专题04 圆锥曲线的方程（期中真题汇编，福建专用）高二数学上学期

专题04 圆锥曲线的方程 3大高频考点概览 考点01 椭圆 考点02 双曲线 考点03 抛物线 考点01 椭圆 1．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）已知经过点的椭圆与双曲线有相同的焦点，则该椭圆的标准方程是（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）以椭圆的左、右焦点和上顶点为顶点的三角形是正三角形，则的离心率为（     ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知椭圆的一个焦点为，则（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）中国是世界上最古老的文明中心之一，中国古代对世界上最重要的贡献之一就是发明了瓷器，中国陶瓷是世界上独一无二的.它的发展过程蕴藏着十分丰富的科学和艺术，陶瓷形状各式各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美.现有一椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的焦距为（       ） A.  B.  C.  D. 4 5．（25-26学年高二上·福建福州·期中）若椭圆的短轴长是焦距的倍，则的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·福建福州·期中）直线与椭圆交点个数为（     ） A. 1 B. 2 C. 1或2 D. 无法确定 7．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知圆与椭圆，若在椭圆上存在一点，过点能作圆的两条切线，切点为，且，则椭圆离心率的取值范围为（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知椭圆以及椭圆内一点，以点为中点的弦所在直线的斜率为（） A.  B. 2 C.  D.  9．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知椭圆的两个焦点分别为，短轴的两个端点分别为为坐标原点，点在椭圆上，且满足.当变化时，的最小值为（       ） A. 2 B.  C.  D. 4 10．（25-26学年高二上·福建南平·期中）已知，分别是椭圆的左、右顶点，点满足，则的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，则下列说法正确的有（       ） A. 若，则 B. 面积的最大值为 C. 的最大值为 D. 满足是直角三角形的点有4个 12．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上. （1）若，点的坐标为，求椭圆的方程； （2）若点横坐标为，点为中点，且，求椭圆的离心率. 13．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）已知，是椭圆的两个焦点，为上一点，为坐标原点. （1）若为等边三角形，求的离心率； （2）如果存在点，使得，且的面积等于8，求的值和的取值范围. 14．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）椭圆的焦距是，则　　　　　　　　　　　． 15．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知椭圆的左焦点为是上关于原点对称的两点，且，则的周长为　　　　　　　　　　　． 16．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点作交于点，的周长为，面积为． （1）求的方程； （2）过的直线交于、两点，若，求直线的方程． 17．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）已知椭圆的右焦点为，A、B分别是椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，的面积为. （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于不同的两点， ①若 ，且不过坐标原点，求三角形面积的最大值，并写出求得此最大值时的值 ②点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点. 18．（25-26学年高二上·福建南平·期中）已知椭圆经过，两点. （1）求的方程. （2）若点，是上一动点，求的最小值. （3）若直线与交于与点不重合的，两点，且在以为直径的圆上，，垂足为，判断是否存在点，使得为定值.若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 19．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）已知平面直角坐标系中，动点分别与两定点连线的斜率之积为． （1）求动点的轨迹的方程； （2）已知点，，且点为轨迹在第一象限的点，点关于原点的对称点为． （i）设点到直线的距离分别为，求的取值范围； （ii）设轨迹在处的切线为，射线交于点．求证：． 20．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知两点的坐标分别为，直线相交于点，它们的斜率之积是． （1）求点的轨迹的方程； （2）过点的直线与交于两点． (ⅰ)求的取值范围； (ⅱ)若直线分别与直线相交于两点，求的值． 考点02 双曲线 1．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）（多选）已知双曲线C：，则（       ） A. 双曲线C与圆有3个公共点 B. 双曲线C的离心率与椭圆的离心率的乘积为1 C. 双曲线C与双曲线有相同的渐近线 D. 双曲线C的一个焦点与抛物线的焦点相同 2．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则实数的值为（       ） A. 6 B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）已知双曲线的左、右焦点分别为、，点是以为直径的圆与双曲线的一个交点，若，则双曲线的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高二上·福建南平·期中）双曲线的渐近线方程为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·福建南平·期中）设椭圆和双曲线的离心率分别为，，若则（     ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）已知和是双曲线：的左、右焦点，是上一点，当时，，则的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高二上·福建南平·期中）已知，分别是双曲线的左、右焦点，点在上，且，的面积为18，则（       ） A. 9 B. 18 C.  D.  8．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）（多选）已知点，，曲线，则下列说法中，正确的有（       ） A. 曲线上存在点，使得 B. 直线与曲线没有交点 C. 若过点的直线与曲线有两个不同的交点，则直线的斜率的取值范围是 D. 点是曲线上在第三象限内的一点，过点向直线与直线作垂线，垂足分别为，，则 9．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）已知椭圆和双曲线有相同的焦点和，设椭圆和双曲线的离心率分别为，，点为两曲线的一个公共点，且（为坐标原点），若，则的取值范围是　　　　　　. 考点03 抛物线 1．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）已知点是抛物线上的动点，点A的坐标为，则点到点A的距离与到轴的距离之和的最小值为（       ） A. 13 B. 12 C. 11 D.  2．（25-26学年高二上·福建南平·期中）（多选）已知直线：过抛物线：的焦点，且与交于，两点，点，则下列结论正确的是（       ） A. 若，则 B. 的最小值为4 C. 若，则 D. 若，则 3．（25-26学年高二上·福建南平·期中）已知点到抛物线的准线的距离为，则　　　　　. 4．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）已知点为抛物线的焦点，点，且点到抛物线准线的距离不大于，过点作斜率存在的直线与抛物线交于两点（在第一象限），过点作斜率为的直线与抛物线的另一个交点为点． （1）求抛物线的标准方程； （2）求证：直线BC过定点． 5．（25-26学年高二上·福建南平·期中）已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且． （1）求抛物线的方程； （2）若经过点的直线与抛物线交于点，，且，求． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 圆锥曲线的方程 3大高频考点概览 考点01 椭圆 考点02 双曲线 考点03 抛物线 考点01 椭圆 1．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）已知经过点的椭圆与双曲线有相同的焦点，则该椭圆的标准方程是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据双曲线可以得出双曲线的焦点在轴上，所以椭圆的焦点也在轴上，且椭圆与双曲线有相同焦点，设标准方程为，将点代入椭圆方程，最后计算结果 【详解】 双曲线方程为，有 双曲线的焦点在轴上，所以椭圆的焦点也在轴上， 设其标准方程为，因为椭圆与双曲线同焦点，所以. 将点代入椭圆方程， 解得，又因为， 所以椭圆的标准方程为. 故选：A. 2．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）以椭圆的左、右焦点和上顶点为顶点的三角形是正三角形，则的离心率为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据给定条件，求出的关系，进而求出离心率. 【详解】 令椭圆半焦距为，由左、右焦点和上顶点为顶点的三角形是正三角形，得， 则，所以所求离心率. 故选：A 3．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知椭圆的一个焦点为，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据焦点坐标可直接构造方程组求得结果. 【详解】 由题意知： ，解得：. 故选：D. 4．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）中国是世界上最古老的文明中心之一，中国古代对世界上最重要的贡献之一就是发明了瓷器，中国陶瓷是世界上独一无二的.它的发展过程蕴藏着十分丰富的科学和艺术，陶瓷形状各式各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美.现有一椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的焦距为（       ） A.  B.  C.  D. 4 【答案】C 【详解】由图形可得椭圆的值，由求得的值即可得到答案. 【详解】因为椭圆的，所以， 因为，所以，则. 故选：C 【点睛】本题考查椭圆的焦距，考查对椭圆方程的理解，属于基础题，求解时注意求的是焦距，而不是半焦距. 5．（25-26学年高二上·福建福州·期中）若椭圆的短轴长是焦距的倍，则的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 由题意可得，进而结合的关系可得，即可求解离心率. 【详解】 椭圆的短轴长是焦距的倍， ，即， 则，即，则， 椭圆的离心率为. 故选：B. 6．（25-26学年高二上·福建福州·期中）直线与椭圆交点个数为（     ） A. 1 B. 2 C. 1或2 D. 无法确定 【答案】C 【分析】 由直线过定点结合点与椭圆的位置关系判定选项. 【详解】 由直线，得，即直线过定点. 又因为，所以此定点在椭圆上.即直线与椭圆有1个或2个交点. 故选：C. 7．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知圆与椭圆，若在椭圆上存在一点，过点能作圆的两条切线，切点为，且，则椭圆离心率的取值范围为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 考虑只需点位于长轴端点时，，可得，然后可解. 【详解】 由对称性可知，， 因为，， 所以当点位于长轴端点时最小， 由题可知，在椭圆上存在一点，使得， 只需当点位于长轴端点时，，即，故， 又，所以椭圆离心率的取值范围为. 故选：B 8．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知椭圆以及椭圆内一点，以点为中点的弦所在直线的斜率为（） A.  B. 2 C.  D.  【答案】C 【分析】 根据给定条件,利用点差法,列式计算即得. 【详解】 设以为中点的弦端点, 则, 由 ,得, 即, 所以直线的斜率. 故选:C 9．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知椭圆的两个焦点分别为，短轴的两个端点分别为为坐标原点，点在椭圆上，且满足.当变化时，的最小值为（       ） A. 2 B.  C.  D. 4 【答案】A 【分析】 由题设条件，结合椭圆的定义得到点是椭圆与椭圆的公共点，两方程联立化简得到即可求解. 【详解】 由题可知， 所以点同时也在以为焦点，长轴长为的椭圆上， 其椭圆方程为. 联立 即 即 两式相加可得， 则， 当时，的最小值为4，即的最小值为2. 故选：A. 10．（25-26学年高二上·福建南平·期中）已知，分别是椭圆的左、右顶点，点满足，则的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 构造直角三角形，利用角度关系和正切函数建立联系，进而求得离心率. 【详解】 过作垂直于轴，垂足为， 易得，得， 则. 在中，由，得， 得. 故选：C. 11．（25-26学年高二上·福建福州·期中）（多选）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，则下列说法正确的有（       ） A. 若，则 B. 面积的最大值为 C. 的最大值为 D. 满足是直角三角形的点有4个 【答案】BC 【分析】 利用余弦定理判断A；利用三角形的面积公式判断B；利用椭圆的定义判断C；利用平面向量的数量积判断D. 【详解】 在椭圆中，，，，且， 对于A，当时，则， 由余弦定理得， 而，则，A错误； 对于B，当点为椭圆的短轴端点时，点到轴的距离最大， 因此面积的最大值为，B正确； 对于C，由，即， 得，C正确； 对于D，当或时，为直角三角形，此时满足条件的点有个， 当为直角顶点时，设点，则，， ，，解得， 此时满足条件的点有个，所以满足是直角三角形的点有个，D错误. 故选：BC 12．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上. （1）若，点的坐标为，求椭圆的方程； （2）若点横坐标为，点为中点，且，求椭圆的离心率. 【答案】（1）（2） 【分析】 （1）由题意，然后将点坐标代入方程，可求解出a，可得椭圆方程； （2）将P点横坐标代入椭圆方程可得P的坐标，可得的中点M的坐标，再由，可得a，c的关系式，从而求解离心率． 【详解】 解：（1）设椭圆焦距为，则， 所以.① 又点在椭圆：上，所以.② 联立① ② 解得 或 （舍去）. 所以椭圆的方程为； （2）设椭圆焦距为，则，， 代入得， 不妨设点在轴上方，故点坐标为， 又点为中点，故点坐标为， 所以，， 由得， 即，化简得， 将代入得，即， 所以，解得， 因为，所以椭圆的离心率为. 【点睛】 本题考查椭圆方程的求法，考查了椭圆离心率的求法，属于中档题． 13．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）已知，是椭圆的两个焦点，为上一点，为坐标原点. （1）若为等边三角形，求的离心率； （2）如果存在点，使得，且的面积等于8，求的值和的取值范围. 【答案】（1）     （2），      【分析】 （1）先连接，由为等边三角形，得到，，；再由椭圆的定义，即可求出结果； （2）先由题意得到满足条件的点存在，利用椭圆的性质和勾股定理建立方程，再根据三个方程联立，即可求出结果. (1) 小问详解： 如图，连接，作出符合题意的图形， 由题意得为等边三角形，可知，， 则，可得，得到， 于是， 故椭圆的离心率为. (2) 小问详解： 设满足条件的点到的距离， 而，则， ，， ， 整理得，即，记为① 式， 又，，记为② 式， 联立① ② 得 ，，而，， 由于，即，， 当时，， 当时，， 要使方程在上有解，则方程，解得， 所以的取值范围. 14．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）椭圆的焦距是，则　　　　　　　　　　　． 【答案】或 【分析】 通过焦点位置讨论求解即可． 【详解】 由条件可知， 当焦点在轴时，可得：， 解得：， 当焦点在轴时，可得：， 解得：； 故答案为：或． 15．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知椭圆的左焦点为是上关于原点对称的两点，且，则的周长为　　　　　　　　　　　． 【答案】14 【分析】 设椭圆的右焦点为，连接，，根据椭圆的对称性可得四边形为矩形，从而可得，，得出答案. 【详解】 设椭圆的右焦点为，连接，， 根据椭圆的对称性可得, 即四边形为矩形 所以, 由椭圆的定义可得，所以 所以的周长为： 故答案为：14 16．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点作交于点，的周长为，面积为． （1）求的方程； （2）过的直线交于、两点，若，求直线的方程． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）结合椭圆定义与坐标计算即可得； （2）设出直线方程，与椭圆联立后消去得与有关韦达定理，结合，计算即可得. (1) 小问详解： 设，因为，所以，， 因为的周长为，面积为, 所以，， 即，，又， 所以，，， 所以C的方程为； (2) 小问详解： 由（1）知，因为的长轴长为4，故的斜率不为0， 设的方程为，，， 与的方程联立，得 ， 消去并整理，得， 恒成立， 所以，， 又 ， 解得， 故的方程为，即． 17．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）已知椭圆的右焦点为，A、B分别是椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，的面积为. （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于不同的两点， ①若 ，且不过坐标原点，求三角形面积的最大值，并写出求得此最大值时的值 ②点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点. 【答案】（1）     （2）①，； ② 联立 得， 设，，可得，， 由题知， 即， 即，解得， ∴直线的方程为，故直线恒过定点.      【分析】 （1）由题可得，据此可求得椭圆方程； （2）① 由弦长公式及三角形面积公式确定三角形面积，再结合二次函数求最值即可；② 将直线方程与椭圆方程联立，后由韦达定理结合，可得m与k的关系即可得直线恒过的定点. (1) 小问详解： 由题知，，，， 由的面积为，得， 又，代入可得，， ∴椭圆的方程为. (2) 小问详解： ① 设坐标原点到直线的距离为， 联立 ， 得， 可得， 设，， 则， 所以此时 当，即时， 三角形面积有最大值 ② 略 18．（25-26学年高二上·福建南平·期中）已知椭圆经过，两点. （1）求的方程. （2）若点，是上一动点，求的最小值. （3）若直线与交于与点不重合的，两点，且在以为直径的圆上，，垂足为，判断是否存在点，使得为定值.若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）     （2）     （3）存在点      【分析】 （1）将，两点坐标代入椭圆方程，可求得，从而得到椭圆的方程； （2）设，由两点间距离公式和椭圆方程联立可将表示成关于的函数，从而求得其最小值； （3）分斜率存在和不存在两种情况，设直线的方程，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理及向量垂直的坐标表示，得直线过定点，由此点在以为直径的圆上，即的中点到点D的距离为定值.所以存在定点，使得为定值. (1) 小问详解： 由题意得 ，解得 . 所以的方程为. (2) 小问详解： 设.由，得， 则， 当时，取得最小值，最小值为. (3) 小问详解： 存在点，使得为定值.理由如下： 当的斜率存在时，设点，，. 由 得，得 由题意得，则， 所以 ， 化简得. 因为不在直线上，所以， 所以，即， 则的方程为， 故直线过定点. 当的斜率不存在时，设点，得， 则. 由，得，得或（舍去）. 故方程为：，经过点. 综上，直线过定点. 令为的中点，则，点在以为直径的圆上. 当与重合时，，当与不重合时，. 故存在点，使得为定值. 19．（25-26学年高二上·福建泉州一中·期中）已知平面直角坐标系中，动点分别与两定点连线的斜率之积为． （1）求动点的轨迹的方程； （2）已知点，，且点为轨迹在第一象限的点，点关于原点的对称点为． （i）设点到直线的距离分别为，求的取值范围； （ii）设轨迹在处的切线为，射线交于点．求证：． 【答案】（1）     （2）（i）； （ii）由题知的斜率存在，可设斜率为，则， 由 ，消得到， 所以， 整理得到，即， 又，所以， 整理得， 即，所以， 又设过点与垂直的直线交轴于点，则直线的方程为， 令，可得点的坐标为，则有， 又由（i）知，，同理可得， 则有， 又， 所以，又，则， 故平分，又，则， 又，则，故. 【分析】 （1）由题知，整理得即可； （2）（i）利用，得到，再利用两点间距离公式及点在椭圆上，得，结合，即可求解；（ii）利用直线与椭圆的位置关系，结合条件，得直线的斜率，进而求出与垂直的直线方程，再利用几何关系得，即可求解. (1) 小问详解： 根据题意，， 即， 则动点的轨迹的方程为； (2) 小问详解： （i）由椭圆对称性知四边形为平行四边形， 故，即， 即有， 因为为轨迹在第一象限的点，则， 所以， 又，则，所以，即， 所以； （ii）略 20．（25-26学年高二上·福建福州·期中）已知两点的坐标分别为，直线相交于点，它们的斜率之积是． （1）求点的轨迹的方程； （2）过点的直线与交于两点． (ⅰ)求的取值范围； (ⅱ)若直线分别与直线相交于两点，求的值． 【答案】（1）     （2）(ⅰ)；(ⅱ)1      【分析】 （1）设，再根据直线和直线的斜率乘积为，化简求解即可； （2）(ⅰ)（方法一）设直线的方程为（），联立椭圆方程，得出韦达定理，可得，根据直线与椭圆的相交，则可得，进而可得的取值范围；（方法二）设的方程为，再同方法一求解. (ⅱ)（方法一）直线的方程为，直线的方程为，令得，结合韦达定理可得，再代入化简求解即可；（方法二）求解可得，即的值为1；（方法三）根据椭圆的方程，结合直线，的斜率，再将两斜率做除法，结合韦达定理化简即可. (1) 小问详解： 设，则直线的斜率， 直线的斜率， 因为直线和直线的斜率乘积为， 所以， 整理的方程为． (2) 小问详解： (ⅰ) 方法一： 依题意，设直线的方程为（）． 由 得， 设，则，即， ， ． 因为，所以， 所以的取值范围为． 方法二 ： 依题意，直线的斜率不为0，设的方程为． 由 得， 设，则，解得， ， ． 因为，所以， 所以的取值范围为． (ⅱ) 方法一： 直线的方程为，直线的方程为， 令得，即． 所以， 因为， 所以，即， 所以， 即的值为1． 方法二： 直线的方程为，直线的方程为， 令得，， 所以 ． 所以，即的值为1． 方法三： 因为，所以，即， 所以直线的斜率， 同理可得的斜率， 所以， 所以 ． 所以，即的值为1． 考点02 双曲线 1．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）（多选）已知双曲线C：，则（       ） A. 双曲线C与圆有3个公共点 B. 双曲线C的离心率与椭圆的离心率的乘积为1 C. 双曲线C与双曲线有相同的渐近线 D. 双曲线C的一个焦点与抛物线的焦点相同 【答案】BCD 【分析】 由圆锥曲线的几何性质直接可得. 【详解】 解：作图可知A不正确；由已知得双曲线C中，，，，所以双曲线C的焦点为，顶点为，渐近线方程为， 离心率为，易知选项BCD正确．        故选：BCD 2．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则实数的值为（       ） A. 6 B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 求出双曲线渐近线方程，根据两条直线垂直建立等式，进而求出实数的值. 【详解】 双曲线的渐近线方程为， 直线的斜率为， 由题意可知，或（，舍去），解得. 故选：A. 3．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）已知双曲线的左、右焦点分别为、，点是以为直径的圆与双曲线的一个交点，若，则双曲线的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据圆的性质，可得焦半径垂直，根据勾股定理以及题干信息，建立方程组，结合双曲线离心率，可得答案. 【详解】 由为圆的直径，且点在该圆上，则， 设，，由题意不妨设在第一象限，则 ， 由 ，则，化简可得， 所以离心率. 故选：D. 4．（25-26学年高二上·福建南平·期中）双曲线的渐近线方程为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 化双曲线方程为标准方程即可求解. 【详解】 由题意得， 所以双曲线的渐近线方程为. 故选：D 5．（25-26学年高二上·福建南平·期中）设椭圆和双曲线的离心率分别为，，若则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据椭圆与双曲线离心率公式计算即可. 【详解】 由，得， 所以，又，所以. 故选：C. 6．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）已知和是双曲线：的左、右焦点，是上一点，当时，，则的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 由已知结合双曲线的定义及性质，利用余弦定理，总综合可得，进而即可求解． 【详解】 不妨设， 在△中，由余弦定理知，， 因为， 则， 两式联立得， 因为，， 整理得，化简得， 所以离心率． 故选：． 7．（25-26学年高二上·福建南平·期中）已知，分别是双曲线的左、右焦点，点在上，且，的面积为18，则（       ） A. 9 B. 18 C.  D.  【答案】C 【分析】 由题意得到 ，求解即可. 【详解】 如图： 设的焦距为，由题意得 ， 又， 可得，得. 故选：C 8．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）（多选）已知点，，曲线，则下列说法中，正确的有（       ） A. 曲线上存在点，使得 B. 直线与曲线没有交点 C. 若过点的直线与曲线有两个不同的交点，则直线的斜率的取值范围是 D. 点是曲线上在第三象限内的一点，过点向直线与直线作垂线，垂足分别为，，则 【答案】AD 【分析】 分情况去掉绝对值符号，进而可作出曲线，再结合每个选项的条件逐项判断即可. 【详解】 当，时，曲线； 当，时，曲线； 当，时，曲线（不存在）； 当，时，曲线， 画出图形如图所示： 对于A：满足条件的曲线是双曲线的右支， 所以存在曲线上的点，使得成立，故A正确； 对于B：一三象限曲线的渐近线方程为， 则直线与曲线有交点，故B错误； 对于C：设过点的直线，与曲线有两个交点，显然，故C错误； 对于D：设，由点到直线距离公式得：，， 所以. 因为点是曲线上在第三象限内的一点，则有，即， 所以，故D正确. 故选：AD. 9．（25-26学年高二上·福建三明尤溪县第七中学·期中）已知椭圆和双曲线有相同的焦点和，设椭圆和双曲线的离心率分别为，，点为两曲线的一个公共点，且（为坐标原点），若，则的取值范围是　　　　　　. 【答案】 【分析】 设半焦距为，根据椭圆与双曲线的定义可得，，由得，从而可得，由的范围即可求的取值范围. 【详解】 设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，它们的半焦距为， 于是得，. 由椭圆及双曲线的对称性知，不妨令焦点和在轴上，在轴右侧，如图， 由椭圆及双曲线定义得： ，解得，. 因，即，而是线段的中点，因此有， 则有，即，整理得：， 从而有，即有. 又，则有，即，解得， 所以的取值范围是. 故答案为:. 考点03 抛物线 1．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）已知点是抛物线上的动点，点A的坐标为，则点到点A的距离与到轴的距离之和的最小值为（       ） A. 13 B. 12 C. 11 D.  【答案】B 【分析】 作出辅助线，利用抛物线定义得到点到点A的距离与到轴的距离之和，由两点之间，线段最短，得到距离之和的最小值为，求出答案. 【详解】 如图，⊥轴，连接， 由抛物线定义得：抛物线的准线方程为，焦点坐标为， 故， 则点到点A的距离与到轴的距离之和， 连接，与抛物线交于点，此时， 故点到点A的距离与到轴的距离之和的最小值为， 其中，故最小值为. 故选：B 2．（25-26学年高二上·福建南平·期中）（多选）已知直线：过抛物线：的焦点，且与交于，两点，点，则下列结论正确的是（       ） A. 若，则 B. 的最小值为4 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【分析】 对于A项，由抛物线的几何性质及斜率公式求解；对于B项，当与轴垂直时，取得最小值；对于C项，联立直线与抛物线方程，由韦达定理及弦长公式求解；对于D项，由数量积公式及弦长公式求解． 【详解】 由题可得，则. 因为，所以，则，A正确. 设，，由 得， 方程的判别式， 所以，. 所以， 所以当时，取最小值， 所以当与轴垂直时，取得最小值，且最小值为4，B正确. 由，可得，又，. 所以， 则，C不正确. ，， 由， 可得， 则，解得， 则，D正确. 故选：ABD 3．（25-26学年高二上·福建南平·期中）已知点到抛物线的准线的距离为，则　　　　　. 【答案】 【分析】 由题知的准线为直线，再根据距离公式求解即可. 【详解】 由题意得的准线为直线， 所以点到抛物线的准线的距离为：，解得. 所以. 故答案为： 4．（25-26学年高二上·福建厦门·期中）已知点为抛物线的焦点，点，且点到抛物线准线的距离不大于，过点作斜率存在的直线与抛物线交于两点（在第一象限），过点作斜率为的直线与抛物线的另一个交点为点． （1）求抛物线的标准方程； （2）求证：直线BC过定点． 【答案】（1）     （2） 依题意直线斜率存在且过点，则可设的方程为，        由 ， 化简得：， 设， 则由韦达定理可知， 消去得：     ① 又，则   ② 由① ② 得， ∴③ 由于 （ⅰ）若直线没有斜率，则， 又， ∴（舍去）           （ⅱ）若直线有斜率， 直线的方程为，即，              将③ 代入得，∴， 故直线有斜率时过点．      【分析】 （1）由利用距离公式构建方程即可求得值； （2）过点，则可设的方程为，并与抛物线联立可得，若，则可知，消得，由斜率为可得，代入消可得将他代入的方程为即可求得必过点. (1) 小问详解： 焦点，        又∵，且点到抛物线准线的距离不大于，即 ∴ ∴抛物线E的标准方程为； (2) 小问详解： 略 【点睛】 方法点睛：我们在处理直线与抛物线相交问题时，通常使用联立方程设而不求韦达定理处理，最终利用横（纵）坐标的和与积的转换来处理；抛物线上两点斜率一般可用抛物线方程转化为坐标之和来表示，如上两点的斜率. 5．（25-26学年高二上·福建南平·期中）已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且． （1）求抛物线的方程； （2）若经过点的直线与抛物线交于点，，且，求． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由抛物线焦半径公式即可求解； （2）设直线方程，联立抛物线方程，由韦达定理，通过，求得斜率，再由弦长公式即可求解. (1) 小问详解： 由点在抛物线上，得， 由，可得，得， 所以抛物线的方程； (2) 小问详解： 当斜率不存在时，方程为：， 此时， 则， ，不符合题意， 当斜率存在时，设直线方程为：， 联立抛物线方程消去可得： ， 设， 又，则， 代入， 可得： 代入 得： 化简可得：， 即或， 当时，直线方程为，过坐标原点，不符合题意舍去， 当，直线方程为， 所以 由弦长公式得： 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 圆锥曲线的方程 考点01 椭圆 考点02 双曲线 考点03 抛物线 考点01 椭圆 1．A 2．A 3．D 4．C 5．B 6．C 7．B 8．C 9．A 10．C 11．BC 12．【答案】（1）（2） 【分析】 （1）由题意，然后将点坐标代入方程，可求解出a，可得椭圆方程； （2）将P点横坐标代入椭圆方程可得P的坐标，可得的中点M的坐标，再由，可得a，c的关系式，从而求解离心率． 【详解】 解：（1）设椭圆焦距为，则， 所以.① 又点在椭圆：上，所以.② 联立① ② 解得 或 （舍去）. 所以椭圆的方程为； （2）设椭圆焦距为，则，， 代入得， 不妨设点在轴上方，故点坐标为， 又点为中点，故点坐标为， 所以，， 由得， 即，化简得， 将代入得，即， 所以，解得， 因为，所以椭圆的离心率为. 【点睛】 本题考查椭圆方程的求法，考查了椭圆离心率的求法，属于中档题． 13．【答案】（1）     （2），      【分析】 （1）先连接，由为等边三角形，得到，，；再由椭圆的定义，即可求出结果； （2）先由题意得到满足条件的点存在，利用椭圆的性质和勾股定理建立方程，再根据三个方程联立，即可求出结果. (1) 小问详解： 如图，连接，作出符合题意的图形， 由题意得为等边三角形，可知，， 则，可得，得到， 于是， 故椭圆的离心率为. (2) 小问详解： 设满足条件的点到的距离， 而，则， ，， ， 整理得，即，记为① 式， 又，，记为② 式， 联立① ② 得 ，，而，， 由于，即，， 当时，， 当时，， 要使方程在上有解，则方程，解得， 所以的取值范围. 14．【答案】或 【分析】 通过焦点位置讨论求解即可． 【详解】 由条件可知， 当焦点在轴时，可得：， 解得：， 当焦点在轴时，可得：， 解得：； 故答案为：或． 15．【答案】14 【分析】 设椭圆的右焦点为，连接，，根据椭圆的对称性可得四边形为矩形，从而可得，，得出答案. 【详解】 设椭圆的右焦点为，连接，， 根据椭圆的对称性可得, 即四边形为矩形 所以, 由椭圆的定义可得，所以 所以的周长为： 故答案为：14 16．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）结合椭圆定义与坐标计算即可得； （2）设出直线方程，与椭圆联立后消去得与有关韦达定理，结合，计算即可得. (1) 小问详解： 设，因为，所以，， 因为的周长为，面积为, 所以，， 即，，又， 所以，，， 所以C的方程为； (2) 小问详解： 由（1）知，因为的长轴长为4，故的斜率不为0， 设的方程为，，， 与的方程联立，得 ， 消去并整理，得， 恒成立， 所以，， 又 ， 解得， 故的方程为，即． 17．【答案】（1）     （2）①，； ② 联立 得， 设，，可得，， 由题知， 即， 即，解得， ∴直线的方程为，故直线恒过定点.      【分析】 （1）由题可得，据此可求得椭圆方程； （2）① 由弦长公式及三角形面积公式确定三角形面积，再结合二次函数求最值即可；② 将直线方程与椭圆方程联立，后由韦达定理结合，可得m与k的关系即可得直线恒过的定点. (1) 小问详解： 由题知，，，， 由的面积为，得， 又，代入可得，， ∴椭圆的方程为. (2) 小问详解： ① 设坐标原点到直线的距离为， 联立 ， 得， 可得， 设，， 则， 所以此时 当，即时， 三角形面积有最大值 ② 略 18．【答案】（1）     （2）     （3）存在点      【分析】 （1）将，两点坐标代入椭圆方程，可求得，从而得到椭圆的方程； （2）设，由两点间距离公式和椭圆方程联立可将表示成关于的函数，从而求得其最小值； （3）分斜率存在和不存在两种情况，设直线的方程，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理及向量垂直的坐标表示，得直线过定点，由此点在以为直径的圆上，即的中点到点D的距离为定值.所以存在定点，使得为定值. (1) 小问详解： 由题意得 ，解得 . 所以的方程为. (2) 小问详解： 设.由，得， 则， 当时，取得最小值，最小值为. (3) 小问详解： 存在点，使得为定值.理由如下： 当的斜率存在时，设点，，. 由 得，得 由题意得，则， 所以 ， 化简得. 因为不在直线上，所以， 所以，即， 则的方程为， 故直线过定点. 当的斜率不存在时，设点，得， 则. 由，得，得或（舍去）. 故方程为：，经过点. 综上，直线过定点. 令为的中点，则，点在以为直径的圆上. 当与重合时，，当与不重合时，. 故存在点，使得为定值. 19．【答案】（1）     （2）（i）； （ii）由题知的斜率存在，可设斜率为，则， 由 ，消得到， 所以， 整理得到，即， 又，所以， 整理得， 即，所以， 又设过点与垂直的直线交轴于点，则直线的方程为， 令，可得点的坐标为，则有， 又由（i）知，，同理可得， 则有， 又， 所以，又，则， 故平分，又，则， 又，则，故. 【分析】 （1）由题知，整理得即可； （2）（i）利用，得到，再利用两点间距离公式及点在椭圆上，得，结合，即可求解；（ii）利用直线与椭圆的位置关系，结合条件，得直线的斜率，进而求出与垂直的直线方程，再利用几何关系得，即可求解. (1) 小问详解： 根据题意，， 即， 则动点的轨迹的方程为； (2) 小问详解： （i）由椭圆对称性知四边形为平行四边形， 故，即， 即有， 因为为轨迹在第一象限的点，则， 所以， 又，则，所以，即， 所以； （ii）略 20．【答案】（1）     （2）(ⅰ)；(ⅱ)1      【分析】 （1）设，再根据直线和直线的斜率乘积为，化简求解即可； （2）(ⅰ)（方法一）设直线的方程为（），联立椭圆方程，得出韦达定理，可得，根据直线与椭圆的相交，则可得，进而可得的取值范围；（方法二）设的方程为，再同方法一求解. (ⅱ)（方法一）直线的方程为，直线的方程为，令得，结合韦达定理可得，再代入化简求解即可；（方法二）求解可得，即的值为1；（方法三）根据椭圆的方程，结合直线，的斜率，再将两斜率做除法，结合韦达定理化简即可. (1) 小问详解： 设，则直线的斜率， 直线的斜率， 因为直线和直线的斜率乘积为， 所以， 整理的方程为． (2) 小问详解： (ⅰ) 方法一： 依题意，设直线的方程为（）． 由 得， 设，则，即， ， ． 因为，所以， 所以的取值范围为． 方法二 ： 依题意，直线的斜率不为0，设的方程为． 由 得， 设，则，解得， ， ． 因为，所以， 所以的取值范围为． (ⅱ) 方法一： 直线的方程为，直线的方程为， 令得，即． 所以， 因为， 所以，即， 所以， 即的值为1． 方法二： 直线的方程为，直线的方程为， 令得，， 所以 ． 所以，即的值为1． 方法三： 因为，所以，即， 所以直线的斜率， 同理可得的斜率， 所以， 所以 ． 所以，即的值为1． 考点02 双曲线 1．BCD 2．A 3．D 4．D 5．C 6．C 7．C 8．AD 9．【答案】 【分析】 设半焦距为，根据椭圆与双曲线的定义可得，，由得，从而可得，由的范围即可求的取值范围. 【详解】 设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，它们的半焦距为， 于是得，. 由椭圆及双曲线的对称性知，不妨令焦点和在轴上，在轴右侧，如图， 由椭圆及双曲线定义得： ，解得，. 因，即，而是线段的中点，因此有， 则有，即，整理得：， 从而有，即有. 又，则有，即，解得， 所以的取值范围是. 故答案为:. 考点03 抛物线 1．B 2．ABD 3．【答案】 【分析】 由题知的准线为直线，再根据距离公式求解即可. 【详解】 由题意得的准线为直线， 所以点到抛物线的准线的距离为：，解得. 所以. 故答案为： 4．【答案】（1）     （2） 依题意直线斜率存在且过点，则可设的方程为，        由 ， 化简得：， 设， 则由韦达定理可知， 消去得：     ① 又，则   ② 由① ② 得， ∴③ 由于 （ⅰ）若直线没有斜率，则， 又， ∴（舍去）           （ⅱ）若直线有斜率， 直线的方程为，即，              将③ 代入得，∴， 故直线有斜率时过点．      【分析】 （1）由利用距离公式构建方程即可求得值； （2）过点，则可设的方程为，并与抛物线联立可得，若，则可知，消得，由斜率为可得，代入消可得将他代入的方程为即可求得必过点. (1) 小问详解： 焦点，        又∵，且点到抛物线准线的距离不大于，即 ∴ ∴抛物线E的标准方程为； (2) 小问详解： 略 【点睛】 方法点睛：我们在处理直线与抛物线相交问题时，通常使用联立方程设而不求韦达定理处理，最终利用横（纵）坐标的和与积的转换来处理；抛物线上两点斜率一般可用抛物线方程转化为坐标之和来表示，如上两点的斜率. 5．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由抛物线焦半径公式即可求解； （2）设直线方程，联立抛物线方程，由韦达定理，通过，求得斜率，再由弦长公式即可求解. (1) 小问详解： 由点在抛物线上，得， 由，可得，得， 所以抛物线的方程； (2) 小问详解： 当斜率不存在时，方程为：， 此时， 则， ，不符合题意， 当斜率存在时，设直线方程为：， 联立抛物线方程消去可得： ， 设， 又，则， 代入， 可得： 代入 得： 化简可得：， 即或， 当时，直线方程为，过坐标原点，不符合题意舍去， 当，直线方程为， 所以 由弦长公式得： 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $