专题6 圆锥曲线硬解定理 微点2 圆锥曲线硬解定理综合训练

这是一份专题6 圆锥曲线硬解定理 微点2 圆锥曲线硬解定理综合训练，共20页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知椭圆 及圆O，已知，已知椭圆及.，，是椭圆，点P为曲线C上任意一点，直线l等内容，欢迎下载使用。
专题6  圆锥曲线硬解定理  微点2  圆锥曲线硬解定理综合训练专题6    圆锥曲线硬解定理微点2  圆锥曲线硬解定理综合训练1．已知椭圆C: 及点B(0,a),过B与椭圆相切的直线交x轴的负半轴于点A,F为椭圆的右焦点,则∠ABF等于(    )A．60° B．90° C．120° D．150°2．已知椭圆 及圆O：，如图，过点与椭圆相切的直线l交圆O于点A，若 ，则椭圆离心率的为（   ）A． B． C． D．3．已知：椭圆，直线，当m为何值时，直线与椭圆相切?4．已知椭圆及.（1）当为何值时，直线与椭圆有公共点？（2）若直线被椭圆截得的弦长为，求直线方程.5．已知椭圆以，为左右焦点，且与直线：相切于点.（1）求椭圆的方程及点的坐标；（2）若直线：与椭圆交于两点，且交于点（异于点），求证：线段长，，成等比数列.6．已知点是椭圆上一点是椭圆的两焦点，且满足．(1)求椭圆的标准方程；(2)求过与椭圆相切的直线方程．（2022·北京八十中模拟预测）7．已知椭圆的短轴长为2，离心率为，下顶点为A，右顶点为B.(1)求椭圆C的方程；(2)经过点的直线交椭圆C于P，Q两点（点P在点Q下方），过点P作x轴的垂线交直线AB于点D，交直线BQ于点E，求证：为定值.（2022·湖南·邵阳二中模拟预测）8．，是椭圆：的左、右顶点，是椭圆上位于轴上方的动点，直线，与直线：分别交于，两点，当点的坐标为时，．(1)求椭圆的方程；(2)记和的面积分别为和．求的取值范围．（2022·四川成都·模拟预测）9．点P为曲线C上任意一点，直线l：x＝－4，过点P作PQ与直线l垂直，垂足为Q，点，且．(1)求曲线C的方程；(2)过曲线C上的点作圆的两条切线，切线与y轴交于A，B，求△MAB面积的取值范围．（2022·山东·烟台二中模拟预测）10．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，设的内切圆与AC相切于点D，且，记动点C的轨迹为曲线T．(1)求T的方程；(2)设过点的直线l与T交于M，N两点，已知动点P满足，且，若，且动点Q在T上，求的最小值．11．已知双曲线过点，且的渐近线方程为．(1)求的方程；(2)如图，过原点作互相垂直的直线，分别交双曲线于，两点和，两点，，在轴同侧．①求四边形面积的取值范围；②设直线与两渐近线分别交于，两点，是否存在直线使，为线段的三等分点，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．（2022·天津和平·三模）12．已知椭圆的离心率为，且椭圆过点．(1)求椭圆的标准方程；(2)过右焦点的直线与椭圆交于两点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求的最小值．   
参考答案：1．B【解析】由题意画出图形，设出过的直线方程为，联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，由判别式等于0求得，进一步得到直线方程，求出的坐标，然后可求得．【详解】解如图，设过点的直线方程为：由 得由，得由题意取，则过点的直线方程为：令，得，所以在中，， 所以为直角三角形，即故选：B【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆位置关系的应用，是中档题．2．A【分析】由条件列出的齐次方程，由此可求椭圆离心率的值.【详解】由题意得是等边三角形，则直线的倾斜角为，其斜率为，故直线的方程为，代入椭圆方程整理得，其判别式，化简可得，则，又，所以，故选：A.3．.【分析】由得，当直线与椭圆相切时，，解方程即可得出答案.【详解】由得，当直线与椭圆相切时，，即，解得，即时直线与椭圆相切．4．（1）；（2）.【详解】试题分析：（1）把直线代入得，由，即可求解实数的取值范围；（2）设直线与椭圆交于两点，，从而可求得的值，得到直线的方程.试题解析：（1）把直线代入得，①∴，（2）设直线与椭圆交于两点，由①得， ∴， ∴，解得∴所求直线方程为考点：直线与圆锥曲线的位置及其综合应用.5．(1) (2)见解析【分析】(1) 设椭圆方程为 ，联立椭圆和直线的方程可得，由相切条件可得,从而得到椭圆的方程及点的坐标；(2) 联立直线与的方程解得点为，由弦长公式，联立椭圆与直线的方程，消去得，可得， ，从而可证线段长，，成等比数列.【详解】（1）由题意，设椭圆方程为 ，联立椭圆和直线的方程消去得所以 ，化简得，由知，，所以椭圆方程为.将代回原方程组，解得切点的坐标为.（2）联立直线与的方程解得点为，又因为，由弦长公式 得，所以.设，，联立椭圆与直线的方程，，消去得， ，得则，又因为 ， ，所以 所以线段长，，成等比数列.【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．6．(1)椭圆的标准方程为(2)直线方程为 【分析】（1）根据椭圆的定义得出基本量的值，得出椭圆方程；（2）椭圆是封闭图形，利用相切只有一个交点，将直线方程与椭圆方程联立有一个实数解可解得.（1）∵椭圆上的点A满足．∴，解得，∴椭圆的方程为，把代入得．，解得，∴椭圆方程的标准方程为．（2）解法1：过A与x轴垂直的直线与椭圆不相切，因此切线的斜率存在．设过的直线方程，由，消去y得关于x的方程：．令，解得，故所求的切线方程为： ．解法2：改写直线的方程为一般式，，相切时： ，得到，化简得，故所求的切线方程为： ．7．(1)(2) ，证明见解析. 【分析】（1）利用所给的条件列方程容易求解；（2）比较精确作图，初步判断D是EP的中点，运用韦达定理化简证明即可求解.(1)依题意，b=1， ，解得 ，椭圆C的方程为： ；(2)依题意作下图：设 ，直线l的方程为 ，将点(2,-1)代入得：m=-2k-1， 直线l：y=kx-(2k+1)；由于椭圆C：，∴A（0，-1），B（2,0），联立方程 ，得 ，， ，直线AB的方程为：x-2y-2=0，直线BQ的方程为： ， ， ，运用 …①易证得： …②，下面证明②： ，运用①中的韦达定理：=0，即②成立，∴ ，即点E和P的纵坐标之和等于D点纵坐标的2倍，∴D点是线段EP的中点，即 ；综上，椭圆C的方程为：，，故为定值.【点睛】本题的难点在于发现D点是EP的中点，如果直接求出 和 （用k表示的代数式）则计算量较大，容易出错，发现是中点后，直接用中点公式和韦达定理容易求解.8．(1)(2) 【分析】（1）根据题意列方程求解确定值即可；（2）分别求出和的表达式，作比根据基本不等式求最值.（1）由可得，∴，把代入椭圆的方程得，解得，所以椭圆的方程为．（2）显然直线存在斜率，设直线的方程为，由得，设，则，，从而，即，∴，又，直线的方程为，得，，，则，当且仅当，即时取等号，故的取值范围为．【点睛】解析几何中与弦长相关的三角形面积常有两种求法：（1），其中为弦长，为另一顶点到直线的距离；（2）面积等于水平宽与铅锤高积的一半.9．(1)(2) 【分析】（1）设点，通过得到等式关系，化简求得曲线方程；（2）设切线方程，通过点到切线的距离，化简成的一元二次方程，再韦达定理得出与的等式关系，再求出弦长，消去，再求面积即可．（1）设，由，得，两边平方得，所以曲线C的方程为；（2）设点的切线方程为（斜率必存在），圆心为，r＝1所以到的距离为：平方化为，设PA，PB的斜率分别为，则，因为PA：，令x＝0有，同理所以又因为代入上式化简为所以，令，，求导知在为增函数，所以．10．(1)(2) 【分析】（1）由切线长相等得，再结合椭圆的定义即可求得T的方程；（2）由解出点坐标，代入曲线T得，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，由得出动点P轨迹，再利用直线和曲线T相切求得的最小值即可.【详解】（1）不妨设的内切圆与BC，BA分别相切于点E，F，由切线长相等可知，，，∴，∴，∴动点C的轨迹为以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆（且C不在直线AB上），设动点C的轨迹方程为：，易知，且，解得，∴T的方程为：．（2）设，，，∵，∴，若，则，，即P与R重合，与矛盾，∴，∴，，∴，代入，又，化简得，同理可得，，∴，为方程的两根，∵，∴，即，即动点P在定直线：上，令直线：，当与T相切时，记，的距离为d，则，联立可得，由，解得，又，∴，此时，解得，，即切点为，且直线，的距离为，∴，当Q点坐标为，且时，，即，联立得，此时，，且直线P R即直线l：，即显然不过点和，符合题设条件，∴的最小值为．【点睛】本题关键点在于利用解出点坐标，代入曲线T得关系式，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，进而得到，为一元二次方程的两根，由得出动点P轨迹，将的最小值转化为直线上一点和椭圆上一点距离的最小值即可求解.11．(1)(2)①；②不存在，理由见解析 【分析】（1）根据题意求得，即可得解；（2）①易知直线，的斜率均存在且不为， 设，的方程为，则的方程为，联立，消元，则，利用韦达定理求得，再根据弦长公式可求得，同理可求得的范围及，再根据整理即可得出答案；②设直线的方程为，，联立，消元，根据求得的关系，利用韦达定理求得，再利用弦长公式求得，易求得的坐标，即可求出，再根据，为线段的三等分点，可得，结合，可得两个等量关系，从而可得出结论.(1)解：由题意有，则，将点代入双曲线方程得，联立解得，故的方程为；(2)解：①，易知直线，的斜率均存在且不为， 设，的方程为，则的方程为，联立，消整理得，直线与双曲线交于两点，故且，则，则，则，联立，消整理得，直线与双曲线交于两点，故且，解得，则，则，根据对称性可知四边形为菱形，其面积 ，，∴，∴，∴， ；②，假设满足题意的直线存在，易知直线斜率存在，设直线的方程为，，联立，整理得，则且，解得且，由韦达定理有，则 ，不妨设为直线与渐近线的交点，联立，解得，，同理可得点的坐标为，则 ，因为，为线段的三等分点，，即，整理得，①，，则，即， ，整理得,②联立①②得，无解，故没有满足条件的直线．【点睛】本题考查了双曲线的渐近线及球求双曲线的方程，还考查了直线与双曲线的位置关系及弦长，考查了双曲线中三角形的面积问题，考查了探究双曲线中直线的存在性问题，考查了学生的计算能力及数据分析能力，计算量很大，属于难题.12．(1)(2)2 【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）考虑直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，当直线斜率不存在时，求出，当直线斜率存在时，设出直线方程，联立后利用弦长公式求出，再表达出直线PQ的方程，表达出，用基本不等式求解最小值，与比较大小，求出最小值.【详解】（1）由题意得：，解得：，所以椭圆方程为（2）由（1）知：，当直线的斜率不存在时，，，，此时，当直线的斜率存在时，故可设直线为，联立椭圆方程得：，设，则，其中所以，其中，所以，因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，所以直线PQ：，令得：，所以，故，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，所以，因为，所以的最小值为2.【点睛】圆锥曲线求解取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，表达出线段长或面积等，最后用基本不等式或配方，求导等求解最值或取值范围.