山東省高三數(shù)學一輪復習 專題突破訓練 圓錐曲線 理

ii）的面積是否存在最小值？假設存在，請求出最小值；假設不存在，請說明理由。3、（2023年山東高考）橢圓C：(a＞b＞0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，離心率為，過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1.(1)求橢圓C的方程；(2)點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1，PF2.設∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M(m,0)，求m的取值范圍；(3)在(2)的條件下，過點P作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個公共點．設直線PF1，PF2的斜率分別為k1，k2.假設k≠0，試證明為定值，并求出這個定值．4、（德州市2023屆高三二模）如圖，已知橢圓：，點A，B是它的兩個頂點，過原點且斜率為k的直線l與線段AB相交于點D，且與橢圓相交于E、F兩點.（I）假設的值；（II）求四邊形AEBF面積的最大值.5、（菏澤市2023屆高三二模）已知橢圓C1：+=1（a＞b＞0）的離心率為e=，且過點（1，）．拋物線C2：x2=﹣2py（p＞0）的焦點坐標為（0，﹣）．（Ⅰ）求橢圓C1和拋物線C2的方程；（Ⅱ）假設點M是直線l：2x﹣4y+3=0上的動點，過點M作拋物線C2的兩條切線，切點分別為A，B，直線AB交橢圓C1于P，Q兩點．（i）求證直線AB過定點，并求出該定點坐標；（ii）當△OPQ的面積取最大值時，求直線AB的方程．6、（青島市2023屆高三二模）已知拋物線C1：y2=2px（p＞0）的焦點為F，拋物線上存在一點G到焦點的距離為3，且點G在圓C：x2+y2=9上．（Ⅰ）求拋物線C1的方程；（Ⅱ）已知橢圓C2：=1（m＞n＞0）的一個焦點與拋物線C1的焦點重合，假設橢圓C2上存在關于直線l：y=對稱的兩個不同的點，求橢圓C2的離心率e的取值范圍．7、（濰坊市2023屆高三二模）已知橢圓E的中心在坐標原點O，其焦點與雙曲線C：的焦點重合，且橢圓E的短軸的兩個端點與其一個焦點構成正三角形.（Ⅰ）求橢圓E的方程；（Ⅱ）過雙曲線C的右頂點A作直線與橢圓E交于不同的兩點、。①設M（，0），當為定值時，求的值；②設點N是橢圓E上的一點，滿足ON//PQ，記△NAP的面積為,△OAQ的面積為,求+的取值范圍.8、（淄博市2023屆高三三模）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1（a＞b＞0）經(jīng)過點M(－2，－1)，離心率為eq\f(\r(2),2)．過點M作傾斜角互補的兩條直線分別與橢圓C交于異于M的另外兩點P、Q．（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）證明：直線PQ的斜率為定值，并求這個定值；（Ⅲ）∠PMQ能否為直角？證明你的結論．9、（德州市2023屆高三上期末）如圖已知拋物線的準線為，焦點為F，圓M的圓心在x軸的正半軸上，且與y軸相切，過原點作傾斜角為的直線t，交于點A，交圓M于點B，且=2.(I)求圓M和拋物線C的方程；(Ⅱ)已知點N(4，0)，設G，H是拋物線上異于原點O的兩個不同點，且N，G，H三點共線，證明：并求△GOH面積的最小值．10、（濟寧市2023屆高三上期末）已知橢圓經(jīng)過點（0，），離心率為，左、右焦點分別為與。（I）求橢圓C的方程；(II)設橢圓C與x軸負半軸交點為A，過點M（－4,0）作斜率為k（k≠0）的直線l，交橢圓C于B，D兩點（B在M，D之間），N為BD中點，并設直線O的斜率為k1。（i）證明為定值；（ii）是否存在實數(shù)k，使得F1N⊥AD？如果存在，求直線l的方程；如果不存在，請說明理由。11、（萊州市2023屆高三上期末）已知橢圓的離心率，點A為橢圓上一點，.（1）求橢圓C的方程；（2）設動直線與橢圓C有且只有一個公共點P，且與直線相交于點Q.問：在軸上是否存在定點M，使得以PQ為直徑的圓恒過定點M？假設存在，求出點M的坐標；假設不存在，說明理由.12、（菏澤市2023屆高三一模）已知焦點在軸上的橢圓的離心率為，分別為左右焦點，過點作直線交橢圓于（在兩點之間）兩點，且，關于原點的對稱點為。（1）求橢圓的方程；（2）求直線的方程；（3）過任作一直線交過三點的圓于兩點，求面積的取值范圍。13、（濟寧市2023屆高三一模）平面內(nèi)動點與兩定點的連線的斜率之積為，記動點M的軌跡為C.（I）求動點M的軌跡C的方程；（II）定點，T為直線上任意一點，過F作TF的垂線交曲線C于點P，Q.（i）證明：OT平分線段PQ（其中O為坐標原點）；（ii）當最小時，求點T的坐標.14、（臨沂市2023屆高三一模）已知圓經(jīng)過橢圓（I）求橢圓E的方程；（II）過點作斜率不為零的直線l與橢圓E交于不同的兩點A,B，直線AF,BF分別交橢圓E于點G,H，設（i）求的取值范圍；（ii）是否存在直線l，使得成立？假設存在，求l的方程；假設不存在，請說明理由.15、（青島市2023屆高三一模）已知橢圓與直線相交于、兩不同點，且直線與圓相切于點(為坐標原點).（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）設，求實數(shù)的取值范圍.參考答案一、選擇、填空題1、解析：的漸近線為，那么的焦點，那么，即2、答案：A解析：3、答案：D解析：設M，，故在M點處的切線的斜率為，故M.由題意又可知拋物線的焦點為，雙曲線右焦點為(2,0)，且，，(2,0)三點共線，可求得p＝，應選D.4、5、【解析】：解：∵雙曲線﹣=1（a＞0，b＞0）的一條漸近線與直線x+3y+1=0垂直．∴雙曲線的漸近線方程為y=±3x∴=3，得b2=9a2，c2﹣a2=9a2，此時，離心率e==．應選：C．6、【解析】：解：設右焦點F（c，0），那么過F且斜率為﹣1的直線l方程為y=c﹣x∵直線l交雙曲線的漸近線于點P，且點P在第一象限∴為解得P（，）∵△OFP的面積為，∴?c?=整理得a=3b∴該雙曲線的離心率為==故答案為：C．7、8、B9、A10、C11、D12、A13、C14、D15、A二、解答題1、解析：（Ⅰ）由橢圓的離心率為可知，而那么，左、右焦點分別是,圓：圓：由兩圓相交可得，即，交點，在橢圓C上，那么，整理得，解得（舍去）故橢圓C的方程為.（Ⅱ）（?。E圓E的方程為，設點，滿足，射線，代入可得點，于是.（ⅱ）點到直線距離等于原點O到直線距離的3倍：，得，整理得，當且僅當?shù)忍柍闪?而直線與橢圓C：有交點P，那么有解，即有解，其判別式，即，那么上述不成立，等號不成立，設，那么在為增函數(shù)，于是當時，故面積最大值為12.2、3、(1)解：由于c2＝a2－b2，將x＝－c代入橢圓方程，得，由題意知，即a＝2b2.又，所以a＝2，b＝1.所以橢圓C的方程為.(2)解法一：設P(x0，y0)(y0≠0)．又F1(，0)，F(xiàn)2(，0)，所以直線PF1，PF2的方程分別為lPF1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0，lPF2：y0x－(x0－)y－y0＝0.由題意知＝.由于點P在橢圓上，所以，所以.因為＜m＜，－2＜x0＜2，可得.所以m＝.因此.解法二：設P(x0，y0)．當0≤x0＜2時，①當時，直線PF2的斜率不存在，易知P或P.假設P，那么直線PF1的方程為.由題意得，因為＜m＜，所以.假設P，同理可得.②當x0≠時，設直線PF1，PF2的方程分別為y＝k1(x＋)，y＝k2(x－)．由題意知，所以.因為，并且k1＝，k2＝，所以＝，即.因為為＜m＜，0≤x0＜2且x0≠，所以.整理得m＝，故0≤m＜且m≠.綜合①②可得0≤m＜.當－2＜x0＜0時，同理可得＜m＜0.綜上所述，m的取值范圍是.(3)設P(x0，y0)(y0≠0)，那么直線l的方程為y－y0＝k(x－x0)．聯(lián)立整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(－2kx0y0＋－1)＝0.由題意Δ＝0，即＋2x0y0k＋1－＝0.又，所以＋8x0y0k＋＝0，故k＝.由(2)知，所以＝，因此為定值，這個定值為－8.4、5、【解析】：解：（I）由于橢圓C1中，，那么設其方程為，由于點在橢圓上，故代入得λ=1．故橢圓C1的方程為．拋物線C2中，∵拋物線C2：x2=﹣2py（p＞0）的焦點坐標為（0，﹣），∴，故p=1，從而橢圓C1的方程為，拋物線C2的方程為x2=﹣2y．（II）（i）證明：設點M（x0，y0），且滿足2x0﹣4y0+3=0，點A（x1，y1），B（x2，y2），那么切線MA的斜率為﹣x1，從而MA的方程為y=﹣x1（x﹣x1）+y1，考慮到，那么切線MA的方程為x1x+y+y1=0，同理切線MB的方程為x2x+y+y2=0，由于切線MA，MB同過點M，從而有，由此點A（x1，y1），B（x2，y2）在直線x0x+y+y0=0上．又點M在直線2x﹣4y+3=0上，那么2x0﹣4y0+3=0，故直線AB的方程為（4y0﹣3）x+2y+2y0=0，即y0（4x+2）+（2y﹣3x）=0，∴直線AB過定點．（ii）解：設P（x3，y3），Q（x4，y4），考慮到直線AB的方程為x0x+y+y0=0，那么聯(lián)立方程，消去y并簡化得，從而，，，從而，點O到PQ的距離，從而=，當且僅當，即，又由于2x0﹣4y0+3=0，從而消去x0得，即，解得，從而或，∴所求的直線為x+2y+2=0或x﹣14y﹣10=0．6、【解析】：（本小題總分值13分）解：（Ⅰ）設點G的坐標為（x0，y0），由題意可知…（2分）解得：，所以拋物線C1的方程為：y2=8x…（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得拋物線C1的焦點F（2，0）∵橢圓C2的一個焦點與拋物線C1的焦點重合∴橢圓C2半焦距c=2，m2﹣n2=c2=4…①…（5分）設M（x1，y1），N（x2，y2）是橢圓C2上關于直線l：對稱的兩點，MN：y=﹣4x+λ由?（16m2+n2）x2﹣8m2λx+m2λ2﹣m2n2那么△=64m4λ2﹣4（16m2+n2）（m2λ2﹣m2n2得：16m2+n2﹣λ2對于（*），由韋達定理得：∴MN中點Q的坐標為將其代入直線l：得：…③…（9分）由①②③消去λ，可得：，∵橢圓C2的離心率，∴…（13分）7、8、解：（Ⅰ）由題設，得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，①且eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)， ②由①、②解得a2＝6，b2＝3，橢圓C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1．…………………3分（Ⅱ）記P(x1，y1)、Q(x2，y2)．由題意知，直線MP、MQ的斜率存在．設直線MP的方程為y＋1＝k(x＋2)，與橢圓C的方程聯(lián)立，得(1＋2k2)x2＋(8k2－4k)x＋8k2－8k－4＝0，－2，x1是該方程的兩根，那么－2x1＝eq\f(8k2－8k－4,1＋2k2)，x1＝eq\f(－4k2＋4k＋2,1＋2k2)．設直線MQ的方程為y＋1＝－k(x＋2)，同理得x2＝eq\f(－4k2－4k＋2,1＋2k2)．………6分因y1＋1＝k(x1＋2)，y2＋1＝－k(x2＋2)，故kPQ＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(k(x1＋2)＋k(x2＋2),x1－x2)＝eq\f(k(x1＋x2＋4),x1－x2)＝eq\f(\f(8k,1＋2k2),\f(8k,1＋2k2))＝1，因此直線PQ的斜率為定值．……………………9分（Ⅲ）（方法一）設直線MP的斜率為k，那么直線MQ的斜率為－k，假設∠PMQ為直角，那么k·(－k)＝－1，k＝±1．…………11分假設k＝1，那么直線MQ方程y＋1＝－(x＋2)，與橢圓C方程聯(lián)立，得x2＋4x＋4＝0，該方程有兩個相等的實數(shù)根－2，不合題意；同理，假設k＝－1也不合題意．故∠PMQ不可能為直角．…………13分（方法二）由（2）直線PQ的斜率為1，設其方程為得假設為直角，那么由得………………11分所以直線PQ的方程為因為點M（-2，-1）在直線上，即點Ｐ或點Ｑ中有一點與點Ｍ重合，不符合題意．所以不可能為直角．………………13分9、10、11、12、解.（1）橢圓D；的離心率為，,解之得m=2，…………2分所以橢圓的方程為；;………………….3分（2）設，那么A,B的坐標滿足方程組,把（2）式代入（1）式化簡得；，……….5分所以,又因為,所以,,所以，即,……………7分解,得,…………….(3)把（3）式代入，解之得所以直線PA的方程為；….9分（3）由（2）知，即（或）， 因A與C關于原點對稱，所以（或）， 設過三點的圓為， 那么解之得，所以圓的方程為，….10分設過F2