高考理科圆锥曲线大题

高考理科圆锥曲线大题

1. ‎（新课标Ⅰ理数）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点.‎ ‎（I）证明为定值，并写出点的轨迹方程；‎ ‎（II）设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求四边形面积的取值范围.‎ 2. ‎（新课标Ⅱ理数）已知椭圆E:的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交E于两点，点在上，.‎ ‎(I)当，时，求△的面积；‎ ‎(II)当时，求的取值范围.‎ 1. ‎（新课标Ⅲ理数）已知抛物线 的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点.‎ ‎（I）若在线段上，是的中点，证明；‎ ‎（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.‎ 2. ‎（2016年北京理数）已知椭圆C： 的离心率为 ，‎ ‎ 的面积为1.‎ ‎（I）求椭圆的方程；‎ ‎（II）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点。‎ 求证：为定值。‎ 1. ‎（2016年江苏理数）如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点 (1) 设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；‎ (2) 设平行于的直线与圆相交于两点，且,求直线的方程；‎ (3) 设点满足：存在圆上的两点和,使得,求实数的取值范围。‎ 1. ‎（2016年山东理数）平面直角坐标系中，椭圆C： 的离心率是，抛物线E：的焦点是的一个顶点。‎ ‎（I）求椭圆的方程；‎ ‎（II）设是上的动点，且位于第一象限，在点处的切线与交与不同的两点线段的中点为，直线与过且垂直于轴的直线交于点.‎ ‎（i）求证：点在定直线上;‎ ‎（ii）直线与轴交于点，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点的坐标.‎ 1. ‎（2016年上海理数）双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点。‎ ‎（1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；‎ ‎（2）设，若的斜率存在，且，求的斜率. ‎ 2. ‎（2016年四川理数）已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的个顶点，直线与椭圆有且只有一个公共点 ‎（I）求椭圆的方程及点的坐标；‎ ‎（II）设是坐标原点，直线平行于与椭圆交于不同的两点且与直线交于点证明：存在常数，使得，并求的值.‎ 1. ‎（2016年天津理数）设椭圆的右焦点为，右顶点为.已知，其中为原点，为椭圆的离心率. 学.科.网 ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点.若，且≤，求直线的斜率的取值范 围.‎ 2. ‎（2016年浙江理数）如图，设椭圆 ‎（Ⅰ）求直线被椭圆截得到的弦长（用表示）‎ ‎（Ⅱ）若任意以点为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点，求椭圆离心率的取值范围.‎ 答案 1. 因为，，故，‎ 所以，故.‎ 又圆的标准方程为，从而，所以.‎ 由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：‎ ‎（）.‎ ‎（Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，，.‎ 由得.‎ 则，.‎ 所以.‎ 过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以 ‎.故四边形的面积 ‎.‎ 可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为.‎ 当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.‎ 综上，四边形面积的取值范围为.‎ 1. ‎【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(Ⅰ)先求直线的方程，再求点的纵坐标，最后求的面积；(Ⅱ)设，，将直线的方程与椭圆方程组成方程组，消去，用表示，从而表示，同理用表示，再由求.‎ 试题解析：(I)设，则由题意知，当时，的方程为，.‎ 由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为.‎ 将代入得.解得或，所以.‎ 因此的面积.‎ ‎(II)由题意，，.‎ 将直线的方程代入得.‎ 由得，故.‎ 由题设，直线的方程为，故同理可得，‎ 由得，即.‎ 当时上式不成立，‎ 因此.等价于，‎ 即.由此得，或，解得.‎ 因此的取值范围是.‎ 1. 解：由题设.设，则，且 ‎.‎ 记过两点的直线为，则的方程为. .....3分 ‎（Ⅰ）由于在线段上，故.‎ 记的斜率为，的斜率为，则 ‎.‎ 所以. ......5分 ‎（Ⅱ）设与轴的交点为，‎ 则.‎ 由题设可得，所以（舍去），.‎ 设满足条件的的中点为.‎ 当与轴不垂直时，由可得.‎ 而，所以.‎ 当与轴垂直时，与重合.所以，所求轨迹方程为. ....12分 2. 解：（Ⅰ）由题意得解得.‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，‎ 设，则.‎ 当时，直线的方程为.‎ 令，得.从而.‎ 直线的方程为.‎ 令，得.从而.‎ 所以 ‎.‎ 当时，，‎ 所以.‎ 综上，为定值.‎ 1. 解：圆M的标准方程为，所以圆心M(6，7)，半径为5,.‎ ‎（1）由圆心N在直线x=6上，可设.因为圆N与x轴相切，与圆M外切，‎ 所以，于是圆N的半径为，从而，解得.‎ 因此，圆N的标准方程为.‎ ‎(2)因为直线OA，所以直线l的斜率为.‎ 设直线l的方程为y=2x+m，即2x-y+m=0，‎ 则圆心M到直线l的距离 ‎ ‎ 因为 ‎ 而 ‎ 所以，解得m=5或m=-15.‎ 故直线l的方程为2x-y+5=0或2x-y-15=0.‎ ‎(3)设 ‎ 因为,所以 ……①‎ 因为点Q在圆M上，所以 …….②‎ 将①代入②，得.‎ 于是点既在圆M上，又在圆上，‎ 从而圆与圆有公共点，‎ 所以 解得.‎ 因此，实数t的取值范围是.‎ 1. ‎（Ⅰ）由题意知，可得：.‎ 因为抛物线的焦点为，所以，‎ 所以椭圆C的方程为.‎ ‎（Ⅱ）（i）设，由可得，‎ 所以直线的斜率为，‎ 因此直线的方程为，即.‎ 设，联立方程 得，‎ 由，得 且，‎ 因此,‎ 将其代入得，‎ 因为，所以直线方程为.‎ 联立方程，得点的纵坐标为，‎ 即点在定直线上.‎ ‎（ii）由（i）知直线方程为，‎ 令得，所以，‎ 又，‎ 所以，‎ ‎，‎ 所以，‎ 令，则，‎ 当，即时，取得最大值，此时，满足，‎ 所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.‎ 1. 由题意，，，，‎ 因为是等边三角形，所以，‎ 即，解得．‎ 故双曲线的渐近线方程为．‎ ‎（2）由已知，，．‎ 设，，直线．显然．‎ 由，得．‎ 因为与双曲线交于两点，所以，且．‎ 设的中点为．‎ 由即，知，故．‎ 而，，，‎ 所以，得，故的斜率为．‎ 1. ‎（I）由已知，，则椭圆E的方程为.‎ 有方程组 得.①‎ 方程①的判别式为，由，得，‎ 此时方程①的解为，‎ 所以椭圆E的方程为.‎ 点T坐标为（2,1）.‎ ‎（II）由已知可设直线 的方程为，‎ 有方程组 可得 所以P点坐标为（ ），.‎ 设点A，B的坐标分别为 .‎ 由方程组 可得.②‎ 方程②的判别式为，由，解得.‎ 由②得.‎ 所以 ，‎ 同理，‎ 所以 ‎.‎ 故存在常数，使得.‎ 1. ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定量，由，得，再利用，可解得，（Ⅱ）先化简条件：，即M再OA中垂线上，，再利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求；利用两直线方程组求H，最后根据，列等量关系解出直线斜率.取值范围 试题解析：（1）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.设 ‎，由方程组，消去，整理得.‎ 解得，或，由题意得，从而.‎ 由（Ⅰ）知，，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为.‎ 设，由方程组消去，解得.在中，，即，化简得，即，解得或.‎ 所以，直线的斜率的取值范围为.‎ 1. ‎（I）设直线被椭圆截得的线段为，由得 ‎，‎ 故 ‎，．‎ 因此 ‎．‎ ‎（II）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足 ‎．‎ 记直线，的斜率分别为，，且，，．‎ 由（I）知，‎ ‎，，‎ 故 ‎，‎ 所以．‎ 由于，，得 ‎，‎ 因此 ‎， ①‎ 因为①式关于，的方程有解的充要条件是 ‎，‎ 所以 ‎．‎ 因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为 ‎，‎ 由得，所求离心率的取值范围为．‎