培优训练题1.docx

1（本小题满分13分）如图，分别过椭圆：左右焦点、的动直线相交于点，与椭圆分别交于不同四点, 直线的斜率、满足已知当轴重合时，（1）求椭圆的方程；（2）是否存在定点，使得为定值若存在，求出点坐标并求出此定值，若不存在，说明理由2已知椭圆：（）过点（2,0），且椭圆C的离心率为（）求椭圆的方程；（）若动点在直线上，过作直线交椭圆于两点，且为线段中点，再过作直线求直线是否恒过定点，若果是则求出该定点的坐标，不是请说明理由。3（本小题满分13分）如图，、为椭圆的左、右焦点，、 是椭圆的两个顶点，椭圆的离心率，若在椭圆上，则点称为点的一个“好点”直线与椭圆交于、两点， 、两点的“好点”分别为、，已知以为直径的圆经过坐标原点（）求椭圆的标准方程；（）的面积是否为定值？若为定值，试求出该定值；若不为定值，请说明理由4（本小题满分13分）已知中心在原点，对称轴为坐标轴的椭圆的一个焦点在抛物线的准线上，且椭圆过点，直线与椭圆交于两个不同点（）求椭圆C的方程；（）若直线的斜率为，且不过点，设直线，的斜率分别为，求证：为定值；（）若直线过点，为椭圆的另一个焦点，求面积的最大值5（本小题满分14分）已知椭圆上的点到左右两焦点的距离之和为，离心率为.（）求椭圆的方程；（）过右焦点的直线交椭圆于两点.（1）若轴上一点满足，求直线斜率的值；（2）是否存在这样的直线，使的最大值为（其中为坐标原点）？若存在，求直线方程；若不存在，说明理由. 6（本题满分14分）已知椭圆:的离心率为，过椭圆右焦点的直线与椭圆交于点（点在第一象限）（）求椭圆的方程；（）已知为椭圆的左顶点，平行于的直线与椭圆相交于两点.判断直线是否关于直线对称，并说明理由7（本小题满分13分）已知经过抛物线焦点的直线与抛物线交于、两点，若存在一定点，使得无论怎样运动，总有直线的斜率与的斜率互为相反数（1）求与的值；（2）对于椭圆：，经过它左焦点的直线与椭圆交于、两点，是否存在定点，使得无论怎样运动，都有？若存在，求出坐标；若不存在，说明理由8（本小题满分12分）如图所示，椭圆：，其中，焦距为，过点的直线与椭圆交于点、，点在之间，又点，的中点横坐标为，且（1）求椭圆的标准方程 ； （2）求实数的值9已知抛物线（）的准线与轴交于点（1）求抛物线的方程，并写出焦点坐标；（2）是否存在过焦点的直线（直线与抛物线交于点，），使得三角形的面积？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由10已知直线经过椭圆（）的左顶点和上顶点椭圆的右顶点为，点是椭圆上位于轴上方的动点，直线、与直线分别交于、两点（）求椭圆的标准方程；（）求线段长度的最小值；（）当线段的长度最小时，椭圆上是否存在这样的点，使得的面积为？若存在，确定点的个数；若不存在，请说明理由11如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和.（）求椭圆和双曲线的标准方程；（）设直线、的斜率分别为、，证明；（）探究是否是个定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.12（本小题满分13分）已知椭圆C:（ab0）的两个焦点分别为F1（，0）、F2（，0）.点M（1，0）与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直.（1）求椭圆C的方程；（2）已知点N的坐标为（3，2），点P的坐标为（m，n）（m3）.过点M任作直线l与椭圆C相交于A、B两点，设直线AN、NP、BN的斜率分别为k1、k2、k3，若k1k32k2，试求m，n满足的关系式.试卷第9页，总9页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1（1）（2）【解析】试题分析：（1）设椭圆的方程，用待定系数法求出的值；（2）解决直线和椭圆的综合问题时注意：第一步：根据题意设直线方程，有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，可由点斜式设直线方程第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆的方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程第三步：求解判别式：计算一元二次方程根第四步：写出根与系数的关系第五步：根据题设条件求解问题中结论试题解析：（1）当与轴重合时，即， 垂直于轴，得，得， 椭圆E的方程为（2）焦点、坐标分别为（1，0）、（1，0）当直线或斜率不存在时，P点坐标为（1，0）或（1，0）当直线、斜率存在时，设斜率分别为，设，由得：， ， 同理， ，即由题意知， 设，则，即，由当直线或斜率不存在时，点坐标为（1，0）或（1，0）也满足此方程，点在椭圆上， 11分存在点M（0,-1）和点N（0,1），使得为定值，定值为 考点：（1）椭圆的方程； （2）直线与椭圆的综合问题2（1）；（2）【解析】试题分析：（1）利用点在椭圆上与离心率求其系数，得到椭圆的标准方程；（2）联立直线与椭圆的方程，整理成关于的一元二次方程，利用中点坐标公式或两直线垂直得到直线的方程，化成点斜式，进而得到定点试题解析：因为点在椭圆上，所以，所以；因为椭圆的离心率为，所以，即， 解得， 所以椭圆的方程为 （）设，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由得，所以，因为为中点，所以，即所以， 因为直线，所以，所以直线的方程为，即 ，显然直线恒过定点当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时直线为轴，也过点 综上所述直线恒过定点考点：1椭圆的坐标方程；2直线与椭圆的位置关系；3直线过定点问题3（）（）的面积为定值1【解析】（）由题意得，故， 1分， 3分故，即，所以， 4分故： 5分（）设、，则、当直线的斜率不存在时，即，由以为直径的圆经过坐标原点可得，即，解得， 6分又点在椭圆上，所以，解得，所以 7分当直线的斜率存在时，设其方程为由，消得， 由根与系数的关系可得， 8分由以为直径的圆经过坐标原点可得，即，即 9分故整理得，即所以 10分而故 11分而点到直线的距离，所以 12分综合可知的面积为定值1 13分【命题意图】本题主要考查椭圆的几何性质和方程，考查直线和椭圆的位置关系以及三角形面积与定值问题考查数形结合、函数与方程的数学思想等。4（）；（）见解析；（）当，即时，的面积取得最大值3【解析】（）抛物线的准线方程为，由题意知故设椭圆的方程为则由题意可得，解得故椭圆的方程为（）证明直线的斜率为，且不过点，可设直线联立方程组，消得又设，故有所以所以为定值0（）由（）知，设，过点的直线方程为由，消得，所以，故，所以所以的面积 因为，而函数在区间上单调递增，所以，故所以当，即时，的面积取得最大值3方法二：的面积设，则，故 设，则，显然当时，函数单调递增，所以，故 所以当，即时，的面积取得最大值3【命题意图】本题主要考查椭圆的方程和性质、抛物线的方程、直线与椭圆的位置关系、直线的斜率、三角形面积的最值以及定值问题的证明等，考查方程的思想、数形结合的思想和基本的运算能力等5（）（）（1）（2）【解析】试题分析：根据题中的条件，可知椭圆的实轴长为已知的，从而得出a的值，再根据离心率的值，可知c的值，从而得出b的值，椭圆的方程就可以求出，对于第二问中的第一小题，能够得出M是弦的中点，根据有关中点弦的问题来解决即可，对于第二小题，注意三角形的面积的求解，转化为求函数的最值问题.试题解析：（）， 1分， 2分椭圆的标准方程为 3分（）已知,设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，化简得：， 4分的中点坐标为 5分当时，整理得解得或 7分当时，的中垂线方程为，满足题意. 斜率的取值为. 8分（2）当直线斜率不存在时，此时 9分当直线斜率存在时由（1）知 10分 而原点到直线的距离 11分所以 12分 综上， 所以满足题意的直线存在，方程为. 14分考点：椭圆的方程，椭圆的中点弦所在的直线的斜率，直线被曲线所截得的弦长问题，三角形的面积的有关问题.6（）（）所以直线关于直线对称.【解析】试题分析：注意应用椭圆的定义求椭圆的方程，对于第二问，两直线关于直线m对称的条件，应用两直线的斜率之和等于零，来解决问题即可.试题解析：（）由题意得, 1分 由可得, 2分所以, 3分所以椭圆的方程为. 4分（）由题意可得点, 6分所以由题意可设直线,. 7分设，由得.由题意可得,即且. 8分. 9分因为 10分， 13所以直线关于直线对称. 14分考点：椭圆的方程，直线的关系.7（1），；（2）存在定点，使得.【解析】试题分析：（1）先根据条件得到，进而可确定；设，联立直线与抛物线的方程，消去得到，进而根据二次方程根与系数的关系得出，由条件：无论怎样运动，直线的斜率与的斜率互为相反数，得出，进而可确定的值；（2）满足条件的必在轴上，进而联立方程，消去得到，再利用二次方程根与系数的关系，并结合已知条件，即可推导出存在定点满足题意.试题解析：（1）直线经过抛物线的焦点为， ，直线代入得，设，则，得无论怎样运动，直线的斜率与的斜率互为相反数无论、怎样变化，总有，即，（2）直线垂直于轴时，、两点关于轴对称，要使，则必在轴上，设点直线不垂直于轴时，设，设，代入得，直线的斜率与的斜率互为相反数即，以上每步可逆存在定点，使得考点：1.直线与抛物线的位置关系；2.直线与椭圆的位置关系；3.二次方程根与系数的关系.8（1）；（2）【解析】试题分析：（1）运用离心率公式和椭圆的，的关系，解得，即可得到椭圆方程；（2）运用向量共线的知识，设出直线的方程，联立椭圆方程，消去，运用判别式大于，以及韦达定理和中点坐标公式，计算得到，的横坐标，即可得到所求值试题解析：（1）由条件可知，故，椭圆的标准方程是；（2）由，可知三点共线，设点，点，若直线轴，则，不合题意， 5分当A所在直线的斜率存在时，设直线的方程为由消去得，由的判别式，解得， ， 7分由，可得，如图， 9分将代入方程，得，又， 12分考点：1椭圆的方程和性质；2直线与椭圆的位置关系；3中点坐标公式9（1），焦点坐标为；（2）存在，直线的方程为：或【解析】试题分析：（1）根据抛物线的性质知抛物线的交点坐标为；（2）设与抛物线方程联立，由韦达定理，得到，进一步的面积用和表示，解得的值，得到所求直线方程试题解析：（1）由已知得：，从而抛物线方程为，焦点坐标为（2）由题意，设，并与联立， 得到方程：，设，则， ， ， 又， 解得，故直线的方程为：即或 解法二：（1）（同解法一）（2）当轴时，不符合题意 故设（），并与联立，得到方程：， 设，则， ，点到直线的距离为， ， 解得， 故直线的方程为：即或 考点：1抛物线的标准方程；2韦达定理10（）（）（）椭圆上存在两个点，使得的面积为【解析】试题分析：（）根据椭圆几何性质知：椭圆的左顶点和上顶点在坐标轴上，令得，所以，所以，令得，所以，所以，所以椭圆的标准方程为；（）由题意得：分别表示出M,N点坐标，可设直线的方程为（），联立，解得，由得从而直线的方程为，所以（）由题意得，由的面积得点到直线的距离为，从而点在或，再由直线与椭圆位置关系知，只有与椭圆有两个交点.试题解析：（）令得，所以，所以，令得，所以，所以，所以椭圆的标准方程为； 分（）显然直线的斜率存在且为正数，设直线的方程为（），联立得，解得，由得，显然，由求根公式得或（舍），所以，从而直线的方程为，联立得，解得，所以，当且仅当时取“”，因此，线段长度的最小值为； 分（）由（）知，时线段的长度最小，此时，因为的面积为，所以点到直线的距离为，因为直线的方程为，设过点且与直线平行的直线的方程为，由两平行线之间距离为得，解得或，当时，直线的方程为，联立得，消去得，显然判别式，故点有个；当时，直线的方程为，联立得，消去得，显然判别式，故点不存在所以，椭圆上存在两个点，使得的面积为 分考点：椭圆几何性质, 直线与椭圆位置关系11（），;（）;（）.【解析】试题分析：（）设椭圆的半焦距为，由题意知：， ，以及=，即可求出椭圆的标准方程为，由题意设等轴双曲线的标准方程为，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m=2，即可求出双曲线的标准方程； （）设P（），则=，因为点P在双曲线上，所以，化简即可得到的值；（）设A（，），B（），由于的方程为，将其代入椭圆方程得，所以，根据弦长公式 ，带入值即可求出和，进而可求为定值.试题解析：解：（）设椭圆的半焦距为，由题意知： ，2a+2c=4（+1）所以a=2，c=2，又=，因此b=2。故 椭圆的标准方程为由题意设等轴双曲线的标准方程为，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点。所以m=2，因此 双曲线的标准方程为（）设P（），则=，。因为点P在双曲线上，所以。因此，即（）设A（，），B（），由于的方程为，将其代入椭圆方程得所以，所以 同理可得. 则 ，又 ，所以 .故恒成立. 考点：1.椭圆与双曲线的标准方程；2.直线与圆锥曲线的位置关系.12（1）；（2）mn10【解析】试题分析：（1）利用M与短轴端点构成等腰直角三角形，可求得b的值，进而得到椭圆方程；（2）设出过M的直线l的方程，将l与椭圆C联立，得到两交点坐标关系，然后将k1k3表示为直线l斜率的关系式，化简后得k1k32，于是可得m，n的关