廣東省珠海四中2020屆高三數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 圓錐曲線試題 理

《廣東省珠海四中2020屆高三數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 圓錐曲線試題 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《廣東省珠海四中2020屆高三數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 圓錐曲線試題 理（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2020珠海四中高三數(shù)學(xué)（理）專題復(fù)習(xí)--圓錐曲線 一、選擇、填空題 1、（2020廣東高考）已知中心在原點的雙曲線的右焦點為,離心率等于,在雙曲線的方程是 ( ) A . B． C． D． 2、（2020廣東高考）若圓心在軸上、半徑為的圓位于軸左側(cè)，且與直線相切，則圓的方程是 ． 3、（2020廣東高考）巳知橢圓的中心在坐標原點，長軸在軸上，離心率為,且上一點到的兩個焦點的距離之和為12，則橢圓的方程為 ． 4、（2020廣州一模）圓關(guān)于直線對稱的圓的方程為 A．

2、 B． C． D． 5、（2020梅州3月高考模擬）已知雙曲線C的焦點、實軸端點恰好是橢圓的長軸的端點、焦點，則雙曲線C的方程是＿＿＿＿ 6、（2020韶關(guān)一模）已知橢圓與雙曲線的焦點相同，且橢圓上任意一點到兩焦點的距離之和為，那么橢圓的離心率等于( ) A. B. C. D. 7、（2020深圳一模）已知雙曲線與橢圓有相同的焦點， 且雙曲線的漸近線方程為，則雙曲線的方程為 ． 二、解答題 1、（2020廣東高考）已知拋物線的頂點為原點,其焦

3、點到直線:的距離為.設(shè)為直線上的點,過點作拋物線的兩條切線,其中為切點. (Ⅰ) 求拋物線的方程； (Ⅱ) 當點為直線上的定點時,求直線的方程； (Ⅲ) 當點在直線上移動時,求的最小值. 2、（2020廣東高考）在平面直角坐標系中，已知橢圓：（）的離心率且橢圓上的點到點的距離的最大值為3. （Ⅰ）求橢圓的方程； （Ⅱ）在橢圓上，是否存在點，使得直線：與圓：相交于不同的兩點、，且的面積最大？若存在，求出點的坐標及對應(yīng)的的面積；若不存在，請說明理由. 3、（2020廣東高考）設(shè)圓與兩圓，中的一個內(nèi)切，另一個外切． （1）求的圓心軌跡的方程； （2）已知點，，且為上

4、動點，求的最大值及此時點的坐標． 4、（2020廣州一模）已知雙曲線：的中心為原點，左，右焦點分別為，，離心率為，點是直線上任意一點，點在雙曲線上，且滿足． （1）求實數(shù)的值； （2）證明：直線與直線的斜率之積是定值； （3）若點的縱坐標為，過點作動直線與雙曲線右支交于不同兩點，，在線段上取異于點，的點，滿足，證明點恒在一條定直線上． 5、已知點是橢圓的右焦點，點、分別是軸、軸上的動點，且滿足．若點滿足． （1）求點的軌跡的方程； （2）設(shè)過點任作一直線與點的軌跡交于、兩點，直線、與直線 分別交于點、（為坐標原點），試判斷是否為定值？若是，求出這個定值；若不

5、是，請說明理由． 6、已知橢圓的左焦點及點，原點到直線的距離為．（1）求橢圓的離心率； （2）若點關(guān)于直線的對稱點在圓上，求橢圓的方程及點的坐標． 7、（2020深圳一模）如圖7，直線，拋物線，已知點在拋 物線上，且拋物線上的點到直線的距離的最小值為． （1）求直線及拋物線的方程； （2）過點的任一直線（不經(jīng)過點）與拋物線交于、兩點，直線與直線相交于點，記直線，，的斜率分別為，， ．問：是否存在實數(shù)，使得？若存在，試求出的值；若不存在，請說明理由． 8、（2020佛山期末）如圖所示,已知橢圓的兩個焦點分別為、,且到直線的距離等于橢圓的短軸長.

6、 (Ⅰ) 求橢圓的方程； (Ⅱ) 若圓的圓心為(),且經(jīng)過、,是橢圓上的動點且在圓外,過作圓的切線,切點為,當?shù)淖畲笾禐闀r,求的值. 9、（廣東省百所高中2020屆高三11月聯(lián)考） 已知橢圓C1：的離心率為，直線l：y＝x＋2與以原點為圓心，以橢圓C1的短半軸長為半徑的圓O相切。 （1）求橢圓C1的方程； （2）拋物線C2：y2＝2px（p＞0）與橢圓C1有公共焦點，設(shè)C2與x軸交于點Q，不同的兩點R，S在C2上（R，S與Q不重合），且滿足，求的取值范圍。 10、（廣東省寶安中學(xué)等七校2020屆高三第二次聯(lián)考） 已知定點,,動點,且滿足成等差數(shù)列. (Ⅰ) 求

7、點的軌跡的方程； (Ⅱ) 若曲線的方程為(),過點的直線與曲線相切,求直線被曲線截得的線段長的最小值. 參考答案 一、選擇、填空題 1、B　　2、　　3、　　4、A　　5、　　6、B 7、 二、填空題 1、(Ⅰ) 依題意,設(shè)拋物線的方程為,由結(jié)合,解得. 所以拋物線的方程為. (Ⅱ) 拋物線的方程為,即,求導(dǎo)得 設(shè),(其中),則切線的斜率分別為,, 所以切線的方程為,即,即 同理可得切線的方程為 因為切線均過點,所以, 所以為方程的兩組解. 所以直線的方程為. (Ⅲ) 由拋物線定義可知,, 所以 聯(lián)立方程,消去整理得 由

8、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得, 所以 又點在直線上,所以, 所以 所以當時, 取得最小值,且最小值為. 2、解析：（Ⅰ）因為，所以，于是.設(shè)橢圓上任一點，則（）. 當時，在時取到最大值，且最大值為，由解得，與假設(shè)不符合，舍去. 當時，在時取到最大值，且最大值為，由解得.于是，橢圓的方程是. （Ⅱ）圓心到直線的距離為，弦長，所以的面積為，于是.而是橢圓上的點，所以，即，于是，而，所以，，所以，于是當時，取到最大值，此時取到最大值，此時，. 綜上所述，橢圓上存在四個點、、、，使得直線與圓相交于不同的兩點、，且的面積最大，且最大值為. 3、解：（1）設(shè)，圓的半徑為， 則 ∴

9、的圓心軌跡是以為焦點的雙曲線，，， ∴的圓心軌跡的方程為 （2） ∴的最大值為2，此時在的延長線上， 如圖所示，必在的右支上，且， 直線的斜率 　　　　 ∵，∴， ∴的最大值為2，此時為 4、（1）解：設(shè)雙曲線的半焦距為，由題意可得解得． （2）證明：由（1）可知，直線，點．設(shè)點,， 因為，所以．所以． 因為點在雙曲線上，所以，即． 所以． 所以直線與直線的斜率之積是定值． （3）證法1：設(shè)點，且過點的直線與雙曲線的右支交于不同兩點，，則，，即，． 設(shè)，則．即 整理，得 由①×③，②×④得

10、 將，代入⑥， 得． ⑦ 將⑤代入⑦，得．所以點恒在定直線上． 證法2：依題意，直線的斜率存在．設(shè)直線的方程為， 由消去得． 因為直線與雙曲線的右支交于不同兩點，， ① ② ③ 則有 設(shè)點，由，得． 整理得．1 將②③代入上式得． 整理得． ④ 因為點在直線上，所以． ⑤ 聯(lián)立④⑤消去得． 所以點恒在定直線上． （本題（3）只要求證明點恒在定直線上，無需求出或的范圍．） 5、【解析】（1）橢圓右焦點的

11、坐標為， ．，由，得． 設(shè)點的坐標為，由，有， 代入，得． （2）(法一)設(shè)直線的方程為，、， 則，． 由，得， 同理得． ，，則． 由，得，． 則． 因此，的值是定值，且定值為． 6、(1)由點，點及得直線的方程為，即，∵原點到直線的距離為， ∴故橢圓的離心率. (2) 解法一：設(shè)橢圓的左焦點關(guān)于直線的對稱點為，則有 解之，得.在圓上 ∴，∴故橢圓的方程為, 點的坐標為 7、圖7 解：（1）（法一）點在拋物線上， ． ……………………2分 設(shè)與直線平行且與拋物線相切的直線方程為， 由 得， ， 由，得，則直線方程為． 兩直線、

12、間的距離即為拋物線上的點到直線的最短距離， 有，解得或（舍去）． 直線的方程為，拋物線的方程為． …………………………6分 （法二）點在拋物線上， ，拋物線的方程為．……2分 設(shè)為拋物線上的任意一點，點到直線的距離為，根據(jù)圖象，有，， ，的最小值為，由，解得． 因此，直線的方程為，拋物線的方程為．…………………6分 （2）直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，即， 由 得， 設(shè)點、的坐標分別為、，則，， ，， …………………………9分 .…10分 由 得，， ， ……………………………………………13分 ． 因此，存在實數(shù)，使得成立，且．………………………

13、…14分 8、【解析】(Ⅰ)設(shè)橢圓的方程為(), 依題意,, …………………………………………1分 所以 …………………………………………2分 又, ……………………………………………3分 所以, ……………………………………4分 所以橢圓的方程為. ………………………………………5分 (Ⅱ) 設(shè)(其中), …………………………………………6分 圓的方程為,……………

14、………………………7分 因為, 所以……………………………8分 …………………………9分 當…………10分 且,解得(舍去). ………………11分 當即時,當時,取最大值, …………………12分 且,解得,又,所以.……………13分 綜上,當時,的最大值為. ………………………………14分 9、解：(1)由直線l：y＝x＋2與圓x2＋y2＝b2相切，得＝b，即b＝. 由e＝，得＝1－e2＝，所以a＝，所以橢圓的方程是C1：＋＝1.(4分) (2)由=1,p=2，故C2的方程為y2=4x,易知Q(0，0)，設(shè)R(

15、，y1)，S(，y2)， ∴＝(，y1)，＝(，y2－y1)，由·＝0，得＋y1(y2－y1)＝0， ∵y1≠y2，∴y2＝－(y1＋)， ∴y＝y(tǒng)＋＋32≥2＋32＝64，當且僅當y＝，即y1＝±4時等號成立． 又||＝＝， ∵y≥64，∴當y＝64，即y2＝±8時，||min＝8， 故||的取值范圍是[8，＋∞)．(14分) 10、【解析】(Ⅰ)由,, …………………1分 根據(jù)橢圓定義知的軌跡為以為焦點的橢圓, 其長軸,焦距,短半軸,故的方程為. ……4分 (Ⅱ)設(shè):,由過點的直線與曲線相切得, 化簡得 (注:本處也可由幾何意義求與的關(guān)系)…………6分 由,解得 …………7分 聯(lián)立,消去整理得,…………………8分 直線被曲線截得的線段一端點為,設(shè)另一端點為,解方程可得, 所以 ……………………11分 (注：本處也可由弦長公式結(jié)合韋達定理求得) 令,則, 考查函數(shù)的性質(zhì)知在區(qū)間上是增函數(shù), 所以時,取最大值,從而. ………… 14分