圆锥曲线综合解答题100

1、2014-2015学年度?学校11月月考卷考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx学校:_姓名：_班级：_考号：_第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）评卷人得分三、解答题（题型注释）1在直角坐标系中，点到两点的距离之和为4，设点的轨迹为,直线与轨迹交于两点.（1）求出轨迹的方程; （2）若，求弦长的值.【答案】（1）； （2）【解析】试题分析：（）设，由椭圆定义可知，点的轨迹是以为焦点，长半轴为2的椭圆，由此能求出曲线的方程（），其坐标满足，整理得，由此利用韦达定

2、理、弦长公式能求出弦长的值 试题解析：（）设P（x，y），由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以为焦点，长半轴为2的椭圆它的短半轴，故曲线C的方程为（）设，其坐标满足 消去y整理得，设，则若，即而，于是，化简得，所以考点：直线与圆锥曲线的综合问题.2平面内动点P(x，y)与两定点A(-2, 0), B(2,0)连线的斜率之积等于，若点P的轨迹为曲线E，过点 直线 交曲线E于M，N两点（）求曲线E的方程，并证明：MAN是一定值；（）若四边形AMBN的面积为S，求S的最大值【答案】（）（）16【解析】试题分析：（）设出P点坐标，求出AP，BP的斜率，根据条件直线AP、BP斜率之积为列出关于P点坐标的方程

3、，化简即得曲线E方程，设出M、N点坐标及直线方程，将直线方程代入曲线E的方程化为关于的一元二次方程，利用根与系数关系及设而不求思想，利用向量法求出与的夹角，即证明了MAN是一定值；（）利用设而不求思想，将四边形ANBN的面积用参数表示出来，再利用函数求最值的方法，求出其面积的最大值试题解析：（）设动点P坐标为，当时，由条件得：，化简得曲线E的方程为，, 4分（说明：不写的扣1分）由题可设直线的方程为,联立方程组可得 ,化简得： 设,则， （6分） 又,则 , 所以,所以的大小为定值 （8分） ()令设在上单调递减由，得K=0，此时有最大值16 （12分）考点：求曲线方程，直线与椭圆的位置，与圆

4、锥曲线有关的最值问题和定制问题，推理论证能力，运算求解能力3已知曲线C上任意一点P到两定点F1(-1,0)与F2(1,0)的距离之和为4（1）求曲线C的方程；（2）设曲线C与x轴负半轴交点为A，过点M(-4,0)作斜率为k的直线l交曲线C于B、C两点（B在M、C之间），N为BC中点()证明：k·kON为定值；()是否存在实数k，使得F1NAC？如果存在，求直线l的方程，如果不存在，请说明理由【答案】（1）;（2）(）;(）不存在【解析】试题分析：（1）由于曲线C上任意一点P到两定点F1(-1,0)与F2(1,0)的距离之和为4，结合椭圆的定义可知曲线是以两定点F1(-1,0)和F2(

5、1,0)为焦点，长轴长为的椭圆，从而可写出曲线C的方程；（2）由已知可设出过点直线l的方程，并设出直线l与曲线C所有交点的坐标；然后联立直线方程与曲线C的方程，消去y就可获得一个关于x的一元二次方程，应用韦达定理就可写出两交点模坐标的和与积；()应用上述结果就可以用k的代数式表示出弦的中点坐标，这样就可求出ON的斜率，再乘以k就可证明k·kON为定值；(）由F1NAC，得kACkFN= -1，结合前边结果就可将此等式转化为关于k的一个方程，解此方程，若无解，则对应直线不存在，若有解，则存在且对应直线方程很易写出来.试题解析：（1）由已知可得：曲线是以两定点F1(-1,0)和F2(1,

6、0)为焦点，长轴长为的椭圆，所以，故曲线C的方程为：. 4分（2）设过点M的直线l的方程为y=k(x+4)，设B(x1, y1)，C(x2, y2）(x2>y2)()联立方程组，得，则， 5分故， 7分所以，所以kkON=为定值. 8分()若F1NAC，则kACkFN= -1，因为F1 (-1,0)，故， 10分代入y2=k(x2+4)得x2=-2-8k2，y2=2k -8k3，而x2-2，故只能k=0，显然不成立，所以这样的直线不存在 13分考点：1.椭圆的方程;2.直线与椭圆的位置关系.4已知圆经过椭圆的右焦点和上顶点（1）求椭圆的方程；（2）过原点的射线与椭圆在第一象限的交点为，与

7、圆的交点为，为的中点，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：本题考查直线、圆、椭圆、平面向量、分式函数等基础知识，考查直线与圆锥曲线的位置关系；考查运算求解能力、推理论证能力；考查数形结合、化归与转化及函数与方程等数学思想第一问，数形结合，令y=0，x=0即可分别求出c和b的值，从而得到椭圆的标准方程；第二问，设出直线方程和P、Q点坐标，令直线与椭圆联立得到Q点横坐标，利用向量的数量积，将P、Q点坐标代入，得到关于k的表达式，利用导数求函数的最值；法二，将进行转化，变成，再利用配方法求最值.试题解析：（1）在中，令得，即，令，得，即， 2分由，椭圆：. 4分（2）法一：依题意射

8、线的斜率存在，设，设 -5分得：，. 6分得：， 7分. 9分设，令，得又，在单调递增，在单调递减. 11分当时，即的最大值为. 13分法二：依题意射线的斜率存在，设，设 5分得：，. 6分= 9分.设，则.当且仅当即.法三：设点， 6分= . 7分又，设与联立得： . 9分令. 11分又点在第一象限，当时，取最大值. 13分考点：直线、圆、椭圆、平面向量、分式函数.5在平面直角坐标系中，已知抛物线：，在此抛物线上一点到焦点的距离是3.（1）求此抛物线的方程；（2）抛物线的准线与轴交于点，过点斜率为的直线与抛物线交于、两点是否存在这样的，使得抛物线上总存在点满足，若存在，求的取值范围；若不存在

9、，说明理由【答案】（1）；（2）存在这样的，且的取值范围为.【解析】试题分析：（1）由抛物线准线方程可得，从而得出抛物线的方程；（2）设，联立直线与抛物线的方程整理得一元二次方程，由判别式得出的取值范围，并根据韦达定理得，.然后由得，进而得到，根据判别式确定的取值范围即可. 试题解析：（1）抛物线准线方程是， ， 故抛物线的方程是. （2）设，由得， 由得且. ， ，同理由得，即：， ， ，得且，由且得，的取值范围为 考点：抛物线的定义；抛物线与直线的综合应用.6已知椭圆的右焦点为，为上顶点，为坐标原点，若的面积为，且椭圆的离心率为（1）求椭圆的方程；（2）是否存在直线交椭圆于，两点， 且使点

10、为的垂心？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在直线，且直线的方程为【解析】试题分析：（1）由题意可得的两个关系式即，解之即可得椭圆的方程；（2）先假设存在直线与椭圆交于，两点，且椭圆的右焦点恰为的垂心设出，坐标，由（1）中所求椭圆方程，可得，点坐标，利用点恰为的垂心，则，就可得到含，的等式，再设直线的方程为，代入椭圆方程，求，均用含的式子表示，再代入上面所求等式中，求，若能求出，则存在直线与椭圆交于，两点，且椭圆的右焦点恰为的垂心，若求不出，则不存在直线与椭圆交于，两点，且椭圆的右焦点恰为的垂心试题解析：（1）由题意可得，解得，故椭圆方程为 （2）假设存在直线

11、交椭圆于，两点，且为的垂心，设，因为，故于是设直线的方程为，由得由，得， 且, 由题意应有，又，故，得即 整理得解得或经检验，当时，不存在，故舍去当时，所求直线存在，且直线的方程为 考点：直线与圆锥曲线的综合问题7已知椭圆经过点，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一正方形.（12分）（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆交于，两点，若线段的垂直平分线经过点，求（为原点）面积的最大值.【答案】（1）；(2) 面积的最大值为.【解析】试题分析：（1）两焦点与短轴的两个端点的连线构成一正方形,可知，又在椭圆上，可得的值；（2）可得直线直线有斜率，当直线的斜率为时,则的垂直平分线为轴，当直线的斜率不为时

12、，则设的方程为，与椭圆方程联立可得，方程有两个不同的解又，由弦长公式求出，又原点到直线的距离为，那么，可得时，取得最大值.试题解析：（1）椭圆的两焦点与短轴的两个端点的连线构成正方形， ， 2分又椭圆经过点，代入可得，故所求椭圆方程为 4分(2)设因为的垂直平分线通过点， 显然直线有斜率，当直线的斜率为时,则的垂直平分线为轴，此时所以，因为，所以所以，当且仅当时，取得最大值为， 6分当直线的斜率不为时，则设的方程为所以，代入得到 当, 即 方程有两个不同的解又， 所以，又，化简得到 -8分代入，得到 又原点到直线的距离为所以考虑到且化简得到 10分 因为，所以当时，即时，取得最大值.综上，面积

13、的最大值为 12分考点：椭圆的标准方程与几何性质，直线与椭圆的位置关系，弦长公式，韦达定理.8如图，已知直线l与抛物线相切于点P(2,1)，且与轴交于点A，定点B的坐标为(2,0) （1）若动点M满足，求点M的轨迹C；（2）若过点B的直线l（斜率不等于零）与（I）中的轨迹C交于不同的两点E、F（E在B、F之间），试求OBE与OBF面积之比的取值范围【答案】（1）（2）（,1）【解析】试题分析：（1）先对原函数求导，然后求出斜率，再利用 进行整理即可(2)先设方程为 与 联立，结合根与系数的关系以及判别式得到再由得，即可（1）由得, 直线的斜率为，故的方程为，点A的坐标为(1,0) (2分)设,

14、则(1,0),，由得，整理，得 (4分) (2)方法一:如图，由题意知的斜率存在且不为零，设方程为 ，将代入，整理，得,设,则得 (7分)令， 则，由此可得 ，且 由知 ，, (10分)，解得 且 (12分)又， ，OBE与OBF面积之比的取值范围是（,1） (13分)方法二: 如图，由题意知l的斜率存在且不为零，设l 方程为 ，将代入，整理，得,设,则 ; (7分)令， 则，由此可得 ， ，且 (10分), ,解得 且 (12分)又， ，OBE与OBF面积之比的取值范围是（,1） (13分)考点：函数求导；根与系数的关系；斜率公式；不等式的解法9椭圆的对称中心在坐标原点，一个顶点为，右焦点F

15、与点 的距离为2。(1)求椭圆的方程；(2)是否存在斜率 的直线使直线与椭圆相交于不同的两点M,N满足，若存在，求直线l的方程；若不存在，说明理由。【答案】(1) (2) 存在;或。【解析】试题分析：(1) 依题意，设椭圆方程为，然后解关于a、b、c的方程组即可 (2) 由知点在线段的垂直平分线上，由消去得 转化为方程有两个不相等的实数根，再利用根与系数的关系，代入方程求出k即可 (1)依题意，设椭圆方程为，则其右焦点坐标为 ，由，得，即，解得。 又 ， ，即椭圆方程为。 (4分)（2）方法一:由知点在线段的垂直平分线上，由消去得即 （*） ( 5分)由,得方程(*)的,即方程(*)有两个不相

16、等的实数根。 (6分)设、，线段MN的中点，则， ，即 ，直线的斜率为， (9分)由，得， ，解得：， (11分) l的方程为或。 ( 12分)方法二:直线l恒过点(0,-2), 且点(0,-2)在椭圆上, 不妨设M(0,-2), 则|AM|=4 (6分)|AN|=4, 故N在以A为圆心, 4为半径的圆上,即在的图像上 联立 化简得 ,解得 (8分)当y=-2时,N和M重合,舍去当y=0时, 因此 (11分) l的方程为或。 ( 12分)考点：椭圆的基本性质；根与系数的关系；两直线垂直的充要条件；斜率公式10已知椭圆经过点，离心率为，左右焦点分别为.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于两

17、点，与以为直径的圆交于两点，且满足，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】试题分析：（1）由题意可得，解出，的值，即可求出椭圆的方程；（2）由题意可得以为直径的圆的方程为，利用点到直线的距离公式得：圆心到直线的距离，可得的取值范围，利用弦长公式可得，设，把直线的方程与椭圆的方程联立可得根与系数的关系，进而得到弦长，由，即可解得的值.试题解析：（1）由题意可得解得椭圆的方程为由题意可得以为直径的圆的方程为圆心到直线的距离为由，即，可得设联立整理得可得：，解方程得，且满足直线的方程为或考点：椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题.11（本小题满分14分）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率

18、为，直线被椭圆截得的线段长为.（）求椭圆的方程；（）过原点的直线与椭圆交于两点（不是椭圆的顶点）.点在椭圆上，且，直线与轴、轴分别交于两点.（i）设直线的斜率分别为，证明存在常数使得，并求出的值；（ii）求面积的最大值.【答案】（1）.（2）（）存在常数使得结论成立.（）.【解析】试题分析：（1）首先由题意得到，即.将代入可得，由，可得.得解.（2）（）注意从确定的表达式入手，探求使成立的.设，则，得到，根据直线BD的方程为，令，得，即.得到.由，作出结论.（）直线BD的方程，从确定的面积表达式入手，应用基本不等式得解.试题解析：（1）由题意知，可得.椭圆C的方程可化简为.将代入可得，因此，可

19、得.因此，所以椭圆C的方程为.（2）（）设，则，因为直线AB的斜率，又，所以直线AD的斜率，设直线AD的方程为，由题意知，由，可得.所以，因此，由题意知，所以，所以直线BD的方程为，令，得，即.可得.所以，即.因此存在常数使得结论成立.（）直线BD的方程，令，得，即，由（）知，可得的面积，因为，当且仅当时等号成立，此时S取得最大值，所以的面积的最大值为.考点：椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，三角形面积，基本不等式的应用.12（本小题满分13分）如图，已知抛物线，过点任作一直线与相交于两点，过点作轴的平行线与直线相交于点（为坐标原点）.(1)证明：动点在定直线上；(2)作的任意一条切线（不

20、含轴）与直线相交于点，与（1）中的定直线相交于点，证明：为定值，并求此定值.【答案】（1）详见解析，（2）8.【解析】试题分析：（1）证明动点在定直线上，实质是求动点的轨迹方程，本题解题思路为根据条件求出动点的坐标，进而探求动点轨迹：依题意可设AB方程为，代入，得，即.设，则有：，直线AO的方程为；BD的方程为；解得交点D的坐标为，注意到及，则有，因此D点在定直线上.（2）本题以算代征，从切线方程出发，分别表示出的坐标，再化简.设切线的方程为，代入得，即，由得，化简整理得，故切线的方程可写为，分别令得的坐标为，则，即为定值8.试题解析：（1）解：依题意可设AB方程为，代入，得，即.设，则有：，

21、直线AO的方程为；BD的方程为；解得交点D的坐标为，注意到及，则有，因此D点在定直线上.（2）依题设，切线的斜率存在且不等于零，设切线的方程为，代入得，即，由得，化简整理得，故切线的方程可写为，分别令得的坐标为，则，即为定值8.考点：曲线的交点，曲线的切线方程13（本小题满分12分）已知曲线上的点到点的距离比它到直线的距离小2.（1）求曲线的方程；（2）曲线在点处的切线与轴交于点.直线分别与直线及轴交于点，以为直径作圆，过点作圆的切线，切点为，试探究：当点在曲线上运动（点与原点不重合）时，线段的长度是否发生变化？证明你的结论.【答案】（1）.（2）当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变，证明

22、见解析.【解析】试题分析：（1）思路一：设为曲线上任意一点，依题意可知曲线是以点为焦点，直线为准线的抛物线，得到曲线的方程为.思路二：设为曲线上任意一点，由，化简即得.（2）当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变，证明如下：由（1）知抛物线的方程为，设，得，应用导数的几何意义，确定切线的斜率，进一步得切线的方程为.由，得.由，得.根据，得圆心，半径，由弦长，半径及圆心到直线的距离之关系，确定.试题解析：解法一：（1）设为曲线上任意一点，依题意，点S到的距离与它到直线的距离相等，所以曲线是以点为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为.（2）当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变，证明如下

23、：由（1）知抛物线的方程为，设，则，由，得切线的斜率，所以切线的方程为，即.由，得.由，得.又，所以圆心，半径，.所以点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变.解法二：（1）设为曲线上任意一点，则，依题意，点只能在直线的上方，所以，所以，化简得，曲线的方程为.（2）同解法一.考点：抛物线的定义，导数的几何意义，直线方程，直线与抛物线的位置关系，直线与圆的位置关系.14已知抛物线C:的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且.(1)求抛物线C的方程；(2)过F的直线l与C相交于A,B两点，若AB的垂直平分线与C相交于M,N两点，且A,M,B,N四点在同一个圆上，求直线l的方程.【答

24、案】（1）；（2）x-y-1=0或x+y-1=0.【解析】试题分析：（1）设Q（x0，4），代入由中得x0=，在根据抛物线的性质可得，解出p即可（2）设直线l的方程为，（m0）代入中得，直线的方程为，将上式代入中，并整理得.A（x1,y1）,B(x2,y2), M(x3,y3),N(x4,y4),根据二次函数根与系数的关系可得y1+y2=4m，y1y2=4，.然后求出MN的中点为E和AB的中点为D坐标的表达式，计算的表达式,根据求出m即可.试题解析：（1）设Q（x0，4），代入由中得x0=，所以，由题设得，解得p=2（舍去）或p=2.所以C的方程为.（2）依题意知直线l与坐标轴不垂直，故可设直

25、线l的方程为，（m0）代入中得，设A（x1,y1）,B(x2,y2),则y1+y2=4m，y1y2=4，故AB的中点为D（2m2+1,2m），有直线的斜率为m，所以直线的方程为，将上式代入中，并整理得.设M(x3,y3),N(x4,y4),则.故MN的中点为E（）.由于MN垂直平分AB，故A,M,B,N四点在同一个圆上等价于,从而,即，化简得m2-1=0，解得m=1或m=1，所以所求直线l的方程为x-y-1=0或x+y-1=0.考点：1.抛物线的性质和方程；2.直线方程以及直线与曲线的位置关系.15（满分14分）如图在平面直角坐标系中，分别是椭圆的左右焦点，顶点的坐标是，连接并延长交椭圆于点，

26、过点作轴的垂线交椭圆于另一点，连接.（1）若点的坐标为，且，求椭圆的方程；（2）若，求椭圆离心率的值.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）求椭圆标准方程，一般要找到关系的两个等量关系，本题中椭圆过点，可把点的坐标代入标准方程，得到一个关于的方程，另外，这样两个等量关系找到了；（2）要求离心率，就是要列出关于的一个等式，题设条件是，即，要求，必须求得的坐标，由已知写出方程，与椭圆方程联立可解得点坐标，则，由此可得，代入可得关于的等式，再由可得的方程，可求得.试题解析：（1）由题意，又，解得椭圆方程为（2）直线方程为，与椭圆方程联立方程组，解得点坐标为，则点坐标为，又，由得，即，化简得【

27、考点】椭圆标准方程，椭圆离心率，直线与直线的位置关系16已知椭圆C：（）的焦距为4，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C的标准方程；（2）设F为椭圆C的左焦点，T为直线上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.（i）证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）；（ii）当最小时，求点T的坐标.【答案】(1) ；（2）【解析】试题分析：（1）因为焦距为4，所以，又，由此可求出的值，从而求得椭圆的方程.（2）椭圆方程化为.设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.（）设PQ的中点为，求出，只要，即证得OT平分线段PQ.（）可用表示出PQ，TF可得：.再根据取等号的条件，可得T的

28、坐标.试题解答：（1），又.（2）椭圆方程化为.（）设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.设PQ的中点为，则又TF的方程为，则得，所以，即OT过PQ的中点，即OT平分线段PQ.（），又，所以.当时取等号，此时T的坐标为.【考点定位】1、椭圆的方程；2、直线与圆锥曲线；3、最值问题.17如图，曲线由上半椭圆和部分抛物线连接而成，的公共点为，其中的离心率为.（1）求的值；（2）过点的直线与分别交于（均异于点），若，求直线的方程.【答案】（1），；(2) 【解析】试题分析：（1）由上半椭圆和部分抛物公共点为，得，设的半焦距为，由及，解得；（2）由（1）知，上半椭圆的方程为，易知，直线与轴不重合也不垂直，

29、故可设其方程为，并代入的方程中，整理得：，由韦达定理得，又，得，从而求得，继而得点的坐标为，同理，由得点的坐标为，最后由,解得，经检验符合题意，故直线的方程为.试题解析：（1）在方程中，令，得在方程中，令，得所以设的半焦距为，由及，解得所以，（2）由（1）知，上半椭圆的方程为，易知，直线与轴不重合也不垂直，设其方程为代入的方程中，整理得： （*）设点的坐标由韦达定理得又，得，从而求得所以点的坐标为同理，由得点的坐标为，,即，解得经检验，符合题意，故直线的方程为考点：椭圆和抛物线的几何性质；直线与圆锥曲线的综合问题.18已知的三个顶点在抛物线：上，为抛物线的焦点，点为的中点，；（1）若，求点的坐

30、标；（2）求面积的最大值.PBAMFyx0【答案】（1）或；（2）.【解析】试题分析：（1）根据抛物线方程为，写出焦点为，准线方程为，设，由抛物线的定义知，把代入求得点的坐标，再由求得点的坐标；（2）设直线的方程为，联立方程组，整理得，先求出的中点的坐标，再由，得出，用弦长公式表示，构造函数，用导数法求的面积的最大值.（1）由题意知，焦点为，准线方程为，设，由抛物线的定义知，得到，代入求得或，所以或，由得或，（2）设直线的方程为，由得，于是，所以，所以的中点的坐标，由，所以，所以，因为，所以，由，所以，又因为，点到直线的距离为，所以，记，令解得，所以在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，又

31、，所以当时 ，取得最大值，此时，所以的面积的最大值为.考点：抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，三角形的面积公式，平面向量的坐标运算.19设,分别是椭圆：的左、右焦点，过点的直线交椭圆于两点，（1）若的周长为16，求；（2）若，求椭圆的离心率.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由题意可以求得，而的周长为，再由椭圆定义可得.故.（2）设出，则且.根据椭圆定义以及余弦定理可以表示出的关系，从而，则，故，为等腰直角三角形.从而，所以椭圆的离心率.（1）由，得.因为的周长为，所以由椭圆定义可得.故.（2）设，则且.由椭圆定义可得.在中，由余弦定理可得，即，化简可得，而，故.于是有.

32、因此，可得，故为等腰直角三角形.从而，所以椭圆的离心率.考点：1.椭圆的定义；2.椭圆的离心率求解.20如图，设椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，的面积为.（1）求该椭圆的标准方程；（2）设圆心在轴上的圆与椭圆在轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由题设知其中由,结合条件的面积为，可求的值，再利用椭圆的定义和勾股定理即可求得的值，从而确定椭圆的标准方程；（2）设圆心在轴上的圆与椭圆在轴的上方有两个交点为由圆的对称性可知，利用在圆上及确定交点的坐标，进而得到圆的方程.解：（1）设，其中，由得从而故

33、.从而，由得，因此.所以，故因此，所求椭圆的标准方程为：（2）如答（21）图，设圆心在轴上的圆与椭圆相交，是两个交点，,是圆的切线，且由圆和椭圆的对称性，易知， 由（1）知，所以，再由得，由椭圆方程得，即，解得或.当时，重合，此时题设要求的圆不存在.当时，过分别与,垂直的直线的交点即为圆心.由,是圆的切线，且，知，又故圆的半径考点：1、圆的标准方程；2、椭圆的标准方程；3、直线与圆的位置关系；4、平面向量的数量积的应用.21如图，设椭圆动直线与椭圆只有一个公共点，且点在第一象限.（）已知直线的斜率为，用表示点的坐标；（）若过原点的直线与垂直，证明：点到直线的距离的最大值为.【答案】（1）点的坐

34、标为；（2）详见解析【解析】试题分析：（1）已知直线的斜率为，用表示点的坐标，由已知椭圆动直线与椭圆只有一个公共点，可设出直线的方程为，结合椭圆方程，得，消去得，令，得，即，代入原式得点的坐标为，再由点在第一象限，得，可得点的坐标为；（2）点到直线的距离的最大值为，由直线过原点且与垂直，得直线的方程为，利用点到直线距离公式可得，即，由式子特点，需消去即可，注意到，代入即可证明（1）设直线的方程为，由，消去得，由于直线与椭圆只有一个公共点，故，即，解得点的坐标为，由点在第一象限，故点的坐标为；（2）由于直线过原点，且与垂直，故直线的方程为，所以点到直线的距离，整理得，因为，所以，当且仅当时等号成

35、立，所以点到直线的距离的最大值为.点评：本题主要考查椭圆的几何性质，点单直线距离，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何得基本思想方法，基本不等式应用等综合解题能力。22已知抛物线C：的焦点为F，直线与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且.（1）求C的方程；（2）过F的直线与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线与C相较于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求的方程.【答案】（1）；（2）直线的方程为或【解析】试题分析：（1）由已知条件，先求点的坐标，再由及抛物线的焦半径公式列方程可求得的值，从而可得抛物线C的方程；（2）由已知条件可知直线与坐标轴不垂直，故可设直线的点参式方程

36、：，代入消元得设由韦达定理及弦长公式表示的中点的坐标及长，同理可得的中点的坐标及的长由于垂直平分线，故四点在同一圆上等价于，由此列方程可求得的值，进而可得直线的方程试题解析：（1）设，代入，得由题设得，解得（舍去）或，C的方程为；（2）由题设知与坐标轴不垂直，故可设的方程为，代入得设则故的中点为又的斜率为的方程为将上式代入，并整理得设则故的中点为由于垂直平分线，故四点在同一圆上等价于，从而即，化简得，解得或所求直线的方程为或考点：1抛物线的几何性质；2抛物线方程的求法；3直线与抛物线的位置关系23已知直线与椭圆相交于A、B两点 （1）若椭圆的离心率为，焦距为2，求线段AB的长；（2）若向量与向

37、量互相垂直（其中为坐标原点），当椭圆的离心率时，求椭圆长轴长的最大值【答案】（1） （2）【解析】（1）（6分），2c=2，即则椭圆的方程为，将y =- x+1代入消去y得：设（2）（7分）设，即由，消去y得：由，整理得：又，由，得：，整理得：代入上式得：，条件适合，由此得：故长轴长的最大值为24已知P是圆上任意一点，点N的坐标为（2，0），线段NP的垂直平分线交直线MP于点Q，当点P在圆M上运动时，点Q的轨迹为C.（1）求出轨迹C的方程，并讨论曲线C的形状；（2）当时，在x轴上是否存在一定点E，使得对曲线C的任意一条过E的弦AB，为定值？若存在，求出定点和定值；若不存在，请说明理由.【答案】

38、（1）以，为焦点的椭圆；（2）定值6，定点E设经过点的直线方程，代入【解析】试题分析：（1）利用线段的垂直平分线交直线于点，当时，根据椭圆的定义，即可求出轨迹的方程；（2）当时，轨迹必为椭圆方程，设，分别过E取两垂直与坐标轴的两条弦CD，根据求出E若存在必为定值为6再进行证明存在性问题，先猜后证是关键.再设设过点E的直线方程，代入椭圆方程，消去，设，利用一元二次方程的根与系数的关系，求得为定值6.（1）由题意，所以，所以轨迹是以、为焦点，以为长轴的椭圆，其方程为.（4分）（2）由（1）当时，曲线C为，设，分别过E取两垂直与坐标轴的两条弦CD，则，即解得，所以E若存在必为定值为6 （6分）下证满

39、足题意.设过点E的直线方程为，代入C中得：,设，则 （8分） （13分）同理可得E也满足题意.综上得定点为E，定值为（14分）考点：直线和圆的方程的应用，圆锥曲线的定义、性质与方程，轨迹方程的问题.25如图，已知椭圆的右焦点为，点是椭圆上任意一点，圆是以为直径的圆（1）若圆过原点，求圆的方程； （2）写出一个定圆的方程，使得无论点在椭圆的什么位置，该定圆总与圆相切,请写出你的探究过程 【答案】（1）或；（2）.【解析】试题分析：（1）因为是圆的直径，所以当圆过原点时，一定有，由此可确定点的位置并进一步求出圆的标准方程；（2）设圆M的半径为,连结，显然有根据椭圆的标准方程知,所以，从而找到符合条

40、件的定圆.解：（1）解法一：因为圆过原点，所以，所以是椭圆的短轴顶点，的坐标是或，于是点的坐标为或， 易求圆的半径为所以圆的方程为或 6分解法二：设，因为圆过原点，所以所以，所以，所以点于是点的坐标为或，易求圆的半径所以圆的方程为或 6分（2）以原点为圆心，5为半径的定圆始终与圆相内切，定圆的方程为 8分探究过程为：设圆的半径为，定圆的半径为， 因为，所以当原点为定圆圆心，半径时，定圆始终与圆相内切 （13分）考点：1、椭圆的定义与标准方程；2、圆的定义与标准方程.26已知圆的方程为，定直线的方程为动圆与圆外切，且与直线相切（1）求动圆圆心的轨迹的方程；（2）直线与轨迹相切于第一象限的点, 过

41、点作直线的垂线恰好经过点，并交轨迹于异于点的点，求直线的方程及的长【答案】（1）；（2）直线PQ的方程：x+y-6=0，|PQ|=【解析】试题分析：(1)设圆心C的坐标为(x,y),根据题意可以得到关于x，y的方程组，消去参数以后即可得到x，y所满足的关系式，即圆心C的轨迹M的方程；(2)设点P的坐标为，根据题意可以把l用含x0的代数式表示出来，由经过点A(0,6)可以求得点P的坐标与l的方程，再联立(1)中M的轨迹方程，即可求出Q的坐标，从而得到|PQ|d的长（1）设动圆圆心C的坐标为(x,y)，动圆半径为R，则 ，且|y+1|=R 2分，可得由于圆C1在直线l的上方，所以动圆C的圆心C应该

42、在直线l的上方，所以有y+1>0，从而得，整理得，即为动圆圆心C的轨迹M的方程 5分（2）如图示，设点P的坐标为，则切线的斜率为，可得直线PQ的斜率为，所以直线PQ的方程为由于该直线经过点A（0,6），所以有，得因为点P在第一象限，所以，点P坐标为（4,2），直线PQ的方程为x+y-6=09分把直线PQ的方程与轨迹M的方程联立得，解得x=-12或4 12分考点：1、轨迹方程的求法；2、直线与抛物线综合；27在平面直角坐标系中，已知椭圆的焦点在轴上，离心率为，且经过点（1）求椭圆的标准方程；（2） 以椭圆的长轴为直径作圆，设为圆上不在坐标轴上的任意一点，为轴上一点，过圆心作直线的垂线交椭圆

43、右准线于点问：直线能否与圆总相切，如果能，求出点的坐标；如果不能，说明理由【答案】(1) ；（2）能，点.【解析】试题分析：（1）求椭圆方程，一般要找到两个条件，本题中有离心率为，即，另外椭圆过点，说明，这样结论易求；（2）存在性命题，问题假设存在，设，再设，首先有，于是，写出直线方程为，让它与椭圆右准线相交，求得，与圆相切，则有，即，这是关于的恒等式，由此利用恒等式的知识可求得，说明存在，若求不出，说明假设错误，不存在.（1）设椭圆方程为，因为经过点，所以，又因为，可令，所以，即，所以椭圆的标准方程为 6分（2）存在点 7分设点，因为在以椭圆的长轴为直径作圆上，且不在坐标轴上的任意点，所以

44、且，又因为，由，所以，所以直线的方程为， 10分因为点在直线上，令，得，即， 12分所以，又，与圆总相切，故，于是有， ，即恒成立，解之可得，即存在这样点，使得与圆总相切 16分考点：（1）椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆、圆的综合性问题.28已知抛物线的焦点到准线的距离为.过点作直线交抛物线与两点(在第一象限内).(1)若与焦点重合,且.求直线的方程;(2)设关于轴的对称点为.直线交轴于. 且.求点到直线的距离的取值范围.【答案】(1) 或 ；(2) 【解析】试题分析：(1) 首先求出抛物线 再与 联立得到关于x的一元二次方程，最后利用焦半径公式求出斜率即可.(2)先求出，进而转换为，再由l

45、与C联立得，借助于根与系数的关系求出m的取值范围，然后由点到直线的距离公式得到d的表达式，最后根据基本不等式求出范围.由题(1)A与下重合,则 设又由焦半径公式有可求 .所求直线为:或 (2)可求.故BQM为等腰直角三角形,设. 即.设 从而, 即, 又.点到直线的距离为考点：抛物线的性质；焦半径公式；根与系数的关系；点到直线的距离公式；基本不等式.29已知椭圆的左右顶点分别为，离心率（1）求椭圆的方程；（2）若点为曲线:上任一点（点不同于），直线与直线交于点，为线段的中点，试判断直线与曲线的位置关系，并证明你的结论【答案】（1）；（2）相切【解析】试题分析：（1）由椭圆的左右顶点分别为，离心

46、率，即可求出的值.即可得到结论.（2）依题意假设点C坐标，以及点R的坐标，由点A，C，R三点共线即可求得点R的坐标表示.从而表示出点D的坐标，写出直线CD的方程，再计算圆心到该直线的距离，再根据点C在圆上，即可判断直线与圆的位置关系.（1）由题意可得， 2分， 3分所以椭圆的方程为 4分（2）解法一：曲线是以为圆心，半径为2的圆.设，点的坐标为， 5分三点共线， ， 6分而，则， 7分点的坐标为，点的坐标为， 8分直线的斜率为，而， 10分直线的方程为，化简得，圆心到直线的距离， 11分所以直线与曲线相切 12分解法二：同解法一得， 10分又，故，即，所以直线与圆相切 12分考点：1.待定系数

47、法求椭圆方程.2.直线与椭圆的位置关系.3.方程的思想.30已知椭圆的右焦点为,离心率,是椭圆上的动点（1）求椭圆标准方程；（2）若直线与的斜率乘积,动点满足,（其中实数为常数）问是否存在两个定点,使得？若存在,求的坐标及的值；若不存在,说明理由【答案】(1) (2)存在, 【解析】试题分析：(1)根据题意,可知,可得,从而得到椭圆方程(2)假设存在，因为这两点是由点决定的，而点离不开点,所以设出点,三点,根据,寻找三点坐标之间的关系可得出结论点是椭圆上的点,根据,可知,所以得到值进而可确定是否存在两点（1）有题设可知： 又椭圆标准方程为（2）假设存在这样的两点，则设，由得,因为点在椭圆上,所

48、以 ,故由题设条件知,因此,所以即 所以点是椭圆上的点，设该椭圆的左、右焦点为,则由椭圆的定义又因 因此两焦点的坐标为 考点：椭圆方程;椭圆定义31（本题满分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【答案】（1） （2）M、N坐标分别为；为定值【解析】试题分析：（1）由已知条件推导出|AB|=2a=2，|CD|=，由此能求出椭圆E的方程（2）焦点F1、F2坐标分别为（-1，0），（1，0），当直线l1或l2斜率不存在时，P点坐

49、标为（-1，0）或（1，0），当直线l1，l2斜率存在时，设斜率分别为m1，m2，设A（x1，y1），B（x2，y2），由 ，得(2+3m12)x2+6m12x+3m1260，由此利用韦达定理结合题设条件能推导出存在点M，N其坐标分别为（0，-1）、（0，1），使得|PM|+|PN|为定值2（1）当l1与x轴重合时，即， 2分 l2垂直于x轴，得，（4分）得， 椭圆E的方程为 5分（2）焦点、坐标分别为(1，0)、(1，0)当直线l1或l2斜率不存在时，P点坐标为(1，0)或(1，0) 6分当直线l1、l2斜率存在时，设斜率分别为，设，由得：， ，（7分）， 同理 9分， ，即由题意知， 设，

50、则，即， 11分由当直线l1或l2斜率不存在时，P点坐标为(1，0)或(1，0)也满足此方程，点椭圆上， 12分 存在点M、N其坐标分别为，使得为定值 13分考点：直线与圆锥曲线的综合问题32已知圆的圆心在坐标原点，且恰好与直线相切，设点A为圆上一动点，轴于点，且动点满足，设动点的轨迹为曲线（1）求曲线C的方程，（2）直线l与直线l，垂直且与曲线C交于B、D两点，求OBD面积的最大值【答案】（1） ;（2） 【解析】试题分析：（1）此题考察轨迹方程，考察代入法的习题，根据圆心到直线的距离等于半径，可以求出圆的半径，即知道圆的方程，设动点,利用公式 ，写出向量相等的坐标表示，利用,代入，得到关于的方程；（2）利用