2023届高考数学二轮复习直线与圆锥曲线的位置关系、最值、范围问题作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习直线与圆锥曲线的位置关系、最值、范围问题作业含答案，共21页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知抛物线，圆的圆心为点，设椭圆经过点M，离心率为.，已知椭圆，已知点M是椭圆C等内容，欢迎下载使用。
直线与圆锥曲线的位置关系、最值、范围问题1．已知椭圆C：的长轴长为，，是C的左､右焦点，R为直线l：上一点，是底角为30°的等腰三角形，直线l与x轴交于点T，过点T作直线交C于点A，B.(1)求C的方程；(2)设D，E是直线l上关于x轴对称的两点，问：直线AD与BE的交点是否在一条定直线上？若在，求出这条定直线的方程；若不在，请说明理由.2．已知圆的圆心为A，点是圆A内一个定点，点C是圆A上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点D.(1)求动点D的轨迹E的方程；(2)给定点，设直线l不经过点P且与轨迹E相交于M，N两点，以线段为直径的圆过点P.证明：直线l过定点3．已知椭圆的离心率为，以椭圆两个焦点与短轴的一个端点为顶点构成的三角形的面积为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点作直线l与椭圆C相切于点Q，且直线l斜率大于0，过线段PQ的中点R作直线交椭圆于A，B两点（点A，B不在y轴上），连结PA，PB，分别与椭圆交于点M，N，试判断直线MN的斜率是否为定值；若是，请求出该定值．4．在平面直角坐标系xOy中，已知动点P到的距离比它到直线的距离小1.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点F的直线与曲线C交于A，B两点，，记直线QA，QB的斜率分别为，，求证：为定值.5．已知抛物线，圆的圆心为点．(1)求点到抛物线的准线的距离；(2)已知点是抛物线上一点（异于原点），过点作圆的两条切线，交抛物线于，两点，若过，两点的直线垂直于，求点的坐标．6．已知椭圆离心率为，短轴长为，过的直线与椭圆C相切于第一象限的T点.(1)求椭圆C的方程和T点坐标；(2)设O为坐标原点，直线平行于直线OT，与椭圆C交于不同两点A，B，且与直线l交于点P.证明：为定值.7．设椭圆经过点M，离心率为.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设椭圆E的右顶点为A，过定点且斜率不为0的直线与椭圆E交于B，C两点，设直线AB，AC与直线的交点分别为P，Q，求面积的最小值.8．已知椭圆：.(1)若直线与椭圆相交于，两点，且线段的中点为，求直线的斜率；(2)如图，已知椭圆：与椭圆有相同的离心率，过椭圆上的任意一动点作椭圆的两条不与坐标轴垂直的切线，，且，的斜率，的积恒为定值，试求椭圆的方程及的的值.9．①圆心C在直线上，圆C过点B (1，5)；②圆C过直线和圆的交点；在①②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中进行求解．已知圆C经过点A(6，0)，且.(1)求圆C的标准方程；(2)过点P (0，1)的直线与圆C交于M，N两点①求弦M N中点Q的轨迹方程；②求证为定值.注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.10．已知点M是椭圆C：上一点，，分别为椭圆C的上、下焦点，，当，的面积为5.(1)求椭圆C的方程：(2)设过点的直线和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线，使得与（O是坐标原点）的面积比值为5：7.若存在，求出直线的方程：若不存在，说明理由. 参考答案：1．(1)(2)在一条定直线上，【解析】【分析】（1）根据椭圆的长轴的定义和已知条件，结合椭圆的性质列方程计算a、b可得结果；（2）由（1）知直线l的方程为，T（6，0），设D，，，的坐标，分别讨论过点T的直线AB的斜率是否等于0两种情况，当斜率不为0时，联立方程组可得直线AD的方程和直线BE的方程，联立两方程可得AD与BE的交点恒在定直线上；当斜率为0时，可得A、B坐标，进而可得直线AD的方程和直线BE的方程，联立两方程可得AD与BE的交点恒在定直线上.(1)因为椭圆C：的长轴长为，所以.又是底角为30°的等腰三角形，所以，，所以.所以，即，解得.所以，所以椭圆C的方程为.(2)由（1）知直线l的方程为，T（6，0）.设D（6，t），，，，①当过点T的直线AB的斜率不等于0时，设直线AB的方程为，联立方程组消去x并整理得，所以，即，，，则.又由直线AD的方程是，直线BE的方程是，联立两直线的方程，并消去y得，，，，所以，所以AD与BE的交点恒在定直线上.②当过点T的直线AB的斜率等于0时.A，B是椭圆C的左､右两个顶点，不妨设，，则直线AD的方程是，直线BE的方程是，联立两直线的方程，并消去y得，所以此时AD与BE的交点也在定直线上.综上所述，直线AD与BE的交点恒在定直线上.【点睛】方法点睛：求解椭圆方程的题型一般步骤：（1）判断焦点位置；（2）设方程；（3）列方程组求参数；（4）得结论.2．(1)(2)证明过程见解析.【解析】【分析】（1）根据垂直平分线的性质得到，进而得到点符合椭圆的定义；（2）设直线方程与椭圆联立，利用韦达定理结合向量的数量积运算即可求解.(1)解：如图所示，由题知，圆的圆心为，半径，因为在线段的垂直平分线上，则又所以又半径所以故动点D的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，，则所以动点D的轨迹方程为：.(2)证明：因为直线l不经过点P且与轨迹E相交于M，N两点，以线段为直径的圆过点P所以则，即若直线的斜率不存在，设：（由题知，且）此时，，则，则解得，不符合题意当直线的斜率存在，设：联立得：设，，则，，则即化简得：解得：或者（舍去）此时成立，所以：故直线过定点.【点睛】关键点睛：解决本题第二问的关键在于两点，第一是联立直线与椭圆得到韦达定理，第二是利用线段为直径的圆过点P得到直线与直线垂直，从而转化为向量的数量积的坐标运算.3．(1)(2)是，【解析】【分析】（1）根据离心率以及椭圆两个焦点与短轴的一个端点为顶点构成的三角形的面积列出等式即可求解；（2）设出相关直线与相关点的坐标，直线与椭圆联立，点的坐标配合斜率公式化简，再运用韦达理化简可证明.(1)由题意得，解得，则椭圆C的标准方程为．(2)设切线PQ的方程为，，，，，由，消去y得①，则，解得或（舍去），将代入①得，，解得，则，所以，又R为PQ中点，则，因为PA，PB斜率都存在，不妨设，，由①可得，所以，，同理，，则，又R，A，B三点共线，则，化简得，所以.4．(1)；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义即可求得答案；（2）设直线AB的方程为斜截式，进而代入曲线C的方程并化简，进而结合根与系数的关系求得答案.(1)由题意，点P到的距离等于它到直线的距离，∴点P的轨迹为以为焦点，以直线为准线的抛物线，∴动点P的轨迹C的方程为.(2)显然，直线AB的斜率存在，设其方程为，，，由得，，，，∴，故为定值2.5．(1)(2)，【解析】【分析】（1）写出抛物线的准线方程，根据圆心坐标，即可求得答案.（2）设出设，，，，，，根据直线和圆相切得到方程，利用根与系数的关系结合两直线垂直，那么斜率之积为-1，化简整理可求得答案.(1)圆心，抛物线的准线为，点到抛物线的准线的距离为．(2)设，，，，，，则由题意得，，，设过点的圆的切线方程为，即①，则，即 ，设，的斜率为，，则，是上述方程的两根，，，将①代入得，由于是此方程的根，点或是过点作圆的两条切线与抛物线相交的交点，故，，，，，又，，，，解得，点的坐标为，．6．(1)，；(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)根据给定条件列式计算求出椭圆C的方程，再设出直线方程，与椭圆C的方程联立，借助判别式计算作答.(2)由(1)设出直线方程，求出点P的坐标，联立直线与椭圆C的方程，借助韦达定理计算作答.(1)令椭圆C的半焦距为c，依题意，，而，解得，所以的方程为；显然直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去y得：，由，解得：或，当时，，解得，点，当时，，解得，不符合题意，所以点坐标为.(2)由(1)知，直线的斜率，直线的方程为，设的方程为，，由解得：，即点，则，由消去y得：，则，，同理，，所以为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．7．(1)(2)【解析】【分析】（1）把点代入椭圆方程，然后结合离心率公式即可求出椭圆的标准方程；（2）设出直线方程，与椭圆方程联立消元写韦达，然后表示出直线，的方程，进而求得，，求得，结合韦达定理即可求解.(1)由题意知，，解得，所以椭圆的标准方程为．(2)设过点的直线方程为，代入椭圆的方程，整理得，因为，设，，则，①，由（1）得，则直线的方程为，令，得，同理可得将，代入，把①式代入，整理得，由，知所以面积的最小值为8．(1)(2)，【解析】【分析】（1）设，，利用点差法计算即可得出结果；（2）由题意设椭圆：，设椭圆过点的切线方程为：，联立，由，化简整理得，则，而，化简可得,要使之恒为定值，只需，计算可得结果.(1)设，，则，两式相减并整理得：；(2)由题得椭圆的离心率，故，因此椭圆：，设椭圆过点的切线方程为：，其中，即，且，即联立：，因为与椭圆相切，所以整理得，视为的一元二次方程，则其两根即为，由韦达定理，得，而，故上式要恒为定值，即与无关，则，得，此时， 综上，椭圆：，.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.9．(1)(2)①；②证明见解析【解析】【分析】（1）选①，待定系数法可解；选②，利用过直线和圆交点的直线系方程可得；（2）①利用，数量积为0直接求轨迹方程；②利用韦达定理代换后化简可证，注意讨论斜率不存在的情况.(1)选①条件：设所求圆的方程为，由题意得解得，，，所以所求圆的方程是选②条件：因为圆C过直线和圆的交点，所以设圆C的方程为，因为圆C过点A（6，0），将点A的坐标代入方程，解得，所以圆C的方程是，即(2)①设，圆心C（3，2）由题意可知：得②当直线的斜率不存在时，直线：交圆C得，当直线的斜率存在时，设直线：，设则消元得，其中则，，，综上所述：＝－3∴为定值.10．(1)(2)存在，【解析】【分析】（1）根据焦距可求出c,再根据以及的面积可求出a,b，即得椭圆方程；（2）设直线方程并和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，根据与的面积比值为5：7，得到相关等式，联立根与系数的关系式化简，即可得到结论.(1)由,由,,故,∴,∴,∴，即椭圆的标准方程为.(2)假设满足条件的直线存在，当直线的斜率不存在时，不合题意， 不妨设直线：，，，显然 ，联立，得，所以，因为，，得，即（3），由（1），（3），得 （4），将（1）（4）代入（3）得，所以直线的方程为，故存在直线，使得与的面积比值为5：7.【点睛】本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系，涉及到椭圆中的三角形面积问题，解答时一般思路是要将直线方程和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，再将该关系式代入到相关等式中化简，其中计算量大,多是关于字母参数的运算，要求计算准确，需要细心和耐心.