2015年圆锥曲线最新模拟试题分类汇编(2015-5-30)资料

2015年圆锥曲线最新模拟试题分类汇编（2015-5-30）1（14分）椭圆的两个焦点分别为，离心率。（1）求椭圆方程；（2）一条不与坐标轴平行的直线与椭圆交于不同的两点，且线段中点的横坐标为，求直线倾斜角的取值范围。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由已知，所求椭圆方程（2）设直线的方程为由方程组得，或，倾斜角的取值范围是试题解析：（1）设椭圆方程为。由已知， 为所求椭圆方程。（2）设直线的方程为，点的坐标分别为 由方程组 消去，并化简，得 又，而 或 故直线倾斜角的取值范围是考点：1椭圆方程；2直线与椭圆相交的位置关系2（本小题满分15分）己知O：，为O上动点，过作轴于，为上一点，且（）求点的轨迹的方程；（）若，过的直线与曲线相交于、两点，则是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由【答案】（） （）【解析】试题解析：（）设,则,由,得,由于点在圆上,则有,即点的轨迹的方程为（）设,过点的直线的方程为，由消去得: ,其中，,是定值考点：椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，定值问题3（本题满分13分）已知点F（1，0），圆E:，点P是圆E上任意一点，线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q（1）求动点Q的轨迹的方程；（2）若直线与圆O:相切，并与（1）中轨迹交于不同的两点A、B当=，且满足时，求AOB面积S的取值范围【答案】（1）；（2），【解析】试题分析：（1）连接QF，|QE|QF|=|QE|QP|=|PE|= 符合椭圆的定义，于是可根据其焦距与长轴计算出短轴长，从而确定的值，写出动点Q的轨迹的方程；（2）设直线的方程为（）,由直线与圆相切确定的关系，设点A、B的坐标（，）、（，），利用方程组及韦达定理，结合平面向量的数量积，把求AOB面积S表示成 的函数，最后利用基本不等式或一元二次函数的知识求得 的最大值试题解析：解：（1）连接QF，|QE|QF|=|QE|QP|=|PE|=（|EF|=2），点的轨迹是以E（-1，0）、F（1，0）为焦点，长轴长的椭圆，即动点Q的轨迹的方程为；（2）依题结合图形知的斜率不可能为零，所以设直线的方程为（）直线即与圆O:相切，有：得又点A、B的坐标（，）、（，）满足：消去整理得，由韦达定理得，其判别式，又由求根公式有=，且，考点：1、椭圆的定义与标准方程；2、直线与圆、直线与椭圆的位置关系综合应用4（12分）已知椭圆的左右焦点分别为，为半焦距，（1）求椭圆离心率的取值范围；（2）设椭圆的短半轴长为，以为圆心，为半径作圆，圆与轴的右交点为，过点作倾斜角不为直线与椭圆相交于两点，若，求直线被圆截得的弦长的取值范围。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）中求离心率需将不等式变形使其出现，从而转化出离心率的不等式，（2）中首先由点斜式设出直线方程，与椭圆联立，根据由韦达定理得到，将转化为坐标得到的关系式，由直线与圆相交得到弦长的表达式，代入关系式求最值试题解析：（1） 4分（2）依题意得点的坐标为，则得直线的方程为，联立方程组得，设，则有，又，所以，所以， 8分直线的方程为，圆心到直线的距离，由图像可知， 10分又由（1）知，。 12分考点：1椭圆离心率；2直线与椭圆相交问题；3直线与圆相交的弦长问题5（小题满分12）椭圆的方程为，、分别是它的左、右焦点，已知椭圆过点，且离心率（1）求椭圆的方程；（2）如图，设椭圆的左、右顶点分别为、，直线的方程为，是椭圆上异于、的任意一点，直线、分别交直线于、两点，求的值；（3）过点任意作直线（与轴不垂直）与椭圆交于、两点，与交于点， 求证： 【答案】（1）；（2）；（3）证明如下；【解析】试题分析：（1）由题可知，根据椭圆的离心率有，可求出a,c的关系为，将椭圆经过的点（0,1）代入，即可解出，从而得到椭圆方程；（2）根据点斜式方程解出直线、的方程，分别解出点D，点E的坐标，于是得到，化简可得；（3）由，的关系，可得，两式相减，即可得到；试题解析：（1）由题，在椭圆中，即有，解得，椭圆过点，代入椭圆方程，解得，即 4分（2）设，则直线、的方程分别为，将分别代入可求得两点的坐标分别为，. 由（1），,所以，又点在椭圆上，. 8分（3）设，,，由得所以，代入椭圆方程得 同理由得 消去，得，所以 12分考点：椭圆的几何性质向量坐标的运算6（本小题满分13分）已知椭圆：的焦距为，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形（1）求椭圆的标准方程；（2）设为椭圆的左焦点，为直线上任意一点，过作的垂线交椭圆于点，证明：平分线段（其中为坐标原点），当值最小时，求点的坐标【答案】（1）；（2）见解析；或.【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）解：由已知可得， 2分解得， 4分所以椭圆的标准方程是. 5分（2）证明：由（1）可得，的坐标是，设点的坐标为，则直线的斜率.当时，直线的斜率.直线的方程是.当时，直线的方程是，也符合的形式 6分设，将直线的方程与椭圆的方程联立，消去，得，其判别式.所以，. 8分设为的中点，则点的坐标为.所以直线的斜率，又直线的斜率，所以点在直线上，因此平分线段. 9分解：由可得， 10分所以 12分当且仅当，即时，等号成立，此时取得最小值故当最小时，点的坐标是或 13分考点：（1）椭圆的方程； （2）直线与椭圆的综合问题.7（本小题满分16分） 已知椭圆过点，离心率为（1）若是椭圆的上顶点，分别是左右焦点，直线分别交椭圆于，直线交于D，求证；（2）若分别是椭圆的左右顶点，动点满足，且交椭圆于点求证：为定值.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】试题分析：（1）由两个独立条件可列方程组，解得，再根据直线方程与椭圆方程分别解得，最后利用两直线方程解得，从而计算（2）由题意用坐标表示各量，并进行证明：设，解得，则试题解析：（1）易得且，解得所以,椭圆的方程为； 所以，所以，直线，直线将 代入椭圆方程可得，所以，同理可得， 所以直线为，联立，得交点， 所以，即所以，； （2）设，易得直线的方程为，代入椭圆,得，由得， 从而， 所以. 考点：直线与椭圆位置关系8(本题满分15分)已知椭圆：过点，离心率为.（）求椭圆的标准方程；（）设分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆交于不同两点，记的内切圆的面积为，求当取最大值时直线的方程，并求出最大值【答案】（）椭圆的标准方程为；（）.【解析】试题分析：（）由题意得 ，解这个方程组即可得，从而得椭圆的标准方程为.（）设，的内切圆半径为，则，所以要使取最大值，只需最大. . 设直线的方程为 ，将代入可得，利用根与系数的关系可得，记，则，显然这个函数在上递减，当即时三角形的面积最大，由此可得.试题解析：（）由题意得 解得椭圆的标准方程为.（）设，的内切圆半径为，则 所以要使取最大值，只需最大 设直线的方程为 将代入可得(*)恒成立，方程(*)恒有解， 记 在上递减，所以当即时，此时.考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与圆锥曲线的位置关系；3、函数的最值.9（本小题满分12分）已知点分别是椭圆的左、右焦点, 点在椭圆上上（1）求椭圆的标准方程;（2）设直线若、均与椭圆相切,试探究在轴上是否存在定点,点到的距离之积恒为1?若存在,请求出点坐标;若不存在,请说明理由【答案】（1）;（2）存在，点或.【解析】试题分析：（1）设椭圆的方程，若焦点明确，设椭圆的标准方程，结合条件用待定系数法求出的值，这里根据椭圆的定义求解，若不明确，需分焦点在轴和轴上两种情况讨论；（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）由,得, 1分 3分椭圆的方程为 4分（2）把的方程代入椭圆方程得 5分直线与椭圆相切,化简得 同理把的方程代入椭圆方程也得: 7分（3）设在轴上存在点,点到直线的距离之积为1,则 ,即, 9分把代入并去绝对值整理, 或者 10分前式显然不恒成立;而要使得后式对任意的恒成立 则,解得; 综上所述,满足题意的定点存在,其坐标为或 12分考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与椭圆的综合问题.10（本小题满分12分）设点、分别是椭圆的左、右焦点,为椭圆上任意一点,且的最小值为（1）求椭圆的方程;（2）设直线（直线、不重合）,若、均与椭圆相切，试探究在轴上是否存在定点,使点到、的距离之积恒为1?若存在,请求出点坐标;若不存在,请说明理由【答案】（1）；（2）满足题意的定点存在,其坐标为或 .【解析】试题分析：（1）设椭圆的方程，若焦点明确，设椭圆的标准方程，结合条件用待定系数法求出的值，若不明确，需分焦点在轴和轴上两种情况讨论；（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）设,则有, 由最小值为得, 椭圆的方程为 4分（2）把的方程代入椭圆方程得 直线与椭圆相切,化简得 同理可得: ,若,则重合,不合题意, ,即 8分设在轴上存在点,点到直线的距离之积为1,则 ,即, 把代入并去绝对值整理, 或者 前式显然不恒成立;而要使得后式对任意的恒成立 则,解得; 综上所述,满足题意的定点存在,其坐标为或 12分考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与椭圆的综合问题.11（本题满分12分）已知定点F（3，0）和动点P（x，y），H为PF的中点，O为坐标原点，且满足（1）求点P的轨迹方程；（2）过点F作直线与点P的轨迹交于A，B两点，点C（2，0）连接AC，BC与直线分别交于点M，N试证明：以MN为直径的圆恒过点F【答案】（1），（2）证明见解析，【解析】试题分析：取连接， ，符合双曲线定义，点P的轨迹是以为焦点的双曲线的右支 ， ，点的轨迹方程为：；第二步设直线方程为，联立方程组，设而不求，利用根与系数关系，可得出，根据三点共线， ，同理，求出点的坐标，要证明以MN为直径的圆恒过点F，只需证明即可；试题解析：（1）如图取连接， ，由双曲线定义知，点P的轨迹是以为焦点的双曲线的右支 ， ，的轨迹方程为： （5分）（2）设，直线方程为，联立 整理得：， （6分） 三点共线， ，同理 （8分） 即为直径的圆恒过点 （12分）考点：1求动点轨迹方程；2过定点问题12（本小题满分12分）已知直线所经过的定点恰好是椭圆的一个焦点，且椭圆上的点到点的最大距离为8.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线AB过点且与椭圆相交于点A、B，是否为定值，若是求出这个定值，若不是说明理由。【答案】（1）（2）=为定值；【解析】试题分析：先求出直线所经过的定点，椭圆上的点到点的最大距离为8，则，解出，得出椭圆的方程当直线AB的斜率不存在时，=为定值，当AB的斜率存在时，设AB的方程为，把直线的方程与椭圆方程联立方程组，消去得关于的一元二次方程，设而不求，利用根与系数关系求出，再利用焦半径公式求出=；试题解析：（1）由，得，则由， 解得F（3，0） 2分设椭圆的方程为， 则，解得所以椭圆的方程为. 5分（2）当AB的斜率不存在时，=，为定值， 7分当AB的斜率存在时，设AB的方程为，由可得所以=综上可得：=为定值。. 12分考点：1.待定系数法求椭圆方程，2.设而不求思想；3.焦半径公式；13（本小题满分12分）已知椭圆:的上顶点为，且离心率为（1）求椭圆的方程；（2）证明：过椭圆:上一点的切线方程为；（3）从圆上一点向椭圆引两条切线，切点分别为，当直线分别与轴，轴交于，两点时，求的最小值【答案】（1）；（2）详见解析；（3）【解析】试题分析：（1）根据条件中可建立关于，的方程组，即可求解；（2）利用导数的几何意义可得当时，切线方程为，即，同理可证得，切线方程也满足；（3）首先根据导数的几何意义可得，点的椭圆的切线为，过点的椭圆的切线为，从而切点弦所在直线方程为，从而，再由基本不等式即可求解试题解析：（1），椭圆方程为；（2）椭圆:，当时，故，当时，切线方程为，同理可证，时，切线方程也为，当时，切线方程为满足，综上，过椭圆上一点的切线方程为；（3）设点为圆上一点，是椭圆的切线，切点，过点的椭圆的切线为，过点的椭圆的切线为 两切线都过点，切点弦所在直线方程为，当且仅当，即，时取等，的最小值为考点：1椭圆的标准方程及其性质；2利用导数求曲线上某点的切线方程；3基本不等式求最值14（本小题满分14分）已知椭圆G的离心率为，其短轴的两端点分别为A（0,1）,B（0,-1）.oCMyxBNDA（）求椭圆G的方程；（）若C,D是椭圆G上关于y轴对称的两个不同点，直线与轴分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，如经过，求出定点坐标；如不过定点，请说明理由.【答案】（）;（）【解析】试题分析：（）由已知条件设椭圆G的方程为：由可得由此能求出椭圆的标准方程（）设，则，则，由此得到直线AC,BD的方程，然后根据中点坐标公式求得E点坐标，得到对应的圆的方程，根据化简圆的方程，通过赋值得到方程组联立得到对应的点，然后代入方程验证是否成立，求得对应的点.试题解析：（）设椭圆G的方程为：，椭圆方程为 （）设，则，,令，则设的中点为,则的坐标为，即：，半径为，圆的方程为，化为令，则，代入得：，令，则，代入得：，由得：，代入得：左=右圆恒过定点考点：直线与圆锥曲线的综合应用15（本小题满分14分）已知椭圆（）求椭圆的离心率；（）设椭圆上在第二象限的点的横坐标为，过点的直线与椭圆的另一交点分别为.且的斜率互为相反数，两点关于坐标原点 的对称点分别为 ,求四边形 的面积的最大值.【答案】（）；（）.【解析】试题分析：（）将椭圆方程化成标准形式得可得从而计算得即可求得离心率（）由题意可知，点的坐标为设的方程为则的方程为分别联立直线方程与椭圆方程消元得到一个一元二次方程，由于知道是此方程的根，利用韦达定理也就可求出另一根，即是点A或B的横坐标，进而可求出直线AB的斜率，从而就可用斜截式设出直线AB的方程；从而就可求出原点到直线的距离d,然后联立直线AB的方程与椭圆的方程，消元后得到一个关于直线AB截距为参数的一元二次方程，由韦达定理及弦长公式可将弦AB的长用直线AB截距表示出来，从而就可用直线AB截距将三角形OAB的面积表示成为直线AB截距的函数，求此函数的最大值即得到三角形OAB的面积的最大值，再注意到四边形 为平行四边形,且四边形的面积为三角形OAB的面积的四倍得到结果试题解析：（）由题意，椭圆的标准方程为所以从而因此，故椭圆的离心率 4分（）由题意可知，点的坐标为设的方程为则的方程为 5分由 得由于是此方程的一个解.所以此方程的另一解同理 7分故直线的斜率为 9分设直线的方程为由 得所以又原点到直线的距离为所以的面积当且仅当，即时.的面积达到最大.且最大值为 . 13分由题意可知，四边形 为平行四边形,所以，四边形的面积 ,故四边形面积的最大值为 . 14分考点：1. 椭圆的性质；2. 直线与椭圆的位置关系；3. 基本不等式.16（本小题满分13分）已知椭圆C：（ab0）与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），F为左焦点，原点O到直线FA的距离为b（）求椭圆C的离心率；（）设b=2，直线y=kx+4与椭圆C交于不同的两点M，N，求证：直线BM与直线AN的交点G在定直线上【答案】（）（）见解析【解析】试题分析：（）设F的坐标为(c，0)，依题意有bc=ab，即得（）b=2时，得a=，椭圆方程为联立方程组化简得：(2k2+1)x2+16kx+24=0，由=32(2k23)0，解得：k2由韦达定理得：xM+xN= ，xMxN= 设M(xM，kxM+4)，N(xN，kxN+4)，MB方程为：y=x2， NA方程为