专题43 直线与椭圆的位置关系（优练）-2026版高考数学一轮复习讲优练

第7页（共7页）专题专题43直线与椭圆的位置关系

一．选择题（共10小题）1．（2025春•亳州期末）已知椭圆的两焦点分别为，，点为椭圆上任意一点，则的值为A．2 B． C．4 D．2．（2025春•分宜县期末）已知、是椭圆的两个焦点，过的直线交于、两点，若△的周长为16，则A．10 B．8 C． D．43．（2025•晋江市模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，是上一点，且线段的中点在轴上，为坐标原点），则A． B． C． D．14．（2025春•浙江期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，射线是的角平分线，其与轴的交点为点，的角平分线与直线交于点，若，则椭圆的离心率为A． B． C． D．5．（2025春•商丘月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上任意一点．若，则椭圆的离心率为A． B． C． D．6．（2025•邵阳模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，关于原点对称的点，在上，若，则四边形的面积为A．1 B．2 C．3 D．47．（2025•广东模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，若上的点，满足，，则的离心率为A． B． C． D．8．（2025•岳阳二模）设椭圆的左右焦点分别为，，点在椭圆上，，的平分线与轴交于点，则A． B． C． D．9．（2025•福州模拟）设椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，为的平分线与轴的交点．若，则A． B． C． D．10．（2025•清江浦区模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点，在椭圆上，且，则椭圆的离心率为A． B． C． D．二．多选题（共4小题）（多选）11．（2025春•红河州期末）已知，分别为椭圆的左、右焦点，为右顶点，为的中点，为上任意一点，则A．椭圆的离心率为 B．存在点，使得 C．的最大值为6 D．的取值范围为（多选）12．（2025春•商水县期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，过点的直线与交于，两点，且△的周长为8，则下列说法正确的是A．的方程为 B．若，则△是直角三角形 C．使得△为直角三角形的共有4条 D．若，则的斜率为（多选）13．（2025•巴中模拟）已知圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，圆心的轨迹记为曲线，则A．的方程为 B．的最小值为 C． D．曲线在点，处的切线方程为（多选）14．（2025•山东模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线交椭圆于，两点，则A．△的周长为8 B．若直线经过点，则的最小值是1 C．若线段中点坐标为，则直线的方程为 D．若点是椭圆上的任意一点，点是圆上的任意一点，则的最大值为三．填空题（共4小题）15．（2025•平凉模拟）已知为椭圆的右焦点，为原点，为上一点，若，则的离心率为．16．（2025春•南宁期末）椭圆的两个焦点为，，为椭圆上与两焦点不共线的一点，则△的周长为．17．（2025•湖北模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，线段与轴相交于点．若，且，则的离心率为．18．（2024秋•颍州区期末）已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，△的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是．四．解答题（共6小题）19．（2025•卓尼县模拟）已知圆过点，且过椭圆的上顶点，椭圆的离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）直线过点与椭圆交于，两点，设直线，，的斜率分别为，，，若，求直线的方程．20．（2025春•荆门期末）已知椭圆的离心率为，且经过，过的直线与椭圆相交于，两点．（1）求椭圆的标准方程；（2）设点，记直线，的斜率分别为，，证明为定值．21．（2025•官渡区模拟）已知椭圆点为的右焦点，点为上一个动点，若的最大值为3，的最小值为1．（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线，与相交于，两点，若（其中为坐标原点），求实数的值．22．（2025春•昌江区期末）已知椭圆，四点，，，，中恰有三点在椭圆上．（1）求的方程；（2）设、是的左、右顶点，直线交于、两点，直线、的斜率分别为、．若；①证明：直线过定点；②求四边形面积的最大值．23．（2025•山西二模）已知椭圆的左焦点为，，离心率．过点的直线交椭圆于，两点，过且与垂直的直线交椭圆于，两点，其中，在轴上方，，分别为，的中点．（1）求点的轨迹方程；（2）证明：直线过定点；（3）求△面积的最大值．24．（2025春•延庆区期末）已知椭圆的离心率为且经过点．求椭圆的方程；（Ⅱ）若过点，斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，且与直线交于点，点在线段（不包括两端点）上，为坐标原点，直线与直线，分别交于点，，若△和△的面积为和，求：的值．

一．选择题（共10小题）题号12345678910答案DCABBBDDBC二．多选题（共4小题）题号11121314答案ACDBDADBCD一．选择题（共10小题）1．【答案】【分析】根据已知条件求得，利用椭圆的定义求得正确答案．【解答】解：由已知得，，由椭圆的定义可得．故选：．2．【答案】【分析】根据椭圆的定义求出的值，由此可求得的值．【解答】解：由于，则椭圆的焦点在轴上，且，根据椭圆的定义，△的周长为16，则，则，则．故选：．3．【答案】【分析】由已知可得，，由离心率可得，根据勾股定理求解即可．【解答】解：因为在轴上，所以，因为是线段的中点，是线段的中点，所以，，所以，，所以，因为，所以，因为，所以，所以．故选：．4．【答案】【分析】根据角平分线定理得到线段比例关系，结合椭圆的定义可得结果．【解答】解：已知椭圆如图，连接，因为三角形的三条角平分线交于一点，所以射线是的角平分线，因为，所以，由角平分线定理得，，设，，则，，所以，，所以椭圆的离心率．故选：．5．【答案】【分析】根据椭圆方程及其定义和焦点位置得，，进而求离心率．【解答】解：根据题意可知，，根据椭圆的定义，得，，，，，椭圆的离心率为．故选：．6．【答案】【分析】由对称性，且，四边形是矩形，则结合定义求即可．【解答】解：已知椭圆的左、右焦点分别为，，关于原点对称的点，在上，则，，则，又，关于原点对称，且，则四边形是矩形，则，则，联立解方程，可得．故选：．7．【答案】【分析】根据给定条件，利用椭圆定义及余弦定理列式求解．【解答】解：椭圆的左、右焦点分别为，，上的点，，如图，由及，得，由，得，在△中，，令椭圆的焦距为，在△中，，则，，的离心率．故选：．8．【答案】【分析】由椭圆的性质及定义，结合角平分线定理及两点距离公式求解．【解答】解：由椭圆的对称性，不妨设在第一象限，则，①则，又点在椭圆上，，②由可得：，③联立①②③可得：，，又的平分线与轴交于点，则，即，则，设，则，解得：，则．故选：．9．【答案】【分析】由椭圆的性质，结合椭圆的定义及三角形的面积公式求解即可．【解答】解：由题意可得：，，，则，，①又，则，则，②联立①②可得：，又，则，即．故选：．10．【答案】【分析】利用向量相等，设出边长，通过余弦定理，转化求解椭圆的离心率即可．【解答】解：由题意设．则，则，，由余弦定理可得：，，化简可得，所以．故选：．二．多选题（共4小题）11．【答案】【分析】对于，由离心率计算公式即可判断，对于，求出椭圆上的点对两焦点张角的最大值，即可判断，对于，由两点间距离公式结合二次函数即可判断，对于，，再结合即可判断．【解答】解：选项，根据题意可知，，，椭圆的离心率为，故选项正确；选项，设上顶点为，，即，，不存在点，使得，故选项错误；选项，设，，由题知，，，，当时，，故选项正确；选项，，由选项得，当时，取得最大值20，当时，取得最小值，的取值范围为，故选项正确．故选：．12．【答案】【分析】由椭圆定义及椭圆性质可判断、；对于，，，由椭圆定义确定、的关系，由余弦定理求得的最大值，再讨论△为直角三角形的几种情形即可判断；对于，设直线的方程为，，，，，并与椭圆方程联立，由题设及韦达定理求解直线的斜率，即可判断．【解答】解：对于，设的半焦距为，由椭圆的定义得，△的周长为，解得，又，得，则，所以的方程为，故错误；对于，由椭圆的定义可得，又因为，两式联立可得，又因为，所以△是直角三角形，故正确；对于，设，，由椭圆的定义得，在△中，，由基本不等式得，当且仅当时等号成立，所以，又，所以的最大值为，所以若△为直角三角形，则，或，当时有2条，当时有1条，则满足题意的共有3条，故错误；对于，由题意知，设直线的方程为，，，，，联立得，消去得，则①，②，由，得，，，所以③，由①②③可得，即，所以的斜率，故正确．故选：．13．【答案】【分析】由题意，设动圆的半径为，结合位置关系以及椭圆的定义即可判断选项；易得、、三点共线，、、三点共线，利用余弦定理即可判断选项；根据与反向，与反向，，，，，代入即可判断选项；利用椭圆的方程以及判断选项．【解答】解：易知圆的圆，半径；圆的圆心，半径，设动圆的半径为，此时，，所以，所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长，焦距的椭圆，所以，，又，解得，则曲线的方程为，故选项正确；在△中，，，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，因为是动圆与圆的切点，是动圆与圆的切点，所以、、三点共线，、、三点共线，此时，由余弦定理得，因为，当且仅当时，等号成立，所以，则的最小值不是，故选项错误；因为与反向，与反向，，，，，，，所以，其取值范围不为，，故选项错误；对于椭圆在点，处的切线方程为，因为，，所以曲线在点，处的切线方程为，故选项正确．故选：．14．【答案】【分析】对于，利用椭圆的定义计算可判断；对于，利用焦点弦长通径最短可判断；对于，设直线方程，与椭圆方程联立，根据韦达定理求出斜率，即可得直线方程；对于，利用点到圆心的距离最大值，再加上半径即为的最大值．【解答】解：因为椭圆中，，，，作出示意图如下：对于，若直线经过点，如图一，则△的周长为，若直线不经过点，如图二，则△的周长为，故错误；对于，也过左焦点的椭圆焦点弦中，通径最短为，故正确；对于，显然直线的斜率存在，所以设直线的方程为，设，，，，联立方程，得，则，解得，所以直线的方程为，即，故正确；对于，设，，圆心，所以，因为，所以当时，取得最大值为，此时取得最大值为，故正确．故选：．三．填空题（共4小题）15．【答案】．【分析】在△和△中利用余弦定理求得即可建立等式，进而可求离心率．【解答】解：根据题意可知，椭圆，设为椭圆的左焦点，由椭圆的定义，得，又，，则在△和△中，由余弦定理，得，化简得，所以离心率．故答案为：．16．【答案】12．【分析】利用，求出，利用椭圆的定义即可求出焦点三角形的周长．【解答】解：因为椭圆中，，所以，故△的周长为．故答案为：12．17．【分析】确定椭圆的焦点和点的位置，利用椭圆的定义和余弦定理，根据椭圆的定义步骤，解方程求离心率．【解答】解：椭圆的焦点为和，其中，点在椭圆上，且线段与轴相交于点．根据题意，，且，，设，则，根据余弦定理，，即，将代入，得到，解得，将代入余弦定理的方程，解得，从而离心率．故答案为：．18．【答案】．【分析】首先根据题意，利用向量变形得，如图在上取一点，使得，连接，则，再结合内心的性质得到，然后在△中，由余弦定理得，在△中，由余弦定理即可求解．【解答】解：由题可得，，如图，在上取一点，使得，连接，则，则点为上靠近点的三等分点，所以，所以，设，则，，所以，即，解得：，故，，，故点与上顶点重合，在△中，由余弦定理得：，在△中，，解得：，即．故答案为：．四．解答题（共6小题）19．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据题意求出，，结合离心率即可求出，即可；（2）直线的方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理有，由即可求出．【解答】（1）由题意可得，，．又圆过点，，，解得．，，解得，椭圆的方程为．（2）由题意可知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，由题意可知，，则．设，，，．由消去，整理得，△，则．直线，的斜率分别为，．，，解得，故直线的方程为，即．20．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）根据离心率及点在椭圆上列式计算求参，即可得出椭圆的标准方程；（2）根据斜率为0及不为0设出方程联立得出韦达定理，再应用两点求斜率再代入计算求值．【解答】解：（1）因为椭圆的离心率为，所以，又，故，又因为经过，将点代入椭圆方程：，，，故椭圆方程为：．（2）若直线的斜率为0，则，当若直线的斜率不为0，设直线的方程为：，，，，，联立方程可得：，则△，由韦达定理可知：，，，因为，综上：故．21．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）设，，则，由即可得的最大值和最小值，进而解得，，即可求解；（2）将直线与椭圆方程联立消元得，设，，，，由韦达定理得，由利用数量积运算即可求解．【解答】解：（1）设，，所以，因为，所以，，解得，，又，则椭圆的标准方程为；（2）联立，消去并整理得，此时△，解得，设，，，，由韦达定理得，因为，所以，因为，所以，解得．则．22．【答案】（1）；（2）①证明见解析；②．【分析】（1）根据椭圆对称性，必过、，又横坐标为1，椭圆必不过，将代入椭圆方程即可求解；（2）①设，，，，因为若直线的斜率为0，则点，关于轴对称，必有，不合题意，所以直线斜率必不为0，设其方程为，与椭圆联立，求出△和韦达定理，设直线的斜率为，求出，求出和的关系即可证明；②由①求出和，根据即可求解．【解答】解：（1）根据椭圆对称性，必过、，又横坐标为1，椭圆必不过，所以过，，三点，将代入椭圆方程得：，解得，，椭圆的方程为：；（2）①证明：如图，设，，，，依题意，点，，因为若直线的斜率为0，则点，关于轴对称，必有，不合题意，所以直线斜率必不为0，设其方程为，联立方程组，化简得：，则△，故，因为点，是椭圆上一点，则，设直线的斜率为，所以，所以，即，又，解得：，此时△，故直线恒过定点；②由①得，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为．23．【答案】（