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- 2021-06-23 发布
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1.过点的直线与圆相切,且与直线垂直,则实数的值为 .
【答案】0或
2.已知双曲线上有一点到右焦点的距离为18,则点到左焦点的距离是 .
【答案】8或28
【解析】根据双曲线的定义可知点 到两焦点的距离的差的绝对值为,即又则 .
3.椭圆的焦点在轴上,中心在原点,其短轴上的两个顶点和两个焦点恰为边长是2的正方形的顶点,则椭圆的标准方程为 .
【答案】
【解析】由条件可知 , ,所以椭圆方程为 .
4.已知双曲线的渐近线方程为,若顶点到渐近线的距离为,则双曲线的方程为 .
【答案】
5.已知直线与圆交于两点,且,则 .
【答案】
【解析】
因此
6.已知点是抛物线上的一个动点, 是圆: 上的一个动点,则的最小值为 .
【答案】3
【解析】
由题意可知圆的圆心坐标,半径为1;抛物线的焦点,虚线为抛物线的准线; 为点到虚线的距离且,由抛物线的性质可知, .故可知
.
7.已知P是直线3x+4y+8=0上的动点,PA,PB是圆x2+y2-2x-2y+1=0的切线,A,B是切点,C是圆心,那么四边形PACB面积的最小值是 .
【答案】
【解析】由题设可知圆心和半径分别为,结合图形可知四边形的面积
,所以当最小时, 最小,而就是圆心到直线的距离,所以,所以四边形的面积的最小值是.
8.已知双曲线(, )的渐近线与圆相切,则该双曲线的离心率为 .
【答案】
【解析】由题意知圆心到渐近线的距离等于,化简得,解得.
9.已知椭圆的左、右焦点分别为,过且与轴垂直的直线交椭圆于两点,直线与椭圆的另一个交点为,若,则椭圆的离心率为__________.
【答案】
10.已知是双曲线的左焦点,定点, 是双曲线右支上的动点,则的最小值是_____________.
【答案】
【解析】由双曲线方程有,设双曲线的右焦点为,则,由双曲线的定义有,所以,当 三点在一条直线上时, 有最小值为.
11.已知从圆: 外一点向该圆引一条切线,切点为, 为坐标原点,且有,则当取得最小值时点的坐标为__________.
【答案】
【解析】如图所示, 圆: ,圆心,半径 ,因为,所以为圆心,为圆的半径),所以,即.要使最小,只要最小即可. 当直线垂直于直线时,即直线的方程为时, 最小,此时点即为两直线的交点,得点坐标.
12.已知离心率为的椭圆过点,点分别为椭圆的左、右焦点,过的直线与交于两点,且.
(1)求椭圆的方程;
(2)求证:以 为直径的圆过坐标原点.
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)见解析
【解析】试题分析:
试题解析:
(Ⅰ)点, 分别为椭圆的左右焦点,椭圆的方程为;
由离心率为得: ;
过点得: ;
所以, , ;椭圆方程为;
(Ⅱ)由(1)知, ;令, ;
当直线的斜率不存在时,直线方程为;
此时, ,不满足;设直线方程为;
代入椭圆方程得:
13.已知双曲线的左右两个顶点是, ,曲线上的动点关于轴对称,直线 与交于点,
(1)求动点的轨迹的方程;
(2)点,轨迹上的点满足,求实数的取值范围.
【答案】(1);(2) .
(2)过的直线若斜率不存在则或3,
设直线斜率存在,
,
则
由(2)(4)解得代入(3)式得 ,
化简得 ,
由(1)解得代入上式右端得,
,
解得,
综上实数的取值范围是 .
14.已知平面内一动点与两定点和连线的斜率之积等于.
(Ⅰ)求动点的轨迹的方程;
(Ⅱ)设直线: ()与轨迹交于、两点,线段的垂直平分线交轴于点,当变化时,求面积的最大值.
【答案】(Ⅰ)();(Ⅱ).
(Ⅱ)设, ,
联立方程组化简得: ,
有两个不同的交点,
由根与系数的关系得, ,
,即且.
设、中点为, 点横坐标, ,
,
.
15.已知圆关于直线对称的圆为.
(1)求圆的方程;
(2)过点作直线与圆交于两点, 是坐标原点,是否存在这样的直线,使得在平行四边形中?若存在,求出所有满足条件的直线的方程;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)(2)存在直线和
所以有,
解得: ,
所以圆的方程为.
,
, ,
16.已知椭圆的左、右两焦点分别为,椭圆上有一点与两焦点的连线构成的中,满足
(1)求椭圆的方程;
(2)设点是椭圆上不同于椭圆顶点的三点,点与点关于原点对称,设直线的斜率分别为,且,求的值.
【答案】(1) ;(2) .
【解析】试题分析:
(1)中应用正弦定理可求得,由椭圆的定义可得,从而由又可求得,可得椭圆标准方程;(2)设,得,求出,由可得,再计算可得.
试题解析:
(1)在 中,由正弦定理得:
,
所以
解得, ,所以椭圆的方程为: .
17.已知椭圆的离心率为,左、右焦点分别为圆, 是上一点, ,且.
(1)求椭圆的方程;
(2)当过点的动直线与椭圆相交于不同两点时,线段上取点,且满足,证明点总在某定直线上,并求出该定直线.
【答案】(1)(2)见解析
【解析】试题分析:(1)本问主要考查求椭圆标准方程,由,可得,所以,则在中, , ,再根据余弦定理及,可以求出的值,于是可以求出椭圆的方程;(2)本问主要考查直线与椭圆的综合应用,分析题意可知直线的斜率显然存在,故设直线方程为,再联立直线方程与椭圆方程,消去未知数得到关于的一元二次方程,根据韦达定理表示出两点横坐标之和及横坐标之积,于是设点 , 将题中条件
转化为横坐标的等式,于是可以得出满足的方程,即可以证明总在一条直线上.
(2)由题意可得直线的斜率存在,
设直线的方程为,即,
代入椭圆方程,整理得,
设,则.
设,由得
(考虑线段在轴上的射影即可),
所以,
于是,
整理得,(*)
又,代入(*)式得,
所以点总在直线上.
考点:1.椭圆标准方程;2.直线与椭圆位置关系.
点睛:圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题时高考中的常考题型,难度一般较大,常常把直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起,注重数学思想方法的考查,尤其是函数思想、分类讨论思想的考查.求定值问题常见的方法:(1)从特殊点入手,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.定点问题的常见解法:(1)假设定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该方程与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点,(2)从特殊位置入手,找出定点,再证明该点符合题意.
18.已知椭圆: ()的离心率为,点是椭圆的上顶点,点在椭圆上(异于点).
(Ⅰ)若椭圆过点,求椭圆的方程;
(Ⅱ)若直线: 与椭圆交于、两点,若以为直径的圆过点,证明:存在, .
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)
(Ⅱ)由椭圆的对称性,不妨假设存在,使得.
由题意得, ,椭圆: ,
联立直线与椭圆的方程可得: ,
解得,所以,
因为, ,
, ,
即.
记,又, ,所以函数存在零点,
存在,使得.
【点睛】先列方程组求出写出椭圆的标准方程,根据直线与椭圆相交,联立方程组后代入整理,求出点的横坐标,得出,由于,把替换为,得出,借助,得出关于的方程,构造函数利用零点原理说明函数存在零点,从而说明实数存在.
19.已知为坐标原点,椭圆的左、右焦点分别为上顶点为,右顶点为,以为直径的圆过点,直线与圆相交得到的弦长为
(Ⅰ)求椭圆的方程;
(Ⅱ)若直线与椭圆相交于两点,与轴, 轴分别相交于两点,满足:①记的中点为,且两点到直线的距离相等;②记的面积分别为若当取得最大值时,求的值.
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)
【解析】试题分析:(Ⅰ)由以为直径的圆过点,知,从而求出, ,由此能求出椭圆的方程;(Ⅱ)设直线的方程为,则.由方程组,得,由此利用根的判别式、韦达定理、中点坐标公式、弦长公式,结合已知条件能求出的值.
试题解析:(Ⅰ)因为以为直径的圆过点,所以则圆的方程为
直线的方程为,则 , ,所以,所以椭圆的方程为
因为两点到直线的距离相等,所以线段的中点与线段的中点重合,
所以解得
于是,
由及可得
所以,当时, 有最大值
此时故
点睛:本题考查椭圆方程的求法,考查椭圆与直线位置关系的应用,考查推理论证能力、运算求解能力,考查整体思想、转化化归思想,考查数据处理能力和运用意识,有一定难度;当直线与圆锥曲线相交时,联立方程组,结合韦达定理,利用三角形面积公式整理可得,故而可求其最大值.
20.已知
(1)求的轨迹
(2)过轨迹上任意一点作圆的切线,设直线的斜率分别是,试问在三个斜率都存在且不为0的条件下, 是否是定值,请说明理由,并加以证明.
【答案】(1)(2)见解析
【解析】试题分析:
试题解析:
(1)方法一:
如图因为所以四边形是平行四边形
所以,
由得
所以的轨迹是以为焦点的椭圆易知
所以方程为
方法二:
设由得
再得
移项
平方化简得:
(从发现是椭圆方程也可以直接得 ,分档批阅老师自己把握)
(2)设,过的斜率为的直线为,由直线与圆相切可得
即:
由已知可知是方程(关于)的两个根,
点睛:求椭圆的标准方程有两种方法:
①定义法:根据椭圆的定义,确定a2,b2的值,结合焦点位置可写出椭圆方程.
②待定系数法:若焦点位置明确,则可设出椭圆的标准方程,结合已知条件求出a,b;若焦点位置不明确,则需要分焦点在x轴上和y轴上两种情况讨论,也可设椭圆的方程为Ax2+By2
=1(A>0,B>0,A≠B).
解答直线与椭圆的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去x(或y)建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.