专题强化七 圆锥曲线综合常考必刷专题（30道）-2022-2023学年高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列（人教A版2019选择性必修第一册）.docx

1、专题强化七：圆锥曲线综合常考必刷专题（30道）一、单选题1已知抛物线C：，直线l与C交于A，B两点，若弦的中点为，则直线l的斜率为（）AB3CD32过点的直线与椭圆相交于，两点，设线段的中点为，若直线的斜率为，直线（为原点）的斜率为，则等于（）.AB2CD3已知椭圆的左右焦点分别为A，C，直线与该椭圆相交于点B，D，则（）A当时，的面积为20B不存在，使为直角三角形C存在，使四边形的而积最大D存在，使的周长最大4已知是双曲线：（，）的右焦点，过作与轴垂直的直线与双曲线交于，两点，过作一条渐近线的垂线，垂足为，若，则（）A1BCD35已知为焦点在轴上的双曲线，其离心率为，为上一动点（除顶点），过

2、点的直线，分别经过双曲线的两个顶点，已知直线的斜率，则直线的斜率的取值范围为（）ABCD6如图，抛物线的焦点为F，准线与y轴交于点D，O为坐标原点，P是抛物线上一点，且，则（）ABCD7数学美的表现形式多种多样，其中美丽的黄金分割线分出的又岂止身材的绝妙配置，我们称（其中）的双曲线为黄金双曲线，若P为黄金双曲线上除实轴端点外任意一点，以原点O为圆心，实轴长为直径作，过P作的两条切线，切点分别为A，B，直线与x，y轴分别交于M，N两点，则（）ABCD8过抛物线的焦点的直线l交抛物线于两点，若点P关于x轴对称的点为M，则直线QM的方程可能为ABCD9已知椭圆，圆，过椭圆上任一与顶点不重合的点引圆的

3、两条切线，切点分别为，直线与轴，轴分别交于点，则（）ABCD10已知抛物线的焦点为F，直线l过焦点F与C交于A，B两点，以为直径的圆与y轴交于D，E两点，且，则直线l的方程为（）ABCD二、多选题11已知椭圆：内一点，直线与椭圆交于，两点，且点是线段的中点，则（）A椭圆的焦点坐标为，B椭圆的长轴长为4C直线的方程为D12以下四个关于圆锥曲线的命题中，其中是真命题的有（）A双曲线与椭圆有相同的焦点B在平面内，设、为两个定点，为动点，且，其中常数为正实数，则动点的轨迹为椭圆C方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率D过双曲线的右焦点F作直线交双曲线于、两点，若，则这样的直线有且仅有3条13已知抛物

4、线的焦点为F，准线l与y轴的交点为D，过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，点O为坐标原点，下列结论正确的是（）A存在点A，B，使B的最小值为4C平分D若点是弦的中点，则直线m的方程为14已知双曲线的右顶点、右焦点分别为、，过点的直线与的一条渐近线交于点，直线与的一个交点为，且，则下列结论正确的是（）A直线与轴垂直B的离心率为C的渐近线方程为D（其中为坐标原点）15已知双曲线E：的左右焦点分别为，过点作直线与双曲线E的右支相交于P，Q两点，在点P处作双曲线E的切线，与E的两条渐近线分别交于A，B两点，则（）A若，则B若，则双曲线的离心率C周长的最小值为8DAOB（O为坐标原点）的面积为定值1

5、6过抛物线的焦点F的直线交抛物线于两点，分别过作抛物线的切线交于点则下列说法正确的是（）A若，则直线AB的倾斜角为B点P在直线上CD的最小值为三、填空题17已知椭圆，直线过点且与椭圆相交于两点过点作直线的垂线，垂足为.则直线过轴上的定点坐标为_18已知双曲线C的方程为，双曲线C上存在一点P，使得，则实数a的最大值为_.19已知拋物线，过焦点的直线交抛物线于两点，过作准线的垂线，垂足为，若被轴平分，则直线的斜率为_.20已知点为椭圆上第一象限上的任意一点，点A，分别为椭圆的右顶点和上顶点，直线与交于点，直线与轴交于点，则的值为_21设双曲线的左右焦点分别为，过的直线与双曲线的左右两支分别交于两点

6、，且，则双曲线的离心率为_.22给出下列命题：直线的倾斜角是；已知过抛物线的焦点的直线与抛物线交于，两点，则有；已知、为双曲线：的左、右焦点，点为双曲线右支上异于顶点的任意一点，则的内心始终在一条直线上其中所有正确命题的序号为_23已知点在椭圆C：上， 过点作直线交椭圆C于点的垂心为，若垂心在y轴上则实数的取值范围是_24已知抛物线和所围成的封闭曲线，给定点，若在此封闭曲线上恰有三对不同的点，满足每一对点关于点对称，则实数的取值范围是_.四、解答题25有一块正方形EFGH，EH所在直线是一条小河，收获的蔬菜可送到F点或河边运走于是，菜地分别为两个区域S1和S2，其中S1中的蔬菜运到河边较近，S

7、2中的蔬菜运到F点较近，而菜地内S1和S2的分界线C上的点到河边与到F点的距离相等，现建立平面直角坐标系，其中原点O为EF的中点，点F的坐标为（1，0），如图(1)求菜地内的分界线C的方程；(2)菜农从蔬菜运量估计出S1面积是S2面积的两倍，由此得到S1面积的经验值为设M是C上纵坐标为1的点，请计算以EH为一边，另一边过点M的矩形的面积，及五边形EOMGH的面积，并判断哪一个更接近于S1面积的“经验值”26已知椭圆中有两顶点为，一个焦点为.(1)若直线过点且与椭圆交于，两点，当时，求直线的方程；(2)若直线过点且与椭圆交于，两点，并与轴交于点，直线与直线交于点，当点异，两点时，试问是否是定值？

8、若是，请求出此定值，若不是，请说明理由.27已知双曲线的左焦点坐标为，直线与双曲线交于两点，线段中点为.(1)求双曲线的方程；(2)经过点与轴不重合的直线与双曲线交于两个不同点，点，直线与双曲线分别交于另一点.若直线与直线的斜率都存在，并分别设为.是否存在实常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.证明：直线恒过定点.28已知椭圆,左右焦点为，离心率为,短轴长为(1)求椭圆C的标准方程;(2)若直线y=x+m(m0)与椭圆交于P、Q两点,且OPOQ,求m(3)若点A 在椭圆上且在第一象限内,直线AF1与椭圆交于另外一点B,设点M在椭圆上,记三角形OAB与三角形MAB的面积分别为S1、

9、S2,若S2=3S1,求M坐标29已知抛物线：，为其焦点，为原点，是上位于轴两侧的不同两点，且.(1)求证：直线恒过一定点；(2)若点为轴上一定点，使到直线和的距离相等，当为的内心时，求的重心.30在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，焦距为2(1)求椭圆C的方程；(2)动直线交椭圆于A、B两点，D是椭圆C上一点，直线OD的斜率为，且T是线段OD延长线上一点，且，的半径为，OP，OQ是的两条切线，切点分别为P，Q，求的最大值参考答案：1C【分析】利用点差法计算可得；【详解】解：设，则，所以，整理得因为弦的中点为，所以，即直线的斜率为故选：C2D【分析】利用点差法求得正确答案.【详解】设，由于在椭

10、圆上，所以，两式相减并化简得，即.故选：D3C【分析】利用椭圆的定义结合几何关系可求解.【详解】根据题意作出图形，如图所示.对于A，由题意，得，则.当时，A错误.对于B，因为，所以以AC为直径的圆与椭圆必有交点，则存在，使得为直角三角形，B错误.对于C，根据椭圆的对称性可知，当时，四边形ABCD的面积最大，C正确.对于D，由椭圆的定义，得的周长为，又因为，所以，当BD过点C时，等号成立，所以，即当直线过椭圆的右焦点时，的周长最大，此时，但，所以不存在，使得的周长最大，D错误.故选:C.4B【分析】设，分别求出和，即可求出.【详解】设.过作与轴垂直的直线与双曲线交于，两点，则，解得：，所以.由双

11、曲线可得渐近线为.由对称性可知，到任一渐近线的距离均相等，不妨求到渐近线的距离，所以.因为，所以，解得：.故选：B5C【分析】由离心率可得由题意可得，由斜率，即可得斜率的取值范围.【详解】设双曲线的方程为为上一动点，上顶点下顶点离心率为，即可得直线为直线PA, 直线为直线PB,则，又，可得，故选：C6D【分析】过点作交轴于点，过点作垂直准线于点，在三角形中，设，则，代入即可得出答案.【详解】过点作交轴于点，过点作垂直准线于点，由抛物线的定义知：，在三角形中，设， ，所以.故选：D.7B【分析】先求出直线的方程，然后求出的坐标，代入可得结果.【详解】设，则，即.因为，所以，解得.由题意四点共圆，

12、圆心为的中点，半径为，所以方程为；的方程为；两式相减可得直线的方程，令得，即；令得，即；，所以.故选：B.8D【分析】过三点向准线作垂线，可证明，再由有公共点可得三点共线，即直线一定过点，即直线一定过准线与x轴交点，结合选项，即可求解.【详解】由题意，抛物线的焦点为，准线方程为，设直线方程为，联立方程，整理得，设，则，过三点向准线作垂线，垂足分别为，准线与轴交于点，则而，所以，因为有公共点，所以三点共线，即直线一定过点,由四个选项可知，只有选项经过点.故选：D.9D【分析】设，则可得切线的方程，即可得到直线的方程，进而可求出点点的坐标，再结椭圆方程可求出的值【详解】解：设，则切线的方程为，切线

13、的方程为，因为点在切线上，所以，所以直线的方程为，所以，因为点在椭圆上，所以，所以，故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的标准方程，以及简单性质有应用，解题的关键是设点，再由已知条件得到直线的方程为，从而可得的坐标，进而可得答案，考查计算能力和转化能力，属于中档题10C【分析】设的中点为M，根据求出r，进而得到M点横坐标；再设直线，由韦达定理得到k与M横坐标的关系，进而求出k【详解】设的中点为M，轴于点N，过A，B作准线的垂线，垂足分别为，如下图：由抛物线的定义知，故，所以，即，解得或（舍去），故M的横坐标为，设直线，将代入，得，则，解得，故直线l的方程为故选：C【点睛】本题解题的关键是要

14、抓住圆的两要素：圆心和半径，用圆心的横坐标得到斜率的等量关系11BCD【分析】根据椭圆方程，求出、，即可判断A、B，设，利用点差法求出直线的斜率，即可得到直线方程，从而判断C，再联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式求出，即可判断D；【详解】解：由椭圆方程，所以，所以，故，所以椭圆的焦点坐标为，故A错误；因为，所以椭圆的长轴长为，故B正确；设点，则，两式相减可得，整理得，因为点是线段的中点，且，所以，所以，所以直线的方程为，即，故C正确；由，得，所以，所以，故D正确故选：BCD12AD【分析】求出双曲线与椭圆的焦点坐标，即可判断A，由椭圆的定义可分析B选项，根据椭圆和离心率的取值

15、范围可分析C选项，考虑直线的斜率存在和不存在两种情况，从而可分析D选项.【详解】解：对于A：双曲线与椭圆的焦点均为，故A正确；对于B：根据椭圆的定义，在平面内，设、为两个定点，为动点，当时，动点的轨迹为椭圆，当时，动点的轨迹为线段，当时，动点的轨迹不存在，故B错误；对于C：方程的两根为，不能为椭圆和双曲线的离心率，故C错误；对于D：双曲线的右焦点为，当直线的斜率不存在时，代入双曲线中，可得，所以；当直线的斜率存在时，设其直线方程为，联立，可得，显然，所以，所以，所以，解得，故D正确.故选：AD.13BCD【分析】设，直线m的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据判断A，根据焦半

16、径公式判断B，通过计算即可判断C，利用点差法计算判断D；【详解】解：抛物线C的焦点F的坐标为，由题意分析可知，直线的斜率一定存在设，直线m的方程为，与抛物线联立，得，所以，所以，所以为钝角，故A错误；（当且仅当时等号成立），故B正确；因为点，因为，即直线和直线的倾斜角互补，所以平分，故C正确；由两式相减得，因为点是弦的中点，所以，所以直线的斜率，所以直线的方程为，即，故D正确故选：BCD14AB【分析】利用平面向量数量积的运算性质可判断A选项的正误；求出点的坐标，代入双曲线的方程，求出该双曲线的离心率，可判断B选项的正误；求出的值，可判断C选项的正误；利用两点间的距离公式可判断D选项的正误.【

17、详解】由已知得，设，由，得，所以轴，即，A正确；不妨设点在第一象限，易知，即点，设，由，得，所以，所以，即因为点在双曲线上，所以，整理得，所以，解得或（负值舍去），B正确；，故C的渐近线的斜率的平方为，C错误；不妨设点在第一象限，则，所以，D错误故选：AB15ACD【分析】对于A，由双曲线的定义知，结合，即可判定A.对于B，在中，由正弦定理得出，结合双曲线的定义求出，因为，即可判定B.对于C，由分析知，当直线PQ垂直x轴时，周长的最小值，代入即可判定C.对于D，设，过点P的双曲线E的切线方程为，与两条渐近线联立，求出A，B的坐标，又因为，故点P是AB的中点，所以，代入计算，即可判定D.【详解】

18、由题意知，则，所以有，从而，故A正确.在中，由正弦定理得，则在，解得.又，所以，整理得，所以，解得，故B错误.当直线PQ垂直x轴时，的最小值为，故C正确.设，过点P的双曲线E的切线方程为，E的渐近线方程为，不妨设切线与渐近线的交点为A，联立方程组，解得，即，同理可得.又因为点P在双曲线E上，则有，故点P是AB的中点.设切线与x轴的交点为G，易知，所以，所以，故D正确.故选：ACD.16BC【分析】根据题意设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到的值，根据抛物线的定义即可求解A项；设两点的坐标，利用导数求解切线斜率，进而得出切线方程，联立切线方程即可求解B、C两项；利用两点间距离公式得

19、到的值，结合A项的值，构造函数，利用函数的单调性，求解最小值即可.【详解】由题可得，抛物线的焦点坐标为，对于选项A，设，则与抛物线联立方程消元化简得，所以，所以，所以解得，所以可知当时，直线AB的倾斜角为或，所以选项A错误；设，由，所以，所以，即为，同理可得,由,解得，由上知，所以,所以点P在直线上，所以选项B正确；因为，所以，所以，所以选项C正确；因为，即为，所以，因为，所以，令，则原式.因为函数在上单调递增，所以当，即时取到最小值，其最小值为.所以选项D错误.故选:BC.17【分析】当直线斜率不存在时，直线的方程为，设出点并求出直线，易知直线过点；当直线的斜率存在时，设，直线为， 联立，结

20、合根与系数的关系，证明直线过点即可【详解】（1）当直线斜率不存在时，直线的方程为，不妨设，则此时直线的方程为即，所以直线过点（2）当直线的斜率存在时，设，直线为， 由得，所以直线：，只需证明直线过点即可，令，得，所以，即证，即证，可得，所以直线过点综上所述，直线恒过轴上的定点182【分析】设出，根据条件推出在圆上运动，根据题意要使双曲线和圆有交点，则得答案.【详解】设点 ，由得：，所以，化简得：，即满足条件的点在圆上运动，又点存在于上，故双曲线与圆有交点，则 ,即实数a的最大值为2，故答案为：219【分析】根据题意绘出草图，把点的位置分两种情况进行讨论，分情况设出点的坐标，利用点与点关于轴对称

21、关系（见详解图），结合直线的斜率来求解即可.【详解】根据题意绘图如下，设直线AB交准线于G点，当点在第一象限时，设，则， 被轴平分，点与点关于轴对称，.又，由得：，即，故，.同理，当点在第四象限时，设，则有.综上分析得知：.故答案为：20【分析】设的坐标为，表示出直线的方程，求得，同理求得，可得的表达式，结合三角函数的平方关系化简，可得答案.【详解】如图所示：设的坐标为,由 则直线的方程为令时，则 即, 直线的方程为,令，则即,故答案为：21【分析】根据已知条件作出图形，设为的中点，连接，再根据向量的线性运算以及两向量垂直数量积为得出为等腰直角三角形，再利用双曲线的定义列出方程组，求出、和的长

22、，进而利用几何关系列出关于离心率的齐次式求得双曲线的离心率.【详解】如图，设为的中点，连接，易知， ，又为的中点，为等腰直角三角形，设，由双曲线的定义知，解得，又，.在中，化简得，即，又，.故答案为：.22【分析】对于，其解题的关键是正确地理解直线的倾斜角与斜率之间的关系；对于，其解题的难点是能推出的分析与应用；对于，其解题的关键是正确地运用双曲线的简单几何性质和定义对其进行求解【详解】对于，因为直线，所以其斜率为，所以，所以，即是错误的；对于，设过抛物线焦点的直线为，于是联立直线与抛物线的方程并整理可得：，所以由韦达定理可得进而得出，即是正确的；对于，设的内切圆分别与切于点，与切于点，则，又

23、因为点在双曲线的右支上，所以，即，所以，而，设点，因为，所以，即，又因为内切圆的圆心与点的连线垂直于轴，所以的内心始终在一条直线上，所以是正确的故答案为:23【分析】（1）当直线斜率不存在时，设，此时，由联立求解即可；（2）当直线斜率存在时，设，设直线方程为：，由ABQT可得，由BTAQ可得，化简得（*），联立直线与椭圆，结合韦达定理可得，即可代入（*）得，又，最后求解上述不等式即可.【详解】（1）当直线斜率不存在时，设，此时，则，又，联立解得或（舍去），.（2）当直线斜率存在时，设，设直线方程为：，直线QT的斜率为，ABQT，即，又BTAQ，即，（*）联立化为，则，代入（*）可得，解得，综上

24、可知：实数m的取值范围为故答案为：【点睛】（1）直线需讨论斜率存在与否；（2）三角形垂心成立，相当于满足两组高和底垂直即可，即可结合向量来表示；当使用到坐标时，可以联立直线与圆锥曲线，结合韦达定理来表示，最后还需满足24【详解】试题分析：由图可知过两曲线的交点的直线与轴的交点为，所以，当对称的两个点分属两段曲线时，设其中一个点为，则其对称点为，将其代入曲线，得到关于的方程的解有且只有两个，当时，不符合题意，所以，所以，即，所以答案应填： 考点：抛物线的简单几何性质25(1)(2)矩形面积为 ，五边形EMOGH的面积为 ，五边形的面积更接近的面积【分析】（1）设分界线上任意一点为（x，y），根据

25、条件建立方程关系进行求解即可（2）设M（x0，y0），则y01，分别求出对应矩形面积，五边形FOMGH的面积，进行比较即可（1）设分界线上任意一点为（x，y），由题意得 ，得， ；（2）设，则，设所表述的矩形面积为S3，则；设五边形的面积为S4，则，五边形的面积更接近S1的面积；.综上，C的方程为，五边形的面积更接近S1的面积.26(1)；(2)是定值，且.【分析】（1）由条件求出椭圆的方程，与所设直线方程联立，利用弦长公式求得直线斜率，得到直线方程.（2）根据过的直线l的方程可表示出点P的坐标，该直线与椭圆交于C、D两点，直线AC与直线BD交于点Q，求出直线AC与直线BD的方程，解该方程组即

26、可求得点Q的坐标，代入即可得到定值的结论【详解】（1）椭圆的焦点在轴上，设椭圆的标准方程为，由已知得，所以，椭圆的方程为，当直线与轴垂直时与题意不符，设直线的方程为，将直线的方程代入椭圆的方程化简得，则，解得.直线的方程为；（2）当轴时，不符合题意，当与轴不垂直时，设：，则，设，联立方程组得，又直线：，直线：，由可得，即，即，得，点坐标为，所以为定值.27(1)(2)存在，；证明见解析【分析】（1）由点差法可得，结合及，可求得结果.（2）又直线与双曲线相交可求得，再设，联立结合韦达定理可求得的坐标，进而得，代入可求解. 由知,由对称性知过的定点在轴上，计算可得解.（1）由题意知，直线的斜率为，

27、设，由题意，两式相减得：，整理得：，即，又，所以，即双曲线，经检验满足题意.（2）因为的斜率存在且，设，联立，消去整理得：，由题意得，解得又，设直线，联立，整理得，由韦达定理得，又，于是，故，同理可得，为定值，所以的值由知（*），由对称性知过的定点在轴上，在（*）令，得，解得直线恒过定点28(1)(2)(3)或【分析】（1）由椭圆基本量列方程组即可；（2）直线与椭圆联立结合韦达定理求解；（3）求出点到直线AB的距离，再设平行直线与椭圆联立即可.【详解】（1）由题知,解得所以椭圆的标准方程（2）设联立,得由,得因为,所以即所以,又,所以（3）由题知,得由题知直线AB的斜率又直线AB过点,所以直线

28、AB的方程为,即点到直线AB的距离因为,所以点到直线AB的距离设与直线AB平行且两直线距离为的直线方程为则,所以或若,即,即联立,得,则直线与椭圆无交点,故舍去若,即,即联立,得解得或代入直线方程得点的坐标为或【点睛】方法点睛：本题第（3）问还可以利用椭圆参数方程以及对称相反构造求解29(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意设直线为，联立抛物线方程得，再由整理得，代入即可求得，进而可知直线过定点；（2）由到直线和的距离相等，可得，进而利用韦达定理求得，结合图像易知平分，故由角平分线定理得，进而得到，同理，由此可得，再求得，从而求得的重心.（1）根据题意，直线的斜率不等于零，故设直线的方程为

29、，联立方程，消去，得，设，则，即，因为，所以，即解得或，当时，由，得或，即必有一点落在轴上，这与是上位于轴两侧的不同两点矛盾，故舍去，所以，即直线的方程为，所以直线过定点.（2）设，因为到直线和的距离相等，即为的角平分线，所以直线和的斜率满足，由（1）得，所以，所以，即，即，所以，因为，所以，即，所以当时，到直线和的距离相等，设直线交轴于点，如图，则由（1）得，连结，因为为的内心，所以平分，所以在中，由角平分线定理得，即，整理得，化简得，同理得：，所以为方程的两个根，所以，又因为，所以，所以的重心的横坐标为，纵坐标为，故的重心为.【点睛】(1)解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联

30、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(2)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30(1)；(2)最大值为.【分析】（1）根据焦距易得，再根据离心率为可得椭圆方程;（2）将直线与椭圆联立得到方程组，利用弦长公式得到的表达式，再利用，则可得到，即圆半径的表达式，根据，则,则将直线的方程与椭圆方程联立，得到的表达式，利用,将上述表达式代入，利用换元法结合二次函数最值得到的最值，最终得到的最大值.（1）由题意得，又，椭圆方程为：.（2）设，联立，得，直线的方程为：，联立得，,，令，且，则当且仅当，即，时等号成立，因此，的最大值为，综上所述，的最大值为，此时.【点睛】本题第二问计算量与思维量较大，对于弦长公式要做到熟练运用，角度最值转化为在一定角度范围内的角的正弦值的最值，最终结合换元法，配方法等求解函数表达式的最值，从而得到角度的最值.