高考数学大题专题练习——圆锥曲线一 22页

‎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．‎