2021年新高考数学专题复习-圆锥曲线专项练习(含答案解析)

1．已知椭圆过点，其长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，直线与轴的正半轴和轴分别交于点，与椭圆相交于两点，各点互不重合，且满足.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若直线的方程为，求的值；

（3）若，试证明直线恒过定点，并求此定点的坐标.

2．已知动点到直线的距离比到点的距离大.

（1）求动点所在的曲线的方程；

（2）已知点，是曲线上的两个动点，如果直线的斜率与直线的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出这个定值；

（3）已知点，是曲线上的两个动点，如果直线的斜率与直线的斜率之和为，证明：直线过定点.

3．已知椭圆经过点，且离心率.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若斜率为且不过点的直线交于两点，记直线，的斜率分别为，，且，求直线的斜率.

4．如图，已知圆：，点是圆内一个定点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点.当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程；

（2）设过点的直线与曲线相交于两点（点在两点之间）.是否存在直线使得？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由.

5．已知双曲线的方程为：，其左右顶点分别为：，，一条垂直于轴的直线交双曲线于，两点，直线与直线相交于点.

（1）求点的轨迹的方程；

（2）过点的直线，与轨迹交于，两点，线段的垂直平分线交轴于点，试探讨是否为定值.若为定值，求出定值，否则说明理由.

6．已知椭圆的左､右焦点分别为，，过点作直线交椭圆于，两点(与轴不重合)，，的周长分别为12和8.

（1）求椭圆的方程；

（2）在轴上是否存在一点，使得直线与的斜率之积为定值？若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.

7．已知椭圆：()的离心率，直线被以椭圆的短轴为直径的圆截得的弦长为.

（1）求椭圆的方程；

（2）过点的直线交椭圆于，两个不同的点，且，求的取值范围.

8．已知抛物线：的焦点为，直线：与抛物线交于，两点.

（1）若，求的面积；

（2）若抛物线上存在两个不同的点，关于直线对称，求的取值范围.

9．如图，直线与圆相切于点，与抛物线相交于不同的两点，与轴相交于点.

（1）若是抛物线的焦点，求直线的方程；

（2）若，求的值.

10．在平面直角坐标系中，己知圆心为点Q的动圆恒过点，且与直线相切，设动圆的圆心Q的轨迹为曲线.

（Ⅰ）求曲线的方程；

（Ⅱ）过点F的两条直线、与曲线相交于A、B、C、D四点，且M、N分别为、的中点.设与的斜率依次为、，若，求证：直线MN恒过定点.

11．已知椭圆的离心率为，且直线与圆相切．

（1）求椭圆的方程；

（2）设直线与椭圆相交于不同的两点﹐，为线段的中点，为坐标原点，射线与椭圆相交于点，且点在以为直径的圆上．记，的面积分别为，，求的取值范围．

12．已知抛物线的焦点为点在抛物线上，点的横坐标为且.

（1）求抛物线的标准方程；

（2）若为抛物线上的两个动点(异于点)，且，求点的横坐标的取值范围.

13．如图，已知点F为抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|=3.

（1）求抛物线E的方程；

（2）已知点G(-1，0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：GF为∠AGB的平分线.

14．已知椭圆C：的短轴长为2，离心率为.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设过定点的直线与椭圆C交于不同的两点A、B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围．

参

1．（1）；（2）；（3）证明见解析，.

【分析】

（1）由题意，得到和，结合，求得的值，即可求得椭圆的标准方程；

（2）由直线的方程为，根据，求得，得到，联立方程组，结合根与系数的关系，即可求解；

（3）设直线的方程为，由，得到和，联立方程组，结合根与系数的关系和，求得，得到直线的方程，即可求解.

【详解】

（1）由题意，因为椭圆过点，可得，

设焦距为，又由长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，

可得，即

又因为，解得，

所以椭圆的标准方程为.

（2）由直线的方程为，可得而，

设，因为，

可得，

从而，

于是，所以，

由，整理得，可得，

所以.

（3）显然直线的斜率存在且不为零，

设直线的方程为，，

可得，

由，可得， 

所以，从而，同理，

又，∴，

联立，得，

则，

且

③代入①得，∴，(满足②)

故直线的方程为，所以直线恒过定点.

2．（1）；（2）证明见解析，定值；（3）证明见解析.

【分析】

（1）根据题意转化为动点到直线的距离和到点的距离相等，结合抛物线的定义，即可求得曲线的方程；

（2）由和，分别联立方程组，求得和，结合斜率公式，即可求解；

（3）由：，，分别联立方程组和，求得，求得直线的方程，即可求解.

【详解】

（1）已知动点到直线的距离比到点的距离大，

等价于动点到直线的距离和到点的距离相等，

由抛物线的定义可得曲线的轨迹时以为焦点，以直线为准线的方程，

且，所以曲线的方程为.

（2）设直线的斜率为，

因为直线的斜率与直线的斜率互为相反数，所以直线的斜率为，

则，

联立方程组，整理得，

即，可得

联立方程组，整理得，

即，可得

所以，即直线的斜率为定值.

（3）设直线的斜率为，所以直线的斜率为，

则，

两类方程组，整理得，

即，可得，

联立方程组，可得，

即，可得

所以，

所以，整理得

所以直线恒过.

3．（1）；（2）.

【分析】

（1）由题意可得 ，解方程组即可求得的值，进而可得椭圆的标准方程；

（2））设直线的方程为，，，与椭圆方程联立消元可得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，因为，所以，同理可得，再利用即可求得直线的斜率.

【详解】

（1）因为在椭圆上，所以，

又，，

由上述方程联立可得，，

所以椭圆的标准方程为.

（2）设直线的方程为，

设，，

由消得：

，

所以，

因为，所以，

同理可得，

因为，，

所以

.

4．（1）（2）存在，或．

【分析】

（1）结合垂直平分线的性质和椭圆的定义，求出椭圆的方程.

（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用，结合向量相等的坐标表示，求得直线的斜率，进而求得直线的方程.方法一和方法二的主要曲边是直线的方程的设法的不同.

【详解】

（1）因为圆的方程为，

所以，半径．

因为是线段的垂直平分线，所以．

所以．

因为，

所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长的椭圆．

因为，，，

所以曲线的方程为．

（2）存在直线使得．

方法一：因为点在曲线外，直线与曲线相交，

所以直线的斜率存在，设直线的方程为．

设，

由 得．

则，                    ①

，                    ②

由题意知，解得．

因为，

所以，即．  ③

把③代入①得，        ④

把④代入②得，得，满足．

所以直线的方程为：或．

方法二：因为当直线的斜率为0时，，，，

此时．

因此设直线的方程为：．

设，

由  得．

由题意知，解得或，

则，            ①   

，              ②

因为，所以． ③

把③代入①得，        ④

把④代入②得，，满足或．

所以直线的方程为或．

5．（1）；（2）为定值，.

【分析】

（1）设直线为：，，，以及，利用三点共线得到，，两式相乘化简得，再利用点在双曲线上代入整理即可得到答案；（2）显然直线不垂直轴，①当时，易证，②当时，利用点斜式设出直线方程，联立直线与椭圆的方程消，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理以及弦长公式求出，求出的中点坐标，利用点斜式求出线段的垂直平分线的方程，求出点的坐标，利用两点间的距离公式求解，即可得出答案.

【详解】

（1）由题意知：，，

设直线为：，，，以及，

由三点以及三点共线，则

，，

两式相乘化简得：， 

又，

代入上式得轨迹的方程：.

（2）显然直线不垂直轴，

①当时，直线的方程为：，

线段为椭圆的长轴，线段的垂直平分线交轴于点，

则，,,

所以；

②当时，设方程为：，

联立方程得，

化简整理得：， 

设，，

， 

，

线段的中点的坐标为，

线段的垂直平分线的方程为：，

令，则，

，

∴.

综上：.

6．（1）；（2）存在，坐标为和.

【分析】

（1）由，的周长分别为12和8，可求椭圆基本量，进一步确定方程.

（2）设直线代入消元，韦达定理整体代入定点满足的关系，探求恒成立的条件.

【详解】

（1）设椭圆的焦距为，由题意可得，

解得，所以，

因此椭圆的方程为.

（2）因为直线过点且不与轴重合，所以设的方程为，

联立方程，消去并整理得，

设，，则，

所以，

.

设，则直线与的斜率分别为，，

则

.

所以当，即

当时，，；

当时，，.

因此，所有满足条件的的坐标为和.

7．（1）；（2）.

【分析】

（1）由直线与圆的位置关系可得.由椭圆的离心率可得，则椭圆的方程为.

（2）当直线的斜率为时，求出，，当直线的斜率不为时，设直线方程为，，，联立方程可得，满足题意时，结合韦达定理以及弦长公式，化简整理，结合不等式的性质，据此即可所求范围.

【详解】

（1）因为原点到直线的距离为，

所以（），解得.

又，得

所以椭圆的方程为.

（2）当直线的斜率为时，，,

所以，

当直线的斜率不为时，设直线：，，，

联立方程组，得，

由，得，

所以，， 

，

，

由，得，所以.

综上可得：，即.

8．（1）（2）

【分析】

（1）联立直线与抛物线，根据弦长公式求出，根据点到直线的距离公式求出点到直线的距离，根据三角形面积公式可求得结果；

（2）设直线的方程为代入抛物线，利用判别式大于0可得，

根据韦达定理求出的中点坐标，将其代入直线得到与的关系式，根据的范围可得的范围.

【详解】

抛物线：的焦点为，

（1）当时，直线，

联立，消去得，

设，，则，，

所以，

点到直线的距离，

所以的面积为.

（2）因为点，关于直线对称，所以直线的斜率为，

所以可设直线的方程为，

联立，消去并整理得，

由，得，

设，，

所以，所以，

所以的中点为，

因为点，关于直线对称，所以的中点在直线上，

所以，得，因为，所以.

9．（1）；（2）.

【分析】

（1）由为抛物线焦点，即可设直线的方程为，根据直线与圆相切可求k值，写出直线方程.

（2）设直线的方程为，，，，由直线上两点距离公式可知，根据直线与圆相切、求，切线性质：直线与互相垂直及即可求的值.

【详解】

（1）因为是抛物线的焦点，所以，即，

设直线的方程为，由直线与圆相切，得，即，

所以，直线的方程为.

（2）设直线的方程为，，，，

由，得，，，

∴.

由直线与圆相切，得，即.

由，，得.

所以，又，解得.

由直线与互相垂直，得，

.

10．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.

【分析】

（Ⅰ）设，根据题意得到，即可求得曲线的方程；

（Ⅱ）设，的方程为，联立方程组分别求得，和，进而得出，进而得出，得出直线的方程，即可判定直线恒过定点.

【详解】

（Ⅰ）由题意，设，

因为圆心为点Q的动圆恒过点，且与直线相切，

可得，化简得.

（Ⅱ）设，的方程分别为，，

联立方程组，整理得，

所以，则，同理

所以，

由，可得，

所以直线的方程为

整理得，所以直线恒过定点.

11．（1）；（2）．

【分析】

（1）依题意得到，再利用点到直线的距离公式得到，再根据解方程即可；

（2）由为线段的中点，可得，对直线的斜率的斜率存在与否分两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设直线，，．联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，根据，即可得到，从而得到与的关系，即可求出面积比的取值范围；

【详解】

解：（1）∵椭圆的离心率为，∴（为半焦距）．

∵直线与圆相切，∴．

又∵，∴，．

∴椭圆的方程为．

（2）∵为线段的中点，∴．

（ⅰ）当直线的斜率不存在时，

由及椭圆的对称性，不妨设所在直线的方程为，得．

则，，∴．

（ⅱ）当直线的斜率存在时，设直线，

，．

由，消去，得．

∴，即．

∴，．

∵点在以为直径的圆上，∴，即．

∴．

∴．

化简，得．经检验满足成立．

∴线段的中点．

当时，．此时．

当时，射线所在的直线方程为．

由，消去，得，．

∴．

∴，∴．

综上，的取值范围为．

12．（1）；（2）.

【分析】

由抛物线的定义可得，再代入可求得，可得抛物线的标准方程为.

由直线垂直的条件建立关于点A、B的坐标的方程，由根的判别式可求得范围.

【详解】

解：依题意得设，

又点是上一点，所以，得，即，

所以抛物线的标准方程为.

由题意知， 设

则，因为，所以，

所在直线方程为，联立.

因为，得，即，

因为，即，故或

经检验，当时，不满足题意.

所以点B的横坐标的取值范围是.

13．（1）y2=4x；（2）证明见解析.

【分析】

（1）利用抛物线定义，由|AF|=2+=3求解.

（2）根据点A(2，m)在抛物线E上，解得m,不妨设A(2，2)，直线AF的方程为y=2 (x-1)，联立，然后论证kGA+kGB=0即可

【详解】

（1）由抛物线定义可得|AF|=2+=3，解得p=2.

∴抛物线E的方程为y2=4x.

（2）∵点A(2，m)在抛物线E上，

∴m2=4×2，解得m=±2 ，

由抛物线的对称性，不妨设A(2，2)，

由A(2，2，F(1，0)，

∴直线AF的方程为y=2 (x-1)，

由 得2x2-5x+2=0，解得x=2或，∴B.

又G(-1，0)，∴kGA=，kGB=

∴kGA+kGB=0，

∴∠AGF=∠BGF.

∴GF为∠AGB的平分线.

【点睛】

关键点点睛：由GF为∠AGB的平分线，即∠AGF=∠BGF，转化为 kGA+kGB=0结合韦达定理证明.

14．（Ⅰ）+y2＝1；（Ⅱ）．

【分析】

（Ⅰ）根据椭圆短轴长公式、离心率公式，结合椭圆中的关系进行求解即可；

（Ⅱ）根据平面向量数量积公式，结合一元二次方程根与系数关系、根的判别式进行求解即可.

【详解】

（Ⅰ）由已知得 2b＝2，所以，又因为，所以有：，而，

解得，

即椭圆C的方程为+y2＝1．

（Ⅱ）直线l方程为y＝kx+2，将其代入+y2＝1，得（3k2+1）x2+12kx+9＝0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

∴△＝（12k）2﹣36（1+3k2）＞0，解得k2＞1，

由根与系数的关系，得x1+x2＝，x1x2＝

∵∠AOB为锐角，

∴＞0，

∴x1x2+y1y2＞0，

∴x1x2+（kx1+2）（kx2+2）＞0，

∴（1+k2）x1x2+2k（x1+x2）+4＞0，

化简得＞0，解得，

由且，

解得．