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    专题十八 圆锥曲线的综合运用-2021届高三《新题速递•数学》11月刊(江苏专用 适用于高考复习)
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    专题十八 圆锥曲线的综合运用-2021届高三《新题速递•数学》11月刊(江苏专用 适用于高考复习)

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    这是一份专题十八 圆锥曲线的综合运用-2021届高三《新题速递•数学》11月刊(江苏专用 适用于高考复习),文件包含专题十八圆锥曲线的综合运用原卷版docx、专题十八圆锥曲线的综合运用解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共67页, 欢迎下载使用。

    专题十八 圆锥曲线的综合运用
    一、单选题
    1.已知椭圆、双曲线均是以直角三角形ABC的斜边AC的两端点为焦点的曲线,且都过B点,它们的离心率分别为,则=( )
    A. B.2 C. D.3
    【答案】B
    【分析】
    分别由椭圆和双曲线的定义表示出AB和BC的长,再利用勾股定理化简可得结果.
    【详解】
    如图

    由题,设椭圆的长半轴为,双曲线的半实轴为,根据椭圆和双曲线定义:

    可得

    在直角三角形ABC中,由勾股定理可得


    即2
    故选B
    【点睛】
    本题考查了圆锥曲线的综合,主要考查了定义以及离心率,熟悉定义和性质是解题的关键,属于中档偏上题目.
    2.(2020·福建厦门一中月考)已知双曲线的左焦点为,以为直径的圆与双曲线的渐近线交于不同原点的两点,若四边形的面积为,则双曲线的渐近线方程为( )
    A. B. C. D.
    【答案】C
    【分析】
    根据题意,,双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为,所以 ,进而,四边形面积为,由可化简得,写出渐近线方程即可.
    【详解】
    根据题意,,双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为,则,所以,所以,所以,所以双曲线的渐近线方程为.
    【点睛】
    本题主要考查了双曲线的标准方程,渐近线,点到直线的距离,属于难题.
    3.已知O为坐标原点,F是椭圆C:的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【详解】
    试题分析:如图取与重合,则由直线同理由,故选A.


    考点:1、椭圆及其性质;2、直线与椭圆.
    【方法点晴】
    本题考查椭圆及其性质、直线与椭圆,涉及特殊与一般思想、数形结合思想和转化化归思想,考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力,综合性较强,属于较难题型. 如图取与重合,则由直线同理由
    .

    4.已知双曲线的左、右焦点分别为,若在双曲线上存在点使是以为顶点的等腰三角形,又,其中为双曲线的半焦距,则双曲线的离线率为( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    ∵是以为顶点的等腰三角形
    ∴,又∵,∴,
    ∴.(1)
    又∵,化简得.(2)
    由两边平方得.
    把(1)(2)代入上式得.
    点睛:本题主要考查、双曲线的定义、双曲线的几何性质及离心率,属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析,既使不画出图形,思考时也要联想到图形,当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时,要理清它们之间的关系,挖掘出它们之间的内在联系.
    5.设双曲线的左、右焦点分别为,过的直线与双曲线的右支交于两点,若,且是的一个四等分点,则双曲线的离心率是( )
    A. B. C. D.5
    【答案】B
    【解析】
    若,则可设,因为是的一个四等分点;
    若,则,但此时,再由双曲线的定义,得,得到,这与矛盾;
    若,则,由双曲线的定义,得,则此时满足,
    所以 是直角三角形,且 ,
    所以由勾股定理,得,得,
    故选B.
    【点睛】本题考查了双曲线的定义与简单几何性质,直角三角形的判定与性质,考查转化思想与运算能力,分类讨论思想,属于中档题,首先对是的一个四等分点进行分类讨论,经过讨论,只有成立,经过分析,发现证明了 是直角三角形,且,因此可利用勾股定理得到之间的关系,进而得到的值,综合分析发现得到 是直角三角形是解决问题的关键.
    6.已知双曲线:的左、右焦点与虚轴的一个端点构成一个角为的三角形,则双曲线的离心率为( )
    A. B. C.3 D.5
    【答案】B
    【解析】
    根据双曲线的对称性知:
    7.已知双曲线的虚轴长是实轴长的2倍,则双曲线的标准方程为( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【分析】
    由题意得到关于m的方程,解方程求得m的值即可确定双曲线方程.
    【详解】
    由题意可得:,
    则实轴长为:,虚轴长为,
    由题意有:,解得:,
    代入可得双曲线方程为.
    本题选择D选项.
    【点睛】
    本题主要考查双曲线方程的求解,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
    8. 椭圆的离心率为( )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【解析】
    由椭圆方程可知:
    ∴,
    ∴椭圆的离心率为
    故选B
    9.已知点是椭圆的焦点,点在椭圆上且满足,则的面积为( )
    A. B. C.2 D.1
    【答案】D
    【解析】
    ,所以,所以 , , ,解得: ,所以三角形的面积为 ,故选D.
    10.已知椭圆=1(n>0)与双曲线=1(m>0)有相同的焦点,则动点P(n,m)的轨迹是(  )
    A.椭圆的一部分 B.双曲线的一部分
    C.抛物线的一部分 D.圆的一部分
    【答案】D
    【分析】
    由椭圆和双曲线方程可求得焦点坐标,进而根据有相同的焦点,建立等式求得m和n的关系即可.
    【详解】
    :∵椭圆=1与双曲线=1有相同的焦点,∴9-n2=4+m2,即m2+n2=5(0<n<3)这是圆的一部分,故选D
    【点睛】
    在用直接法探究轨迹方程时,可直接列出动点坐标所满足的关系式,但在将等式变形和化简过程中,要留心是否需要讨论,以及取值范围是否存在限制.

    二、多选题
    11.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现:“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆在平面直角坐标系中,点.设点的轨迹为,下列结论正确的是( )
    A.的方程为
    B.在轴上存在异于的两定点,使得
    C.当三点不共线时,射线是的平分线
    D.在上存在点,使得
    【答案】BC
    【分析】
    通过设出点P坐标,利用即可得到轨迹方程,找出两点即可判断B的正误,设出点坐标,利用与圆的方程表达式解出就存在,解不出就不存在.
    【详解】
    设点,则,化简整理得,即,故A错误;根据对称性可知,当时,,故B正确;对于C选项,,,要证PO为角平分线,只需证明,即证,化简整理即证,设,则,
    ,则证
    ,故C正确;对于D选项,设,由可得,整理得,而点M在圆上,故满足,联立解得,无实数解,于是D错误.故答案为BC.
    【点睛】
    本题主要考查阿氏圆的相关应用,轨迹方程的求解,意在考查学生的转化能力,计算能力,难度较大.

    第II卷(非选择题)
    请点击修改第II卷的文字说明

    三、解答题
    12.(2020·陕西安康·月考(理))已知抛物线的焦点为F,过F且斜率为k的直线与抛物线交于A,B两点.
    (1)设O为坐标原点,直线,的斜率分别为,,证明:;
    (2)过A,B两点分别作抛物线的切线,设两切线交于点C,若的面积为,求k的值.
    【答案】(1)证明见解析;(2).
    【分析】
    (1)设,联立方程组,得到,,结合斜率公式,即可求解;
    (2)分别求得的方程,联立方程组,求得,结合弦长公式和三角形的面积公式,即可求解.
    【详解】
    (1)由题意,抛物线,可得,设,
    代入抛物线方程得,
    设,,可得,,
    .
    (2)不妨设,,由得,
    所以,,
    联立解得,即,
    所以,
    所以,解得.
    【点睛】
    解答直线与圆锥曲线问题时,通常联立方程组,应用二次方程根与系数的关系进行求解,此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错解,同时在证明定值问题时,有时可直接证明定值,有时将问题转化为代数式,可证明该代数式与参数(某些变量)无关,得出定值.
    13.(2020·江苏高三月考)已知椭圆:的离心率为,焦距为.
    (1)求的方程;
    (2)若斜率为的直线与椭圆交于,两点(点,均在第一象限),为坐标原点,证明:直线,,的斜率依次成等比数列.
    【答案】(1) .(2)见解析.
    【分析】
    (1)根据题中条件,得到,再由,求解,即可得出结果;
    (2)先设直线的方程为,,,联立直线与椭圆方程,结合判别式、韦达定理等,表示出,只需和相等,即可证明结论成立.
    【详解】
    (1)由题意可得 ,解得,
    又,
    所以椭圆方程为.
    (2)证明:设直线的方程为,,,
    由,消去,得
    则,且,


    即直线,,的斜率依次成等比数列.
    【点睛】
    本题主要考查求椭圆的标准方程,以及椭圆的应用,熟记椭圆的标准方程以及椭圆的简单性质即可,属于常考题型.
    14.点是圆上一动点,点.

    (Ⅰ)若,求直线的方程;
    (Ⅱ)过点作直线的垂线,垂足为,求的取值范围.
    【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).
    【解析】
    试题分析:
    (Ⅰ)由题意可得圆的标准方程为.由结合关系可知,满足题意时是的切线.求得斜率为.直线的方程为:.
    (Ⅱ)由题意可知在以为直径的圆上,设,,,
    原问题等价于与与有交点,据此可得.
    试题解析:
    (Ⅰ).
    ∵,,,∴,是的切线.
    设直线,即,
    ∴,解得:.
    ∴直线的方程为:.
    (Ⅱ)∵,∴在以为直径的圆上

    设,,,
    与有交点,
    ∴.
    15.已知椭圆的左、右焦点分别是,是其左右顶点,点是椭圆上任一点,且的周长为6,若面积的最大值为.
    (1)求椭圆的方程;
    (2)若过点且斜率不为0的直线交椭圆于两个不同点,证明:直线于的交点在一条定直线上.
    【答案】(1) (2)见解析
    【分析】
    (1)利用椭圆的定义,可求出周长的表达式,当点是椭圆的上(或下)顶点时,面积有最大值为,列出等式,结合,求出椭圆方程;
    (2)设出直线的方程,与椭圆方程联立,得到一个一元二次方程,求出直线与的交点的坐标,结合一元二次方程根与系数关系,得出结论.
    【详解】
    解:(1)由题意得
    椭圆的方程为;
    (2)由(1)得,,,设直线的方程为,
    ,,由,得,
    ,,,
    直线的方程为,直线的方程为,
    ,,
    ,直线与的交点在直线上.
    【点睛】
    本题考查了椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、定直线问题.
    16.过圆上的点作圆的切线,过点作切线的垂线,若直线过抛物线的焦点.
    (1)求直线与抛物线的方程;
    (2)直线与抛物线交于,直线与抛物线交于且与交于点,求的值.
    【答案】(1),;(2)2.
    【解析】
    试题分析:⑴先求出过点点且与圆相切的直线方程,然后计算出点作切线的垂线,最后计算出抛物线方程(2)设各点坐标,联立直线与抛物线方程,利用根与系数之间的关系,将斜率转化为坐标的形式,代入计算可得结果
    解析:(1)过点且与圆相切的直线方程为,
    斜率为,故直线的斜率为,故直线的方程为:,
    即.
    令,可得,故的坐标为,
    ∴,抛物线的方程为;
    (2)设,,,,
    由可得,则,,
    同理,由过点可得,
    ∴,, ,
    ∴.
    17.已知抛物线的内接等边三角形的面积为(其中为坐标原点).
    (1)试求抛物线的方程;
    (2)已知点两点在抛物线上,是以点为直角顶点的直角三角形.
    ①求证:直线恒过定点;
    ②过点作直线的垂线交于点,试求点的轨迹方程,并说明其轨迹是何种曲线.
    【答案】(1);(2)①证明见解析;②,是以为直径的圆(除去点.
    【分析】
    (1)设A(xA,yA),B(xB,yB),由|OA|=|OB|,可得2pxA2pxB,化简可得:点A,B关于x轴对称.因此AB⊥x轴,且∠AOx=30°.可得yA=2p,再利用等边三角形的面积计算公式即可得出;
    (2)①由题意可设直线PQ的方程为:x=my+a,P(x1,y1),Q(x2,y2).与抛物线方程联立化为:y2﹣my﹣a=0,利用∠PMQ=90°,可得0利用根与系数的关系可得m,或(m),进而得出结论;
    ②设N(x,y),根据MN⊥NH,可得0,即可得出.
    【详解】
    (1)解依题意,设,,
    则由,得,
    即,
    因为,,所以,
    故,,
    则,关于轴对称,
    所以轴,且,
    所以.
    因为,所以,
    所以,
    故,,
    故抛物线的方程为.
    (2)①证明 由题意可设直线的方程为,
    ,,
    由,消去,得,
    故,,.
    因为,所以.
    即.
    整理得,

    即,
    得,
    所以或.
    当,即时,
    直线的方程为,
    过定点,不合题意舍去.
    故直线恒过定点.
    ②解 设,则,即,
    得,
    即,
    即轨迹是以为直径的圆(除去点).
    【点睛】
    本题考查了抛物线与圆的标准方程及其性质、直线与抛物线相交问题、等边三角形的性质、向量垂直与数量积的关系、一元二次方程的根与系数的关系、直线经过定点问题,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
    18.(2019·新疆乌鲁木齐·乌市一中月考)已知椭圆过点,其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q、P,与椭圆分别交于点M、N,各点均不重合且满足.
    求椭圆的标准方程;
    若,试证明:直线l过定点并求此定点.
    【答案】(1);(2)见解析
    【分析】
    (1)由已知条件推导出,,由此能求出椭圆的方程.
    (2)由题意设,,,,设l方程为,由已知条件推导出,,由此能证明直线l过定点并能求出此定点.
    【详解】
    解:椭圆过点,
    ,设焦距为2c,
    长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列,
    ,又
    解得
    椭圆的方程为
    由题意设,,,,
    设l方程为,
    由,知
    ,由题意,,
    同理由知,,
    ,,
    联立,得,

    且有,
    代入得,,
    直线与轴正半轴和轴分别交于点Q、P,
    由题意,满足,
    得方程为,过定点,即为定点
    【点睛】
    本题考查椭圆方程的求法,考查直线过定点的证明,解题时要认真审题,注意向量知识和等价转化思想的合理运用.对于椭圆方程的求法,一般都是根据题意建立关于的方程,从而求得椭圆方程,注意焦点位置.而对于直线过定点问题主要有两种思路:(1)可先设出直线方程为,然后利用条件建立的等量关系进行消元,借助于直线系的思想找出定点;(2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关.
    19.(2020·河北月考)在平面直角坐标系中,已知,,动点满足.
    (1)求动点的轨迹的方程;
    (2)过点作直线交于,两点,若的面积是的面积的2倍,求.
    【答案】(1);(2).
    【分析】
    (1)设,求得的坐标,结合,化简、整理,即可求得抛物线的方程;
    (2)设,不妨设,由,求得,设直线的方程为,联立方程组,结合根与系数的关系,求得,,进而求得,利用弦长公式,即可求解.
    【详解】
    (1)设,因为,,
    则,,.
    由,可得,化简得,
    即动点的轨迹的方程为.
    (2)设,,
    由题意知,,
    易知,不妨设,
    因为,所以,所以. ①
    设直线的方程为,
    联立消去,得,则,
    可得, ②
    由①②联立,解得,
    所以.
    【点睛】
    本题主要考查了向量的坐标运算,抛物线的标准方程的求解,以及直线与抛物线的位置关系的综合应用,解答此类题目,通常联立直线方程与抛物线方程,应用一元二次方程根与系数的关系进行求解,此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错解,能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
    20.已知圆:.
    (1)过点向圆引切线,求切线的方程;
    (2)过点任作一条直线交圆于、两点,问在轴上是否存在点,使得?若存在,求出的坐标,若不存在,请说明理由.
    【答案】(1) 或;(2)见解析
    【分析】
    (1)通过直线与圆的位置关系相切,建立方程计算得到直线方程;
    (2)将角度相等问题转化为斜率和为0,从而直曲联立,建立韦达定理得到N的坐标.
    【详解】
    解:(1)设切线的方程为,∵与圆相切,
    ∴,解得或.∴的方程为或;
    (2)假设存在,当直线与轴不垂直时,设直线的方程为,代入,得,
    设,,∴,.
    ∵,


    ∵,
    ∴,即,得.
    当直线与轴垂直时,也成立.故存在点,使得.
    【点睛】
    本题主要考查直线与圆的位置关系,将角度相等问题转化为斜率和为0问题是解决本题的关键,意在考查学生的计算能力及划归能力.
    21.已知椭圆的离心率为,过焦点且垂直于轴的直线被椭圆所截得的弦长为.
    (1)求椭圆的标准方程;
    (2)若经过点的直线与椭圆交于不同的两点是坐标原点,求的取值范围.
    【答案】(1)(2)
    【分析】
    (1)根据离心率以及弦长,结合,可知,可得结果.
    (2)假设点坐标,根据斜率存在与否假设直线方程,并与椭圆方程联立,使用韦达定理,表示出,结合不等式,可得结果.
    【详解】
    解:(1)设椭圆的半焦距为.
    因为过焦点且垂直于轴的直线交椭圆
    所得的弦长为,所以,
    得①因为椭圆的离心率为,
    所以②
    又③
    由①②③,解得.
    故椭圆的标准方程是.
    (2)当直线的斜率不存在时,
    直线的方程为,联立
    解得或
    则点的坐标分别为
    ,或,.
    所以

    当直线的斜率存在时,
    设直线的方程为.
    联立消去
    得,
    因为点在椭圆的内部,
    所以直线与椭圆一定有两个不同的交点.
    则.
    所以
    化简可得

    化简可得.
    因为,所以,
    所以,所以.
    所以,
    即,所以.
    综上,的取值范围是.
    【点睛】
    本题考查椭圆方程,以及直线与椭圆的几何关系,一般联立方程,使用韦达定理,重在于计算,考验计算能力,属中档题.
    22.已知圆:和点,是圆上任意一点,线段的垂直平分线和相交于点,的轨迹为曲线.
    (1)求曲线的方程;
    (2)点是曲线与轴正半轴的交点,直线交于、两点,直线,的斜率分别是,,若,求:①的值;②面积的最大值.
    【答案】(1);(2)①②.
    【解析】
    试题分析:
    (1)由圆的方程得圆心为,半径为,可得,,
    所以曲线是,为焦点,长轴长为的椭圆,即可求解椭圆的方程;
    (2)①由直线方程和椭圆的方程联立方程组,由,解得,,根据,化简得即可解得的值;
    ②由题意,利用均值不等式,即可求解面积的最大值.
    试题解析:
    (1)圆:的圆心为,半径为,点 在圆内,,
    所以曲线是,为焦点,长轴长为的椭圆,
    由,,得,所以曲线的方程为.
    (2)①设,,直线:,联立方程组得

    由,解得,,,
    由知

    且,代入化简得,解得,
    ② (当且仅当时取等号).
    综上,面积的最大值为.
    点睛:本题对考生计算能力要求较高,是一道难题.解答此类题目,利用椭圆的定义和 的关系,确定椭圆方程是基础,通过联立直线方程与椭圆(圆锥曲线)方程的方程组,应用一元二次方程根与系数的关系,得到面积的解析式,应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解,本题易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
    23.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.
    【答案】(1);(2)或.
    【分析】
    (Ⅰ)求椭圆标准方程,只需确定,由,得,再利用,可解得,;
    (Ⅱ)先化简条件: ,即M再OA中垂线上,.设直线方程为,点可求;根据,求点H,由点斜式得到直线MH方程,联立直线和直线MH方程,求得表达式,列等量关系解出直线斜率.
    【详解】
    解:(Ⅰ)设,由,即,
    可得,又,
    所以,因此,所以椭圆的方程为.
    (Ⅱ)设,直线的斜率为,则直线的方程为,
    由方程组 消去,整理得,
    解得或,
    由题意得,从而,
    设,由(1)知, 有,,
    由,得,
    所以,解得,
    因此直线的方程为,
    设,由方程组 消去,得,
    在中, ,
    即,化简得,即,
    解得或,
    所以直线的斜率为或.
    【点睛】
    本题考查椭圆方程的求法,直线与椭圆的位置关系的应用,体现了“整体运算”思想和“设而不求”的解题方法,考查转化思想和运算能力,属于中档题.
    24.设椭圆的右顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率为,.
    (1)求椭圆的方程;
    (2)设直线与椭圆交于,两点,与直线交于点M,且点P,M均在第四象限.若的面积是面积的2倍,求的值.
    【答案】(1);(2).
    【解析】
    分析:(I)由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为.
    (II)设点P的坐标为,点M的坐标为 ,由题意可得.
    易知直线的方程为,由方程组可得.由方程组可得.结合,可得,或.经检验的值为.
    详解:(I)设椭圆的焦距为2c,由已知得,又由,可得.由,从而.
    所以,椭圆的方程为.
    (II)设点P的坐标为,点M的坐标为,由题意,,
    点的坐标为.由的面积是面积的2倍,可得,
    从而,即.
    易知直线的方程为,由方程组消去y,可得.由方程组消去,可得.由,可得,两边平方,整理得,解得,或.
    当时,,不合题意,舍去;当时,,,符合题意.
    所以,的值为.
    点睛:解决直线与椭圆的综合问题时,要注意:
    (1)注意观察应用题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件;
    (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.
    25.设椭圆的方程为,点为坐标原点,点的坐标为,点的坐标为,点在线段上,满足,直线的斜率为.
    (1)求的离心率;
    (2)设点的坐标为,为线段的中点,点关于直线的对称点的纵坐标为,求的方程.
    【答案】(1) (2)
    【分析】
    (1)因为,可以求出M点的坐标,利用直线的斜率为可以推导出 之间的关系,即可求出离心率.
    (2)根据题意表示出N关于AB的对称点,利用对称,找出NS中点T应当满足的条件,① ②T在AB上,进而求出.
    【详解】
    解:(1)∵点M在线段上,满足.


    (2)由(1)可得直线的方程为,
    设点N关于直线的对称点为,线段的中点
    又垂直平分线段,,
    ∴则,故方程为.
    【点睛】
    本题的关键是利用点关于直线的对称,即垂直和平分构建方程组求解基本量.
    26.已知椭圆,、为它的左、右焦点,为椭圆上一点,已知,,且椭圆的离心率为.
    (1)求椭圆方程;
    (2)已知,过的直线与椭圆交于、两点,求面积的最大值.
    【答案】(1);(2),当且仅当时取到.
    【解析】
    试题分析:(1)利用离心率和焦点三角形的面积公式列方程组,可求得的值,即可得椭圆的方程.(2)设出直线的方程,联立直线的方程和椭圆的方程,写出韦达定理,利用弦长公式和点到直线距离公式将面积的表达式求出,换元后利用配方法可求得面积的最大值.
    试题解析:
    解:(1)∵,
    ∴,又.
    ∵,∴.
    椭圆方程为.
    (2)设


    ∴或.
    设.


    令,


    ,当且仅当时取到.
    点睛:本题主要考查直线和圆锥曲线的位置关系,考查圆锥曲线方程的求法,考查直线和椭圆相交所得弦长公式和三角形面积的最值的求法.第一问求椭圆的标准方程,利用的是题目所给的离心率和焦点三角形的面积公式,这个公式可以作为一个小结论来记忆.第二问求三角形面积的最值,先用韦达定理求出弦长,利用点到直线距离公式求出高,由此得到面积的表达式,最后再求最值.
    27.已知椭圆:的离心率是,是椭圆的左、右焦点,点为椭圆的右顶点,点为椭圆的上顶点,且.

    (1)求椭圆的方程;
    (2)若直线过右焦点且交椭圆于两点,点是直线上的任意一点,直线的斜率分别为,问是否存在常数,使得成立?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
    【答案】(Ⅰ) (Ⅱ).
    【解析】
    试题分析:(Ⅰ)根据条件确定的值,确定椭圆的方程.
    (Ⅱ)设出直线的方程与椭圆方程联立,用韦达定理化简,求出的值即可
    试题解析:(Ⅰ),则,
    即……2分
    又,代入上式中得到,
    于是
    故椭圆的方程为

    (Ⅱ)由(Ⅰ)知的坐标为.设,,.
    (1)当直线的斜率不为零时,设的方程为.
    联立消去得,.
    ∴,


    .
    又∵,∴ .
    (2)当直线的斜率为零时,显然有:
    ∴仍成立.
    综上知,存在,使得成立.
    点晴:本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系. 直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想,另一方面要结合已知条件,从图形角度求解.设出直线方程,联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组,化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法.
    28.已知椭圆的左、右顶点分别为,,左、右焦点分别为,,离心率为,点,为线段的中点.

    ()求椭圆的方程.
    ()若过点且斜率不为的直线与椭圆交于、两点,已知直线与相交于点,试判断点是否在定直线上?若是,请求出定直线的方程;若不是,请说明理由.
    【答案】(1);(2)点在定直线上.
    【解析】
    试题分析: (Ⅰ)求椭圆标准方程,一般方法为待定系数法,即根据条件建立关于的两个独立条件,再与联立方程组,解出的值,(Ⅱ)先根据特殊直线或椭圆几何性质确定定直线,再根据条件证明点横坐标为1.由题意设两点坐标,用两点坐标表示点横坐标.根据直线方程与椭圆方程联立方程组,利用韦达定理得两点坐标关系(用直线斜率表示),并代入点横坐标表达式,化简可得为定值.
    试题解析: (Ⅰ)设点,由题意可知:,即 ①
    又因为椭圆的离心率,即 ②
    联立方程①②可得:,则
    所以椭圆的方程为.
    (Ⅱ)方法一:根据椭圆的对称性猜测点是与轴平行的直线上.
    假设当点为椭圆的上顶点时,直线的方程为,此时点,
    则联立直线和直线可得点
    据此猜想点在直线上,下面对猜想给予证明:
    设,联立方程可得:
    由韦达定理可得, (*)
    因为直线,,
    联立两直线方程得(其中为点的横坐标)即证:,
    即,即证
    将(*)代入上式可得
    此式明显成立,原命题得证.所以点在定直线上上.
    方法二:设,两两不等,
    因为三点共线,所以,
    整理得:
    又三点共线,有: ①
    又三点共线,有: ② 将①与②两式相除得:

    即,
    将即代入得:
    解得(舍去)或,所以点在定直线上.
    方法三:显然与轴不垂直,设的方程为,.
    由得.
    设,两两不等,
    则,,
    由三点共线,有: ①
    由三点共线,有: ②
    ①与②两式相除得:

    解得(舍去)或,所以点在定直线上.
    点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少,或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题,证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似,在求定点、定值之前已知该值的结果,因此求解时应设参数,运用推理,到最后必定参数统消,定点、定值显现.
    29.椭圆的上顶点为是椭圆上的一点,以为直径的圆经过椭圆的右焦点.
    (1)求椭圆的方程;
    (2)设为椭圆的左焦点,过右焦点的直线与椭圆交于不同两点,记的内切圆的面积为,求当取最大值时直线的方程,并求出最大值.
    【答案】(1);(2)直线的方程为:,最大值为.
    【解析】
    试题分析:(1)由于以为直径的圆经过椭圆的右焦点,可得,再由点在椭圆上,联立可得的值,则椭圆方程可求;(2)设,, 的内切圆半径为,运用等积法和韦达定理,弦长公式,结合基本不等式即可求得最大值
    试题解析:(1)由题知,
    得,
    又点在椭圆上,所以解得,
    又,
    联立①:解得:,故所求椭圆的方程.
    (2)易知直线的斜率不为0,可设直线的方程为:,
    由得:,

    设内切圆的半径为的周长为,面积为,由椭圆的定义和,要使内切圆面积最大,只需要求的面积最大,
    的面积为:,
    ,令
    ,当且仅当即时取等号,此时
    直线的方程为:.
    30.已知点是椭圆的右焦点,点,分别是轴,轴上的动点,且满足.若点满足(为坐标原点).
    (Ⅰ)求点的轨迹的方程;
    (Ⅱ)设过点任作一直线与点的轨迹交于,两点,直线,与直线分别交于点,,试判断以线段为直径的圆是否经过点?请说明理由.
    【答案】(1)(2)经过
    【分析】
    (Ⅰ)由椭圆的方程,得到右焦点的坐标,根据向量的数量积的运算公式,求得和,代入即可求解抛物线的标准方程;
    (Ⅱ)解法一:设直线的方程为,得到,,联立方程组,求得,利用向量的数量积的运算,即可得到证明;
    解法二:①当时,利用向量的数量积得到;②当不垂直轴时,设直线的方程为,联立方程组,求解,进而证得,即可得到证明.
    【详解】
    (Ⅰ)∵椭圆右焦点的坐标为,
    ∴.∵,
    ∴由,得.
    设点的坐标为,由,有,
    ,代入,得.
    即点的轨迹的方程为.
    (Ⅱ)解法一:设直线的方程为,,,
    则:,:.
    由得,同理得.
    ∴,,则.
    由得,∴.
    则.
    因此,以线段为直径的圆经过点.
    解法二:①当时,,,则:,:.
    由,得点的坐标为,则,
    由,得点的坐标为,则.
    ∴.
    ②当不垂直轴时,设直线的方程为,,,
    同解法一,得.
    由,得,∴.
    则.
    因此,以线段为直径的圆经过点.
    【点睛】
    本题主要考查椭圆的几何性质和抛物线的标准方程、以及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目,通常联立直线方程与椭圆(圆锥曲线)方程的方程组,应用一元二次方程根与系数的关系,合理应用韦达定理求解,此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错漏百出,本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
    31.如图,抛物线:与圆:相交于,两点,且点的横坐标为.过劣弧上动点作圆的切线交抛物线于,两点,分别以,为切点作抛物线的切线,,与相交于点.

    (Ⅰ)求的值;
    (Ⅱ)求动点的轨迹方程.
    【答案】(Ⅰ);(Ⅱ),
    【解析】
    试题分析:(Ⅰ)由点的横坐标为,可得点的坐标为,
    代入,解得;(Ⅱ)设,,,.切线:,
    代入得,由解得
    方程为,同理方程为
    联立,解得
    试题解析:(Ⅰ)由点的横坐标为,可得点的坐标为,
    代入,解得
    (Ⅱ)利用直线与圆锥曲线的位置关系,可知方程为,其中,满足,,再利用中点公式,可知满足
    代入得,考虑到,知
    动点的轨迹方程为,.
    点睛:本题主要考查了抛物线的方程及直线与抛物线、圆的位置关系,是高考的必考点,属于难题.求抛物线方程的方法一般就是根据条件建立的方程,求出即可,注意定义的应用;涉及直线与圆锥曲线相交时,未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程,要特别注意直线斜率是否存在的问题,避免不分类讨论造成遗漏,然后要联立方程组,得一元二次方程,利用根与系数关系写出,再根据具体问题应用上式,其中要注意判别式条件的约束作用.
    32.设分别是椭圆的左、右焦点,过倾斜角为的直线与相交于两点,且.
    (Ⅰ)求的离心率;
    (Ⅱ)设点满足,求的方程.
    【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).
    【解析】
    试题分析:(Ⅰ)设直线的方程,与椭圆方程联立,得到根与系数的关系,根据弦长公式 ,再根据 ,解出 的值;(Ⅱ)设的中点为,若 ,可得 ,代入中点坐标公式得到 .
    试题解析:(Ⅰ)由题设可设的方程为.
    将代入椭圆方程得.
    ∴满足.
    ∵,而,
    ∴,即.
    ∴的离心率.
    (Ⅱ)设的中点为,
    由(Ⅰ)知
    ∵,∴,即.
    代入上式得,从而,∴.
    ∴椭圆的方程为.
    33.(2020·广东高二月考(理))如图所示,A,B分别是椭圆C:=1(a>b>0)的左右顶点,F为其右焦点,2是|AF|与|FB|的等差中项,是|AF|与|FB|的等比中项.点P是椭圆C上异于A,B的任一动点,过点A作直线l⊥x轴.以线段AF为直径的圆交直线AP于点A,M,连接FM交直线l于点Q.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)试问在x轴上是否存在一个定点N,使得直线PQ必过该定点N?若存在,求出点N的坐标,若不存在,说明理由.

    【答案】(1);(2)见解析
    【分析】
    (1)根据题意,用a、c表示出|AF|、|FB,再根据等差中项与等比中项定义求出a、b、c,进而求得椭圆方程.
    (2)假设存在这样的定点.设出动点P,由P再椭圆上,用x0表示y0,再表示出FM的方程,联立FM与直线,得交点Q,进而求得过定点的坐标.
    【详解】
    (1)由题意得|AF|=a+c,|FB|=a-c,

    解得a=2,c=1,∴b2=4-1=3.
    ∴所求椭圆的方程为=1.

    (2)假设在x轴上存在一个定点N(n,0),使得直线PQ必过定点N(n,0).
    设动点P(x0,y0),由于P点异于A,B,故y0≠0,
    由点P在椭圆上,故有=1,
    ∴. ①
    又由(1)知A(-2,0),F(1,0),
    ∴直线AP的斜率kAP=.
    又点M是以线段AF为直径的圆与直线AP的交点,∴AP⊥FM.
    ∴kAP·kMF=-1⇒kMF=-=-.
    ∴直线FM的方程y=-(x-1).
    联立FM,l的方程
    得交点Q.
    ∴P,Q两点连线的斜率kPQ=, ②
    将①式代入②式,并整理得kPQ=,
    又P,N两点连线的斜率kPN=.
    若直线QP必过定点N(n,0),则必有kPQ=kPN恒成立,即,
    整理得4=-3(x0+2)(x0-n), ③
    将①式代入③式,得4×=-3(x0+2)(x0-n),解得n=2,故直线PQ过定点(2,0).
    【点睛】
    本题考查了椭圆标准方程的求法,直线过定点问题的解决思路和方法,要注意椭圆的图形与性质的综合,属于难题.

    四、双空题
    34.已知点为抛物线的焦点,则点坐标为______;若双曲线()的一个焦点与点重合,则该双曲线的渐近线方程是____.
    【答案】
    【分析】
    根据题意直接求出点F的坐标,再双曲线()的一个焦点与点重合,求出a,得出渐近线方程.
    【详解】
    因为点为抛物线的焦点,2p=8,p=4

    双曲线()的一个焦点与点重合,

    渐近线方程为:
    故答案为,
    【点睛】
    本题考查了抛物线的焦点和双曲线的渐近线方程,属于基础题.

    五、填空题
    35.已知椭圆,倾斜角为60°的直线与椭圆分别交于A、B两点且,点C是椭圆上不同于A、B一点,则△ABC面积的最大值为_____.
    【答案】
    【分析】
    设直线AB的方程为,联立方程组,利用根与系数的关系及弦长公式,得到
    ,解得的值,设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为,联立方程组,利用,求得的值,再由点到直线的距离公式和三角形的面积公式,即可求解.
    【详解】
    由题意,设直线AB的方程为,点 A(x1,y1),B(x2,y2),
    联立方程组,整理得18x2+10mx+5m2﹣30=0,
    所以x1+x2,x1x2.
    因为,即,
    代入整理得,解得,
    不妨取:m=2,可得直线AB的方程为,
    设与直线AB平行且与椭圆相切的直线方程为yx+t,
    联立方程组,整理得18x2+10tx+5t2﹣30=0,
    由△=300t2﹣72×(5t2﹣30)=0,解得:t=±6.
    取t=﹣6时,与直线AB平行且与椭圆相切的直线与直线AB的距离,
    所以△ABC面积的最大值,
    故答案为:.
    【点睛】
    本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目,通常联立直线方程与椭圆(圆锥曲线)方程,应用一元二次方程根与系数的关系进行求解,此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错解,能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
    36.已知椭圆C:,点M与C的焦点不重合,若M关于C的焦点的对称点分别为A,B,线段MN的中点在C上,则 .
    【答案】
    【详解】
    试题分析:设M,N的中点坐标为P,,则
    ;由于,化简可得,根据椭圆的定义==6,所以12.
    考点:1.椭圆的定义;2.两点距离公式.
    37.设为椭圆的两个焦点,为上一点且在第一象限.若为等腰三角形,则的坐标为___________.
    【答案】
    【分析】
    根据椭圆的定义分别求出,设出的坐标,结合三角形面积可求出的坐标.
    【详解】
    由已知可得,
    .∴.
    设点的坐标为,则,
    又,解得,
    ,解得(舍去),
    的坐标为.
    【点睛】
    本题考查椭圆标准方程及其简单性质,考查数形结合思想、转化与化归的能力,很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养.
    38.定义:椭圆上一点与两焦点构成的三角形为椭圆的焦点三角形,已知椭圆的焦距为,焦点三角形的周长为,则椭圆的方程是__________.
    【答案】
    【解析】
    设椭圆的半焦距为,由题意得,,所以,故椭圆的方程是.


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