专题16 圆锥曲线焦点弦 微点5 圆锥曲线焦点弦问题综合训练

这是一份专题16 圆锥曲线焦点弦 微点5 圆锥曲线焦点弦问题综合训练，共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题16 圆锥曲线焦点弦 微点5 圆锥曲线焦点弦问题综合训练
专题16 圆锥曲线焦点弦
微点5 圆锥曲线焦点弦问题综合训练
一、单选题：
（2022·四川广安·模拟预测（文））
1．已知抛物线的焦点F与椭圆的右焦点重合．斜率为直线l经过点F，且与C的交点为A，B．若，则直线l的方程是（    ）
A． B．
C． D．
2．抛物线的焦点弦被焦点分成长是m和n的两部分，则m与n的关系是（    ）
A．m＋n＝mn B．m＋n＝4 C．mn＝4 D．无法确定
（2022·福建·厦门外国语学校高二期末）
3．如图所示，，是双曲线：的左、右焦点，过的直线与的左、右两支分别交于A，两点．若，则双曲线的离心率为（    ）

A．
B．
C．
D．
（2022·湖南师大附中高二阶段练习）
4．已知F1，F2分别为双曲线C：的左､右焦点，E为双曲线C的右顶点.过F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限），设M，N分别为△AF1F2，△BF1F2的内心，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
二、多选题：
（多选题）（2022江苏南京市第二十九中学）
5．过抛物线的焦点的直线与相交于，两点.若的最小值为，则（       ）
A．抛物线的方程为
B．的中点到准线的距离的最小值为3
C．
D．当直线的倾斜角为时，为的一个四等分点
（多选题）（2022广东韶关）
6．已知，过抛物线：焦点的直线与抛物线交于，两点，为上任意一点，为坐标原点，则下列说法正确的是（      ）
A．过与抛物线有且只有一个公共点的直线有两条
B．与到抛物线的准线距离之和的最小值为3
C．若，，成等比数列，则
D．抛物线在、两点处的切线互相垂直
（多选题）（2022山东师范大学附中）
7．过抛物线的焦点F作直线交抛物线于两点，M为线段的中点，则下列结论正确的是（    ）
A．以线段为直径的圆与直线相交 B．以线段为直径的圆与y轴相切
C．当时， D．的最小值为4
（多选题）（2022双峰县第一中学）
8．抛物线C：的焦点为F，准线l交x轴于点Q（－2，0），过焦点的直线m与抛物线C交于A，B两点，则（    ）
A．p＝2
B．
C．直线AQ与BQ的斜率之和为0
D．准线l上存在点M，若△MAB为等边三角形，可得直线AB的斜率为
三、填空题
9．设椭圆的左右焦点分别为，过焦点的直线交椭圆于A，B两点，若的内切圆的面积为.设A，B的两点坐标分别为，则值为________.
10．已知双曲线的离心率为，过左焦点且斜率为的直线交的两支于两点．若，则________________．
11．已知椭圆的离心率为过椭圆的右焦点且斜率为的直线与椭圆交于两点，则(其中为原点)的形状为________.
12．椭圆的左、右焦点分别是 ，斜率为的直线过左焦点且交于两点，且的内切圆的周长是，若椭圆的离心率为，则线段的长度的取值范围是_________
四、解答题
13．如图，已知椭圆，，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，直线交椭圆于另一点.

（1）若，求椭圆的离心率；
（2）若椭圆的焦距为2，且，求椭圆的方程.
14．已知椭圆：（）和圆：，分别是椭圆的左、右两焦点，过且倾斜角为（）的动直线交椭圆于两点，交圆于两点（如图所示，点在轴上方）.当时，弦的长为.

（1）求圆与椭圆的方程；
（2）若依次成等差数列，求直线的方程.
15．已知，分别是椭圆:的左、右焦点，，分别为上、下顶点，且四边形是边长为的正方形．
（1）求的方程；
（2）过点的直线与交于、两点，若的面积是的面积的3倍，求的面积．
（2022·全国·高三专题练习）
16．分别为椭圆的左右焦点，过右焦点的直线l与椭圆C交于A，B两点，且不为长轴，的周长为8，椭圆C的离心率为.
（1）求此椭圆C的方程；
（2）为其右顶点，求证：直线，两直线的斜率之积为定值，并求出此定值.
（2022上海·上外浦东附中高三阶段练习）
17．如图，过椭圆的左右焦点分别作长轴的垂线交椭圆于，将两侧的椭圆弧删除再分别以为圆心，线段的长度为半径作半圆，这样得到的图形称为“椭圆帽”．夹在之间的部分称为椭圆帽的椭圆段，夹在两侧的部分称为“椭圆帽”的圆弧段已知左右两个圆弧段所在的圆方程分别为．

（1）求椭圆段的方程；
（2）已知直线l过点与“椭圆帽”的交于两点为M，N，若，求直线l的方程；
（3）已知P为“椭圆帽”的左侧圆弧段上的一点，直线l经过点，与“椭圆帽”交于两点为M，N，若，求的取值范围．
（2022·浙江·效实中学模拟预测）
18．已知分别为椭圆的左､右焦点，长轴长为，分别为椭圆的上、下顶点，且四边形的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的离心率为，过点的直线与曲线交于两点，设的中点为M，两点为曲线上关于原点对称的两点，且，求四边形面积的取值范围.
19．设椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，过点的直线交椭圆于点、（不与左右顶点重合），连结、，已知周长为8.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线的斜率为1，求的面积；
（3）设，且，求直线的方程.
20．已知椭圆：离心率为，点，分别为椭圆的左、右顶点点，分别为椭圆的左、右焦点.过点任作一条不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，的周长为8.

（1）求椭圆的方程.
（2）若直线，交于点，试判断点是否存在某条定直线上.若是，求出的值；若不是，请说明理由.
（2022·江西·奉新县第一中学高二阶段练习（理））
21．已知椭圆的离心率为，其左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形的面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）如图，若椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与椭圆交于不同的两点，，记的内切圆的半径为，试求的取值范围.

（2022·宁夏·平罗中学三模（理））
22．已知椭圆：的左、右焦点，恰好是双曲线的左右顶点，椭圆上的动点满足，过点的直线交椭圆C于，两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆上是否存在点使得四边形（为原点）为平行四边形？若存在，求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由．


参考答案：
1．A
【分析】根据椭圆方程求得，写出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合抛物线的定义求得，由此求得直线的方程.
【详解】椭圆，，所以，，所以抛物线:.
设，直线的方程为.
联立 消去，化简整理得，
则.



因此直线的方程是.
故选：A.
2．A
【分析】根据抛物线的定义可得焦点弦，，联立过焦点的直线方程和抛物线方程，根据韦达定理即可求解.
【详解】抛物线的焦点，准线x＝－1，
设，把它代入得，
设，，则，由抛物线定义可得，，
∴，，
∴m＋n＝mn．
故选:A
3．C
【分析】不妨令，，，根据双曲线的定义可求得，，再利用勾股定理可求得，从而可求得双曲线的离心率．
【详解】，不妨令，，，
，，
又由双曲线的定义得：，，
，
，．
在中，，
又，，
双曲线的离心率．
故选;C

4．B
【分析】利用平面几何和内心的性质，可知M，N的横坐标都是a，得到MN⊥x轴，设直线AB的倾斜角为θ，有，根据θ∈(60∘,90∘]，将表示为θ的三角函数可求得范围.
【详解】解：设上的切点分别为H､I､J，
则.
由，得，
∴，即.

设内心M的横坐标为，由轴得点J的横坐标也为，则，
得，则E为直线与x轴的交点，即J与E重合.
同理可得的内心在直线上，
设直线的领斜角为，则，

，
当时，；
当时，由题知，，
因为A，B两点在双曲线的右支上，
∴，且，所以或，
∴且，
∴，
综上所述，.
故选：B.
5．ABD
【分析】A选项：考虑直线的斜率不存在与斜率存在两种情况，分别用含的式子表达出，利用的最小值为求出的值，B选项结合A选项求出的的值即可判断当斜率不存在的时候，的中点到准线的距离的最小值为3；C选项利用韦达定理求出的值，作出判断；D选项，求出当直线的倾斜角为时的与的值，进行判断.
【详解】当直线的斜率不存在时，
因为直线过抛物线的焦点，所以的方程为：，
由 可得，此时，
当直线的斜率存在时，
设的方程为：，，，
由可得：，
所以，，
所以，
对于A：由以上证明可知：当直线的斜率不存在时，，可得，
所以抛物线的方程为，故选项A正确；
对于B：当直线的斜率不存在时，的中点到准线的距离为，
当直线的斜率存在时，的中点横坐标为，此时的中点到准线的距离，故选项B正确；
对于C：当直线的斜率不存在时，，，
此时，故选项C不正确；
对于D：当直线的倾斜角为时，直线的方程为：，
由可得：，即，
不妨设，，
所以，，
所以，所以为的一个四等分点，故选项D正确；

故选：ABD
6．BCD
【分析】根据抛物线的几何性质及直线与抛物线的位置关系逐项验证即可.
【详解】解：设过的直线方程为：，又 抛物线的方程为：，
联立方程可得：化简得：

时，解得，即有两解.
又时，，所以直线与抛物线有一个交点
过与抛物线相交且有一个公共点的直线有三条，选项A错误；
，与到抛物线的准线距离之和等于，
又，选项B正确；
设，，直线的方程为，
代入抛物线的方程可得，
所以，，
因为，
所以，选项C正确；
不妨设，由得，由得，
所以抛物线在处的切线的斜率为，在处的切线的斜率为，
因为，
所以两条切线相互垂直，选项D正确．
故选：BCD．
7．ACD
【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，设，，在准线上的射影为，，，由抛物线的定义和中位线定理、直线和圆的位置关系，即可判断A；
当直线的斜率不存在时，显然成立；当直线的斜率存在时，设为1，求得，，的横坐标，由直线和圆的位置关系可判断B；
以为极点，轴的正半轴为极轴的抛物线的极坐标方程为，设，，，，求得，，可判断C；
考虑直线垂直于轴，取得最小值，可判断D．
【详解】解：的焦点，准线方程为，
设，，在准线上的射影为，，，
由，，，
可得线段为直径的圆与准线相切，与直线相交，故A对；
当直线的斜率不存在时，显然以线段为直径的圆与轴相切；
当直线的斜率存在且不为0，可设直线的方程为，联立，可得，
设，，，，
可得，，设，，
可得的横坐标为，的中点的横坐标为，，
当时，的中点的横坐标为，，显然以线段为直径的圆与轴相交，故B错；
以为极点，轴的正半轴为极轴的抛物线的极坐标方程为，
设，，，，可得，，
可得，又，可得，，则，故C正确；
显然当直线垂直于轴，可得取得最小值4，故D正确．
故选：ACD．

8．BCD
【分析】根据抛物线的性质，以及直线和抛物线的位置关系，结合韦达定理，利用斜率关系以及弦长和距离公式，逐项分析判断即可得解.
【详解】对A，由准线l交x轴于点Q（－2，0），
所以，，故A错误，
对B，抛物线过焦点的弦通径最短，即垂直于轴时，
令，可得，，
所以，故B正确；
对C，设直线m的方程为，
代入抛物线方程可得：，
设，则有：，
所以
，故C正确；
对D，若△MAB为等边三角形，设A，B中点为，
则，，
设，所以，所以，则，
则点到直线m的距离，
而，
由可得，
解得，所以,
此时AB的斜率为，故D正确.
故选：BCD
9．5
【分析】由已知求出椭圆的焦点分别为，，根据的内切圆的面积，得到的面积，再根据，从而得到的值.
【详解】因为椭圆中，，
所以焦点为，，
设的内切圆的半径为，
所以，得，
根据椭圆的定义，
所以，
又因为


所以，即.
故答案为：.
【点睛】本题考查椭圆的定义，椭圆中的三角形的面积问题，三角形内切圆的性质，属于中档题.
10．
【分析】由题意设双曲线的方程为，直线为，即，
联立方程，设，由，得，由根与系数的关系求解即可
【详解】因为，
所以，双曲线的方程为，
设过左焦点且斜率为的直线为，即，
与双曲线联立得，
设，则，
因为，
所以，
所以，
消去得，
化简得，即，
因为，
所以，
故答案为：
11．钝角三角形
【分析】由椭圆的离心率可求得从而可表示出椭圆方程，求出右焦点坐标，则可表示出直线l的方程，代入椭圆方程中，消去整理利用根与系数的关系，再表示出，然后求出，由其正负可判断出三角形的形状
【详解】由椭圆的离心率可得，解得
则椭圆的方程为
椭圆的右焦点为由直线l的方程为
由可得
设，由韦达定理得
则



则，
所以一定为钝角，
所以(其中为原点)的形状为钝角三角形，
故答案为：钝角三角形
12．
【分析】设,利用三角形内切圆面积计算可得，化简得，由离心率范围求得，再利用弦长公式即可求得答案.
【详解】如图示，由椭圆定义可得 ,
则的周长为4a,设，
设内切圆半径为，的内切圆的周长是，
故 ，
由题意得 ，

得，由于，故，
所以由可得，
故答案为：
13．（1）；（2）.
【解析】（1）根据得到，，可得；
（2）设，根据得到，，代入，解得，可得，从而可得椭圆方程.
【详解】（1）若，则和为等腰直角三角形．所以有，即．所以，．
（2）由题知，，设，
由，得，所以 ，．
代入，得．
即，解得．所以，
所以椭圆方程为．
【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆方程，考查了平面向量共线的坐标表示，属于中档题.
14．（1）椭圆的方程为：，：；（2）直线的方程为：.
【详解】试题分析：（1）求圆与椭圆的方程，其实只要求的值，而本身满足，只要再建立一个关于的等式即可求出的值，这可从直线被圆截得的弦长为考虑，运用垂径定理建立关于等式；（2）求直线的方程，因为直线已经经过，只要再求一点或斜率，即可得到方程，因为成等差数列，结合椭圆的定义，可求得的长，从而可求得的坐标，最终可求得直线的方程.
试题解析：（1）取的中点，连，由，，知，
，，即，从而，
椭圆的方程为：，：.

（2）设，，又的长成等差数列， ，
设，由解得，，，：.
考点：直线与圆、直线与椭圆.
15．（1）；（2）.
【分析】（1）根据四边形是边长为的正方形，求得即可．
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，由的面积等于的面积的3倍，得到，由韦达定理求得点P,Q的坐标，然后由以求解.
【详解】（1）由四边形是边长为的正方形，
得，，
所以椭圆的方程为．
（2）显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，
联立，
则，
由的面积等于的面积的3倍，
不妨令，，得，
代入上式，得，，
即，，
消去，解得，．
所以．
故的面积为．
【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法以及直线与椭圆的位置关系和三角形面积问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
16．（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆的定义和椭圆的离心率可求得椭圆C的方程；
（2）设，直线的方程为，与椭圆的方程联立，得出根与系数的关系，表示，两直线的斜率，代入可求得其之积为定值.
【详解】（1）由椭圆的定义得
又的周长为8，所以，
所以，又，所以，
所以此椭圆C的方程为；
（2）由（1）得，设，直线的方程为，
联立，消元得，则，
直线
，
所以，两直线的斜率之积为定值，此定值为.

【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)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或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式.
17．（1）；（2）或；（3）
【分析】（1）设椭圆方程，根据，即可求得方程；
（2）根据， ，设点建立方程组求解M坐标即可得到直线方程；
（3）根据题意，转化为求的范围.
【详解】（1）设椭圆的标准方程为，
由图可得，
所以，所以，
椭圆段的方程：；
（2）由题，所以，设，
，解得：或（舍去）
所以或，
所以直线l的方程：或；
（3）若，
，
当M点在右侧圆弧上时，，
当M点在左椭圆弧上时，，
所以
18．(1)或
(2)

【分析】（1）根据题意利用待定系数法列出方程组即可求得的值，进而得到椭圆的方程；
（2）设出直线的方程并与椭圆的方程联立，利用设而不求的方法求得两点坐标，进而得到四边形面积的表达式，从而求得该四边形面积的取值范围.
（1）
由，得，又，则
由，可得或
则椭圆的方程为或.
（2）
由椭圆的离心率，则椭圆的方程为
当直线AB斜率存在时，设直线，
代入，整理得
则，
则直线
代入，整理得，
取，则




，则，则，即
当直线AB斜率不存在时，AB的方程为，
此时，，
，
综上，四边形面积的取值范围为.
19．（1）；（2）；（3）或
【分析】（1）由椭圆的离心率公式和椭圆的定义，可得，，再由，，的关系可得，进而得到所求椭圆方程；
（2）求得直线的方程，联立椭圆方程，消去，运用韦达定理，结合的面积为，计算可得所求值；
（3）设直线的方程为，，，联立椭圆方程，运用韦达定理，由，得出，结合，设，所以，，运用韦达定理可求出，进而得到所求直线方程．
【详解】（1）解：由题可知，周长为8，
由椭圆的定义，可知的周长等于，
则，所以，
又，所以，，
因此椭圆的方程为.
（2）解：依题意，直线的方程为，
与椭圆方程联立，整理得：，
由韦达定理：，，

.
（3）解：设直线的方程为，，，
直线与椭圆方程联立，
整理得：，
由韦达定理：①，②，
因为，
所以，
即，由，，
得：，
所以，
又，不妨设，所以，，
代入，所以，
所以，整理得，
代入①②，计算得，
所以直线的方程为或.
【点睛】本题考查椭圆的定义、标准方程和简单几何性质，考查运用直线和椭圆的位置关系求三角形面积，注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，同时考查三点共线的向量表示，突出考查化简运算能力，属于中档题．
20．（1）；（2）存在；.
【解析】（1）根据题设条件和椭圆的定义，得到，求得，再由，求得，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设直线，联立方程组，根据根与系数的关系，得到，在由由直线的方程联立，得到，将代入求得，即可得到结论.
【详解】（1）由题意知的周长为，
根据椭圆的定义得，
解得，又由离心率，可得，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设直线，
联立方程组，整理得，
可得，，
由直线与，
联立得，
将，代入，可得.
即，即直线与的交点的横坐标为4，
故点在直线上，所以.
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义与标准方程的求解，以及直线与椭圆的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等。
21．（1）；（2）.
【解析】（1）由题意可得，，，求出的值即可得椭圆的方程；
（2）设，，由椭圆的定义可得的周长，再由面积公式结合内切圆的半径，再讨论直线时，求得半径，当与轴不垂直时，设
，与椭圆方程联立，运用韦达定理和三角形面积公式结合换元法和二次函数值域的求法，即可得所求的范围.
【详解】（1）∵椭圆的离心率为，
∴，
∵四边形的面积为，
∴，
又，
解得：，，，
∴椭圆的方程为.
（2）设，，则的周长为，
，即，
当时，的方程为，，.
当与轴不垂直时，设，
由，得，
∴，，

，
令，，
，
∵，∴，∴.
综上可知：.
【点 睛】
关键点点睛：本题的关键点是由四边形的面积为得出，结合，可求出方程，利用的内切圆的半径为表示的面积，可得，又因为
，联立直线与椭圆的方程消得关于，可求，代入，可将用表示，再求范围即可.
22．(1)
(2)存在，使得四边形为平行四边形

【分析】（1）先求出，再根据求出，代入公式求解即可；
（2）分直线的斜率不存在和存在两种情况计算即可.
（1）
因为的左右顶点为和，所以，
因为，所以，所以，因为，
所以，所以椭圆的标准方程为：
（2）
假设存在点使得四边形（为原点）为平行四边形，设，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为：，所以，，
因为为平行四边形，所以，所以，
所以，即，点在椭圆上，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，，，
，整理得，
所以，，，
因为为平行四边形，所以，所以，
即，所以，将点代入椭圆方程得，
，方程无解，故当直线的斜率存在时，不存在点.
综上所述，存在，使得四边形为平行四边形.
【点睛】求定点问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定点，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点．