第三章 圆锥曲线的方程 6大考点汇总与跟踪训练（含解析）-2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第一册

第三章圆锥曲线的方程6大考点汇总与跟踪训练-2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第一册
6大考点汇总
考点一：椭圆及其标准方程
考点二：椭圆的简单几何性质
考点三：双曲线及其标准方程
考点四：双曲线的简单几何性质
考点五：抛物线及其标准方程
考点六：抛物线的简单几何性质
跟踪训练
考点一：椭圆及其标准方程
1．长为2的线段的两个端点和分别在轴和轴上滑动，则点关于点的对称点的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
2．已知点 分别是椭圆 的左、右焦点，是上一点，的内切圆的圆心为，则椭圆 的标准方程是（ ）
A． B． C． D．
3．已知是椭圆的左焦点，直线与交于、两点，则周长为（ ）
A． B． C． D．
4．在平面直角坐标系中，已知两点，，点为动点，且直线与的斜率之积为，则点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
考点二：椭圆的简单几何性质
5．已知，分别为双曲线C的左、右焦点，过的直线与双曲线C的左支交于A，B两点，若，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在C上且异于C的顶点，则（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
7．双曲线方程为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．或
8．双曲线：的左，右顶点分别为，曲线上的一点关于轴的对称点为，若直线的斜率为，直线的斜率为，则（ ）
A．3 B． C． D．
考点三：双曲线及其标准方程
9．已知是抛物线上一点，圆关于直线对称的圆为，是圆上的一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
10．已知抛物线的焦点为，该抛物线上一点到的距离为4，则（ ）
A．3 B．4 C． D．
11．已知抛物线C：的焦点为F，若点在C上，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
12．已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
考点四：双曲线的简单几何性质
13．已知椭圆的离心率为，长轴长为4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)O为坐标原点，过点且斜率不为零的直线与椭圆C交于E，F两点，试问：在x轴上是否存在一个定点T，使得．若存在，求出定点T的坐标；若不存在，说明理由．
14．已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的面积为，当时，求的取值范围．
15．一般地，当且时，方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆．已知椭圆，椭圆（且）是椭圆C的相似椭圆，点P为椭圆上异于其左，右顶点M，N的任意一点．
(1)当时，直线与椭圆C，自上而下依次交于R，Q，S，T四点，探究，的大小关系，并说明理由．
(2)当（e为椭圆C的离心率）时，设直线与椭圆C交于点A，B，直线与椭圆C交于点D，E，求的值．
16．已知椭圆：的左右焦点为、，左右顶点分别为、，是椭圆上异于、的点．
(1)求的周长；
(2)若过的直线与椭圆交于、两点，且，求的值；
(3)若直线过点且与轴垂直，直线交直线于点，判断以为直径的圆与直线的位置关系，并加以证明．
考点五：抛物线及其标准方程
17．已知双曲线的右焦点F到其渐进线的距离为，又P为双曲线上一点，且满足：轴，且.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过F点作直线l与双曲线的右支交于A、B两点（A、B不与P点重合），且与交于Q点，问：是否存在常数t，使得成立 若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.
18．已知双曲线：（）与双曲线有相同的渐近线.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知点，点，在双曲线的左支上，满足，证明：直线过定点；
(3)在（2）的条件下，求点到直线距离的最大值.
19．已知M为双曲线C：上的动点，过点M作C的两条渐近线的垂线，垂足分别为P，Q．
(1)求的值；
(2)设，分别为双曲线C的左、右顶点，过点的直线l与双曲线C交于A，B两点（点A在x轴上方），R为直线，的交点，若点R的纵坐标为，求直线l的方程．
20．在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为.
（i）求的值；
（ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
考点六：抛物线的简单几何性质
21．已知平面直角坐标系所在平面上有一个动点满足：点到点的距离比到轴的距离大2，动点的轨迹为曲线.过点的动直线交曲线于两点，直线分别交曲线于点.
(1)求曲线的方程；
(2)当的面积最小时，求直线的方程.
22．已知椭圆的离心率为，椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆交于两点，与抛物线交于两点，若为定值，求的最小值．
23．已知与圆P：内切，且与直线：相切的动圆Q的圆心轨迹为曲线C，直线l与曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，延长AO，BO分别与直线：相交于点M，N．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点A作于，若，O，B三点共线，试探究线段MN的长度是否存在最小值．如果存在，请求出最小值；如果不存在，请说明理由．
24．已知抛物线的焦点F到准线的距离为2，O为坐标原点．
(1)求E的方程；
(2)已知点，若E上存在一点P，使得，求t的取值范围；
(3)过的直线交E于A，B两点，过的直线交E于A，C两点，B，C位于x轴的同侧，证明：为定值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】设出、、点坐标，由题意可得、两点坐标间的关系，用点的横纵坐标替换、点坐标代入计算即可得.
【详解】设、，，
则有，，即，，
由题意可得，即，即.
故选：D.
2．B
【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式，结合椭圆的定义求解即得.
【详解】依题意，设椭圆的方程为，由在上，得，
显然的内切圆与直线相切，则该圆半径为1，而，
又，于是，，因此，解得，
所以椭圆 的标准方程是.
故选：B
3．D
【分析】由题意可得经过椭圆的右焦点，结合椭圆定义计算即可得.
【详解】由，故经过椭圆的右焦点，
故的周长.
故选：D.
4．B
【分析】设，结合已知写出直线，的斜率，由列式求解动点的轨迹方程．
【详解】设，，，
，，
由，得．
即．
动点的轨迹方程为．
故选：B．
5．B
【分析】设，根据双曲线的定义得到，即可表示出，，再在中利用余弦定理计算可得.
【详解】如图，由于，，且，，
设，则，故，
所以，即，则，，，，
在中由余弦定理.
故选：B
6．C
【分析】根据二倍角的余弦公式和余弦定理，并结合双曲线定义化简即可.
【详解】由题意可知，的实半轴长，虚半轴长，
半焦距，
故选：C.
7．D
【分析】根据双曲线的标准方程，列出不等式，结合不等式的解法，分类讨论，即可求解.
【详解】由方程表示双曲线，可得，
当时，可得，解得或；
当时，可得，解得，
综上可得，实数的取值范围为.
故选：D.
8．B
【分析】依题求出点坐标，设出点，得，写出，利用点在双曲线上，化简的表达式，计算即得.
【详解】
如图，,不妨设，则，
依题意，，因点在双曲线上，故有，
于是，.
故选：B.
9．A
【分析】根据对称性求出圆的方程，设，求出的最小值，即可求出的最小值.
【详解】圆圆心为，半径，设，
则由对称性可知：，解得，则，
所以圆，
设，则，
所以当，即时，，
所以的最小值是.
故选：A
10．C
【分析】根据题意求出抛物线上点到准线距离，再由抛物线定义得解.
【详解】由抛物线可得，其准线方程为，
因为抛物线上一点到的距离为4，
所以点到的距离为，
由抛物线的定义知，.
故选：C
11．A
【分析】根据已知条件，将点坐标代入抛物线方程，求得，求出，即可求得的面积.
【详解】

将代入C的方程，得，故，
所以，则的面积.
故选：A.
12．D
【分析】根据抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合可求得的值，可得出双曲线的标准方程，进而可求得该双曲线的渐近线方程.
【详解】因为抛物线的焦点为，
所以双曲线的一个焦点也是，
所以，解得，即双曲线的方程为，
其渐近线的方程为：.
故选：D.
13．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由椭圆的性质结合离心率的计算解出标准方程即可；
（2）假设存在，由已知可转化求得.设出直线方程，然后与椭圆联立，根据韦达定理得出坐标关系表示出斜率，化简整理可得出，进而得出的值.
【详解】（1）由题意可得，，
所以，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）
假设存在x轴上的定点，使得.
则结合图可得，所以.
由题意，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，
设，，
由得，， ，则，
且.
因为直线ET的斜率为，直线的斜率为，
由得.
因为，，
所以，
即，
所以，
所以，则，
所以在x轴上存在一个定点，使得．
【点睛】关键点睛：本题第二问关键是由已知推得，进而转化为探索.
14．(1)
(2)
【分析】(1) 利用椭圆的定义，结合椭圆的几何性质知，，则，解出a，b即可得椭圆方程；
(2)设的方程为代入椭圆方程，求出M的坐标，可得，用代替k，可得，求出的面积S，可得，解不等式可得k的取值范围．
【详解】（1）设椭圆的左焦点为，连接，
由对称性知四边形是平行四边形，所以，．
由椭圆定义知，则，．
设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，，则，
所以，
所以椭圆的标准方程为．
（2）椭圆的标准方程为．则，
所以直线，
如图所示，

设，
联立，消去并整理得，．．．
所以，所以，．．
所以，．
同理可得：，所以，
所以，
由，得，
整理得，得，．
又，所以，所以或．
所以的取值范围为．
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的三角形面积问题，综合性较强，难点在于计算过程相当复杂，计算量较大，并且基本都是有关字母参数的运算，十分容易出错.
15．(1)，理由见解析
(2)7
【分析】对小问（1）可通过联立直线与椭圆，得到线段与线段的中点相同；对小问（2）可先求出点与点，再根据点在椭圆上，求出直线与直线斜率之间的关系，然后设斜率为参数求解.
【详解】（1）将椭圆与直线联立：
，整理得；
，，
设交点，，由韦达定理：
，
同理，将与直线联立可得：
，，
设交点，，由韦达定理：
，
，即线段与线段的中点相同.
故.
（2）椭圆的离心率为，则，的方程为：，可得，
由题意可知直线，斜率均存在且不为零.
设，
将点代入椭圆，，
令，则；写出直线方程：，：，
已知点和点都在椭圆内部，故一定有两个交点.
联立与，整理得：；
设，，
由韦达定理：，，
，
同理，将替代成可得，可得，
故的值为7.
【点睛】方法点睛：对涉及到圆锥曲线截直线得到的线段问题，通常：
（1）先设直线方程，设出曲线与直线的两个交点坐标；
（2）联立，直线代入圆锥曲线化简，消去或者中的一个；
（3）通过韦达定理可以将两个交点坐标之和与两坐标之积用参数表示而不用求出两个交点，这种方法就是通常所说的“设而不求”.
16．(1)
(2)
(3)相切，证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可；
（2）设，由可得，联立直线与椭圆的方程，得出韦达定理求解即可；
（3）设，进而根据求得直线方程，结合直线交直线于点可得坐标，从而可得中点坐标，再根据到直线的距离等于即可判断.
【详解】（1）由题意椭圆中，则的周长为
（2）设，由可得，
联立有，
则，，.
又，可得，，
即，解得.

（3）设，，则由共线可得，即，故，则中点.
显然斜率不为0，，设直线方程，则，即，
故直线方程，即.
则到直线的距离.
又，故，则
，
即到直线的距离等于，故以为直径的圆与直线相切.

【点睛】方法点睛：
（1）直线与圆的位置关系，可根据圆心到直线的距离与半径的关系判断；
（2）当椭圆上仅有一个动点时，可考虑设点坐标，根据点坐标将题意转化为表达式，最后代入动点满足的方程化简.
17．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由右焦点F到其渐进线的距离为可得，由轴，且可得，从而可得双曲线的标准方程；
（2）根据题意，先写出直线直线方程，并求的坐标，然后直线与双曲线联立方程组，消去，得一元二次方程，进而求的取值范围，从而通过的计算化简可得结论.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，即，
右焦点到渐近线的距离，得.
设，则，得，即，
于是由，得
双曲线标准方程为：.
（2）由（1），不妨令，且，
因为过F点作直线l与双曲线的右支交于A、B两点（A、B不与P点重合），
所以直线的斜率存在，即直线方程为，
则，因此 .
由联立并化简得，
令，，则，
∵直线与双曲线右支相交，
，或，
.
存在，使得成立.
【点睛】易错点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于较难题.解决该问题应该注意的事项：
（1）写直线方程的时候要考虑斜率是否存在；
（2）直线与双曲线右支相交的时候.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据双曲线与双曲线有相同的渐近线方程求出可得答案；
（2）可设其方程为，与双曲线方程联立，设，，由韦达定理代入的坐标运算可得答案；
（3）设点在直线上的投影为，当与点重合，即直线直线时，点到直线距离的最值.
【详解】（1）双曲线与双曲线有相同的渐近线方程，
所以，即，又，从而，
所以双曲线的方程为；
（2）显然直线不与轴平行，可设其方程为，
由，得，
设，，则由韦达定理可得，，
因为，所以，
即，
整理得，即，
而显然直线不经过点，所以，，
故直线经过定点，得证.
（3）设点在直线上的投影为，由（2）知直线经过定点，
所以当与点重合，即直线直线时，点到直线距离的最大值，
此时，所以点到直线距离的最大值为.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据渐近线的斜率，利用三角恒等变换，转化为求向量夹角的余弦值，再利用点到直线的距离公式和向量数量积公式，即可求解；
（2）首先设直线的方程，与双曲线方程联立，利用坐标表示直线和的方程，并求点的坐标，并求得直线的方程，以及点的坐标，即可求解直线的方程.
【详解】（1）设渐近线的倾斜角为θ，则，
则，，，
故，
设，
．
（2）设l：，，，
联立：，化简得：，
，，
直线：，直线：，
联立消去y得：
，
又∵，
∴，
故点，直线的斜率为：，
联立，得，得，则，，
故轴，
∴直线l的方程为．
【点睛】思路点睛：本题2问的思路之一是利用坐标表示几何关系，之二是利用韦达定理化简式子.
20．(1)
(2)（i）；（ii）是，3
【分析】（1）根据题意列出方程，化简，即可求得答案；
（2）（i）设，，，设直线方程为，联立曲线C的方程，可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，即可求得答案；（ii）分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得结论.
【详解】（1）由题意可知，，
化简得，于是，动点的轨迹方程为．
（2）（i）设，，，不妨假设在第一象限，
则E在第四象限，
由题意知的斜率存在且不为0，
设直线方程为，代入可得，
需满足，所以，
,直线方程为，代入，
可得，，则，
因为，，所以，
即.
同理，，，即，所以，则关于x轴对称，
所以；
（ii）.
所以，.
综上，为定值．
【点睛】易错点点睛：解答此类直线和圆锥曲线的位置关系类题目，综合性较强，难度较大，容易出错的地方在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，因此要求计算时要十分细心.
21．(1)
(2)
【分析】（1）设，结合点到点的距离比到轴的距离大2列等量关系式即可得曲线E的方程；
（2）设直线，联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理化简，注意直线AF需要分斜率存在和斜率不存在两种情况进行讨论，同样联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理以及CDN三点共线的条件可得，则最小时，直线的方程可求.
【详解】（1）由点到点的距离比到轴的距离大2，
得，
化简，得曲线的方程为.
（2）设直线与轴的交点为，
由于过点的动直线与抛物线交于A，B两点，所以直线斜率不为0，
则可设过点的动直线，联立，
消去并整理，得，则.
由根与系数的关系，得.
当直线的斜率不存在时，不妨令，则.
当直线的斜率存在时，直线的方程为.
联立，消去并整理，得，且.
由根与系数的关系，得，则，同理，得，
所以.
因为三点共线，所以，所以，
所以直线恒过定点.
设直线，联立，消去并整理，得，易知.
由根与系数的关系，得.
又，
当时，最小，此时直线的方程为.
【点睛】本题考查与抛物线有关的面积问题，属于较难题.由面积公司结合韦达定理化简，再利用换元法即可求得最小值时参数的具体值，则直线方程可求.
22．(1)
(2)
【分析】（1）利用抛物线与椭圆的性质计算即可；
（2）设，的坐标，分别联立直线与椭圆、抛物线方程，由韦达定理及弦长公式化简，再根据式子为定值得，由二次函数的性质计算最值即可.
【详解】（1）易知抛物线的焦点为，设椭圆焦距为，
由题意可得，故，
因此，椭圆的方程为．
（2）
设，联立，
得，则，
可得，
联立，得
则，可得：
，
要使为定值，则，即，
，故当时取最小值．
23．(1)；
(2)存在，8.
【分析】（1）根据给定条件，利用圆与直线相切及与已知圆内切探讨关系，再结合抛物线定义求出轨迹方程.
（2）设，由向量共线可得，进而可得，再利用直角三角形相似数量积的运算律求解即得.
【详解】（1）依题意，动圆在圆外，设动圆的半径为，且，
由圆与圆内切，得，由圆与直线相切，
因此点到的距离等于点到直线的距离，
即曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以曲线的方程为.
（2）线段MN的长度存在最小值，理由如下：
设，则，
由三点共线，得，解得，
直线的方程为，直线的方程为，则，
于是，则，
因此点在以为直径的圆上，设直线与轴交于点，
由∽，得，
则
，
即，当且仅当取等号，
所以线段长度存在最小值，最小值为8.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
②代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
24．(1)
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）根据题意可知焦点F到准线的距离为，即可得方程；
（2）设，利用平面向量数量积可得，结合基本不等式运算求解；
（3）设，求直线的方程，结合题意可得，结合夹角公式分析求解.
【详解】（1）由题意可知：焦点F到准线的距离为，
所以抛物线E的方程为.
（2）设，可知，则，
可得，
显然不满足上式，
则，可得，
又因为，当且仅当，即时，等号成立，
则，即，
所以t的取值范围为.
（3）设，
则直线的斜率，
可得直线的方程，整理得，
同理可得：直线的方程，
由题意可得：，整理得，
又因为直线的斜率分别为，
显然为锐角，则，
所以为定值.
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
答案第1页，共2页
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