高考数学大题专题练习——圆锥曲线一

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高考数学大题专题练习——圆锥曲线一

‎2019-2020年高考数学大题专题练习——圆锥曲线(一)‎ ‎1.设F1,F2为椭圆的左、右焦点,动点P的坐标为(-1,m),过点F2的直线与椭圆交于A,B两点.‎ ‎(1)求F1,F2的坐标;‎ ‎(2)若直线PA,PF2,PB的斜率之和为0,求m的所有整数值.‎ ‎2.已知椭圆,P是椭圆的上顶点.过P作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆于另一点A,设点A关于原点的对称点为B.‎ ‎(1)求△PAB面积的最大值;‎ ‎(2)设线段PB的中垂线与y轴交于点N,若点N在椭圆内部,求斜率k的取值范围.‎ ‎3.已知椭圆的离心率为,定点,椭圆短轴的端点是,,且.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)设过点且斜率不为0的直线交椭圆于两点,试问轴上是否存在定点,使平分?若存在,求出点的坐标,若不存在,说明理由.‎ ‎4.已知椭圆的标准方程为,点.‎ ‎(1)经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点,求.‎ ‎(2)问是否存在直线与椭圆交于两点、且,若存在,求出直线斜率的取值范围;若不存在说明理由.‎ ‎5.椭圆与的中心在原点,焦点分别在轴与轴上,它们有相同的离心率,并且的短轴为的长轴,与的四个焦点构成的四边形面积是.‎ ‎(1)求椭圆与的方程;‎ ‎(2)设是椭圆上非顶点的动点,与椭圆长轴两个顶点,的连线,分别与椭圆交于,点.‎ ‎(i)求证:直线,斜率之积为常数;‎ ‎(ii)直线与直线的斜率之积是否为常数?若是,求出该值;若不是,说明理由.‎ ‎6.椭圆一个焦点为,离心率.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆的方程式.‎ ‎(Ⅱ)定点,为椭圆上的动点,求的最大值;并求出取最大值时点的坐标求.‎ ‎(Ⅲ)定直线,为椭圆上的动点,证明点到的距离与到定直线的距离的比值为常数,并求出此常数值.‎ ‎7.如图,已知椭圆的右准线的方程为,焦距为.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)过定点作直线与椭圆交于点(异于椭圆的左、右顶点)两点,设直线与直线相交于点.‎ ‎①若,试求点的坐标;‎ ‎②求证:点始终在一条直线上.‎ ‎8.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.‎ ‎(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.‎ ‎9.已知椭圆的右焦点为,右顶点为,离心离为,点满足条件.‎ ‎(Ⅰ)求的值.‎ ‎(Ⅱ)设过点的直线与椭圆相交于、两点,记和的面积分别为、,求证:.‎ ‎10.已知常数,向量,经过点,以为方向向量的直线与经过点,以为方向向量的直线交于点,其中.‎ ‎()求点的轨迹方程,并指出轨迹.‎ ‎()若点,当时,为轨迹上任意一点,求的最小值.‎ ‎11.已知椭圆的中心在坐标原点,焦点在轴上,短轴长为,且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点,过右焦点与轴不垂直的直线交椭圆于,两点.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆的方程.‎ ‎(Ⅱ)当直线的斜率为时,求的面积.‎ ‎(Ⅲ)在线段上是否存在点,使得经,为领边的平行四边形是菱形?若存在,求出的取值范围;若不存在,请说明理由.‎ ‎12.已知椭圆的中心在原点,焦点在轴上,离心率等于,它的一个顶点恰好在抛物线的准线上.‎ Ⅰ求椭圆的标准方程.‎ Ⅱ点,在椭圆上,,是椭圆上位于直线两侧的动点.‎ ‎(i)若直线的斜率为,求四边形面积的最大值.‎ ‎(ii)当,运动时,满足,试问直线的斜率是否为定值,请说明理由.‎ ‎13.已知椭圆过点,且离心率.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆的方程.‎ ‎(Ⅱ)若椭圆上存在点、关于直线对称,求的所有取值构成的集合,并证明对于,的中点恒在一条定直线上.‎ ‎14.已知椭圆的离心率为,且过点.若点在椭圆上,则点称为点的一个“椭点”.‎ ‎()求椭圆的标准方程.‎ ‎()若直线与椭圆相交于,两点,且,两点的“椭点”分别为,,以为直径的圆经过坐标原点,试判断的面积是否为定值?若为定值,求出定值;若不为定值,说明理由.‎ ‎15.已知椭圆的标准方程为,离心率,且椭圆经过点.过右焦点的直线交椭圆于,两点.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆的方程.‎ ‎(Ⅱ)若,求直线的方程.‎ ‎(Ⅲ)在线段上是否存在点,使得以,为邻边的四边形是菱形,且点在椭圆上.若存在,求出的值,若不存在,请说明理由.‎ ‎16.已知一个动圆与两个定圆和均相切,其圆心的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程;‎ ‎(2)过点F()做两条可相垂直的直线l1,l2,设l1与曲线C交于A,B两点, l2与曲线 C交于C,D两点,线段AC,BD分别与直线交于M,N两点。求证|MF|:|NF|为定值.‎ ‎17.已知椭圆C:的离心率为,且过点,A,B是椭圆C上异于长轴端点的两点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)已知直线l:,且,垂足为A1,,垂足为B1,若,且△A1B1D的面积是△ABD面积的5倍,求△ABD面积的最大值.‎ 试卷答案 ‎1.解:(Ⅰ),‎ ‎(Ⅱ)(i)当直线AB的斜率不存在时,由对称性可知m=0.‎ ‎(ii)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的斜率为k,.‎ 由题意得 直线PA的斜率为;直线的斜率为;‎ 直线PB的斜率为.‎ 由题意得.‎ 化简整理得 将直线AB的方程代入椭圆方程,化简整理得 ‎.‎ 由韦达定理得 代入并化简整理得.从而 当时,;当时,‎ 故m的所有整数值是-2,-1,0,1,2. ‎ ‎2.解:(Ⅰ)由题意得椭圆的上顶点,设点为.因为是关于原点的对称点,所以点为.‎ 设的面积为,则.‎ 因为,所以当时,有最大值2.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知且.‎ 所以,直线的斜率为,线段的中点为,‎ 于是的中垂线方程为.‎ 令,得的纵坐标.‎ 又直线的方程为,将方程代入并化简得.‎ 由题意,‎ 所以,.‎ 因为点在椭圆内部,所以.‎ 解得.‎ 又由已知,所以斜率的取值范围是.‎ ‎3.(1)由,,‎ 依题意,是等腰直角三角形,‎ 从而,故,‎ 所以椭圆的方程是.‎ ‎(2)设,,直线的方程为,‎ 将直线的方程与椭圆的方程联立,消去得:‎ ‎,,,‎ 若平分,则直线,的倾斜角互补,所以,‎ 设,则有,‎ 将,代入得,,‎ 整理得,‎ 由于上式对任意实数都成立,所以.‎ 综上,存在定点,使平分.‎ ‎4.解:(Ⅰ)经过点且倾斜角为,‎ 所以直线的方程为,‎ 联立,解得或,‎ ‎∴.‎ ‎(Ⅱ)设直线,,,‎ 将直线与椭圆联立可得:‎ ‎,消去得,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴,,‎ 设中点,‎ ‎∴,,‎ ‎∵,∴,‎ ‎∴,∴,‎ ‎∴代入①可得:,‎ ‎∴,解得.‎ 故直线斜率的取值范围是.‎ ‎5.(1)依题意,设,,由对称性,四个焦点构成的四边形为菱形,且面积,解得:.‎ 所以椭圆,.‎ ‎(2)(i)设,则,,.‎ ‎,.‎ 所以:.‎ 直线,斜率之积为常数.‎ ‎(ii)设,则.‎ ‎,,‎ 所以:,同理:,‎ 所以:,由,,结合(i)有 ‎.‎ ‎6.解:(Ⅰ)根据题意得,,‎ ‎∴,,,‎ 故椭圆的方程为.‎ ‎(Ⅱ)设点坐标为,则,‎ ‎,‎ ‎∵,‎ ‎∴当时,取得最大值.‎ ‎∴最大值为,此时点坐标为.‎ ‎(Ⅲ)设点,则,‎ 点到的距离为:,‎ ‎,‎ 到直线的距离为,‎ ‎∵,‎ 故到的距离与到定直线的距离之比为常数.‎ ‎7.解:⑴由得 所以椭圆的方程为.‎ ‎⑵①因为,,,所以的方程为,代入,‎ ‎,即,‎ 因为,所以,则,所以点的坐标为.‎ 同理可得点的坐标为.‎ ‎②设点,由题意,.因为,, 所以直线的方程为,代入,得,‎ 即,因为,‎ 所以,则,故点的坐标为.‎ 同理可得点的坐标为.‎ 因为,,三点共线,所以,.‎ 所以,即,‎ 由题意,,所以.‎ 即.‎ 所以,则或.若,则点在椭圆上,,,为同一点,不合题意.故,即点始终在定直线上.16分 ‎8.(Ⅰ)解:设F(c,0),由,即,可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4. ‎ 所以,椭圆的方程为.‎ ‎(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.‎ ‎9.解:(Ⅰ)∵椭圆的方程为,‎ ‎∴,,,‎ ‎∴,,,‎ ‎∵,‎ ‎∴.‎ ‎ (Ⅱ)若直线的斜率不存在,则有,,符合题意,‎ 若直线的斜率存在,设直线的方程为,,,‎ 由,得,‎ 可知恒成立,且,,‎ ‎∵‎ ‎,‎ ‎∴,‎ ‎∵和的面积分别为:‎ ‎,,‎ ‎∴.‎ ‎10.解:()∵,‎ ‎∴直线的方程为:①式,‎ 又,‎ ‎∴直线的方程为:②式,‎ 由①式,②式消去入得,即,‎ 故点的轨迹方程为.‎ 当时,轨迹是以为圆心,以为半径的圆,‎ 当时,轨迹是以原点为中心,以为焦点的椭圆,‎ 当时,轨迹是以原点为中心,以为焦点的椭圆.‎ ‎()当时,,‎ ‎∵为轨迹是任意一点,‎ ‎∴设,‎ ‎∴‎ ‎∵,‎ ‎∴当时,取得最小值.‎ ‎11.(Ⅰ)由已知,椭圆方程可设为,‎ ‎∵两个焦点和短轴的两个端点恰为正方形的顶点,且短轴长为,‎ ‎∴,,‎ 故所求椭圆方程为.‎ ‎(Ⅱ)右焦点,直线的方程为,设,,‎ 由得,,解得,,‎ ‎∴.‎ ‎(Ⅲ)假设在线段上存在点,‎ 使得以,为邻边的平行四边形建菱形,‎ 因为直线与轴不垂直,所以设直线的方程为,‎ 由可得:,‎ ‎∴,,‎ ‎,,,‎ 其中,以、为邻边的平行四边形是菱形,‎ ‎∴,即,‎ ‎∴,‎ ‎∴,化简得,‎ ‎∴,‎ ‎∴.‎ ‎12.解:Ⅰ设椭圆的标准方程为,‎ ‎∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线的准线上,‎ ‎∴,即,‎ 又∵,,‎ ‎∴,,‎ 故椭圆的标准方程为.‎ Ⅱ(i)设,,直线的方程为,‎ 联立,得,‎ 由,计算得出,‎ ‎∴,,‎ ‎∴,‎ ‎∴四边形的面积,‎ 当时,.‎ ‎(ii)∵,则,的斜率互为相反数,可设直线的斜率为,‎ 则的斜率为,直线的方程为:,‎ 联立,得,‎ ‎∴,‎ 同理可得:,‎ ‎∴,,‎ ‎,‎ ‎∴直线的斜率为定值.‎ ‎13.()∵椭圆过点,∴.‎ ‎∵,,∴.‎ ‎∴椭圆的方程为.‎ ‎()依题意得,因为椭圆上存在点,关于直线对称,‎ 所以直线与直线垂直,且线段的中点在直线上,‎ 设直线的方程为,,.‎ 由,得.‎ 由,得.‎ ‎∵,‎ ‎∴的中点坐标为.‎ 又线段的中点在直线上,∴,‎ ‎∴,代入,得或.‎ ‎∴或.‎ ‎∵,‎ ‎∴对于,线段的中点的纵坐标恒为,即线段的中点总在直线上.‎ ‎14.()由,得,‎ 又,∴,‎ ‎∴椭圆.‎ ‎∵点在上,∴,得,‎ ‎∴,,‎ ‎∴椭圆的方程为.‎ ‎()设,,则,,‎ 由以为直径的圆经过坐标原点,得,‎ 即①,‎ 由,消去整理得,‎ 由,得.‎ 而,,②‎ 所以③,‎ 将②③代入①得,即.‎ 又∵,‎ 原点到直线的距离,‎ ‎∴,‎ 把代入上式得,‎ 故的面积为定值.‎ ‎15.()由题意可得,解得,,‎ ‎∴椭圆的方程为.‎ ‎()设直线的方程为,,,则 ‎,消去得,‎ ‎,.‎ ‎∵,‎ ‎∴,‎ 化简得即,‎ 解得.‎ 故直线的方程为或.‎ ‎()由()可知,,假设存在点,设,则 ‎,解得,‎ 故不存在点,使得以,为邻边的四边形是菱形.‎ ‎16.(1)设动圆圆心为,半径为 ‎∵两个定圆为和 ‎∴其圆心分别为,,半径分别为,‎ ‎∵‎ ‎∴两个定圆相内含 ‎∵动圆与两个圆均相切 ‎∴,‎ ‎∴‎ ‎∴动点的轨迹为以,为焦点,以4为长轴长的椭圆 ‎∴曲线的方程为 ‎(2)当,平行于坐标轴时,可知 当,不平行于坐标轴时,设,‎ 将的方程代入曲线的方程中消去化简得:‎ ‎∴,‎ 同理可得,‎ 由直线中令可得①‎ ‎∵与曲线交于,两点,与曲线交于,两点 ‎∴,代入①式化简得 ‎∴‎ 同理可得 ‎∵ ‎ ‎∴‎ 综上所述,‎ ‎17.(1)依题意解得 故椭圆的方程为.‎ ‎(2)设直线与轴相交于点,,‎ 由于且,‎ 得,(舍去)或,‎ 即直线经过点,‎ 设,,的直线方程为:,‎ 由即,‎ ‎,,‎ ‎,‎ 令,所以,‎ 因为,所以在上单调递增,所以在上单调递增,‎ 所以,所以(当且仅当,即时“”成立),‎ 故的最大值为3.‎
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