2017年高考圆锥曲线解答题练习01

，计算即得结论；（Ⅱ）通过直线l与x轴平行、垂直时，可得若存在不 同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只能是（0，2）．然后分直线l的 斜率不存在、存在两种情况，利用韦达定理及直线斜率计算方法，证明 对任意直线l，均有
即可 试题解析：（1）由已知，点在椭圆上 因此 解得， 所以椭圆的方程为. （Ⅱ）由点在轴上，可设点的坐标为 当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于两点，则 由，解得或 所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点的坐标只能为 下面证明：对任意的直线，均有 当直线的斜率不存在时，由上可知，结论正确 当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，的坐标为 联立得，其判别式 所以，因此 已知点B关于y轴的对称点为
，否则与渐近线平行..………11分 ，，.………………………12分 考点：椭圆定义及方程，双曲线方程；直线与双曲线相交的综合问题 7．（1）（2）当时，以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O 【解析】 试题分析：（1）设椭圆的焦半距为c，利用离心率为，椭圆C的长轴长 为4．列出方程组求解c，推出b，即可得到椭圆的方程；（2）存在实数 k使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O．设点A，B，将直线l的 方程代入，化简，利用韦达定理，结合向量的数量积为0，转化为．求 解即可 试题解析：（1）设椭圆的焦半距为c，则由题设，得，解得，………2 分 所以，故所求椭圆C的方程为．…………..4分 （2）存在实数k使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O．理由如 下： 设点，，将直线的方程代入， 并整理，得．（*）………………………………….6分 则，．………………………………………8分 因为以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O，所以，即． 又,于是，…………….10分 解得，………………………………..11分 经检验知：此时（*）式的Δ＞0，符合题意． 所以当时，以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O．………………12 分 考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程 8．（1）（2） 【解析】 试题分析：（1）设椭圆的焦半距为c，则由题设，得：，解得a，b，c 值，可得椭圆C的方程； （2）设点A，B，将直线l 的方程代入，利用韦达定理，及向量垂直的 充要条件，可求出满足条件的k值 试题解析：（1）设椭圆的焦半距为c，则由题设，得：
当，且时，求点的坐标. 7．已知椭圆的离心率为，椭圆C的长轴长为4． （1）求椭圆的方程； （2）已知直线与椭圆交于A，B两点，是否存在实数k使得以线段AB 为 直径的圆恰好经过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明 理由 8．已知椭圆C：
+
=1（a＞b＞0）的离心率为
，椭圆C的长轴长为4． （1）求椭圆C的方程； （2）已知直线l：y=kx+
与椭圆C交于A，B两点，是否存在实数k使得以线段AB为直径的圆恰好经 过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
1．解：（I）由 由右焦点到直线 的距离为 得：
解得 所以椭圆C的方程为
…………4分 （II）设 ， 直线AB的方程为 与椭圆 联立消去y得
参考答案
即
整理得 所以O到直线AB的距离 …………8分
， 解得
所以b2=a2﹣c2=4﹣3=1， 故所求椭圆C的方程为
+x2=1． （2）存在实数k使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O． 理由如下： 设点A（x1，y1），B（x2，y2）， 将直线l 的方程y=kx+
代入
+x2=1， 并整理，得（k2+4）x2+2
kx﹣1=0．（*） 则x1+x2=﹣
，x1x2=﹣
． 因为以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O， 所以
•
=0，即x1x2+y1y2=0． 又y1y2=k2x1x2+
k（x1+x2）+3， 于是﹣
﹣
+3=0，解得k=±
， 经检验知：此时（*）式的△＞0，符合题意． 所以当k=±
时，以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O． 考点：椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的关系
，∴
，即
， 又ຫໍສະໝຸດ Baidu
，∴
， 故椭圆的方程为
(2)由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为 由得： 由得： 设A(x1，y1)，B (x2，y2)，则 ① ∴
考点：1椭圆的简单几何性质;2直线与椭圆的位置关系问题. 4．（Ⅰ）（Ⅱ） 【解析】 试题分析：（Ⅰ）通过直线l平行于x轴时被椭圆E截得的线段长为及离 心率是
又，所以，即三点共线，所以 ,故存在与P不同的定点使得恒成立 考点：1.直线与圆锥曲线的综合问题；2.椭圆的标准方程 5．见解析 【解析】 解：(1)设直线PQ的方程为x＝my＋n，点P，Q的坐标分别为(x1，y1)， (x2，y2)． 由
得y2－4my－4n＝0. 由Δ>0，得m2＋n>0， y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4n. ∵AP⊥AQ，∴
·
＝0， ∴(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2)＝0. 又x1＝
，x2＝
， ∴(y1－2)(y2－2)[(y1＋2)(y2＋2)＋16]＝0， ∴(y1－2)(y2－2)＝0或(y1＋2)(y2＋2)＋16＝0. ∴n＝－2m＋1或n＝2m＋5.
∵Δ>0恒成立，∴n＝2m＋5. ∴直线PQ的方程为x－5＝m(y＋2)， ∴直线PQ过定点(5，－2)． (2)假设存在以PQ为底边的等腰三角形APQ. 设直线PQ的方程为x＝my＋n. ∵直线PQ过点T(5，－2)， ∴5＝m·(－2)＋n， ∴n＝2m＋5. ∴直线PQ的方程为x＝my＋2m＋5. 设点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)． 由
个是直线和圆相切，圆心到直线的距离等于半径，相当于给出了，在结 合椭圆中恒等式就可以求得标准方程.第二三问主要利用的是联立直线 方程和椭圆方程，写出根与系数关系，然后化简向量或者利用弦长公式 求解. 3．（1）;（2）;（3）详见解析 【解析】 试题分析：（1）根据题意可知
,圆心到直线的距离为,又因为,解方程组可得.（2）由题意知直线l的斜 率存在，设直线l的方程为.将直线方程与椭圆方程联立消去并整理得关 于的一元二次方程,依题意可知判别式大于0可得的范围,由韦达定理可 得根与系数的关系式.根据向量数量积公式求.再根据的范围求的范围. （3）由(2)知,根据关于轴对称可得点.由两点式可得直线的方程.根据 (2)中所得的根与系数的关系可证得时为定值. 试题解析：解:由题意知
的离心率是
，过点的动直线
与椭圆相交于，两点，当直线
平行与
轴时，直线 被椭圆截得的线段长为 .
（Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）在轴上，是否存在与点不同的定点，使得 恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 5．如图，已知抛物线C：y2＝4x，过点A(1，2)作抛物线C的弦AP，AQ.
(1)若AP⊥AQ，证明：直线PQ过定点，并求出定点的坐标； (2)假设直线PQ过点T(5，－2)，请问是否存在以PQ为底边的等腰三角形 APQ？若存在，求出△APQ的个数，若不存在，请说明理由． 6．已知圆，圆，动圆与圆外切并与圆内切，圆心的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）若双曲线的右焦点即为曲线的右顶点，直线为的一条渐近线. ①.求双曲线C的方程； ②.过点的直线，交双曲线于两点，交轴于点（点与的顶点不重合），
， 当且仅当OA=OB时取“=”号。
由
即弦AB的长度的最小值是
…………12分
【解析】略 2．（1）；（2）或；（3）. 【解析】 试题分析：（1）离心率为即，以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半 径的圆与直线相切，即圆心到直线的距离，解得，，所以椭圆的方程 为； （2）①当直线的斜率为时，不符合题意；②当直线的斜率不为时，设 直线方程为，联立直线的方程和椭圆的方程，消去，写出根与系数关 系，得，，由可得，，.所以直线方程为或； （3）由（2）结合弦长公式、点到直线距离公式，可求得的表达式为， 利用基本不等式求得最大值为. 试题解析： （1）设椭圆方程为（）， ∵离心率为，∴，即，又，∴. ∵以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切， ∴圆心到直线的距离，∴，. ∴椭圆的方程为 （2）由题意可设直线方程为 ①当直线的斜率为0时，不符合题意； ②当直线的斜率不为0时，则直线方程为， 可设，，由可得，得. 由得，由， 则，， 可得方程为，解得，. ∴直线方程为或. （3）由（2）可得 当且仅当时“=”成立，即时，面积的最大值为2. 考点：直线与圆锥曲线位置关系． 【方法点晴】求椭圆的标准方程是圆锥曲线第一问常见的题型，主要的 思想方法就是方程的思想，第一个已知条件是离心率，可以化为，第一
圆锥曲线解答题练习01
1．（本小题满分12分） 设椭圆
的离心率
，右焦点到直线
的距离
为坐标原点。 （I）求椭圆的方程； （II）过点作两条互相垂直的射线，与椭圆分别交于两点，证 明点到直线的距离为定值，并求弦长度的最小值． 2．在平面直角坐标系中，椭圆：（）的左、右焦点分别为，离心率 为，以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切. 过点的 直线与椭圆相交于两点. （1）求椭圆的方程； （2）若，求直线的方程； （3）求面积的最大值. 3．（本小题满分12分） 已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直 线相切,过点且不垂直于轴的直线与椭圆相交于、两点. （1）求椭圆的方程； （2）求的取值范围； （3）若点关于轴的对称点是，证明：直线与轴相交于定点. 4．如图，椭圆：
得 y2－4my－8m－20＝0. ∴y1＋y2＝4m，y1·y2＝－8m－20. ∵PQ的中点坐标为 M
， 即M
， 且
＝
＝2m2＋2m＋5， ∴PQ的中点坐标为M(2m2＋2m＋5，2m)． 由已知得
＝－m， 即m3＋m2＋3m－1＝0. 设g(m)＝m3＋m2＋3m－1，
则g′(m)＝3m2＋2m＋3>0， ∴g(m)在R上是增函数． 又g(0)＝－1<0，g(1)＝4>0， ∴g(m)在(0，1)内有一个零点． ∴函数g(m)在R上有且只有一个零点，即方程m3＋m2＋3m－1＝0在R上有 唯一实根， ∴满足条件的等腰三角形有且只有一个． 6．（1）（2）①② 【解析】 试题分析：（1）由两圆相切可得到圆心距和半径的关系，结合椭圆定 义可知曲线为椭圆，进而可求得方程；（2）①由曲线E的方程求得右顶 点，从而得到曲线C的右焦点，结合渐近线可求得双曲线中的值，从而 得到双曲线方程；②由向量关系及可求得点的关系式，将直线方程及双 曲线联立转化为二次方程，利用韦达定理得到，结合可求得的值 试题解析：（1）因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以 ，………………………1分 由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左右焦点，长半轴长为2，短半轴 长为的 椭圆，…3分 ( 求出给1分，求出得1分) 则此方程为.…4分 （2）设双曲线方程为，由椭圆，求得两焦点为， 所以对于双曲线，…… 5分 又为双曲线的一条渐近线， 所以，解得，… 6分 故双曲线的方程.…… 7分 （3）解法一：由题意知直线的斜率存在且不等于零. 设的方程：，，则， ，……… 8分 所以从而 在双曲线上，，………………9分 ，. 同理有………………………10分 若，则直线过顶点，不合题意， 是二次方程的两根.， ，……11分 此时.所求的坐标为.………… 12分 解法二：由题意知直线的斜率存在且不等于零 设的方程：，则.，.，，， … 8分 又，，即，……9分 将代入，得，………………10分