专题13 极坐标秒解圆锥曲线 微点2 极坐标秒解圆锥曲线综合训练

这是一份专题13 极坐标秒解圆锥曲线 微点2 极坐标秒解圆锥曲线综合训练，共22页。试卷主要包含了设椭圆C等内容，欢迎下载使用。
专题13  极坐标秒解圆锥曲线  微点2  极坐标秒解圆锥曲线综合训练专题13  极坐标秒解圆锥曲线微点2  极坐标秒解圆锥曲线综合训练（2022驻马店期末）1．已知平面内点到点的距离和到直线的距离之比为，若动点P的轨迹为曲线C．（I）求曲线C的方程；（II）过F的直线与C交于A，B两点，点M的坐标为设O为坐标原点.证明：．（2022沛县月考）2．已知椭圆内有一点P(1，1)，F为右焦点，椭圆上的点M.（1）求的最大值；（2）求的最小值；（3）求使得的值最小时点M的坐标.3．已知椭圆，过右焦点且不与轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，AB的垂直平分线交x轴于点N，求的值．（2022山东期末）4．已知椭圆的离心率为，若与圆相交于M，N两点，且圆E在内的弧长为．(1)求的值；(2)过椭圆的上焦点作两条相互垂直的直线，分别交椭圆于A，B、C，D，求证：为定值．（2022淄博期末）5．已知在平面直角坐标系中，椭圆过点，离心率为.求椭圆的标准方程；过右焦点作一条不与坐标轴平行的直线，交椭圆于两点，求面积的取值范围.6．设分别是椭圆的左右焦点，是上一点且与轴垂直，直线与的另一个交点为．（1）若直线的斜率为，求的离心率；（2）若直线在轴上的截距为，且，求．（2022陕西校级模拟）7．平面内，动点到点的距离与它到直线的距离之比为．(1)求动点的轨迹的方程；(2)设为原点，若点在直线上，点在轨迹上，且，求线段长度的最小值．（2022原阳县校级月考）8．已知动点到点的距离与到直线的距离之比为2．(1)求点P的轨迹C的方程；(2)直线l的方程为，l与曲线C交于A，B两点，求线段AB的长．9．设椭圆C：的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线的倾斜角为60o,.(1)求椭圆C的离心率；(2)如果|AB|=，求椭圆C的方程.10．设分别是椭圆的左、右焦点，过斜率为1的直线与相交于两点，且成等差数列．（1）求的离心率；（2）设点满足，求的方程11．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，．已知和都在椭圆上，其中为椭圆的离心率．（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点P．（i）若，求直线的斜率；（ii）求证：是定值．12．如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为，右准线l的方程为：．(1)求椭圆的方程；(2)在椭圆上任取三个不同点，使，证明：为定值，并求此定值．（2022江西南昌东湖期中）13．过双曲线的右焦点，倾斜角为30°的直线交双曲线于A，B两点，为坐标原点，为左焦点．(1)求；(2)求△AOB的面积；(3)求证：．（2022湖南怀化二模）14．已知椭圆上一点与它的左、右两个焦点，的距离之和为，且它的离心率与双曲线的离心率互为倒数．(1)求椭圆的方程；(2)如图，点A为椭圆上一动点（非长轴端点），的延长线与椭圆交于点B，AO的延长线与椭圆交于点C．①当直线AB的斜率存在时，求证：直线AB与BC的斜率之积为定值；②求△ABC面积的最大值，并求此时直线AB的方程．（2022河南一模）15．已知椭圆的左、右两个焦点，，离心率，短轴长为2．1求椭圆的方程；2如图，点A为椭圆上一动点非长轴端点，的延长线与椭圆交于B点，AO的延长线与椭圆交于C点，求面积的最大值．   
参考答案：1．（I）（II）见解析【分析】（I）根据题目点到点的距离和到直线的距离之比为，列出相应的等式方程，化简可得轨迹C的方程；（II）对直线分轴、l与x轴重合以及l存在斜率且斜率不为零三种情况进行分析，当l存在斜率且斜率不为零时，利用点斜式设直线方程，与曲线C的方程进行联立，结合韦达定理，可推得，从而推出．【详解】解：（I）∵到点的距离和到直线的距离之比为.∴，.化简得：．故所求曲线C的方程为：.（II）分三种情况讨论：1、当轴时，由椭圆对称性易知：．2、当l与x轴重合时，由直线与椭圆位置关系知：3、设l为：，，且，，由化简得：，∴，设MA,MB，所在直线斜率分别为：，，则此时，．综上所述：.【点睛】本题主要考查了利用定义法求轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题．解决直线与圆锥曲线位置关系中常用的数学方法思想有方程思想，数形结合思想以及设而不求的整体代入的技巧与方法．2．（1）；（2）（3）【解析】（1）利用数形结合，根据三点共线分析的最大值；（2）利用椭圆的定义转化，求的最小值；（3）利用椭圆的第二定义，转化，再利用数形结合分析得到最小值，以及取得最小值时的点的坐标.【详解】（1），所以，即 当点三点不共线时，，如图当三点共线时，，即，所以的最大值是，（2）设椭圆的左焦点，根据椭圆定义可知，即，如图，当三点共线时，等号成立，，所以的最大值是.（3）椭圆的右准线，设椭圆上的点到右准线的距离为，因为，所以， ，如图，的最小值是点到直线的距离，即 所以的最小值是，此时点的纵坐标是1，代入椭圆方程可得，所以的值最小时点M的坐标 .【点睛】本题考查椭圆内的最值问题，重点考查转化与变形，数形结合分析问题，属于中档题型.3．【分析】设直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系、弦长公式、中点坐标公式可得、的垂直平分线，求出点坐标，可得，即可得出答案．【详解】设直线的方程为：，，，线段的中点．联立，整理得，∴，．∴∵，∴，∴的垂直平分线的方程为：，令，解得，∴．∴，∴．当时也成立． 综上，．4．(1)，；(2)证明见解析 【分析】（1）利用题意可得到，进而得到，利用题意得到的方程组，即可得到答案；（2）易知上焦点的坐标，分当直线（或）与轴平行时和当直线（或）与轴不平行时进行分类讨论，当不平行时，不妨设，则，将代入，根据韦达定理解得弦长，将代换可得即可证明【详解】（1）圆的圆心为，半径为，圆E在内的弧长为，可得，即有，设在第一象限，可得，，即为，将代入椭圆方程可得，联立解得，（2）由（1）可得椭圆的方程为，，上焦点为，①当直线（或）与轴平行时，可得，将代入椭圆得，则，则；②当直线（或）与轴不平行时，设，则，联立方程组，消去y并化简得，设点，，∴，，即有，将k换为，可得，则，综上所述，为定值．5．   【解析】根据题意，得到，求解，即可得出结果；设直线，联立直线与椭圆方程，设，根据韦达定理，弦长公式，以及三角形面积公式，表示出三角形面积，进而可求出结果.【详解】因为椭圆过点，离心率为，得，解得， 则椭圆的标准方程为；设直线，联立方程得，得.设，则得又则令，则，设，则在上恒成立，即在上单调递增，所以则，即的面积的取值范围为.【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程，以及椭圆中三角形的面积问题，熟记椭圆的标准方程以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.6．（1）；（2）【详解】（1）记，则，由题设可知，则，；（2）记直线与轴的交点为，则①，，将的坐标代入椭圆方程得②由①②及得，故．考点：1.椭圆方程；2.直线与椭圆的位置关系. 7．(1)(2) 【分析】（1）利用直接法求动点的轨迹的方程；（2）先表示出线段长度，再利用基本不等式，求出最小值．（1）设，∵动点到点的距离与它到直线的距离之比为，∴，化简得，即，∴动点的轨迹的方程为．（2）设点的坐标分别为，，其中．∵，∴，即，解得．∵点在轨迹上，∴，∴．∵，当且仅当时等号成立，∴，即，故线段长度的最小值为．8．(1)(2)6 【分析】（1）由距离公式列方程后化简求解，（2）由弦长公式求解【详解】（1）设点P的坐标为，则由题意得，化简得，即为点P的轨迹C的方程．（2）将代入中，并化简得：，设A，B两点的坐标分别为：，，由韦达定理可得，，∴．9．(1)(2) 【分析】（1）利用直线的点斜式方程设出直线方程，代入椭圆方程，得出的纵坐标，再由，即可求解椭圆的离心率；（2）利用弦长公式和离心率的值，求出椭圆的长半轴、短半轴的值，从而写出椭圆的标准方程.【详解】（1）设，，由题意知，.直线的方程为，其中.联立得，解得，.因为，所以.即，得离心率.（2）因为，所以.由得.所以，得，.椭圆的方程为【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质，其中解答中涉及到直线的点斜式方程，直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，直线与圆锥曲线的弦长公式等知识点的综合考查，着重考查了学生的推理与运算能力，转化与化归思想，解答准确的式子变形和求解是解答的一个难点，属于中档试题. 10．（1），（2）【详解】（I）由椭圆定义知，又，得的方程为，其中．设，，则A、B两点坐标满足方程组化简的则因为直线AB斜率为1，所以得故所以E的离心率（II）设AB的中点为，由（I）知，．由，得，即得，从而故椭圆E的方程为． 11．见解析【考点】椭圆的性质，直线方程，两点间的距离公式．【详解】（1）根据椭圆的性质和已知和都在椭圆上列式求解．（2）根据已知条件，用待定系数法求解解：（1）由题设知，，由点在椭圆上，得，∴．由点在椭圆上，得∴椭圆的方程为．（2）由（1）得，，又∵∥， ∴设、的方程分别为，． ∴．∴．①同理，．②（i）由①②得，．解得=2． ∵注意到，∴． ∴直线的斜率为．（ii）证明：∵∥，∴，即． ∴．由点在椭圆上知，，∴．同理．． ∴由①②得，，， ∴． ∴是定值． 12．(1)(2)证明见解析， 【分析】(1)根据准线的几何性质，求出a，再算出b，可得椭圆方程；(2)根据题设，分别求出 与x轴正方向的夹角之间的关系，代入 中计算即可.【详解】（1）设椭圆方程为．因焦点为，故半焦距，又右准线的方程为，从而由已知，因此，，故所求椭圆方程为；（2）记椭圆的右顶点为A，并设（1，2，3），不失一般性，假设 ，且，．又设点在上的射影为，因椭圆的离心率，从而有  ．解得 ．因此，而，故为定值．综上，椭圆方程为；.【点睛】本题的难点在于运用椭圆上的点到焦点的距离表达为到准线的距离乘以离心率，再对运用三角函数计算化简.13．(1)(2)(3)证明见解析 【分析】（1）设出直线的方程，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，利用弦长公式求出答案；（2）在第一问的基础上，求出原点O到直线AB的距离，从而求出三角形的面积；（3）利用双曲线定义进行证明即可.（1）由双曲线的方程得，，∴，，．∴直线的方程为．设，，由得，∴，．∴．（2）直线AB的方程变形为，∴原点O到直线AB的距离为，∴．（3）证明：由双曲线的定义得，，∴，整理得：．14．(1)(2)①证明见解析；②最大值为，． 【分析】（1）根据双曲线与椭圆的离心率，结合椭圆的定义求解即可；（2）①设，BA的方程为，再联立椭圆的方程，利用韦达定理表达化简即可；②同①，根据弦长公式结合点到线的距离公式，代入韦达定理化简可得的表达式，结合的范围求解面积范围即可.（1）由椭圆的定义知，双曲线的离心率为，故椭圆的离心率，故，，，故椭圆的方程为．（2）①证明：设，则．设直线BA的方程为，联立方程化简得，，∴，，∴；②当直线AB的斜率不存在时，可知，，，故，当直线AB的斜率存在时，由①知，，，，，点C到直线AB的距离，故.故△ABC面积的最大值为，此时AB的方程为．15．（1）椭圆的标准方程为    （2）面积的最大值为【详解】试题分析：（1） 由题意得，再由， 标准方程为；（2）①当的斜率不存在时，不妨取；  ②当的斜率存在时，设的方程为，联立方程组 ，又直线的距离 点到直线的距离为 面积的最大值为.试题解析：（1） 由题意得，解得，∵，∴，，故椭圆的标准方程为（2）①当直线的斜率不存在时，不妨取，故；    ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为 ，联立方程组，化简得，设点到直线的距离因为是线段的中点，所以点到直线的距离为，∴综上，面积的最大值为.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程及其性质、点到直线的距离、弦长公式和三角形面积公式等知识，涉及函数与方程思想、数形结合思想分类与整合、转化与化归等思想，并考查运算求解能力和逻辑推理能力，属于较难题型. 第一小题由题意由方程思想建立方程组求得标准方程为；（2）利用分类与整合思想分当的斜率不存在与存在两种情况求解，在斜率存在时，由舍而不求法求得 ，再求得点到直线的距离为 面积的最大值为.