2015年圓錐曲線最新模擬試題分類匯編(2015-5-30)資料

2015年圓錐曲線最新模擬試題分類匯編（2015-5-30）1（14分）橢圓的兩個焦點分別為，離心率。（1）求橢圓方程；（2）一條不與坐標軸平行的直線與橢圓交于不同的兩點，且線段中點的橫坐標為，求直線傾斜角的取值范圍?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】試題分析：（1）由已知，所求橢圓方程（2）設直線的方程為由方程組得，或，傾斜角的取值范圍是試題解析：（1）設橢圓方程為。由已知， 為所求橢圓方程。（2）設直線的方程為，點的坐標分別為 由方程組 消去，并化簡，得 又，而 或 故直線傾斜角的取值范圍是考點：1橢圓方程；2直線與橢圓相交的位置關系2（本小題滿分15分）己知O：，為O上動點，過作軸于，為上一點，且（）求點的軌跡的方程；（）若，過的直線與曲線相交于、兩點，則是否為定值？若是，求出該值；若不是，說明理由【答案】（） （）【解析】試題解析：（）設,則,由,得,由于點在圓上,則有,即點的軌跡的方程為（）設,過點的直線的方程為，由消去得: ,其中，,是定值考點：橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關系，定值問題3（本題滿分13分）已知點F（1，0），圓E:，點P是圓E上任意一點，線段PF的垂直平分線和半徑PE相交于Q（1）求動點Q的軌跡的方程；（2）若直線與圓O:相切，并與（1）中軌跡交于不同的兩點A、B當=，且滿足時，求AOB面積S的取值范圍【答案】（1）；（2），【解析】試題分析：（1）連接QF，|QE|QF|=|QE|QP|=|PE|= 符合橢圓的定義，于是可根據(jù)其焦距與長軸計算出短軸長，從而確定的值，寫出動點Q的軌跡的方程；（2）設直線的方程為（）,由直線與圓相切確定的關系，設點A、B的坐標（，）、（，），利用方程組及韋達定理，結合平面向量的數(shù)量積，把求AOB面積S表示成 的函數(shù)，最后利用基本不等式或一元二次函數(shù)的知識求得 的最大值試題解析：解：（1）連接QF，|QE|QF|=|QE|QP|=|PE|=（|EF|=2），點的軌跡是以E（-1，0）、F（1，0）為焦點，長軸長的橢圓，即動點Q的軌跡的方程為；（2）依題結合圖形知的斜率不可能為零，所以設直線的方程為（）直線即與圓O:相切，有：得又點A、B的坐標（，）、（，）滿足：消去整理得，由韋達定理得，其判別式，又由求根公式有=，且，考點：1、橢圓的定義與標準方程；2、直線與圓、直線與橢圓的位置關系綜合應用4（12分）已知橢圓的左右焦點分別為，為半焦距，（1）求橢圓離心率的取值范圍；（2）設橢圓的短半軸長為，以為圓心，為半徑作圓，圓與軸的右交點為，過點作傾斜角不為直線與橢圓相交于兩點，若，求直線被圓截得的弦長的取值范圍?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】試題分析：（1）中求離心率需將不等式變形使其出現(xiàn)，從而轉化出離心率的不等式，（2）中首先由點斜式設出直線方程，與橢圓聯(lián)立，根據(jù)由韋達定理得到，將轉化為坐標得到的關系式，由直線與圓相交得到弦長的表達式，代入關系式求最值試題解析：（1） 4分（2）依題意得點的坐標為，則得直線的方程為，聯(lián)立方程組得，設，則有，又，所以，所以， 8分直線的方程為，圓心到直線的距離，由圖像可知， 10分又由（1）知，。 12分考點：1橢圓離心率；2直線與橢圓相交問題；3直線與圓相交的弦長問題5（小題滿分12）橢圓的方程為，、分別是它的左、右焦點，已知橢圓過點，且離心率（1）求橢圓的方程；（2）如圖，設橢圓的左、右頂點分別為、，直線的方程為，是橢圓上異于、的任意一點，直線、分別交直線于、兩點，求的值；（3）過點任意作直線（與軸不垂直）與橢圓交于、兩點，與交于點， 求證： 【答案】（1）；（2）；（3）證明如下；【解析】試題分析：（1）由題可知，根據(jù)橢圓的離心率有，可求出a,c的關系為，將橢圓經(jīng)過的點（0,1）代入，即可解出，從而得到橢圓方程；（2）根據(jù)點斜式方程解出直線、的方程，分別解出點D，點E的坐標，于是得到，化簡可得；（3）由，的關系，可得，兩式相減，即可得到；試題解析：（1）由題，在橢圓中，即有，解得，橢圓過點，代入橢圓方程，解得，即 4分（2）設，則直線、的方程分別為，將分別代入可求得兩點的坐標分別為，. 由（1），,所以，又點在橢圓上，. 8分（3）設，,，由得所以，代入橢圓方程得 同理由得 消去，得，所以 12分考點：橢圓的幾何性質向量坐標的運算6（本小題滿分13分）已知橢圓：的焦距為，其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構成正三角形（1）求橢圓的標準方程；（2）設為橢圓的左焦點，為直線上任意一點，過作的垂線交橢圓于點，證明：平分線段（其中為坐標原點），當值最小時，求點的坐標【答案】（1）；（2）見解析；或.【解析】試題分析：（1）設橢圓的方程，用待定系數(shù)法求出的值；（2）解決直線和橢圓的綜合問題時注意：第一步：根據(jù)題意設直線方程，有的題設條件已知點，而斜率未知；有的題設條件已知斜率，點不定，可由點斜式設直線方程.第二步：聯(lián)立方程：把所設直線方程與橢圓的方程聯(lián)立，消去一個元，得到一個一元二次方程.第三步：求解判別式：計算一元二次方程根.第四步：寫出根與系數(shù)的關系.第五步：根據(jù)題設條件求解問題中結論.試題解析：（1）解：由已知可得， 2分解得， 4分所以橢圓的標準方程是. 5分（2）證明：由（1）可得，的坐標是，設點的坐標為，則直線的斜率.當時，直線的斜率.直線的方程是.當時，直線的方程是，也符合的形式 6分設，將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，消去，得，其判別式.所以，. 8分設為的中點，則點的坐標為.所以直線的斜率，又直線的斜率，所以點在直線上，因此平分線段. 9分解：由可得， 10分所以 12分當且僅當，即時，等號成立，此時取得最小值故當最小時，點的坐標是或 13分考點：（1）橢圓的方程； （2）直線與橢圓的綜合問題.7（本小題滿分16分） 已知橢圓過點，離心率為（1）若是橢圓的上頂點，分別是左右焦點，直線分別交橢圓于，直線交于D，求證；（2）若分別是橢圓的左右頂點，動點滿足，且交橢圓于點求證：為定值.【答案】（1）詳見解析（2）詳見解析【解析】試題分析：（1）由兩個獨立條件可列方程組，解得，再根據(jù)直線方程與橢圓方程分別解得，最后利用兩直線方程解得，從而計算（2）由題意用坐標表示各量，并進行證明：設，解得，則試題解析：（1）易得且，解得所以,橢圓的方程為； 所以，所以，直線，直線將 代入橢圓方程可得，所以，同理可得， 所以直線為，聯(lián)立，得交點， 所以，即所以，； （2）設，易得直線的方程為，代入橢圓,得，由得， 從而， 所以. 考點：直線與橢圓位置關系8(本題滿分15分)已知橢圓：過點，離心率為.（）求橢圓的標準方程；（）設分別為橢圓的左、右焦點，過的直線與橢圓交于不同兩點，記的內切圓的面積為，求當取最大值時直線的方程，并求出最大值【答案】（）橢圓的標準方程為；（）.【解析】試題分析：（）由題意得 ，解這個方程組即可得，從而得橢圓的標準方程為.（）設，的內切圓半徑為，則，所以要使取最大值，只需最大. . 設直線的方程為 ，將代入可得，利用根與系數(shù)的關系可得，記，則，顯然這個函數(shù)在上遞減，當即時三角形的面積最大，由此可得.試題解析：（）由題意得 解得橢圓的標準方程為.（）設，的內切圓半徑為，則 所以要使取最大值，只需最大 設直線的方程為 將代入可得(*)恒成立，方程(*)恒有解， 記 在上遞減，所以當即時，此時.考點：1、橢圓的標準方程；2、直線與圓錐曲線的位置關系；3、函數(shù)的最值.9（本小題滿分12分）已知點分別是橢圓的左、右焦點, 點在橢圓上上（1）求橢圓的標準方程;（2）設直線若、均與橢圓相切,試探究在軸上是否存在定點,點到的距離之積恒為1?若存在,請求出點坐標;若不存在,請說明理由【答案】（1）;（2）存在，點或.【解析】試題分析：（1）設橢圓的方程，若焦點明確，設橢圓的標準方程，結合條件用待定系數(shù)法求出的值，這里根據(jù)橢圓的定義求解，若不明確，需分焦點在軸和軸上兩種情況討論；（2）解決直線和橢圓的綜合問題時注意：第一步：根據(jù)題意設直線方程，有的題設條件已知點，而斜率未知；有的題設條件已知斜率，點不定，可由點斜式設直線方程.第二步：聯(lián)立方程：把所設直線方程與橢圓的方程聯(lián)立，消去一個元，得到一個一元二次方程.第三步：求解判別式：計算一元二次方程根.第四步：寫出根與系數(shù)的關系.第五步：根據(jù)題設條件求解問題中結論.試題解析：（1）由,得, 1分 3分橢圓的方程為 4分（2）把的方程代入橢圓方程得 5分直線與橢圓相切,化簡得 同理把的方程代入橢圓方程也得: 7分（3）設在軸上存在點,點到直線的距離之積為1,則 ,即, 9分把代入并去絕對值整理, 或者 10分前式顯然不恒成立;而要使得后式對任意的恒成立 則,解得; 綜上所述,滿足題意的定點存在,其坐標為或 12分考點：1、橢圓的標準方程；2、直線與橢圓的綜合問題.10（本小題滿分12分）設點、分別是橢圓的左、右焦點,為橢圓上任意一點,且的最小值為（1）求橢圓的方程;（2）設直線（直線、不重合）,若、均與橢圓相切，試探究在軸上是否存在定點,使點到、的距離之積恒為1?若存在,請求出點坐標;若不存在,請說明理由【答案】（1）；（2）滿足題意的定點存在,其坐標為或 .【解析】試題分析：（1）設橢圓的方程，若焦點明確，設橢圓的標準方程，結合條件用待定系數(shù)法求出的值，若不明確，需分焦點在軸和軸上兩種情況討論；（2）解決直線和橢圓的綜合問題時注意：第一步：根據(jù)題意設直線方程，有的題設條件已知點，而斜率未知；有的題設條件已知斜率，點不定，可由點斜式設直線方程.第二步：聯(lián)立方程：把所設直線方程與橢圓的方程聯(lián)立，消去一個元，得到一個一元二次方程.第三步：求解判別式：計算一元二次方程根.第四步：寫出根與系數(shù)的關系.第五步：根據(jù)題設條件求解問題中結論.試題解析：（1）設,則有, 由最小值為得, 橢圓的方程為 4分（2）把的方程代入橢圓方程得 直線與橢圓相切,化簡得 同理可得: ,若,則重合,不合題意, ,即 8分設在軸上存在點,點到直線的距離之積為1,則 ,即, 把代入并去絕對值整理, 或者 前式顯然不恒成立;而要使得后式對任意的恒成立 則,解得; 綜上所述,滿足題意的定點存在,其坐標為或 12分考點：1、橢圓的標準方程；2、直線與橢圓的綜合問題.11（本題滿分12分）已知定點F（3，0）和動點P（x，y），H為PF的中點，O為坐標原點，且滿足（1）求點P的軌跡方程；（2）過點F作直線與點P的軌跡交于A，B兩點，點C（2，0）連接AC，BC與直線分別交于點M，N試證明：以MN為直徑的圓恒過點F【答案】（1），（2）證明見解析，【解析】試題分析：取連接， ，符合雙曲線定義，點P的軌跡是以為焦點的雙曲線的右支 ， ，點的軌跡方程為：；第二步設直線方程為，聯(lián)立方程組，設而不求，利用根與系數(shù)關系，可得出，根據(jù)三點共線， ，同理，求出點的坐標，要證明以MN為直徑的圓恒過點F，只需證明即可；試題解析：（1）如圖取連接， ，由雙曲線定義知，點P的軌跡是以為焦點的雙曲線的右支 ， ，的軌跡方程為： （5分）（2）設，直線方程為，聯(lián)立 整理得：， （6分） 三點共線， ，同理 （8分） 即為直徑的圓恒過點 （12分）考點：1求動點軌跡方程；2過定點問題12（本小題滿分12分）已知直線所經(jīng)過的定點恰好是橢圓的一個焦點，且橢圓上的點到點的最大距離為8.（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線AB過點且與橢圓相交于點A、B，是否為定值，若是求出這個定值，若不是說明理由。【答案】（1）（2）=為定值；【解析】試題分析：先求出直線所經(jīng)過的定點，橢圓上的點到點的最大距離為8，則，解出，得出橢圓的方程當直線AB的斜率不存在時，=為定值，當AB的斜率存在時，設AB的方程為，把直線的方程與橢圓方程聯(lián)立方程組，消去得關于的一元二次方程，設而不求，利用根與系數(shù)關系求出，再利用焦半徑公式求出=；試題解析：（1）由，得，則由， 解得F（3，0） 2分設橢圓的方程為， 則，解得所以橢圓的方程為. 5分（2）當AB的斜率不存在時，=，為定值， 7分當AB的斜率存在時，設AB的方程為，由可得所以=綜上可得：=為定值。. 12分考點：1.待定系數(shù)法求橢圓方程，2.設而不求思想；3.焦半徑公式；13（本小題滿分12分）已知橢圓:的上頂點為，且離心率為（1）求橢圓的方程；（2）證明：過橢圓:上一點的切線方程為；（3）從圓上一點向橢圓引兩條切線，切點分別為，當直線分別與軸，軸交于，兩點時，求的最小值【答案】（1）；（2）詳見解析；（3）【解析】試題分析：（1）根據(jù)條件中可建立關于，的方程組，即可求解；（2）利用導數(shù)的幾何意義可得當時，切線方程為，即，同理可證得，切線方程也滿足；（3）首先根據(jù)導數(shù)的幾何意義可得，點的橢圓的切線為，過點的橢圓的切線為，從而切點弦所在直線方程為，從而，再由基本不等式即可求解試題解析：（1），橢圓方程為；（2）橢圓:，當時，故，當時，切線方程為，同理可證，時，切線方程也為，當時，切線方程為滿足，綜上，過橢圓上一點的切線方程為；（3）設點為圓上一點，是橢圓的切線，切點，過點的橢圓的切線為，過點的橢圓的切線為 兩切線都過點，切點弦所在直線方程為，當且僅當，即，時取等，的最小值為考點：1橢圓的標準方程及其性質；2利用導數(shù)求曲線上某點的切線方程；3基本不等式求最值14（本小題滿分14分）已知橢圓G的離心率為，其短軸的兩端點分別為A（0,1）,B（0,-1）.oCMyxBNDA（）求橢圓G的方程；（）若C,D是橢圓G上關于y軸對稱的兩個不同點，直線與軸分別交于點.試判斷以為直徑的圓是否過定點，如經(jīng)過，求出定點坐標；如不過定點，請說明理由.【答案】（）;（）【解析】試題分析：（）由已知條件設橢圓G的方程為：由可得由此能求出橢圓的標準方程（）設，則，則，由此得到直線AC,BD的方程，然后根據(jù)中點坐標公式求得E點坐標，得到對應的圓的方程，根據(jù)化簡圓的方程，通過賦值得到方程組聯(lián)立得到對應的點，然后代入方程驗證是否成立，求得對應的點.試題解析：（）設橢圓G的方程為：，橢圓方程為 （）設，則，,令，則設的中點為,則的坐標為，即：，半徑為，圓的方程為，化為令，則，代入得：，令，則，代入得：，由得：，代入得：左=右圓恒過定點考點：直線與圓錐曲線的綜合應用15（本小題滿分14分）已知橢圓（）求橢圓的離心率；（）設橢圓上在第二象限的點的橫坐標為，過點的直線與橢圓的另一交點分別為.且的斜率互為相反數(shù)，兩點關于坐標原點 的對稱點分別為 ,求四邊形 的面積的最大值.【答案】（）；（）.【解析】試題分析：（）將橢圓方程化成標準形式得可得從而計算得即可求得離心率（）由題意可知，點的坐標為設的方程為則的方程為分別聯(lián)立直線方程與橢圓方程消元得到一個一元二次方程，由于知道是此方程的根，利用韋達定理也就可求出另一根，即是點A或B的橫坐標，進而可求出直線AB的斜率，從而就可用斜截式設出直線AB的方程；從而就可求出原點到直線的距離d,然后聯(lián)立直線AB的方程與橢圓的方程，消元后得到一個關于直線AB截距為參數(shù)的一元二次方程，由韋達定理及弦長公式可將弦AB的長用直線AB截距表示出來，從而就可用直線AB截距將三角形OAB的面積表示成為直線AB截距的函數(shù)，求此函數(shù)的最大值即得到三角形OAB的面積的最大值，再注意到四邊形 為平行四邊形,且四邊形的面積為三角形OAB的面積的四倍得到結果試題解析：（）由題意，橢圓的標準方程為所以從而因此，故橢圓的離心率 4分（）由題意可知，點的坐標為設的方程為則的方程為 5分由 得由于是此方程的一個解.所以此方程的另一解同理 7分故直線的斜率為 9分設直線的方程為由 得所以又原點到直線的距離為所以的面積當且僅當，即時.的面積達到最大.且最大值為 . 13分由題意可知，四邊形 為平行四邊形,所以，四邊形的面積 ,故四邊形面積的最大值為 . 14分考點：1. 橢圓的性質；2. 直線與橢圓的位置關系；3. 基本不等式.16（本小題滿分13分）已知橢圓C：（ab0）與y軸的交點為A，B（點A位于點B的上方），F(xiàn)為左焦點，原點O到直線FA的距離為b（）求橢圓C的離心率；（）設b=2，直線y=kx+4與橢圓C交于不同的兩點M，N，求證：直線BM與直線AN的交點G在定直線上【答案】（）（）見解析【解析】試題分析：（）設F的坐標為(c，0)，依題意有bc=ab，即得（）b=2時，得a=，橢圓方程為聯(lián)立方程組化簡得：(2k2+1)x2+16kx+24=0，由=32(2k23)0，解得：k2由韋達定理得：xM+xN= ，xMxN= 設M(xM，kxM+4)，N(xN，kxN+4)，MB方程為：y=x2， NA方程為