上海市高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習 專題突破訓(xùn)練 圓錐曲線 理

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習資料 2019.5 上海市高三數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習專題突破訓(xùn)練 圓錐曲線 一、填空、選擇題 1、（上海高考）拋物線y2=2px（p＞0）上的動點Q到焦點的距離的最小值為1，則p=　2　． 2、（上海高考）若拋物線的焦點與橢圓的右焦點重合，則該拋物線的準線方程為 . 3、（上海高考）設(shè)AB是橢圓的長軸，點C在上，且，若AB=4，，則的兩個焦點之間的距離為________ 4、（靜安、青浦、寶山區(qū)高三二模）已知拋物線的準線方程是， 則 5、（閔行區(qū)高三二模）雙曲線的

2、兩條漸近線的夾角的弧度數(shù)為 6、（浦東新區(qū)高三二模）已知直線與圓相切，則該圓的半徑大小為 1 . 7、（普陀區(qū)高三二模）如圖，若，，則以為長半軸，為短半軸，為左焦點的橢圓的標準方程為 . 8、（徐匯、松江、金山區(qū)高三二模）對于曲線所在平面上的定點，若存在以點為頂點的角，使得對于曲線上的任意兩個不同的點恒成立，則稱角為曲線相對于點的“界角”，并稱其中最小的“界角”為曲線相對于點的“確界角”．曲線相對于坐標原點的“確界角”的大小是 9、（長寧、嘉定區(qū)高三二模）拋物線的焦點到準線的距離是______________ 10、

3、（虹口區(qū)高三上期末）若拋物線上的兩點、到焦點的距離之和為6，則線段的中點到軸的距離為 11、（黃浦區(qū)高三上期末）已知拋物線的頂點在坐標原點，焦點與雙曲線：的右焦點重合，則拋物線的方程是　　　 　　 12、（金山區(qū)高三上期末）已知點A(–3,–2)和圓C：(x–4)2+(y–8)2=9，一束光線從點A發(fā)出，射到直線l：y=x–1后反射(入射點為B)，反射光線經(jīng)過圓周C上一點P，則折線ABP的最短長度是 ▲ 13、（浦東區(qū)高三上期末）關(guān)于的方程表示圓，則實數(shù)的取值范圍是 14、（普陀區(qū)高三上期末）若方程表示雙曲線，則實數(shù)的取值范圍是

4、 15、（青浦區(qū)高三上期末）拋物線的動弦的長為，則弦中點到軸的最短距離是 二、解答題 1、（上海高考）已知橢圓x2+2y2=1，過原點的兩條直線l1和l2分別于橢圓交于A、B和C、D，記得到的平行四邊形ABCD的面積為S． （1）設(shè)A（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐標表示點C到直線l1的距離，并證明S=2|x1y2﹣x2y1|； （2）設(shè)l1與l2的斜率之積為﹣，求面積S的值． 2、（上海高考）在平面直角坐標系中，對于直線和點，記. 若，則稱點被直線分割. 若曲線與直線沒有公共點，且曲線上存在點被直線分割，則稱直線為曲線的一條分割線

5、. (1) 求證：點被直線分割； (2) 若直線是曲線的分割線，求實數(shù)的取值范圍； (3) 動點到點的距離與到軸的距離之積為，設(shè)點的軌跡為曲線. 求證：通過原點的直線中，有且僅有一條直線是的分割線. 3、（上海高考）如圖，已知曲線，曲線，P是平面上一點，若存在過點P的直線與都有公共點，則稱P為“C1—C2型點”． (1)在正確證明的左焦點是“C1—C2型點”時，要使用一條過該焦點的直線，試寫出一條這樣的直線的方程（不要求驗證）； (2)設(shè)直線與有公共點，求證，進而證明原點不是“C1—C2型點”； (3)求證：圓內(nèi)的點都不是“C1—C2型點”． 4、（

6、靜安、青浦、寶山區(qū)高三二模）在平面直角坐標系中，已知橢圓的方程為，設(shè)是過橢圓中心的任意弦，是線段的垂直平分線，是上與不重合的點． （1）求以橢圓的焦點為頂點，頂點為焦點的雙曲線方程； （2）若，當點在橢圓上運動時，求點的軌跡方程； （3）記是與橢圓的交點，若直線的方程為，當△面積取最小值時，求直線的方程． 5、（閔行區(qū)高三二模）已知兩動圓和（），把它們的公共點的軌跡記為曲線,若曲線與軸的正半軸的交點為，且曲線上的相異兩點滿足：． (1) 求曲線的方程； (2)證明直線恒經(jīng)過一定點，并求此定點的坐標； (3)求面積

7、的最大值． 6、（浦東新區(qū)高三二模）已知直線與圓錐曲線相交于兩點，與軸、軸分別交于、兩點，且滿足、. （1）已知直線的方程為，拋物線的方程為，求的值； （2）已知直線：（），橢圓：，求的取值范圍； （3）已知雙曲線：，，試問是否為定點？若是，求出點坐標；若不是，說明理由. 7、（普陀區(qū)高三二模）如圖，射線所在的直線的方向向量分別為，，點在內(nèi)，于，于； （1）若，，求的值； （2）若，的面積為，求的值； （3）已知為常數(shù)，的中點為，且，當變化時，求動點軌跡方程； 8、（徐匯、松江、金山區(qū)高三二模） 用細鋼管焊接而成的

8、花壇圍欄構(gòu)件如右圖所示，它的外框是一個等腰梯形，內(nèi)部是一段拋物線和一根橫梁．拋物線的頂點與梯形上底中點是焊接點，梯形的腰緊靠在拋物線上，兩條腰的中點是梯形的腰、拋物線以及橫梁的焊接點，拋物線與梯形下底的兩個焊接點為．已知梯形的高是厘米，兩點間的距離為厘米． （1）求橫梁的長度; （2）求梯形外框的用料長度． （注:細鋼管的粗細等因素忽略不計，計算結(jié)果精確到1厘米．） 9、（長寧、嘉定區(qū)高三二模）已知橢圓（）的左、右焦點分別為、，點，過點且與垂直的直線交軸負半軸于點，且． （1）求證：△是等邊三角形； （2）若過、、三點的圓恰好與直線：相切，求橢圓的方程； （3）設(shè)過（

9、2）中橢圓的右焦點且不與坐標軸垂直的直線與交于、兩點，是點關(guān)于軸的對稱點．在軸上是否存在一個定點，使得、、三點共線，若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由． O 10、（浦東20xx高三上期末）已知三角形的三個頂點分別為，，. （1）動點在三角形的內(nèi)部或邊界上，且點到三邊的距離依次成等差數(shù)列，求點的軌跡方程； （2）若，直線:將分割為面積相等的兩部分，求實數(shù)的取值范圍. 11、（青浦區(qū)20xx高三上期末）如圖所示的“8”字形曲線是由兩個關(guān)于軸對稱的半圓和一個雙曲線的一部分組成的圖形，其中上半個圓所在圓方程是，雙曲線的左、右頂點、是該圓與軸

10、的交點，雙曲線與半圓相交于與軸平行的直徑的兩端點． （1）試求雙曲線的標準方程； （2）記雙曲線的左、右焦點為、，試在“8”字形曲線上求點，使得是直角． 12、（徐匯區(qū)20xx高三上期末）已知橢圓（常數(shù)）的左頂點為，點，為坐標原點． （1）若是橢圓上任意一點，，求的值； （2）設(shè)是橢圓上任意一點，，求的取值范圍； （3）設(shè)是橢圓上的兩個動點，滿足，試探究的面積是否為定值，說明理由． 13、（閘北20xx高三上期末）已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：=1（a＞0，b＞0）的左、右焦點，橢圓C過點且與拋物線y2=﹣8x有一個公共的焦點． （1）求橢

11、圓C方程； （2）斜率為k的直線l過右焦點F2，且與橢圓交于A，B兩點，求弦AB的長； （3）P為直線x=3上的一點，在第（2）題的條件下，若△ABP為等邊三角形，求直線l的方程． 14、（上海市八校高三3月聯(lián)考）已知射線，直線過點交于點，交于點。 （1）當時，求中點的軌跡的方程； （2）當且 是坐標原點）面積最小時，求直線的方程； （3）設(shè)的最小值為，求的值域。 15、（崇明縣高三第二次高考模擬）已知橢圓的中心在坐標原點，焦點在軸上，短軸長為2，且兩個焦點和短軸的兩個端點恰為一個正方形的頂點．過右焦點與軸不垂直的直線交橢圓于兩點． （1）求橢圓的方程； （2）當直線

12、的斜率為1時，求的面積； （3）在線段上是否存在點，使得以為鄰邊的平行四邊形是菱形？ 若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由． 參考答案 一、填空、選擇題 1、解：因為拋物線y2=2px（p＞0）上的動點Q到焦點的距離的最小值為1， 所以=1，所以p=2．故答案為：2． 2、【解析】：橢圓右焦點為，即拋物線焦點，所以準線方程 3、【解答】不妨設(shè)橢圓的標準方程為，于是可算得，得． 4、4　　5、　　　6、1　　7、　　　　8、　　9、4 10、3 11、　12、7　 13、　 14、　　 15、 二、解答題 1、解：（1）依題意，直線l1的方程

13、為y=x，由點到直線間的距離公式得：點C到直線l1的距離d==， 因為|AB|=2|AO|=2，所以S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|； （2）方法一：設(shè)直線l1的斜率為k，則直線l2的斜率為﹣， 設(shè)直線l1的方程為y=kx，聯(lián)立方程組，消去y解得x=， 根據(jù)對稱性，設(shè)x1=，則y1=， 同理可得x2=，y2=，所以S=2|x1y2﹣x2y1|=． 方法二：設(shè)直線l1、l2的斜率分別為、，則=﹣， 所以x1x2=﹣2y1y2， ∴=4=﹣2x1x2y1y2， ∵A（x1，y1）、C（x2，y2）在橢圓x2+2y2=1上， ∴（）（）=+4+2（+）=1， 即﹣4x1

14、x2y1y2+2（+）=1， 所以（x1y2﹣x2y1）2=，即|x1y2﹣x2y1|=， 所以S=2|x1y2﹣x2y1|=． 2、【解析】：（1）將分別代入，得 ∴點被直線分割 （2）聯(lián)立，得，依題意，方程無解， ∴，∴或 （3）設(shè)，則， ∴曲線的方程為 ① 當斜率不存在時，直線，顯然與方程①聯(lián)立無解， 又為上兩點，且代入，有， ∴是一條分割線； 當斜率存在時，設(shè)直線為，代入方程得：， 令，則， ，， 當時，，∴，即在之間存在實根， ∴與曲線有公共點 當時，，即在之間存在實根， ∴

15、與曲線有公共點 ∴直線與曲線始終有公共點，∴不是分割線， 綜上，所有通過原點的直線中，有且僅有一條直線是的分割線 3、【解答】：（1）C1的左焦點為，過F的直線與C1交于，與C2交于，故C1的左焦點為“C1-C2型點”，且直線可以為； （2）直線與C2有交點，則 ，若方程組有解，則必須； 直線與C2有交點，則 ，若方程組有解，則必須 故直線至多與曲線C1和C2中的一條有交點，即原點不是“C1-C2型點”。 （3）顯然過圓內(nèi)一點的直線若與曲線C1有交點，則斜率必存在； 根據(jù)對稱性，不妨設(shè)直線斜率存在且與曲線C2交于點，則 直線與圓內(nèi)部有交點，故 化簡得，。。。。。

16、。。。。。。。① 若直線與曲線C1有交點，則 化簡得，。。。。。② 由①②得， 但此時，因為，即①式不成立； 當時，①式也不成立 綜上，直線若與圓內(nèi)有交點，則不可能同時與曲線C1和C2有交點， 即圓內(nèi)的點都不是“C1-C2型點” ． 4、解：（1）橢圓一個焦點和頂點分別為，………………………1分 所以在雙曲線中，，，， 因而雙曲線方程為．……………………………………………………4分 （2）設(shè)，，則由題設(shè)知：，． 即………………………………………………………………5分 解得……………………………………………………………………7分 因為點在橢圓C上，所以，即…，

17、 亦即．所以點M的軌跡方程為．…………………9分 （3）（文）因為AB所在直線方程為． 解方程組 得，， 所以，. 又 解得，，所以．………… 11分 由于……………14分 解得即 又，所以直線方程為或………………………………… 16分 （3）（理）（方法1）因為AB所在直線方程為． 解方程組得，， 所以，. 又解得，，所以．………… 11分 由于 ……………………………………………14分 或， 當且僅當時等號成立，即k＝1時等號成立， 此時△AMB面積的最小值是S△AMB＝．………………………………………… 15分 AB所在直線

18、方程為． ………………………………………………… 16分 （方法2）設(shè)，則， 因為點A在橢圓上，所以，即（i） 又（ii） （i）+（ii）得，………………………………………………11分 所以.……………………………14分 當且僅當（即）時，. 又 AB所在直線方程為．………………………………………………… 16分 5、[解]（1）設(shè)兩動圓的公共點為Q，則有：．由橢圓的定義可知的軌跡為橢圓，．所以曲線的方程是：．…4分 （2）（理）證法一：由題意可知：，設(shè)，, 當?shù)男甭什淮嬖跁r，易知滿足條件的直線為：過定點

19、 ………………………6分 當?shù)男甭蚀嬖跁r，設(shè)直線：，聯(lián)立方程組： ，把②代入①有：……………8分 ③，④， 因為，所以有， ，把③④代入整理： ，（有公因式m-1）繼續(xù)化簡得： ，或（舍）， 綜合斜率不存在的情況，直線恒過定點． ………………………10分 證法二：（先猜后證）由題意可知：，設(shè)，, 如果直線恒經(jīng)過一定點，由橢圓的對稱性可猜測此定點在軸上，設(shè)為； 取特殊直線，則直線的方程為， 解方程組得點，同理得點， 此時直線恒經(jīng)過軸上的點（只要猜出定點的坐標給2分）……2分 下邊證明點滿足條件 當?shù)男甭什淮嬖跁r，直線方程為：，

20、點 的坐標為，滿足條件；………………………8分 當?shù)男甭蚀嬖跁r，設(shè)直線：，聯(lián)立方程組： ，把②代入①得： ③，④， 所以 ………………………10分 （3）（理）面積== 由第(2)小題的③④代入，整理得： ……………………………12分 因在橢圓內(nèi)部，所以,可設(shè)， ……………………………14分 ，(時取到最大值)． 所以面積的最大值為． …………………………………………16分 6、解：（1）將，代入，求得點，，又因為 ，，…………………………………………………………………………2分 由 得到，，，

21、 同理由得，所以=.………………………………………4分 （2）聯(lián)立方程組： 得， ，又點， 由 得到，， 同理由 得到，， =，即，……………6分 , …………………………………………8分 因為，所以點在橢圓上位于第三象限的部分上運動，由分點的性質(zhì)可知 ，所以.…………………………………………10分 （3）假設(shè)在軸上存在定點，則直線的方程為，代入方程 得到: , (1) 而由、得到： (2) (3) ……………………………………………………………………12分 由（1）（2）（3）得到：，， 所以點，………………………………………………………………1

22、4分 當直線與軸重合時，，，或者，， 都有 也滿足要求，所以在軸上存在定點.……………………………16分 7、解：（1）； （2）； （3）設(shè)，， 設(shè)直線的傾斜角為，則，根據(jù)題意得 代入 化簡得動點軌跡方程為. 8、解：（1）如圖，以為原點，梯形的上底所在直線為軸，建立直角坐標系 設(shè)梯形下底與軸交于點，拋物線的方程為： 由題意，得，……….3’ 取， 即 答：橫梁的長度約為28cm………………..6’ （2）由題意，得梯形腰的中點是梯形的腰與拋物線唯一的公共點 設(shè)………………..7’ 則，即…………..10’ 得 梯形周長為 答：制作梯形外

23、框的用料長度約為141cm………………..14’ 9、（1）設(shè)（），由，，故，， 因為，所以， …………（1分） ，故，……（2分） 又，故由得，所以，．……（3分） 所以，，，即△是等邊三角形．………（4分） （2）由（1）知，，故，此時，點的坐標為，……（1分） 又△是直角三角形，故其外接圓圓心為，半徑為，…………（3分） 所以，，，，， ……………………（5分） 所求橢圓的方程為． ……………………（6分） （3）由（2）得，因為直線過且不與坐標軸垂直，故可設(shè)直線的方程為： ，． ………………（1分） 由得， ………………（2分） 設(shè)，，則有

24、，，……（3分） 由題意，，故直線的方向向量為， 所以直線的方程為， ………………（4分） 令，得 ．…（5分） 即直線與軸交于定點． 所以，存在點，使得、、三點共線． ………………（6分） （注：若設(shè)，由、、三點共線，得， 得．） 10、解：（1）法1：設(shè)點的坐標為，則由題意可知： ，由于，，，…2分 所以，…………………………………………………4分 化簡可得：（）……………………………………5分 法2：設(shè)點到三邊的距離分別為，其中，.所以 ………4分 于是點的軌跡方程為（）……………………5分 （2）由題意知道， 情況（1）. 直線：，過定點，此時

25、圖像如右下： 由平面幾何知識可知，直線過三角形的重心， 從而.………………………………………………7分 情況（2）.此時圖像如右下：令得，故直線與兩邊分別相交，設(shè)其交點分別為，則直線與三角形兩邊的兩個交點坐標、應(yīng)該滿足方程組：. 因此，、是一元二次方程：的兩個根. 即, 由韋達定理得：而小三角形與原三角形面積比為，即. 所以，，亦即. 再代入條件，解得， 從而得到.……………………………………………………………11分 綜合上述（1）（2）得：.……………………………………………12分 解法2：由題意知道 情況（1）. 直線的方程為：，過定點， 由平面幾何知識可

26、知，直線應(yīng)該過三角形的重心， 從而.……………………………………………………………………7分 情況（2）. 設(shè)直線：分別與邊， 邊的交點分別為點， 通過解方程組可得：，，又點， ∴=，同樣可以推出. 亦即，再代入條件，解得， 從而得到.………………………………………………………11分 綜合上述（1）（2）得：.………………………………………12分 解法3： 情況（1）. 直線的方程為：，過定點， 由平面幾何知識可知，直線過三角形的重心， 從而.………………………………………………………………………7分 情況（2）. 令，得，故直線與兩邊分別相交， 設(shè)其

27、交點分別為，當不斷減小時，為保持小三角形面積總為原來的一半，則也不斷減小. 當時，與相似，由面積之比等于相似比的平方. 可知，所以， 綜上可知.…………………………………………………………12分 11、解（1）設(shè)雙曲線的方程為，在已知圓的方程中，令， 得，即，則雙曲線的左、右頂點為、，于是…………… 2分 令，可得，解得，即雙曲線過點，則所以，…………… 4分 所以所求雙曲線方程為……………………6分 （2）由（1）得雙曲線的兩個焦點，…………………… 7分 當時，設(shè)點， ①若點在雙曲線上，得， 由，得由，解得所以…… 11分 ②若點在上半圓上，則，由， 得，由無解…

28、………………… 13分 綜上，滿足條件的點有4個，分別為 …………………… 14分 12、解：（1）， 得……………………..2’ ，即……………………..4’ （2）設(shè)，則 ……………………..5’ ……………………..6’ 由，得……………………..7’ ∴ 當時，最大值為；……………………..8’ 當時，最小值為；……………………..9’ 即的取值范圍為……………………..10’ （3）（解法一）由條件得，，……………………..11’ 平方得, 即……………………..12’ ……………………..13’ = ……………………..1

29、5’ 故的面積為定值……………………..16’ （解法二）①當直線的斜率不存在時，易得的面積為……………………..11’ ②當直線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為 ……………………..12’ 由，可得， 又，可得……………………..13’ 因為，……………………..14’ 點到直線的距離……………………..15’ 綜上：的面積為定值……………………..16’ 13、 解：（1）由題意得F1（﹣2，0）， c=2…（2分） 又， 得a4﹣8a2+12=0，解得a2=6或a2=2（舍去），…（2分） 則b2=2，…（1分） 故橢圓方程為．…（1分） （2）直

30、線l的方程為y=k（x﹣2）．…（1分） 聯(lián)立方程組，消去y并整理得（3k2+1）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0．…（3分） 設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）． 故，．…（1分） 則|AB|=|x1﹣x2|==．…（2分） （3）設(shè)AB的中點為M（x0，y0）． ∵=2x0，∴，…（1分） ∵y0=k（x0﹣2），∴．…（1分） 直線MP的斜率為，又 xP=3， 所以．…（2分） 當△ABP為正三角形時，|MP|=， 可得，…（1分） 解得k=1．…（1分） 即直線l的方程為x﹣y﹣2=0，或x+y﹣2=0．…（1分） 14、解法一： （1）當時，，設(shè)，，

31、因為是中點，所以 ------2分 因為三點共線，所以，由，則有，即 ------4分 代入得點軌跡方程為。 ------6分 （2）當時，，，， -------8分 由共線得 ------9分 ，當時

32、等號成立， ------10分 此時，直線方程為。 ------12分 （3）由三點共線得：， 即 ----14分 ---16分 因為，且，所以上式 所以，，所以值域為。 ---18分 解法二： （1）由題知直線的斜率存在，且。當時，設(shè)直線 由，同理得 ---

33、---3分 設(shè)，則 消去得軌跡方程為。 ------6分 （2）當時，設(shè)直線 由，同理得 ------8分 ----9分 設(shè)，則，所以，當，即時，最小值為，此時，所以直線。 ------12分 （3）設(shè) 由，則理得 -----14分 設(shè)，因為，所以， ------16分 所以，，所以值域為。 -----18分 15、解（1）設(shè)橢圓方程為 根據(jù)題意得 所以 所以橢圓方程為 （2）根據(jù)題意得直線方程為 解方程組 得坐標為 計算 點到直線的距離為 所以， （3）假設(shè)在線段上存在點,使得以為鄰邊的平行四邊形是菱形．因為直線與軸不垂直，所以設(shè)直線的方程為． 坐標為 由得， 計算得：，其中 由于以為鄰邊的平行四邊形是菱形，所以 計算得 即， 所以