第三章 圆锥曲线的方程（压轴题专练）（解析版）

第三章圆锥曲线的方程（压轴题专练）一、选择题1．如图，设直线与抛物线(为常数)交于不同的两点，且当时，抛物线的焦点到直线的距离为.过点的直线交抛物线于另一点，且直线过点，则直线过点（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】先求得，然后联立方程组并写出根与系数关系，求得直线、直线，进而确定正确答案.【详解】直线，即，依题意，到直线的距离为，所以抛物线方程为，直线，由消去并化简得，，且，设，则.由，直线的方程为，所以，即，则，故，所以，所以，直线的方程为，即，则，故，所以，也即直线过定点.故选：A.【点睛】方法点睛：求抛物线的标准方程的方法有：根据焦点或准线来求、根据抛物线的定义来求、利用待定系数法来求、通过已知条件列等量关系式，化简后得到抛物线的标准方程.求解直线和抛物线的交点，可通过联立方程组来求解.2．已知椭圆与双曲线具有相同的左、右焦点，，点为它们在第一象限的交点，动点在曲线上，若记曲线，的离心率分别为，，满足，且直线与轴的交点的坐标为，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据椭圆、双曲线的定义可得，结合离心率可得，在中，利用余弦定理可得，进而结合椭圆性质可知：当为椭圆短轴顶点时，取到最大值，分析求解即可.【详解】由题意可知：，解得，又因为，可得，由直线与轴的交点的坐标为可得，在中，由余弦定理可得，可得，整理得，解得或（舍去），且，所以，由椭圆性质可知：当为椭圆短轴顶点时，取到最大值，此时，且，则，所以，即.故选：A.

.【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于找到的两种表达方式，构造了关于的方程，从而得解.3．如图，已知椭圆和双曲线具有相同的焦点，，A、B、C、D是它们的公共点，且都在圆上，直线与x轴交于点P，直线与双曲线交于点，记直线、的斜率分别为、，若椭圆的离心率为，则的值为（

）

A．2 B．C． D．4【答案】B【分析】根据已知条件依次求得两点的坐标，由此可求得的值.【详解】设椭圆标准方程为，双曲线的标准方程为，则，由，，所以，所以椭圆方程可化为，由，两式相减得，，则，根据对称性可知关于原点对称，关于轴对称.则，直线的方程为.将代入得，由，解得或，而，，所以，所以，所以双曲线方程可化为，由消去并化简得，设，解得，所以，所以.故选：B【点睛】本题中，涉及圆和双曲线、圆和椭圆、直线和双曲线等图象的“交点”，求交点的坐标，主要是通过联立方程组来进行求解，要注意运算的准确性，另外也要注意运算的速度.在双曲线和椭圆中，的关系是不相同的.4．已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，以为圆心的圆与x轴交于，B两点，与y轴正半轴交于点A，线段与C交于点M．若与C的焦距的比值为，则C的离心率为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求出以为圆心的圆的方程，求出，，求出直线的方程后结合距离公式可求的坐标，代入双曲线方程后可求离心率.【详解】设双曲线的半焦距为，因为以为圆心的圆过，故该圆的半径为，故其方程为：，令，则，结合在轴正半轴上，故，令，则或，故.故，故直线.设，因为在轴的正半轴上，在轴的负半轴上，故，而，故，整理得到：，故，故，所以，故，解得或，又因为，则，则，.故选：D.

【点睛】思路点睛：圆锥曲线中离心率的值或范围的计算，关键在于构建关于基本量的方程或方程组（不等式或不等式组），后者可通过点在圆锥曲线上等合理构建.5．定义：若直线将多边形分为两部分，且使得多边形在两侧的点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”．已知双曲线（a，b为常数）和其左右焦点，P为C上的一动点，过P作C的切线分别交两条渐近线于点A，B，已知四边形与三角形有相同的“等线”．则对于下列四个结论：①；②等线必过多边形的重心；③始终与相切；④的斜率为定值且与a，b有关．其中所有正确结论的编号是（

）A．①② B．①④ C．②③④ D．①②③【答案】D【分析】对于①，利用导数的几何意求出过点的切线方程，再与渐近线方程联立可求出的横坐标，然后与比较可得答案，对于②，由“等线”的定义结合重心的定义分析判断，对于③④，由多边形重心的定义可知四边形，其重心H必在与重心连线上，也必在与重心连线上，重心设为，则即为直线GH，然后由重心的性质可证得∥，从而可得结论.【详解】解：①：设，当时，设，则由，得，所以，所以切线的斜率为，所以切线方程为，因为点在双曲线上，所以，得，，所以，所以，所以，所以，同理可求出当时的切线方程为，当时，双曲线的切线方程为，满足，所以过P点切线方程为，渐近线方程为联立两直线方程得，故有，故②：设多边形顶点坐标为，其中设“等线”方程为，则到等线的距离为：又因为等线将顶点分为上下两部分，则有从而整理得即等线必过该多边形重心．③④：考察重心，设，则重心．对于四边形，其重心H必在与重心连线上，也必在与重心连线上，则即为直线GH．设与重心分别为，则，所以∥，因为为的重心，所以，所以∥，所以三点共线，因为在上，所以∥，过，因为直线为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，整理得，所以直线方程，由①的求解过程可知该方程为切线方程，所以③正确，④错误，故①②③正确．

故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的性质和导数的几何意义的应用，考查新定义，解题的关键是对“等线”定义的正确理解和重心的找法，考查计算能力，属于难题.6．已知O为坐标原点，M为抛物线C：上一点，直线l：与C交于A，B两点，过A，B作C的切线交于点P，则下列结论中正确结论的个数是（

）（1）；（2）若点，且直线AM与BM倾斜角互补，则；（3）点P在定直线上；（4）设点，则的最小值为3．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理可判断（1），（2），分别求出点处的切线方程，联立切线方程求点的坐标，即可判断（3），设，利用两点间距离，结合二次函数求最值，即可判断（4），【详解】对于（1），设，由，得，由，所以，所以，所以（1）正确，对于（2），因为，直线AM与BM倾斜角互补，所以，所以，所以，所以，且，所以，且解得，所以（2）正确，对于（3），设点在轴上方，在轴下方，设，轴上方的抛物线方程为，轴下方的抛物线方程为，此时在点处的切线的斜率为，在点处的切线的斜率为，所以在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，方程化简为，，两式相除化简得，所以（3）正确，对于（4），设，由于，所以，当时，取得最小值，所以（4）错误，故选：C

【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线切线方程的求法，解题的关键是直线方程代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，然后逐个分析，考查计算能力，属于较难题.二、填空题7．已知点在抛物线上，为抛物线的焦点，圆与直线相交于两点，与线段相交于点，且．若是线段上靠近的四等分点，则抛物线的方程为．【答案】【分析】设，表示出，利用抛物线定义、点在抛物线上以及圆的弦长的几何性质列出关于的方程，即可求得p，即得答案.【详解】由可知，设，则，则，故，即①；又点在抛物线上，故②，且，即③，②联立得，得或，由于，故，结合③，解得，故抛物线方程为，故答案为：【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要结合抛物线的定义以及圆的弦长的几何性质，找出参数间的等量关系，从而列出方程组，即可求解.8．已知、为椭圆的左、右焦点，点为该椭圆上一点，且满足，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为.【答案】/【分析】根据椭圆定义并利用余弦定理可得，再根据正弦定理可知外接圆半径，由等面积法可知内切圆半径，再根据面积比即可计算出离心率.【详解】根据题意画出图象如下图所示：

利用椭圆定义可知，且；又，利用余弦定理可知：，化简可得；所以的面积为；设的外接圆半径为，内切圆半径为；由正弦定理可得，可得；易知的周长为，利用等面积法可知，解得；又的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即，所以，即可得，所以；离心率.故答案为：.【点睛】方法点睛：求解椭圆焦点三角形外接圆与内切圆半径问题，通常利用正弦定理计算外接圆半径，由等面积法公式可计算出内切圆半径，即可实现问题求解.9．已知A、B是椭圆与双曲线的公共顶点，P是双曲线上一点，PA，PB交椭圆于M，N．若MN过椭圆的焦点F，且，则双曲线的离心率为．【答案】/【分析】由直线斜率公式结合点在曲线上可得，再由正切的和角的公式得到，结合双曲线离心率公式即可得解.【详解】由题意可知：如图，设，可得直线的斜率分别为，因为点在双曲线上，则，整理得，所以，设点，可得直线的斜率，因为点在椭圆上，则，整理得，所以，即，可得，所以直线与关于轴对称，又因为椭圆也关于轴对称，且过焦点，则轴，令，则，因为，，则，解得，所以双曲线的离心率.故答案为：.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.10．已知椭圆：的右焦点为，过点作倾斜角为的直线交椭圆于、两点，弦的垂直平分线交轴于点P，若，则椭圆的离心率．【答案】/0.5【分析】设直线的方程,代入椭圆方程,由韦达定理,弦长公式及中点坐标公式,求得中点坐标坐标,求得垂直平分线方程,当时,即可求得点坐标,代入即可求得,即可求得,即可求得和的关系,即可求得椭圆的离心率.【详解】因为倾斜角为的直线过点，设直线的方程为:,,线段的中点,联立，化为，，，的垂直平分线为:,令,解得,.,,则,椭圆的离心率为,故答案为:.【点睛】关键点睛：运算能力是关键；本题考查简椭圆的简单几何性质,直线与椭圆的位置关系,直线的垂直平分线的求法,属于较难题.11．已知椭圆的两个焦点为．点为上关于坐标原点对称的两点，且，的面积，则的离心率的取值范围为．【答案】【分析】作出辅助线，根据题意得到四边形为矩形，故，求出，再根据，利用勾股定理得到，得到，再根据上存在关于坐标原点对称的两点，使得，得到，得到，得到离心率.【详解】连接，由题意得，，又，所以四边形为矩形，故，所以，故，又，由勾股定理得，即，，故，即，故，解得，又上存在关于坐标原点对称的两点，使得，故，所以，即，所以，，解得，综上，的离心率的取值范围是.

故答案为：【点睛】方法点睛：离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)的常见方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).12．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过且斜率为正的直线l与C交于A，B两点，且点A在x轴下方.设，，的内切圆的半径分别为，，.若椭圆C的离心率为，且，则直线l的斜率为.【答案】【分析】依题意可得椭圆方程表示为，设直线为，，，，根据面积公式及椭圆的定义得到，再由，即可得到，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到、，代入解得.【详解】因为椭圆的离心率为，所以，，，则椭圆方程可以表示为，设直线为，，，，由，消去整理得，显然，所以，，则，由，由，由，又，所以，所以，又，所以，又，，所以，所以，，所以，所以，则或（舍去），所以直线的斜率为.

故答案为：【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.三、解答题13．已知双曲线：，双曲线与共渐近线且经过点

(1)求双曲线的标准方程．(2)如图所示，点是曲线上任意一动点（第一象限），直线轴于点，轴于点，直线交曲线于点（第一象限），过点作曲线的切线交于点，交轴于点，求的最小值．【答案】(1)(2)2【分析】（1）由题意设：，将代入解方程即可得出答案.（2）设，，，设，表示出点坐标，代入：方程，即可求得，进一步求出的坐标，而，而，代入化简结合基本不等式即可得出答案.【详解】（1）由题意设：，将代入得到，∴曲线：．（2）设，，，，则（*）设，则，解得：，代入：方程，得，结合（*）式可知由于，则，所以．所以是、的中点，．因为四边形是矩形，，，所以为四边形的中心，所以，在与中，，分别以为底时，高相同，所以，则，因为过双曲线上一点的切线方程为，所以直线的方程为：即，因为，所以，令，所以，，，令，，令，．当且仅当，即，，时，取得最小值．【点睛】关键点睛：建立的面积与的表达式至关重要，可利用，的坐标和三角形面积公式，以为桥梁得出与的表达式，最后根据基本不等式可求得面积的取值范围.14．已知双曲线的离心率为，点在双曲线上.(1)求双曲线的方程；(2)若为双曲线的左焦点，过点作直线交的左支于两点.点，直线交直线于点.设直线的斜率分别，求证：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由已知条件，列方程组求，可得双曲线标准方程；（2）设直线的方程与双曲线联立方程组，设两点坐标，表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值.【详解】（1）由题意，双曲线的离心率为，且在双曲线上，可得，解得，，所以双曲线的方程为.（2）双曲线的左焦点为，当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，舍去；当直线的斜率不为0时，设，联立方程组，消得，易得，由于过点作直线交的左支于两点，设，，所以，，由直线，得，所以，又，所以，因为，所以，且，所以，即为定值.【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．15．已知点与定点的距离和它到定直线的距离比是.(1)求点的轨迹方程；(2)若直线与轨迹交于两点，为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由.【答案】(1)(2)是定值，理由见解析【分析】（1）根据题意可得，即可求解；（2）利用韦达定理结合，可得，再利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出三角形的面积，进而可求解.【详解】（1）设点坐标为，化解可得：.（2）设，联立直线和椭圆方程可得：，消去可得：，所以，即，则，，，把韦达定理代入可得：，整理得，满足，又，而点到直线的距离，所以，把代入，则，可得是定值1.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.16．如图，是抛物线对称轴上一点，过点M作抛物线的弦AB，交抛物线于A，B.

(1)若，求弦AB中点的轨迹方程；(2)过点M作抛物线的另一条弦CD，若AD与y轴交于点E，连接ME，BC，求证：.【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）由,设其方程为,联立方程后,结合韦达定理及中点公式,可得弦中点的轨迹方程;（2）用两点式求得的方程为:，的方程为:,由,都经过点,故,进而求得,根据直线平行的充要条件得到.【详解】（1）设方程为,联立得，则,设中点,则,因此弦AB中点的轨迹方程为.（2）证明:设，，其中均为正数，用两点式求得的方程为:,的方程为:,因为,都经过点,故,的方程为:,与轴交点为，，而，【点睛】本题考查的知识点是直线与圆雉曲线的综合应用,抛物线的简单性质,联立方程,设而不求,韦达定理,是解答此类问题的关键.17．椭圆的离心率是，点是椭圆上一点，过点的动直线与椭圆相交于两点.(1)求椭圆的方程；(2)求面积的最大值；(3)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使恒成立？存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)(3)存在，.【分析】（1）由离心率及过点列方程组求解.（2）设直线为与椭圆方程联立，将表达为的函数，由基本不等式求最大值即可.（3）先讨论直线水平与竖直情况，求出，设点关于轴的对称点，证得三点共线得到成立.【详解】（1）根据题意，得，解得，椭圆C的方程为.（2）依题意，设，直线的斜率显然存在，故设直线为，联立，消去，得，因为直线恒过椭圆内定点，故恒成立，，故，令，所以，当且仅当，即时取得等号，综上可知：面积的最大值为.（3）当平行于轴时，设直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，则有，即，所以点在轴上，可设的坐标为；当垂直于轴时，设直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，则有，即，解得或，所以若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标为；当不平行于轴且不垂直于轴时，设直线方程为，由（2）知，又因为点关于轴的对称点的坐标为，又，，则，所以，则三点共线，所以；综上：存在与点不同的定点，使恒成立，且..

【点睛】方法点睛：直线与椭圆交于，当且仅当时，取得最大值.18．已知抛物线经过点，直线与交于，两点（异于坐标原点）．(1)若，证明：直线过定点．(2)已知，直线在直线的右侧，，与之间的距离，交于，两点，试问是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）将点代入抛物线方程求出，直线与抛物线联立方程组，由，利用向量数量积和韦达定理，求出，可得直线所过定点.（2）设两条直线与的方程，分别与抛物线方程联立，求出弦长，由和，求的值.【详解】（1）证明：将点代入，得，即．联立得，

由，设，，则，．因为，所以恒成立，则，所以的方程为，故直线过定点．（2）联立得，则且，即，，设，同理可得．

因为直线在的右侧，所以，则，即．所以，即，解得，因为，所以满足条件的存在，.【点睛】方法点睛：解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率