圆锥曲线大题训练(文科)

解析几何大题专练 1.（本小题共13分） 在平面直角坐标系xOy中，动点P到定点F(0,1)的距离比点P到x轴4的距离大1，设动点P的轨迹为曲线C，直线l:ykx1交曲线C于A,B两4点，M是线段AB的中点，过点M作x轴的垂线交曲线C于点N． （Ⅰ）求曲线C的方程； （Ⅱ）证明：曲线C在点N处的切线与AB平行； （Ⅲ）若曲线C上存在关于直线l对称的两点，求k的取值范围． 2.（本小题满分14分） x2y2已知椭圆M:221(ab0)的离心率为223ab，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形周长为642． （Ⅰ）求椭圆M的方程； （Ⅱ）设直线l与椭圆M交于A,B两点，且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点C，求ABC面积的最大值． --学习资料分享----

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3. （本小题共13分） y2x2已知椭圆221(ab0)的离心率为22a1，斜率为k(k0)的直线线段PQ的垂直平分线与l过椭圆的上焦点且与椭圆相交于P，Q两点，y轴相交于点M(0,m)． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）求的取值范围； （Ⅲ）试用表示△MPQ的面积，并求面积的最大值． --学习资料分享----

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4． （本小题共14分） x2y2已知椭圆C:221 (ab0)经过点M(1,3),其离心率为1ab22. （Ⅰ）求椭圆C的方程； (Ⅱ)设直线l:ykxm1B两点，以线段OA,OB(|k|)与椭圆C相交于A、2为邻边作平行四边形OAPB，其中顶点P在椭圆C上，O为坐标原点.求OP的取值范围. 5.（本小题共14分） 已知点A(1,0)，B(1,0)，动点P满足|PA||PB|2迹为W． （Ⅰ）求W的方程； 3，记动点P的轨 --学习资料分享----

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（Ⅱ）直线ykx1与曲线W交于不同的两点C，D，若存在点M(m,0)，使得CMDM成立，求实数m的取值范围． 6.（本小题满分14分） x2y2已知椭圆C:221(ab0)ab经过点A(2, 1)，离心率为22．过点B(3, 0)的直线l与椭圆C交于不同的两点M,N． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）求BMBN的取值范围； （Ⅲ）设直线AM和直线AN的斜率分别为kAM和kAN，求证:kAMkAN为定值． --学习资料分享----

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7．（本小题满分13分） 已知椭圆61x2y2P(,)1(ab0)经过点22a2b2，离心率为22，动点M(2,t)(t0). （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）求以OM为直径且被直线3x4y50截得的弦长为2的圆的方程； （Ⅲ）设F是椭圆的右焦点，过点F作OM的垂线与以OM为直径的圆交于点N，证明线段ON的长为定值，并求出这个定值． --学习资料分享----

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8. （本小题满分14分） 已知椭圆C的左，右焦点坐标分别为F13。椭圆23,0,F23,0,离心率是C的左，右顶点分别记为A,B。点S是椭圆C上位于x轴3上方的动点，直线AS,BS与直线l:x10分别交于M,N两点。 （1） 求椭圆C的方程； （2） 求线段MN长度的最小值； （3） 当线段MN的长度最小时，在椭圆C上的T满足：TSA的面积为1。试确定点T的个数。 5 9．（本小题满分14分） 已知点A(1,2)是离心率为22的椭圆C：x2y221(ab0)上的一2ba点．斜率为2的直线 BD交椭圆C于B、D两点，且A、B、D三点不重合． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）ABD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由？ --学习资料分享----

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（Ⅲ）求证：直线AB、AD的斜率之和为定值． 10. (本小题13分) 已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，它的一个顶点B与抛物线x24y的焦点重合，离心率e（Ⅰ）求椭圆C的方程； 22. B y M F x o （Ⅱ）是否存在直线l与椭圆交于M、N两点，且椭圆C的右焦点F恰为BMN的垂心（三条 N 高所在直线的交点），若存在，求出直线l的方程， 若不存在，请说明理由. --学习资料分享----

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解析几何大题参考答案： 1．（共13分）

（Ⅰ）解：由已知，动点P到定点F(0,1)的距离与动点P到直

4线y1的距离相等．

4 由抛物线定义可知，动点P的轨迹为以(0,1)为焦

4点，直线y1为准线的抛物线．

4所以曲线C的方程为yx2． ………………3分

（Ⅱ）证明：设A(x1,y1)，B(x2,y2)．

yx2,由得x2kx10． ykx1, --学习资料分享----

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所以x1x2k，x1x21． 设M(x0,y0)，则x0k．

2 因为MNx轴， 所以N点的横坐标为k．

2 由yx2，可得y'2x 所以当xk时，y'k．

2 所以曲线C在点N处的切线斜率为k，与直线AB平行．………………8分

（Ⅲ）解：由已知，k0．

设直线l的垂线为l'：y1xb．

k 代入yx2，可得x21xb0 （*）

k 若存在两点D(x3,y3),E(x4,y4)关于直线l对称，

则x3x42212k2，y3y421b 2k2又(x3x4,y3y4)在l上， 所以

1111bk()1b， ． 2k22k22k2由方程（*）有两个不等实根 所以(1)24b0，即

k1220 22kk --学习资料分享----

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所

k22以

122k，解得

k22或

． ………………13分

2.（本小题满分14分） 解：（Ⅰ）因为椭圆M上一点和它的两个焦点构成的三角形周长为642，

所以2a2c642， ……………1分

又椭圆的离心率为

c22a， ………………23223，即

c22a3，所以

分

所以，a3c22. ………………4分

所以，椭圆的方程为b1Mx2y21. ………………59分

（Ⅱ）方法一：不妨设BC的方程yn(x3),(n0)，则AC的方程为

1y(x3).

n由

yn(x3),2x2y19得

分

以

1(n2)x26n2x9n210， ………………69设A(x1,y1)，B(x2,y2)， 因

为

81n293x29n21，所分

27n23x2， ………………729n1同

273n2x19n2理可得

， …………

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……8分

所

1n26n2|AC|n9n2以

|BC|1n269n12，

， ………………10分

……

SABC12(n)1n|BC||AC|，

1642(n)2n9…………12分

设tn12，

n则

S2t23， 64648t2t99t…………

……13分

当且仅当t8时取等号，

3所以

ABC面积的最大值分

为

3. ………………148方法二：不妨设直线AB的方程xkym.

由

xkym,2x2y1,9 消去分

x得

(k29)y22kmym290， ………………6

设A(x1,y1)，B(x2,y2)， 则

有

2kmy1y22k9，

m29y1y22k9.

① ………………7分

因为以AB为直径的圆过点C，所以 CACB0. 由 CA(x13,y1),CB(x23,y2)， 得

(x13)(x23)y1y20. ………………8分

将x1ky1m,x2ky2m代入上式，

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得 (k21)y1y2k(m3)(y1y2)(m3)20.

将 ① 代入上式，解得 （舍）. ………………10分

m125或

m3所以m12（此时直线AB经过定点D(12,0)，与椭圆有两个交

55点），

所以S1ABC2|DC||y1y2|

13925(k29)14425(y21y2)4y1y2525(k29)2. …12分

设t1k29,0t19， 则S9144ABC525t2t. 所以当t25288(0,19]时，

SABC取得38. ……………14分

3.（共13分） 解：（Ⅰ）依题意可得，c2a2，bc，

又a2b2c2， 可得b1,a2．

所以椭圆方程为

y22x21． （Ⅱ）设直线l的方程为ykx1，

由ykx1,可得(k22)x22kx10． y22x21,设P(x1,y1),Q(x2,y2)，

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…………

最大值

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则x1x22k1，． xx1222k2k24． 2k2k2,)， 22k2k2可得y1y2k(x1x2)2设线段PQ中点为N，则点N的坐标为(由题意有kMNk1， 可得

m2k22k1． kk221， k22可得m又k0， 所以0m1．

2（Ⅲ）设椭圆上焦点为F，

则SMPQ1FM2x1x2.

，

8(k21)x1x2(x1x2)4x1x2(k22)22由m112，可得． k22k2m8(11)m8m(1m)． 1m2所以x1x2又FM1m，

2m(1m)3所以SMPQ. --学习资料分享----

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所以△MPQ的面积为设f(m)m(1m)3，

2m(1m)3（0m1）．

2则f'(m)(1m)2(14m)．

可知f(m)在区间(0,1)单调递增，在区间(1,1)单调递减．

442所以，当m1时，f(m)有最大值f(1)27．

4464所以，当m1时，△MPQ的面积有最大值3468．

4. （本小题满分14分）

解：（Ⅰ）由已知F(p,0),设A(x1,y1)，则y122px1，

2圆心坐标为

(2x1py1,)42，圆心到

分

y轴的距离为

2x1p， …………………24圆分

的半径为

FA12xppx1()1， …………………42224所以，以线段FA为直径的圆与切. …………………5分

p,y1)1(x1,y0y1)2pp(x2,y2)2(x1,y1)， …………………622所以x1p1x1,y11(y0y1)，

2ppx22(x1),y22y122(x1y轴相

（Ⅱ）解法一：设P(0,y0),B(x2,y2)，由FA1AP,BF2FA,得

，

分

，

…………………8分

由y22y1，得y2222y12.

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又y122px1，y222px2， 所以 x222x1. …………………10分

代入px22(x1p)，得p22x12(x1p)，p(12)x12(12)，

22222整

理xp12， 2…………12分

代入xp1p21x1，得

2p21p22， 2所

111， 22……………13分

因为

111[,2]，所以

2的取24[43,2]. …………………14分 解法二：设A(x1,y1),B(x2,y2)，AB:xmyp2，

将xmyp代入y22px，得y22pmyp220，

所以

（*）， ……6分

由FA1AP，BF2FA，得

(xp12,y1)1(x1,y0y1)(p2x,yp22)2(x12,y1)， …………………7分 所以，x1p21x1,y11(y0y1)，

p2xp22(x12),y22y1， ………………8分

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得

………

以

……

值范围是

y1y2p2 ……………， … --WORD格式--可编辑--专业资料-----

将

y21y22y1代入（*）式，得

p22， …………………10分

以

2px1p2所

x1p222，

. …………………

入

p1x1212分

代

1x1，得

2112. …………………13分

111[,]242因为

，所以

2的取值范围是

分

，所以

3a24b2

4[,2]. …………………143

6.解：（Ⅰ）由已知可得① ……………1分 又点

3M(1,)2a2b21e2a42在椭圆

C上，所以

191 a24b2② ……………2分

由①②解之，得a24,b23. 故椭圆的方程为Cx2y21. ……………543ykxm, (Ⅱ) 由22

xy1.34分

消y化简整理得：(34k2)x28kmx4m2120，

64k2m24(34k2)(4m212)48(34k2m2)0

③ ……………8分

(x2,y2)、(x0,y0)，则 设A,B,P点的坐标分别为(x1,y1)、x0x1x28km6m,yyyk(xx)2m0121234k234k2. ………

……9分

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由于点

P在椭圆

C上，所以

22x0y01. ……………10分 4316k2m212m22214m34k 从而，化简得，经检验满足③2222(34k)(34k)式. ………11分

64k2m236m2 又|OP|xy22(34k)(34k2)22020

4m2(16k29)16k29(34k2)24k234 3. …24k3……………………12分

因为k1，得34k234，有3231， 244k3故3OP13.

2 即

[3,所求

OP的取值范分

围是

13]. ………………………142(x2,y2)、(x0,y0)， (Ⅱ)另解：设A,B,P点的坐标分别为(x1,y1)、由在椭圆上，可A,B得分

3x124y1212① ………………………6223x24y212②①

整理得

3(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0③ ………………………7分

OPOAOB由已知可得，所以

x1x2x0④ ……………………8分 y1y2y0⑤yyy1y2k(x1x2) k12由已知当 ,即

x1x2—②

⑥ ………………………9分 把④⑤⑥代入③整理得3x04ky0 ……………………

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…10分

3x024y0212与

y02联立消

x0整理分

得

9 ……………………114k23由3x024y0212得x0244y02，

3所

|OP|2x02y0244213y0y024y0242334k3以

………………

……12分 因为k故

3OP1321，得34k234，有3231， 244k3. …

取

值

范

围

是

……………………13分

所求的OP[3,13]. 2………………………14

分

5.（本小题共14分） 解：（Ⅰ）由椭圆的定义可知，动点P的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为23的椭圆．

∴

c1，

a3，

b22． ∴W的方程是

x2y21． ………………432分

（Ⅱ）设C，D两点坐标分别为C(x1,y1)、D(x2,y2)，C，D中点为N(x0,y0)．

当k0时，显然m0； 当k0时，

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ykx1由 得 (3k22)x26kx30． x2y2123所以x1x2y0kx012． 23k26k， 23k2 ∴x0x1x223k， 23k2 从而

∴MN斜率kMNCDMN，

22y03k2x0m3km3k22． 又∵CMDM， ∴

∴

23k2213kk2m3k2 即

m66k1[,0)(0,]． 212123k223kk故

[所求

m的取范围是

66,]． ……………… 12126.（本小题满分14分）

41a2b21,222解：（Ⅰ）由题意得abc, 解得a6，b3．

c2.2a故椭圆

C的方程分

为

x2y21． ……………………………………463（Ⅱ）由题意显然直线l的斜率存在，设直线l方程为yk(x3)，

由

yk(x3),2xy21,36得

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(12k2)x212k2x18k260. …………………5

分

因为直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，

所以144k44(12k2)(18k26)24(1k2)0，解得1k1. ……6设M，N的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，

12k2则x1x212k218k26，x1x2，y1k(x13)，y2k(x23)．… 7212k分

分

以

BMBN(x13)(x23)y1y2 ……………………………………8分

33． ……………………………………922(12k2)因为1k1，所以2332≤3．

22(12k)(1k2)[x1x23(x1x2)9]

所

33k212k2

分

BMBN故的取值范围

(2, 3]． ……………………………………10分 （Ⅲ）由（Ⅱ）

为得分

y11y21 ……………………………………11x12x22 (kx13k1)(x22)(kx23k1)(x12)

(x12)(x22) 2kx1x2(5k1)(x1x2)12k4

x1x22(x1x2)4kAMkAN

2k(18k26)(5k1)12k2(12k4)(12k2)

18k2624k24(12k2)4k242． 22k2kAMkAN所以为定

2． ……………………………………14分

值

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7.石景山一模

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8. 顺义2 解（1）因为ca3，且c3，所以a2,ba2c21 2 所以椭圆C的方程为分

x2y21 …………………………………………….34 (2 ) 易知椭圆C的左，右顶点坐标为A(2,0),B(2,0),直线AS的斜率k显然存在，且k0

故可设直线AS的方程为yk(x2)，从而M(10,4k)

33yk(x2)得(14k2)x216k2x16k240 x22y1416k2428k2 设S(x1,y1)，则(2)x1，得x1 2214k14k28k24k4kS(,) 从而y1，即

14k214k214k2 又B(2,0),故直线BS的方程为y1(x2)

4k110y(x2)x4k3，所以N(10,4) 由得10433kyx33k 故MN4k4

33k 由 又k0，所以MN 当且仅当4k343k4k44k482 33k33k3时，即k1时等号成立

MN的长度取最小值

分

所以

k1时，线段

8 ………………………………..93（3）由（2）知，当线段MN的长度取最小值时，k1

此时AS的方程为xy20，S(6,4),

55425 所以AS,要使TSA的面积为1， 524_y 只需点T到直线AS的距离等于

， _N_A_M_S _D _B 所以点T在平行于AS且与AS距

_O_x --学习资料分享----

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离等于

24的直线l'上

t222，解得t3或t5

224 设l':xyt0，则由

x22y13① 当t时，由43得5x212x50

2xy02 由于440，故直线l'与椭圆C有两个不同交点

x2y215 ②t时，由45得5x220x210

2xy02由于200，故直线l'与椭圆C没有交点

综上所求点T的个数是

2. ……………………………………………..14分

9.解：（Ⅰ）e2c12， 221，a2b2c2 2abaa2，b2，c2

x2y21------------------------------------------------24--------------------------------------5分

（Ⅱ）设直线BD的方程为y2xb

y2xb2224x22bxb40 22xy4B Y D A O X 8b2640 2

2b22

2b24x1x2b, ----① x1x2-----② 242648b26BD1(2)x1x2338b2442，

b3设d为点A到直线BD：ySABD2xb的距离， d

12BDd(8b2)b22 ，当且仅当b2时取等24号.

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因为2(22,22)，所以当b2时，ABD的面积最大，

最大值为2--------10分 （Ⅲ）设D(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB、AD的斜率分别为：kAB 、kAD，则

y12y222x1b22x2b2 x11x21x11x21=22b[x1x22] ------* 将（Ⅱ）中①、②式代

x1x2(x1x2)1kADkAB入*式整理得

22b[x1x22]=0，

x1x2(x1x2)1即

kADkAB0----------------------------------------------------------------------------------------------14分

x2y210．（Ⅰ）设椭圆方程为221,(ab0) ， ……………

ab1分

∵ 抛物线y24x的焦点坐标为

b1 ……………… 2分

由已知得c2a23分

解

a2,c1 …………………………………… 4

(0,1) ∴

， ∴

22ac1 ，………………………… 22a2c得分

为

椭

圆

方

分

程

∴

x2y21 …………………………………… 52（Ⅱ）设M(x1,y1),B(x2,y2),F(1,0),B(0,1),，∴ kBF1

∵F是垂心，∴ KMN1 ∴ 设的方程MNyxt， ……………………………… 7分

代入椭圆方程后整理得

为：

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3x24tx2t220 ……………………8分

∴

9分

4tx1x2,32t22x1x2 ………………………………

3将xyt代入椭圆方程后整理得：3y22tyt220 ∴

10分

∵ F是垂心，∴

MFBN，

MF(1x1,y1),BN(x2,y21)

2ty1y2,3t22y1y23……………………………………

∴ (1x1)x2y1(y21)0， …………………………………

11分

整理得：x1x2x1x2y1y2t0

4t2t22t22t0∴ 3t2t40 ………… 12∴ 333∴ t4或t1（舍）

3∴存在直线 l，其方程为yx4使题设

3分

成

立。 ………………… 13分

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