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1、高考复习讲义 高考数学圆锥曲线训练1.已知的顶点在椭圆上，在直线上，且（）当边通过坐标原点时，求的长及的面积；（）当，且斜边的长最大时，求所在直线的方程解：（）因为，且边通过点，所以所在直线的方程为设两点坐标分别为由得所以又因为边上的高等于原点到直线的距离所以，（）设所在直线的方程为，由得因为在椭圆上，所以设两点坐标分别为，则，所以又因为的长等于点到直线的距离，即所以所以当时，边最长，（这时）此时所在直线的方程为2.如图，椭圆：的一个焦点为F（1，0），且过点yxABMFNlO（）求椭圆的方程；（）若为垂直于轴的动弦，直线：与轴交于点，直线与交于点（）求证：点恒在椭圆上；（）求面积的最大值（）
2、由题设，从而所以椭圆的方程为（）（）由题意得，设，则，与的方程分别为：， 设，则有由，得yxABMFNO，由于所以点恒在椭圆上（）设的方程为，代入得设，则有：，yxABMFNO令，则，因为，所以当，即，时，有最大值，此时过点的面积有最大值3.设椭圆中心在坐标原点，A(2,0)、B(0,1)是它的两个顶点，直线y=kx(k0)与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点.()若=6，求k的值；)求四边形AEBF面积的最大值。22（）解：依题设得椭圆的方程为，直线的方程分别为，2分如图，设，其中，DFByxAOE且满足方程，故由知，得；由在上知，得所以，化简得，解得或6分（）解法一：根据点到直线的距离
3、公式和式知，点到的距离分别为，9分又，所以四边形的面积为当，即当时，上式取等号所以的最大值为12分解法二：由题设，设，由得，故四边形的面积为9分当时，上式取等号所以的最大值为12分4.已知曲线所围成的封闭图形的面积为，曲线的内切圆半径为记为以曲线与坐标轴的交点为顶点的椭圆（）求椭圆的标准方程；（）设是过椭圆中心的任意弦，是线段的垂直平分线是上异于椭圆中心的点（1）若（为坐标原点），当点在椭圆上运动时，求点的轨迹方程；（2）若是与椭圆的交点，求的面积的最小值22解：（）由题意得又，解得，因此所求椭圆的标准方程为（）（1）假设所在的直线斜率存在且不为零，设所在直线方程为，解方程组得，所以设，由题意
4、知，所以，即，因为是的垂直平分线，所以直线的方程为，即，因此，又，所以，故又当或不存在时，上式仍然成立综上所述，的轨迹方程为（2）当存在且时，由（1）得，由解得，所以，解法一：由于，当且仅当时等号成立，即时等号成立，此时面积的最小值是当，当不存在时，综上所述，的面积的最小值为解法二：因为，又，当且仅当时等号成立，即时等号成立，此时面积的最小值是当，当不存在时，综上所述，的面积的最小值为5.已知抛物线：，直线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交于点（）证明：抛物线在点处的切线与平行；（）是否存在实数使，若存在，求的值；若不存在，说明理由解法一：（）如图，设，把代入得，xAy112MNBO由韦达
5、定理得，点的坐标为设抛物线在点处的切线的方程为，将代入上式得，直线与抛物线相切，即（）假设存在实数，使，则，又是的中点，由（）知轴，又 ，解得即存在，使解法二：（）如图，设，把代入得由韦达定理得，点的坐标为，抛物线在点处的切线的斜率为，（）假设存在实数，使由（）知，则，解得即存在，使6.抛物线和三个点，过点的一条直线交抛物线于、两点，的延长线分别交曲线于（1）证明三点共线；（2）如果、四点共线，问：是否存在，使以线段为直径的圆与抛物线有异于、的交点？如果存在，求出的取值范围，并求出该交点到直线的距离；若不存在，请说明理由22（1）证明：设，则直线的方程： 即：因在上，所以 又直线方程：由得：所
6、以 同理，所以直线的方程： 令得将代入上式得，即点在直线上所以三点共线 （2）解：由已知共线，所以 以为直径的圆的方程：由得所以（舍去）， 要使圆与抛物线有异于的交点，则所以存在，使以为直径的圆与抛物线有异于的交点 则，所以交点到的距离为 7.如图，矩形的两条对角线相交于点，边所在直线的方程为点在边所在直线上（I）求边所在直线的方程；（II）求矩形外接圆的方程；（III）若动圆过点，且与矩形的外接圆外切，求动圆的圆心的轨迹方程解：（I）因为边所在直线的方程为，且与垂直，所以直线的斜率为又因为点在直线上，所以边所在直线的方程为即（II）由解得点的坐标为，因为矩形两条对角线的交点为所以为矩形外接圆
7、的圆心又从而矩形外接圆的方程为（III）因为动圆过点，所以是该圆的半径，又因为动圆与圆外切，所以，即故点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线的左支因为实半轴长，半焦距所以虚半轴长从而动圆的圆心的轨迹方程为Oyx1lF8.如图，已知，直线，为平面上的动点，过点作的垂线，垂足为点，且（）求动点的轨迹的方程；（）过点的直线交轨迹于两点，交直线于点（1）已知，求的值；（2）求的最小值解法一：（）设点，则，由得：，化简得（）（1）设直线的方程为：设，又，PBQMFOAxy联立方程组，消去得：，由，得： ，整理得：，解法二：（）由得：，所以点的轨迹是抛物线，由题意，轨迹的方程为：（）（1）由已知，得则：过点
8、分别作准线的垂线，垂足分别为，则有：由得：，即（）（2）解：由解法一，当且仅当，即时等号成立，所以最小值为9.已知椭圆C:=1(ab0)的离心率为,短轴一个端点到右焦点的距离为.()求椭圆C的方程;()设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求AOB面积的最大值.解：（）设椭圆的半焦距为，依题意，所求椭圆方程为（）设，（1）当轴时，（2）当与轴不垂直时，设直线的方程为由已知，得把代入椭圆方程，整理得，当且仅当，即时等号成立当时， 综上所述当最大时，面积取最大值07天津（22）（本小题满分14分）设椭圆的左、右焦点分别为是椭圆上的一点，原点到直线的距离为（）证明；（）求使得下
9、述命题成立：设圆上任意点处的切线交椭圆于，两点，则（）证法一：由题设及，不妨设点，其中，由于点在椭圆上，有，解得，从而得到，直线的方程为，整理得由题设，原点到直线的距离为，即，将代入原式并化简得，即证法二：同证法一，得到点的坐标为，过点作，垂足为，易知，故由椭圆定义得，又，所以，解得，而，得，即（）解法一：圆上的任意点处的切线方程为当时，圆上的任意点都在椭圆内，故此圆在点处的切线必交椭圆于两个不同的点和，因此点，的坐标是方程组的解当时，由式得代入式，得，即，于是，若，则所以，由，得在区间内此方程的解为当时，必有，同理求得在区间内的解为另一方面，当时，可推出，从而综上所述，使得所述命题成立10.
10、设、分别是椭圆的左、右焦点（）若是第一象限内该椭圆上的一点，且，求点的作标；（）设过定点的直线与椭圆交于同的两点、，且为锐角（其中为作标原点），求直线的斜率的取值范围（），设则，又，联立，解得，（）显然不满足题设条件可设的方程为，设，联立，由，得又为锐角，又 综可知，的取值范围是11.在平面直角坐标系中，过定点作直线与抛物线（）相交于两点（I）若点是点关于坐标原点的对称点，求面积的最小值；（II）是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由ABxyNCO解法1：（）依题意，点的坐标为，可设，NOACByx直线的方程为，与联立得消去得由韦达
11、定理得，于是，当，（）假设满足条件的直线存在，其方程为，设的中点为，与为直径的圆相交于点，的中点为，NOACByxl则，点的坐标为，令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，解法2：（）前同解法1，再由弦长公式得，又由点到直线的距离公式得从而，当时，（）假设满足条件的直线存在，其方程为，则以为直径的圆的方程为，将直线方程代入得，则设直线与以为直径的圆的交点为，则有令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，12.已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于B，D两点，过的直线交椭圆于A，C两点，且，垂足为P（）设P点的坐标为，证明：；（）求四边形ABCD面积最小值22证明：（）椭圆的半焦距，由知点在以线段为直径的圆上，故，所以，（）（）当的斜率存在且时，的方程为，代入椭圆方程，并化简得设，则，；因为与相交于点，且的斜率为所以，四边形的面积当时，上式取等号（）当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积综上，四边形的面积的最小值为- 1 -
