 B． C．10 D．
（2024·浙江麗水·高二校聯(lián)考期末）
24．已知點為橢圓:的右焦點，點是橢圓上的動點，點是圓上的動點，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
（2024·江蘇宿遷·高二統(tǒng)考期末）
25．橢圓：長軸的左右兩個端點分別是，，點滿足，則面積的最大值為（ ）
A．40 B．44 C． D．
（2023·安徽六安·高二校考期中）
26．已知，是橢圓：的兩個焦點，點在上，則的最大值為 ．
（2024·湖南常德·高二校聯(lián)考期末）
27．已知P是橢圓上一點，點P在直線l：上的射影為Q，F(xiàn)是橢圓C的右焦點，則的最小值為 .
（2023上·湖南株洲·高二株洲二中校考階段練習）
28．設實數(shù)滿足的最小值為 .
（2023·黑龍江大慶·高二肇州縣二中期中）
29．已知定點，點為橢圓的右焦點，點M在橢圓上移動，求的最大值與最小值的和為 .
（2023·湖北黃岡·高二統(tǒng)考期中）
30．已知橢圓的左、右焦點分別為，，點P是橢圓C上的動點，，，則的最小值為 .
（2023·四川成都·高二四川省成都市西北中學期中）
31．阿基米德是古希臘著名的數(shù)學家、物理學家，他利用“通近法”得到橢圓的面積，除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積.已知面積為的橢圓，以()的左焦點為，P為橢圓上任意一點，點Q的坐標為，則的最大值為 .
（2023上·江蘇鹽城·高二江蘇省響水中學校考期中）
32．已知，分別是橢圓：的左、右兩個焦點，若橢圓上存在四個不同的點，使得的面積為，則正實數(shù)的取值范圍為 ．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．A
【分析】根據(jù)題意，結合根據(jù)橢圓的定義，可得點的軌跡是以為焦點的橢圓，進而求得橢圓的方程，得到答案.
【詳解】由動點滿足方程，
根據(jù)橢圓的定義，可得點的軌跡是以為焦點的橢圓，
且，可得，則，
所以動點P的軌跡方程為.
故選：A.
2．C
【分析】根據(jù)橢圓定義得，得到的周長即可求解.
【詳解】橢圓，，，
、在圓上，，，
的周長為，
，.
故選：C.
3．A
【分析】由橢圓的標準方程及焦點在x軸上且，結合橢圓參數(shù)的關系即可求.
【詳解】依題得，即，則.
故選：A
4．B
【分析】解出方程表示的曲線為橢圓時的取值范圍，再由集合間的包含關系即可得出結論.
【詳解】若方程表示的曲線為橢圓，則，
解得或，
則“”是“方程表示的曲線為橢圓”的必要不充分條件，
故選：B．
5．B
【分析】由題設可得，應用余弦定理、橢圓定義求得，最后應用三角形面積公式求面積.
【詳解】由題設，，可得，
，
由，，則，即，
所以的面積.
故選：B
6．B
【分析】分焦點在x軸和焦點在y軸兩種情況設橢圓的方程，根據(jù)題意得到和，求得的值，即可得解.
【詳解】由題意，當橢圓的焦點在軸上時，可設橢圓的方程為，
因為橢圓的兩焦點與短軸的一個端點構成直角三角形，可得，
又由，即①，
又因為橢圓的面積為，可得，即②，
聯(lián)立①②，解答，所以橢圓的方程為；
當橢圓的焦點在軸上時，可設橢圓的方程為，
為橢圓的兩焦點與短軸的一個端點構成直角三角形，可得，
又由，即③，
又因為橢圓的面積為，可得，即④，
聯(lián)立①②，解答，所以橢圓的方程為；
故選：B.
7．D
【分析】求出橢圓的焦點坐標，求出圓心和半徑，求解的表達式，然后求解最值.
【詳解】點為橢圓：的右焦點，設橢圓的左焦點為，
又為上一點，為圓：上一點，圓的圓心，半徑為，
則，
當且僅當四點共線時取等號，
則的最大值為.
故選：D.
8．C
【分析】設點、、，由已知條件可得出，分析可知，為的中點，可得出，代入等式化簡可得出點的軌跡方程.
【詳解】設點、、，則，可得，
因為點關于點的對稱點為，則為的中點，
所以，，可得，
將代入可得，即，
因此，點的軌跡方程為.
故選：C.
9．BCD
【分析】根據(jù)橢圓的定義可判定A、B，根據(jù)橢圓方程及二次函數(shù)的性質(zhì)可判定C，根據(jù)基本不等式可判定D.
【詳解】對AB，設該橢圓的長軸長、短軸長、焦距分別為，
因為，所以，，，
所以，，故A錯誤，B正確；
對C，設，，，
則，
即，當時取得最大值，故C正確；
對D，由橢圓定義及基本不等式可知：，故D正確．
故選：BCD
10．ABD
【分析】先求出，根據(jù)橢圓的定義即可判斷A；利用余弦定理結合橢圓的定義及三角形的面積公式即可判斷B；求出的最大值即可判斷C；根據(jù)橢圓的定義結合基本不等式中“1”的整體代換即可判斷D.
【詳解】由橢圓C：，得，則，
所以，
因為點P是橢圓上的一個動點，所以，
對于A，的周長為，故A正確；
對于B，在中，由余弦定理得，
，
即，則，
所以，
所以的面積為，故B正確；
對于C，當點位于橢圓得上下頂點時，最大，
當點位于橢圓得上下頂點時，，
此時為等邊三角形，故的最大值為，
所以橢圓C上不存點，使得，故C錯誤；
對于D，因為，
所以
，
當且僅當，即時，取等號，
經(jīng)檢驗符合題意，所以的最小值為，故D正確.
故選：ABD.
11．（答案不唯一）
【分析】以菱形的對角線的交點為原點建立平面直角坐標系，不妨取，求出的長度，進而可求得焦距及短軸長，進而可得出答案.
【詳解】如圖，以菱形的對角線的交點為原點建立平面直角坐標系，
因為菱形的邊長為2，一個內(nèi)角為60°，
不妨取，
則為等邊三角形，
故，
則橢圓的焦距，短軸長，所以，
則長軸長，所以，
所以此時橢圓的標準方程為.
故答案為：.（答案不唯一）
12．
【分析】設出點的坐標，根據(jù)已知建立方程組，求出點的縱坐標即可求出面積.
【詳解】橢圓的半焦距，則，設點，
于是，消去得，
所以的面積.
故答案為：
13．##
【分析】利用橢圓的定義，得到，從而得解.
【詳解】因為橢圓，則，
所以為橢圓的右焦點，設橢圓左焦點為F，則，
由橢圓的定義得，，
所以P為射線FA與橢圓交點時，取最小值，
此時．
故答案為：
14．
【分析】連結QF，根據(jù)題意，，則，故Q的軌跡是以E，F(xiàn)為焦點，長軸長為4的橢圓，從而可求動點Q的軌跡方程．
【詳解】連結QF，根據(jù)題意，，
則，
故Q的軌跡是以E，F(xiàn)為焦點，長軸長為4的橢圓，
設橢圓方程為，則有
所以，則，
所以點Q的軌跡方程為．
故答案為： ．
15．(1)
(2)點坐標為或或或
【分析】（1）待定系數(shù)法求橢圓方程；
（2）假設橢圓上存在點，根據(jù)垂直得到，得到，聯(lián)立橢圓方程，求出交點坐標，得到答案.
【詳解】（1）因為橢圓經(jīng)過，
則，解得．
所以橢圓的方程為．
（2）由（1）知，
假設橢圓上存在點，使得，
則，即，
聯(lián)立，解得．
當時，，當時，，
橢圓上存在點使得,點坐標為或或或．
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用動圓與圓外切，與圓內(nèi)切可得動圓圓心滿足的幾何性質(zhì)，再根據(jù)橢圓的定義可得的軌跡方程.
（2）根據(jù)點中x,y的關系，代入消去x，轉化為關于y的二次函數(shù)求最值.
【詳解】（1）設動圓圓心，設動圓的半徑為r，由題意有
，，消r得到：，
動圓圓心P的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點，長軸長為4的橢圓，
故，，
故軌跡的方程為：.
（2）因為點為（1）所求軌跡上任意一點，則，且，
所以，
當時，取最大值為.
17．D
【分析】利用求出最小值，進而可列方程求出.
【詳解】橢圓，即，
則，
則，
所以，
當且僅當三點共線時取等號，
解得.
故選：D.
18．B
【分析】由橢圓定義及三角形三邊關系得，注意三點位置關系并確定的坐標，進而求三角形面積.
【詳解】由題設，若是橢圓左焦點，如下圖示，
的周長為，又，
而，結合圖知：，
由，則，
所以，當且僅當共線且在之間取等號，
此時直線方程為，聯(lián)立橢圓得，整理得，
所以或，由圖知，
此時的面積為.
故選：B
19．C
【分析】設出點坐標，利用坐標表示出并進行化簡，再根據(jù)橢圓的有界性結合二次函數(shù)的性質(zhì)求解出的最大值.
【詳解】設，，且，
所以
，
又因為，所以當時取最大值，
所以，
故選：C.
20．B
【分析】根據(jù)題設條件得出，在中，令，，由余弦定理得到，再利用基本不等式即可求出結果.
【詳解】因為橢圓的離心率為，所以，得到，
又，，設，則，
又，得到，所以，
易知，，又點到焦點的最大距離為3，所以，得到，
令，由橢圓定義知，
在中，由余弦定理得，
又，得到，當且僅當時取等號，
所以，故，
又易知，當在橢圓左、右頂點時取等號，所以，
故選：B.
21．C
【分析】由向量數(shù)量積的坐標表示，將用坐標表示出來，利用橢圓方程化簡為二次函數(shù)最值問題即可求解.
【詳解】
設，點為橢圓上的一點，
所以滿足，
由題知，則，
所以，
化簡得，，
所以當時，最大.
故選：C
22．D
【分析】利用橢圓的定義及三角形三邊關系有，即可求最大值，注意取值條件.
【詳解】若為橢圓右焦點，如下圖示，，

周長為，且，
所以，而，
故，當且僅當共線且在兩側時等號成立，
所以周長的最大值為10.
故選：D
23．B
【分析】若為橢圓左焦點且，由橢圓定義有，結合，即可求最小值.
【詳解】若為橢圓左焦點且，則，故，
所以，
而，所以，僅當共線時取等號，
綜上，的最小值為，取值條件為共線且在之間.
故選：B
24．B
【分析】作出圖形，利用橢圓的定義以及圓的幾何性質(zhì)可求得的最小值.
【詳解】如下圖所示：
在橢圓中，，
則，
圓的圓心，半徑，
圓心為橢圓的左焦點，由橢圓定義可得，
，
由橢圓的幾何性質(zhì)可得，即，
由圓的幾何性質(zhì)可得，
所以，
所以的最小值是.
故選：C.
25．A
【分析】由題意得，設，則由可得，從而可求得，進而可求出面積的最大值.
【詳解】由，得，則，
所以，則，設，
所以,
因為，所以，
所以，
化簡得，即，
所以，
所以，
所以，當且僅當時取等號，
所以，
所以，
所以面積的最大值為40，
故選：A

26．9
【分析】根據(jù)橢圓的定義可得，結合基本不等式即可求得的最大值.
【詳解】∵在橢圓上
∴
∴根據(jù)基本不等式可得，即，當且僅當時取等號.
故答案為：9.
27．
【分析】根據(jù)橢圓的定義，得到，得到P在線段上時，取得最小值，結合點到直線的距離，即可求解.
【詳解】由橢圓，可得左焦點為，則，
于是，當且僅當三點共線，且P在線段上時，取得最小值，
又由的最小值為點到直線的距離，
所以的最小值為.
故答案為：.
28．
【分析】根據(jù)題意，利用橢圓的定義，即可求代數(shù)式的最小值，得到答案.
【詳解】設，則在橢圓上，
因為，
設，則為橢圓的右焦點，
如圖所示，設橢圓的左焦點為，
則，
當且僅當三點共線且在之間時等號成立，
而，故的最小值為.
故答案為：.
29．
【分析】根據(jù)給定條件，利用橢圓的定義，結合線段和差的三角不等式列式，即可求解.
【詳解】設橢圓的左焦點為，可得，
由橢圓定義知，
又由點在橢圓內(nèi)，，直線交橢圓于，
因為，即，
當且僅當點共線時取等號，
當點與重合時，，則，
當點與重合時，，則，
所以的最大值和最小值為，可得.
故答案為：.
30．
【分析】根據(jù)橢圓定義得，再利用基本不等式求解最值即可.
【詳解】因為點P是橢圓上的動點，
，，所以，
所以
，
當且僅當即時，等號成立.
故答案為：
31．7
【分析】根據(jù)題設且求參數(shù)，即得橢圓方程，再根據(jù)橢圓定義得，進而求其最大值.
【詳解】由題意且，又，可得，
所以橢圓方程為，而，即Q在橢圓內(nèi)，如下圖，
若為右焦點，由，則，
所以，而，
所以的最大值為7.
故答案為：7
32．
【分析】根據(jù)題意，由條件可得，再由三角形的面積公式，代入計算，即可得到結果.
【詳解】由題意可得，，則，則，
設的縱坐標為，由條件可得，
則，
所以，即，
整理可得：，解得.
故答案為：
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁3.1.1 橢圓及其標準方程【第三課】
擴展1 與橢圓有關的軌跡問題
求動點的軌跡方程，是解析幾何中的基本問題，解決問題的基本思想是方程思想，但根據(jù)不同條件，常常由一定技巧性.體現(xiàn)直觀想象、數(shù)學運算、邏輯推理等核心素養(yǎng).
例1（2023·湖南衡陽·高二期中）橢圓+y2=1上有動點P，點F1，F(xiàn)2分別是橢圓的左、右焦點，求△PF1F2的重心M的軌跡方程.
【解析】設點P，M的坐標分別為（x1，y1），（x，y），
∵在已知橢圓的方程中，a=3，b=1，
∴c==，
則已知橢圓的兩焦點為F1（，0），F(xiàn)2（，0）.
∵△PF1F2存在，∴y1≠0.
由三角形重心坐標公式有即
∵y1≠0，∴y≠0.
∵點P在橢圓上，∴+=1，
∴+=1（y≠0），
故△PF1F2的重心M的軌跡方程為
x2+=1（y≠0）.
【方法總結】求與橢圓有關的軌跡方程的常用策略
1.直接法：將動點滿足的幾何條件或等量關系直接坐標化，列出等式，化簡即得動點的軌跡方程.步驟可記為：建系、設點、列式、化簡、檢驗.
2.定義法：用定義法求橢圓方程的思路：觀察、分析已知條件，看所求動點的軌跡是否符合橢圓的定義，若符合橢圓的定義，則用待定系數(shù)法求解即可.
3.相關點法：有些問題中的動點軌跡是由另一個動點按照某種規(guī)律運動而形成的，只要把所求動點的坐標“轉移”到另一個動點在運動中所遵循的條件中，即可解決問題，這種方法稱為相關點法.
用相關點法求軌跡方程的步驟：
①先設所求軌跡上的動點，再設具有某種運動規(guī)律上的動點；
②找出點P，Q坐標之間的關系，并表示為
③將，代入，即得所求的軌跡方程.
【舉一反三1-1】
（2024·山東泰安·高二期末）
1．已知圓，，動圓與，都相切，則動圓C的圓心軌跡E的方程為（ ）
A． B．
C． D．
【舉一反三1-2】
2．設是橢圓與x軸的兩個交點，是橢圓上垂直于的弦的端點，則直線與交點的軌跡方程為（ ）
A． B．
C． D．
【舉一反三1-3】
3．已知點M到定點F(1,0)的距離與M到定直線l：x＝3的距離的比為，則動點M的軌跡方程為 ．
【舉一反三1-4】
（2024·江西宜春高二期末）
4．是橢圓上的任意一點，是它的兩個焦點，為坐標原點，有一動點滿足，則動點的軌跡方程是 ．
擴展2 橢圓中的最值問題
橢圓中的最值問題，既要有幾何視角借助橢圓的定義及其幾何性質(zhì)、也要有方程思想，處理問題.體現(xiàn)直觀想象、數(shù)學運算、邏輯推理等核心素養(yǎng).
例2（2023·湖北黃石高二期中）已知橢圓C：內(nèi)有一點，，分別為橢圓的左、右焦點，P為橢圓C上的一點，求：
（1）的最大值與最小值；
（2）的最大值與最小值.
【解析】（1）由橢圓方程知，，.
如圖，連接并延長交橢圓于點，則是使取得最大值的點，于是.
，則求的最小值，即求的最大值，延長交橢圓于點，則是使取得最大值的點，即取得最小值的點，于是.
（2）連接，由橢圓定義知，則，所以，如圖，連接并延長交橢圓于點，則是使取得最大值的點，即取得最大值的點，于是.
，延長交橢圓于點，則是使取得最大值的點，即取得最小值的點，于是.
【方法總結】 解決橢圓中最值問題基本思路：
（1）運用橢圓的定義，將問題轉化為兩點間距離最短；
（2）二次函數(shù)法：通過將橢圓問題轉化為二次函數(shù)，借助二次函數(shù)的性質(zhì)來求最值；
（3）均值不等式法：根據(jù)橢圓的方程構造關于某個變量的一元二次方程，然后利用均值不等式求最值.
【舉一反三2-1】
（2024·四川綿陽高二期末）
5．已知橢圓的右焦點為是橢圓上一點，點，則的周長的最大值為（ ）
A．6 B．8 C．12 D．14
【舉一反三2-2】
（2024·江西宜春高二期末）
6．是橢圓的左焦點是橢圓上的動點為定點，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【舉一反三2-3】
（2023·廣東省揭陽市高二期中）
7．［多選題］已知，為橢圓的左、右焦點，M為橢圓上的動點，則下面四個結論正確的是（ ）
A．的最大值大于3 B．的最大值為4
C．的最大值為60° D．的面積的最大值為3
（浙江·高考真題）
8．如圖，AB是平面的斜線段，A為斜足，若點P在平面內(nèi)運動，使得△ABP的面積為定值，則動點P的軌跡是
A．圓 B．橢圓
C．一條直線 D．兩條平行直線
（北京·高考真題）
9．已知是橢圓的兩焦點,過點的直線交橢圓于點A、B,若,則( )
A．11 B．10 C．9 D．16
（全國·高考真題）
10．橢圓的兩個焦點為，過作垂直于軸的直線與橢圓相交，為一個交點，則等于
A． B． C． D．
（廣東·高考真題）
11．已知橢圓（）的左焦點為，則
A． B． C． D．
（全國·高考真題）
12．若方程x2＋ky2＝2表示焦點在y軸上的橢圓，那么實數(shù)k的取值范圍是（ ）
A．(0，＋∞) B．(0，2) C．(1，＋∞) D．(0，1)
（北京·高考真題）
13．設，“”是“曲線為橢圓”的（ ）
A．充分非必要條件
B．必要非充分條件
C．充分必要條件
D．既非充分又非必要條件
（全國·高考真題）
14．橢圓與橢圓關于直線對稱，橢圓C的方程是（ ）
A． B．
C． D．
（全國·統(tǒng)考高考真題）
15．設為橢圓的兩個焦點，點在上，若，則（ ）
A．1 B．2 C．4 D．5
（全國·高考真題）
16．已知橢圓C的焦點為，過F2的直線與C交于A，B兩點.若，，則C的方程為
A． B． C． D．
（全國·統(tǒng)考高考真題）
17．已知，是橢圓：的兩個焦點，點在上，則的最大值為（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
（福建·高考真題）
18．若點O和點F分別為橢圓的中心和左焦點，點P為橢圓上點的任意一點，則的最大值為
A．2 B．3 C．6 D．8
（全國·高考真題）
19．已知是橢圓C的兩個焦點，過且垂直于x軸的直線交C于A、B兩點，且，則的方程為（ ）
A． B． C． D．
（全國·高考真題）
20．橢圓＝1的焦點為F1和F2，點P在橢圓上，如果線段PF1的中點在y軸上，那么|PF1|是|PF2|的（ ）
A．7倍 B．5倍 C．4倍 D．3倍
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．AB
【分析】先得到圓內(nèi)含于圓，故圓與外切或內(nèi)切，與圓一定內(nèi)切，分兩種情況，結合橢圓定義，求出軌跡方程.
【詳解】圓的圓心，半徑為1，
圓的圓心，半徑為9，
由于，故圓內(nèi)含于圓，
故動圓與，都相切，則圓與外切或內(nèi)切，與圓一定內(nèi)切，
設動圓的半徑為，
當圓與圓外切時，可得，當圓與圓內(nèi)切時，可得，
故，可得的軌跡為以，為焦點的橢圓，
且長軸長為10，焦距為6，短軸長為8，可得方程為；
當圓與圓內(nèi)切時，可得，當圓與圓內(nèi)切時可得，
故，可得的軌跡為以，為焦點的橢圓，
且長軸長為8，焦距為6，短軸長為，
可得方程為.
綜上，軌跡方程為或.
故選：AB.
2．C
【分析】首先設出和根據(jù)三點共線得到兩組等式，左右兩邊相乘后利用點在橢圓上，代入消元即得點的軌跡方程.
【詳解】
如圖，設直線與的交點為，則
∵共線，故①，又∵共線，故②.
由①，② 兩式相乘得（*）,
因在橢圓上，則，可得：將其代入（*）式，即得：，
化簡得：，即P的軌跡方程為.
故選：C.
3．
【分析】依題意列出動點滿足的方程，整理可得軌跡方程
【詳解】設：，由題可得：，即：，
整理得：，所以動點M的軌跡方程為：
【點睛】本題考查了求軌跡方程的方法，依據(jù)概念，找到動點滿足的幾何關系，代入坐標可得軌跡方程．
4．
【解析】由平面向量線性運算可得，由此可利用點坐標表示出點坐標，代入橢圓方程可得點軌跡方程.
【詳解】為中點
設，則，即
在橢圓上 ，即點軌跡方程為
故答案為：
【點睛】本題考查動點軌跡方程的求解，涉及到平面向量的線性運算；關鍵是能夠利用動點坐標表示出已知曲線上的點的坐標，代入已知曲線方程即可求得所求動點的軌跡方程.
5．D
【分析】利用橢圓的定義，進行合理轉化，求得周長最大值即可.
【詳解】
由橢圓方程得，
，.
設橢圓的左焦點為，
則的周長為
當且僅當三點共線，且在的延長線上時取等號.
,
，
的周長最大值為.
故選：D
6．C
【分析】利用橢圓的幾何性質(zhì)，將求兩線段之和的最小值轉變?yōu)閮删€段之差的絕對值的最大值即可.
【詳解】橢圓的，
如圖，
設橢圓的右焦點為 ，
則 ；
；
由圖形知，當在直線 上時， ，
當不在直線 上時，
根據(jù)三角形的兩邊之差小于第三邊有， ，
當在 的延長線上時， 取得最小值
的最小值為．
故選：C．
7．BC
【分析】利用橢圓上點到焦點的最大距離為可判斷選項A；由橢圓定義及基本不等式可判斷選項B；當點為短軸的端點時，取得最大值，求出可判斷選項C；面積的最大值為可判斷選項D；
【詳解】由橢圓的方程得，，所以，所以，.
對于A，，故A錯誤.
對于B，由橢圓定義可知，所以，當且僅當時取等號，故B正確.
對于C中，當點M為橢圓與y軸的交點時，取得最大值，由得，所以，，故C正確.
對于D中，當點M為橢圓與y軸的交點時，面積的最大，最大值為，故D錯誤.
故選：BC.
8．B
【詳解】試題分析：本題其實就是一個平面斜截一個圓柱表面的問題，因為三角形面積為定值，以AB為底，則底邊長一定，從而可得P到直線AB的距離為定值，分析可得，點P的軌跡為一以AB為軸線的圓柱面，與平面α的交線，且α與圓柱的軸線斜交，由平面與圓柱面的截面的性質(zhì)判斷，可得P的軌跡為橢圓．
考點：本題考查了平面與圓柱面的截面性質(zhì)的判斷
點評：解決時要注意截面與圓柱的軸線的不同位置時，得到的截面形狀也不同
9．A
【分析】由橢圓的方程求出橢圓的長軸長，再由橢圓的定義結合求得結果
【詳解】如圖，
由橢圓可得：，則
又
且
則
故選
【點睛】本題主要考查了橢圓的簡單性質(zhì)，解題的關鍵是根據(jù)橢圓的定義即橢圓上的點到焦點的距離之和為，屬于基礎題．
10．C
【分析】由題意方程求得的值，得到的坐標，進一步得到，再由橢圓定義求得.
【詳解】解：題意得：
由橢圓可得橢圓的焦點坐標為
設點的坐標為
所以點的坐標為，所以．
根據(jù)橢圓的定義可得 ，所以.
故選：C
11．C
【詳解】試題分析：根據(jù)焦點坐標可知焦點在軸，所以，，，又因為，解得，故選C.
考點：橢圓的基本性質(zhì)
12．D
【分析】要利用條件橢圓焦點在軸上，應將橢圓的方程化為標準方程，由橢圓的焦點在軸上，可得，進而可解得實數(shù)的取值范圍．
【詳解】因為方程，即 表示焦點在軸上的橢圓，
所以 ，即 ，
所以實數(shù)的取值范圍是．
故選：D．
【點睛】本題考查橢圓的標準方程，要判斷橢圓焦點的位置，應將橢圓的方程化為標準方程．對于橢圓，①表示焦點在x軸上的橢圓；②表示焦點在y軸上的橢圓．；③表示橢圓．
13．B
【分析】由橢圓的標準方程結合充分性和必要性的定義進行判斷即可．
【詳解】若曲線為橢圓，則一定有，；
反之，當，時，可能有，方程表示圓，
故“，”是“曲線為橢圓”的必要非充分條件．
故選：B
14．A
【分析】設點為橢圓上任意一點，設關于直線的對稱點為，由條件利用表示，根據(jù)點在橢圓可得橢圓C的方程.
【詳解】設點為橢圓上任意一點，設關于直線的對稱點為，則，
所以，又點在橢圓上，
所以，化簡可得，
故選：A.
15．B
【分析】方法一：根據(jù)焦點三角形面積公式求出的面積，即可解出；
方法二：根據(jù)橢圓的定義以及勾股定理即可解出．
【詳解】方法一：因為，所以，
從而，所以．
故選：B.
方法二：
因為，所以，由橢圓方程可知，，
所以，又，平方得：
，所以．
故選：B.
16．B
【分析】由已知可設，則，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，從而可求解.
【詳解】法一：如圖，由已知可設，則，由橢圓的定義有．在中，由余弦定理推論得．在中，由余弦定理得，解得．
所求橢圓方程為，故選B．
法二：由已知可設，則，由橢圓的定義有．在和中，由余弦定理得，又互補，，兩式消去，得，解得．所求橢圓方程為，故選B．
【點睛】本題考查橢圓標準方程及其簡單性質(zhì)，考查數(shù)形結合思想、轉化與化歸的能力，很好的落實了直觀想象、邏輯推理等數(shù)學素養(yǎng)．
17．C
【分析】本題通過利用橢圓定義得到，借助基本不等式即可得到答案．
【詳解】由題，，則，
所以（當且僅當時，等號成立）．
故選：C．
【點睛】
18．C
【詳解】由橢圓方程得F(－1,0)，設P(x0，y0)，
則＝(x0，y0)·(x0＋1，y0)＝＋x0＋
∵P為橢圓上一點，∴＋＝1.
∴＝＋x0＋3＝＋x0＋3＝(x0＋2)2＋2.
∵－2≤x0≤2.
∴的最大值在x0＝2時取得，且最大值等于6.
19．C
【分析】根據(jù)題意結合橢圓的定義運算求解即可.
【詳解】如圖所示：，，
由橢圓定義得.①
在中，.②
由①②得，則，
所以橢圓C的方程為.
故選：C.

【點睛】本題考查橢圓方程的求解.
20．A
【解析】根據(jù)線段PF1的中點M在y軸上，推出軸，由此可設P(3，b)，代入橢圓方程求出，再根據(jù)兩點間的距離公式求出和可得解.
【詳解】由＝1可知，，所以，
所以F1(－3，0)，F(xiàn)2(3，0)，
∵線段PF1的中點M在y軸上，且原點為線段的中點，
所以，所以軸，
∴可設P(3，b)，
把P(3，b)代入橢圓＝1，得.
∴|PF1|＝，|PF2|＝.
∴.
故選：A.
【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)線段PF1的中點M在y軸上，推出軸，進而可設P(3，b)是解題關鍵.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

展開更多......

收起↑