专题强化四：圆锥曲线综合考点必刷解答题（原卷版+解析版）

这是一份专题强化四：圆锥曲线综合考点必刷解答题（原卷版+解析版），文件包含专题强化四圆锥曲线综合考点必刷解答题原卷版docx、专题强化四圆锥曲线综合考点必刷解答题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
专题强化四：圆锥曲线综合考点必刷解答题【题型归纳】题型一：圆锥曲线的弦长问题1．（2023秋·江苏盐城·高二江苏省射阳中学校）已知椭圆E：的下焦点、上焦点为，离心率为过焦点且与x轴不垂直的直线l交椭圆E于A，B两点．(1)求m的值；(2)求（O为坐标原点）面积的取值范围．【答案】(1)；(2)【分析】（1）根据椭圆离心率的公式进行求解即可；（2）根据一元二次方程根与系数关系，结合换元法、对钩函数的单调性进行求解即可.【详解】（1）由题意可得，，，因为离心率，所以，又，所以，解得；（2）由（1）知，椭圆E：的上焦点为，设，，直线l：，联立，整理得：，则，且，，所以，所以，所以．令，函数在时，单调递增，所以有即，因此，因此所以面积的取值范围是．  2．（2023秋·江苏徐州·高二校考阶段练习）双曲线的一条渐近线方程为，过焦点且垂直于轴的弦长为．(1)求双曲线方程；(2)过双曲线的下焦点作倾角为的直线交曲线于、，求的长．【答案】(1)(2)6【分析】(1)利用双曲线的一条渐近线方程为,过焦点且垂直于轴的弦长为6,建立方程,即可求双曲线方程;(2)设直线方程,联立方程,由韦达定理及弦长公式即可求的长.【详解】（1）因为双曲线的一条渐近线方程为，所以,双曲线的上焦点为，在中令得，所以，∴,∴双曲线方程为;（2）过双曲线的下焦点且倾角为的直线斜率为，直线方程为,代入双曲线方程可得，，设，故，故的长为6.3．（2023秋·高二课时练习）已知抛物线：的焦点为，过轴正半轴上一点的直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，且.(1)求点的坐标；(2)设点关于直线的对称点为，求四边形面积的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）设直线的方程为，联立抛物线方程，可得根与系数关系式，结合数量积的坐标表示，列式计算，即得答案.（2）利用，结合求得，求得四边形面积的表达式，结合基本不等式即可求得答案.【详解】（1）设直线的方程为，联立，可得，需满足，设，则，由于，由可得，解得或（舍去），则过轴正半轴上一点，即点的坐标为.（2）由题意知，结合（1）知，不妨设，则，由于关于对称，故，故，当且仅当时，即时，等号成立，故四边形面积的最小值为.题型二：圆锥曲线的定点定值问题4．（2023秋·江苏徐州·高二统考阶段练习）已知椭圆的左焦点为，点在上．(1)求椭圆的方程；(2)过的两条互相垂直的直线分别交于两点和两点，若的中点分别为，证明：直线必过定点，并求出此定点坐标．【答案】(1)(2)，证明见解析【分析】（1）确定焦点得到，解得，，得到椭圆方程.（2）考虑斜率存在和不存在的情况，设出直线，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，确定中点坐标得到直线的方程，取代入计算得到答案.【详解】（1）椭圆的左焦点为，，则右焦点为，点在椭圆上，取得到，即，又，解得，，（舍去负值），故椭圆方程为，（2）当两条直线斜率存在时，设的直线方程为，，，则，整理得到，，故，，即，  同理可得：，则，故直线的方程为：，取，.故直线过定点.当有直线斜率不存在时，为轴，过点.综上所述：直线必过定点【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，是解题的关键，此方法是考查的重点，需要熟练掌握.5．（2023·江苏·高二专题练习）双曲线：，已知是双曲线上一点，分别是双曲线的左右顶点，直线，的斜率之积为.(1)求双曲线的离心率；(2)若双曲线的焦距为，直线过点且与双曲线交于、两点，若，求直线的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）先由点在双曲线上得到，再由，的斜率之积为得到，从而得到，由此可求得双曲线的离心率；（2）先由条件求得双线曲方程，再联立直线与双曲线得到，又由得到，从而求得值，由此可得直线的方程.【详解】（1）因为是双曲线E上一点，可得，即为，由题意可得，，可得，即有.（2）由题意可得，，则双曲线的方程为，易知直线斜率存在，设直线的方程为，联立直线与双曲线的方程，可得，设，则，，①又，可得，②由①②可得， ，代入①可得，解得，则直线l的方程为.6．（2023·江苏·高二专题练习）已知点F为抛物线E：的焦点，点，， 若过点P作直线与抛物线E顺次交于A，B两点， 过点A作斜率为1的直线与抛物线的另一个交点为点C.(1)求证：直线BC过定点；(2)若直线BC所过定点为点Q，，的面积分别为，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先求出抛物线的方程，直曲联立通过韦达定理分别表示两点关系，和两点关系，写出方程，根据两个关系式消去点，即可得到结果.（2）将，用两点表示出来，再利用第（1）问结论和韦达定理用直线的斜率通过化简，借助换元法即可得出结论.【详解】（1）由已知：，解得，所以抛物线方程为： 易知直线斜率存在，设直线方程为： 得：，其中， 设，，所以，.所以①，直线方程为：，得：，设，则②，由①②可知，所以③（1）若直线斜率不存在时，则，又因为所以，，所以直线方程为 （2）若直线斜率存在时，，直线方程为：，即 ，将③代入得，所以故当直线斜率存在时过定点 综上所述：由（1）（2）可知直线过定点.（2） 由（1）知，.所以.由，且，可得且，所以 令， ，所以又因为且，所以，所以的取值范围为【点睛】（1）直曲联立是解决直线与曲线相交问题行之有效的方法.（2）韦达定理和换元法可以减少运算量，提高解题效率.（3）不要遗忘了斜率不存在的情况，避免造成丢分.题型三：圆锥曲线的向量问题7．（2023·江苏·高二假期作业）在直角坐标系中,直线是双曲线的一条渐近线,点在双曲线上,设为双曲线上的动点,直线与轴相交于点,点关于轴的对称点为,直线与轴相交于点.(1)求双曲线的方程;(2)在轴上是否存在一点,使得,若存在,求点的坐标;若不存在,说明理由;(3)求点的坐标,使得的面积最小.【答案】(1)(2)存在或(3)的坐标是或或或【分析】（1）根据渐近线方程得,点在双曲线上得,列出方程组求解即可;（2）假设,由直线方程得坐标,由向量的数量积运算可得,用坐标表示这个结论可得与关系,再由点在双曲线可得结论;（3）直接计算的面积,用基本不等式可得最小值,从而得点坐标.【详解】（1）由已知得,解得,所以双曲线的方程为.（2）设,如图:  根据题意得:,令得,因为点关于轴的对称点为,所以,则,令得,因为,平方可得,因为,则,因为,所以,则,即,所以存在或满足条件;（3）如图:    因为,由（2）知,即,代入上式得:,当且仅当,即时等号成立,此时,所以的坐标是或或或时,的面积最小.8．（2021·江苏·高二专题练习）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且．（1）求抛物线的方程；（2）过焦点的直线与抛物线分别交于两点，点的坐标分别为，，为坐标原点，若，求直线的方程．【答案】（1）；（2）或【详解】【试题分析】（1）将点的坐标代入抛物线方程，结合抛物线的定义可求得，抛物线方程为.（2）设直线的方程为，联立直线方程和抛物线方程，消去，写出韦达定理，代入，化简可求得，即求得直线方程.【试题解析】（1）由点在抛物线上，有，解得，由抛物线定义有：，解：，故抛物线的方程为．（2）设直线的方程为：，联立方程，消去得：，故有：，，， ，则，故，解得：，所求直线的方程为：或．9．（2023·江苏·高二专题练习）设动点到定点的距离和它到定直线的距离之比为，记动点的轨迹为曲线．(1)求的方程；(2)点，在曲线上且，点满足且，求直线的方程．【答案】(1)(2)答案见详解【分析】（1）根据已知条件可得，整理化简即可得到的方程；（2）先判断直线斜率不存在时的可能.然后设直线方程为，联立直线于椭圆的方程，由韦达定理得到坐标的关系，根据，得到.再根据，得到之间的关系，消掉，即可得到的值，从而得到直线方程.【详解】（1）设点，由已知可得，整理可得，即为的方程．（2）当斜率不存在时，可设，，∵，，，∴，可设，∴，∴，∴，则，此时点不在椭圆上，∴不符合，舍去．当斜率存在时，设为，设、，中点，联立，可得，∴，且，，又，∴，，整理可得.，∴，所以，∴，设与轴交点，∴，又，所以.解得，∴，∴，满足，∴，，所以直线的方程为或或或．题型四：圆锥曲线的定直线问题10．（2022秋·江苏南京·高二南京师大附中校考期中）已知椭圆：，若点，，，中恰有三点在椭圆上．(1)求的方程；(2)点是的左焦点，过点且与轴不重合的直线与交于不同的两点，，求证：内切圆的圆心在定直线上．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据对称性，定在椭圆上，然后分别讨论，在椭圆上的情况，从而可求出椭圆方程，（2）设，，：，将问题转化为证明的角平分线为定直线，只要证，将直线方程代入椭圆方程消去，利用根与系数的关系，代入上式化简即可得结论.【详解】（1）根据对称性，定在椭圆上，若也在椭圆上，则，方程组无解，所以为椭圆上第三个点，所以，解得，所以椭圆的方程为：；（2）由（1）得：，，设，，：．要证明内切圆的圆心在定直线上，由对称性和内心的定义，即证明的角平分线为定直线，即证，即，即证，只要证，由，得，，得，所以所以成立，即得证，即内切圆的圆心在定直线上．11．（2023秋·江苏苏州·高二常熟中学校考期末）已知，分别是双曲线的左，右顶点，直线（不与坐标轴垂直）过点，且与双曲线交于，两点.（1）若，求直线的方程；（2）若直线与相交于点，求证：点在定直线上.【答案】（1）或；（2）证明见解析.【解析】（1）设直线的方程为并联立双曲线根据韦达定理可得与关系，结合可得，从而求得值得直线方程；（2）列出直线与方程，并求点坐标得，故得证.【详解】解：设直线的方程为，设，，把直线与双曲线联立方程组，，可得，则，（1），，由，可得，即①，②，把①式代入②式，可得，解得，，即直线的方程为或．（2）直线的方程为，直线的方程为，直线与的交点为，故，即，进而得到，又，故，解得故点在定直线上．【点晴】方法点晴：直线与圆锥曲线综合问题，通常采用设而不求，结合韦达定理求解.12．（2023春·江苏南京·高二南京市第一中学校考期末）已知双曲线的实轴长为，C的一条渐近线斜率为，直线l交C于P，Q两点，点在双曲线C上.(1)若直线l过C的右焦点，且斜率为，求的面积；(2)设P，Q为双曲线C上异于点的两动点，记直线MP，MQ的斜率分别为，，若，求证：直线PQ过定点.【答案】(1)(2)证明见详解.【分析】（1）根据双曲线离心率公式，结合双曲线焦距定义求出双曲线的方程联立进行求解即可；（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根的判别式、根与系数关系，结合直线斜率公式进行求解即可.【详解】（1）如图：  因为双曲线的实轴长为，所以，即.又因为C的一条渐近线斜率为，所以，所以，故双曲线.则其右焦点坐标为，因为直线l过C的右焦点，且斜率为，所以直线l的方程为：，设，.联立得：，所以由韦达定理得：，.所以，点到直线l的距离为：.所以.（2）证明：如图    设直线PQ的方程为：，设，.联立得：.，即所以：，.而，则，.因为，所以整理的：，所以，所以：，所以，整理得：，代入韦达定理得：，所以，整理得：，即，则或.当时，直线线PQ的方程为：，所以过定点；当时，直线线PQ的方程为：，所以过定点.即为，因为P，Q为双曲线C上异于点的两动点，所以不符合题意.故直线PQ过的定点为.【专题强化】13．（2023秋·高二）已知点在圆上运动，过点作轴的垂线段为垂足，为线段的中点（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）．(1)求点的轨迹方程；(2)经过点作直线，与圆相交于两点，与点的轨迹相交于两点，若，求直线的方程．【答案】(1)点的轨迹是椭圆，方程为(2)或【分析】（1）利用相关点法求解点的轨迹方程，得到点的轨迹为椭圆；（2）考虑直线的斜率不存在和存在两种情况，设出直线方程，利用垂径定理得到，联立直线与椭圆方程，由弦长公式求出，从而列出方程，求出答案.【详解】（1）点，点，则点，由点是的中点，得，，因为在圆上，所以，可得，即，所以点的轨迹是椭圆。（2）若直线的斜率不存在，则，将代入中，解得，则，将代入中，解得，则，而，舍去；若直线的斜率存在，设为，则，由点到直线的距离公式得圆心到直线的距离，则，联立得，设，，则，，，由，得，解之得．综上所述，直线的方程为或．14．（2023秋·高二课时练习）已知分别为椭圆的左､右焦点，直线过点与椭圆交于两点，且的周长为.(1)求椭圆的离心率；(2)直线过点，且与垂直，交椭圆于两点，若，求四边形面积的范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）设，由题的周长为，据此可得答案；（2）先讨论两直线中的一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，四边形的面积；再讨论两直线的斜率都存在，且都不为0时，分别联立直线与椭圆方程求得与，从而得到得关于的关系式，由此得解.【详解】（1）设，由椭圆的定义可知的周长为，所以，所以离心率.（2）由（1）可知，又，所以，所以椭圆的方程为.①当直线中的一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，四边形的面积.②当直线的斜率都存在，且都不为0时，设的方程为，由，可得，.所以.所以.设的方程为，同理可得.所以四边形的面积，因为，当且仅当时取等号.所以，即此时.由①②可知，四边形面积的范围为.  【点睛】15．（2023春·江苏镇江·高二统考期中）已知双曲线：的左、右顶点分别为，.  (1)若过点的直线交双曲线于，两点，求直线的斜率范围；(2)过原点的直线与双曲线相交于，两点（在轴的上方），直线，与圆分别交于，，直线与直线的斜率分别为，，求.【答案】(1)直线的斜率范围为且(2)【分析】（1）由直线与双曲线有两个交点，联立方程组（注意排除直线与渐近线平行）求解即可；（2）设出直线的方程，联立方程组求出，点坐标，然后计算直线与直线的斜率即可求解.【详解】（1）过点的直线的方程设为：，联立得：.因为直线交双曲线于，两点，所以，解得且.故直线的斜率范围为且.（2）如图：  设：，，则令所以的方程为，联立得.所以，，由于，两点关于原点对称，所以，所以的斜率为，所以，又，所以，即.所以，，所以.，所以16．（2023春·江苏盐城·高二统考期末）已知椭圆的离心率为，记的右顶点和上顶点分别为、，的面积为（为坐标原点）．  (1)求的方程；(2)点在线段上运动，过点垂直于轴的直线交于点（点在第一象限），且，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，求出点、的坐标，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由、、三点共线结合韦达定理可得出，然后化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.【详解】（1）解：由题意可得，，且，则，所以，，解得，所以，椭圆的方程为.（2）证明：若直线与轴重合，则直线与直线重合，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，  易知点、，则直线的方程为，直线的方程为，联立，可得，故点，因为点，设点，则为线段的中点，则，可得，即点，联立直线与椭圆的方程得，可得，，由韦达定理可得，，因为、、三点共线可得，且，，所以，，整理可得，化简可得，所以，直线的方程为，由可得，因此，直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.17．（2023秋·江苏盐城·高二盐城市伍佑中学校考期末）在平面直角坐标系中，已知点，，点满足，记的轨迹为.(1)求的方程；(2)，直线过点交于，两点.并且，求直线方程.【答案】(1)(2)或.【分析】（1）根据椭圆的定义判断轨迹，直接得到椭圆方程；（2）设直线的方程为，联立椭圆方程，由根与系数的关系及的坐标关系得解.【详解】（1）因为,所以由椭圆的定义可知，轨迹是以点，为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆方程为，则，∴，又∵，则，∴椭圆的方程为；（2）由题意可知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，联立方程，消去得：，设，，则，，∵，即，∴，即，∴，，∴，且，∴，解得，∴直线方程为或.18．（2023春·江苏镇江·高二统考期中）古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长、短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在轴上，面积为，点在椭圆上.  (1)求椭圆的标准方程；(2)经过点的直线与曲线交于，两点，与椭圆的面积比为，求直线的方程.【答案】(1)(2)或【分析】（1）由题意可得，解方程即可求出，即可求出椭圆的标准方程；（2）对直线的斜率是否存在进行讨论，当直线斜率存在时，通过将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合三角形的面积公式求解直线的斜率，进而得出直线方程.【详解】（1）设椭圆的方程为：，因为椭圆的面积为，点在椭圆上.所以解得：，所以椭圆的标准方程为：.（2）因为经过点的直线与曲线交于，两点，当直线的斜率不存在时，，此时，因为与椭圆的面积比为，但，即直线斜率存在；不妨设直线的方程为，联立，消去并整理可得：，不妨设，则，因为，，所以，因为与椭圆的面积比为，所以，化简为，即，即，解得：，所以直线的方程为或，所以直线的方程为或.19．（2022秋·江苏镇江·高二江苏省镇江中学校考期中）已知椭圆：，点、分别是椭圆的左焦点、左顶点，过点的直线（不与x轴重合）交椭圆于A，B两点．  (1)求椭圆M的标准方程；(2)若，求的面积；(3)是否存在直线，使得点B在以线段为直径的圆上，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)不存在，理由见详解【分析】（1）根据题意可得，进而可求和椭圆标准方程；（2）可根据直线方程与椭圆方程联立方程组解出交点坐标，再根据点的坐标，求三角形面积．△的面积可分割成两个小三角形，其底皆为；（3）存在性问题，一般从计算出发，即垂直关系结合椭圆方程交点求出B点坐标：或，而由椭圆范围知这样的B点不存在．【详解】（1）由左焦点、左顶点可知：，则，所以椭圆的标准方程为.（2）因为，，则过的直线的方程为：，即， 解方程组，解得或，所以的面积.（3）若点B在以线段为直径的圆上，等价于，即，设，则，因为，则，令，解得：或，又因为，则不存在点，使得，所以不存在直线，点B在以线段为直径的圆上.20．（2023秋·高二课时练习）在直角坐标系xOy中已知，P是平面内一动点，且直线PA和直线PB的斜率之积为．记点P的运动轨迹为曲线C．