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1、韦达定理在圆锥曲线中的应用模拟题汇编1（本小题满分14分）已知椭圆的一个顶点为，焦点在轴上，中心在原点若右焦点到直线的距离为3（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与椭圆相交于不同的两点当时，求的取值范围2（本小题满分14分）已知椭圆的左，右两个顶点分别为、曲线是以、两点为顶点，离心率为的双曲线设点在第一象限且在曲线上，直线与椭圆相交于另一点（1）求曲线的方程；（2）设、两点的横坐标分别为、，证明：；3（本小题满分14分）已知直线经过椭圆S：的一个焦点和一个顶点（1）求椭圆S的方程；（2）如图，M，N分别是椭圆S的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中P在第一象限，过P作轴的垂线，垂足为
2、C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k若直线PA平分线段MN，求k的值；对任意，求证：N4、（本小题满分14分）过双曲线2x2-y2=1上一点A(1,1)作两条动弦AB, AC,且直线AB, AC的斜率的乘积为3.(1)问直线BC是否可与坐标轴垂直?若可与坐标轴垂直,求直线BC的方程,若不与坐标轴垂直,试说明理由.(2)证明直线BC过定点.5. （本小题满分14分）已知曲线；（1）由曲线上任一点向轴作垂线，垂足为，点分所成的比为。问：点的轨迹可能是圆吗？请说明理由；（2）如果直线的斜率为，且过点，直线交曲线于，两点，又，求曲线的方程。6.(本小题满分14分)在直角坐标系中，动点
3、与定点的距离和它到定直线的距离之比是，设动点的轨迹为，是动圆上一点.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设曲线上的三点与点的距离成等差数列，若线段的垂直平分线与轴的交点为，求直线的斜率；（3）若直线与和动圆均只有一个公共点，求、两点的距离的最大值.7（本小题满分14分）已知椭圆的离心率为，椭圆短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为.（）求椭圆的方程；（）已知动直线与椭圆相交于、两点.若线段中点的横坐标为，求斜率的值；已知点，求证：为定值.8（本小题满分14分） 如图，曲线是以原点O为中心、为焦点的椭圆的一部分，曲线是以O为顶点、为焦点的抛物线的一部分，A是曲线和的交点且为钝角，若，.（1）求
4、曲线和的方程；（2）过作一条与轴不垂直的直线，分别与曲线依次交于B、C、D、E四点，若G为CD中点，H为BE中点，问是否为定值？若是求出定值，若不是说明理由9.（本小题满分14分）如图，已知椭圆的上顶点为,离心率为，若不过点的动直线与椭圆相交于、两点，且.（）求椭圆的方程；（）求证：直线过定点，并求出该定点的坐标. 0已知两圆的圆心分别为,为一个动点,且.(1)求动点的轨迹M的方程;(2)是否存在过点的直线l与轨迹M交于不同的两点C、D,使得?若存在,求直线l的方程;若不存在,请说明理由.11已知椭圆的离心率为,短轴一个端点到右焦点的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)设直线与椭圆交于两点,坐标
5、原点到直线的距离为,求面积的最大值.12己知斜率为的直线与双曲线(,),相交于、两点,且的中点为 (1)求双曲线的离心率;(2)设的右顶点为,右焦点为,证明:过、三点的圆与轴相切.13在平面直角坐标系中,动点到两点,的距离之和等于,设点的轨迹为曲线,直线过点且与曲线交于,两点.(1)求曲线的轨迹方程;(2)是否存在面积的最大值,若存在,求出的面积;若不存在,说明理由.4已知中心在原点,焦点在x轴上,离心率为的椭圆过点(,).(1)求椭圆的方程;(2)设不过原点的直线与该椭圆交于、两点,满足直线,的斜率依次成等比数列,求面积的取值范围.1.【答案】解：（1）依题意可设椭圆方程为 ，则右焦点，由题
6、设，解得，4分故所求椭圆的方程为。5分设，P为弦MN的中点，由 得 ，直线与椭圆相交， ， 8分，从而， ，又，则： ，即 ， 10分把代入得 ，解得 ， 12分由得，解得 13分综上求得的取值范围是 14分2.【答案】（1）解：依题意可得，1分设双曲线的方程为，因为双曲线的离心率为，所以，即所以双曲线的方程为3分（2）证法1：设点、（，），直线的斜率为（），则直线的方程为，4分联立方程组5分整理，得，解得或所以6分同理可得，7分所以8分3.【答案】解：（1）在直线中令得；令得， 则椭圆方程为（2）,M、N的中点坐标为(，)，所以（3）法一：将直线PA方程代入，解得，记，则，于是，故直线AB方
7、程为代入椭圆方程得，由，因此， 4.【答案】19. 解:令B(x1, y1),C(x2, y2).(1)当BC与x轴垂直时,有x1=x2, y1= -y2,故:3=x1=,与|x1|矛盾.因此AB不与x轴垂直. . 3分当BC与y轴垂直时,有x1= -x2, y1= y2,故:3=y1= -.因此AB可与y轴垂直, 此时AB的方程为y= -. 5分(2)当BC不与坐标轴垂直时,kABkAC=3,故3(x1-1)(x2-1)=(y1-1)(y2-1). . 6分令BC : y=kx+b,代入双曲线方程有:2x2-(kx+b)2=1(2-k2)x2-2kbx-b2-1=0.x1,x2是方程的两个实
8、根.令f(x)= (2-k2)x2-2kbx-b2-1,则(x1-1)(x2-1)= . . 8分直线方程又可写成:x=,代入2x2-y2=1,有: 2(y-b)2-k2y2=k2,整理得:(2-k2)y2-4by+2b2-k2=0. y1,y2是方程的两个实根.令g(y)= (2-k2)y2-4by+2b2-k2.(y1-1)(y2-1)= 10分,两式代入式,有:故31-(k+b)2=2(b-1)2-k2, 从而:3(1-k-b)(1+k+b)=2(b-1-k)(b-1+k). 因为点A(1,1)不在直线y=kx+b上,故k+b1.利用,可知: 3 (1+k+b)+ 2(b-1-k)=0,
9、即k+5b+1=0因此直线AB过定点M.直线y=-也过定点M.综上所述,直线AB恒过定点M. 14分5.【答案】（1），。 3分。 6分（2）、， 。， 。 10分 、， 。，。 14 分6.【答案】解：（1）由已知，得，1分.将两边平方，并化简得， 3分.故轨迹的方程是。 4分.（2）由已知可得，因为，所以，即得， 5分.故线段的中点为，其垂直平分线方程为， 6分.因为在椭圆上，故有，两式相减，得： 将代入，化简得， 7分.将代入，并令得，即的坐标为。8分.所以. 9分.设、，直线的方程为因为既在椭圆上又在直线上，从而有将（1）代入（2）得 10分.由于直线与椭圆相切，故从而可得，（3）同理
10、，由既在圆上又在直线上，可得，（4）12分由（3）、（4）得， 所以 13分.即，当且仅当时取等号，故、两点的距离的最大值. 14分.7.【答案】解：（1）因为满足， 2分，解得，则椭圆方程为 4分（2）将代入中得 6分， 7分因为中点的横坐标为，所以，解得 9分由（1）知，所以 11分 12分 14分8.【答案】解：（1）过作垂直于轴的直线即抛物线的准线，作AH垂直于该准线。作轴于,则有抛物线的定义得， (，得）, 因而椭圆方程为，抛物线方程为.（2）设把直线 9.【答案】解（）依题意有 故椭圆的方程为 4分 （）(解法1)由知,从而直线与坐标轴不垂直, 由可设直线的方程为，直线的方程为.
11、将代入椭圆的方程并整理得: ,解得或,因此的坐标为,即 6分 将上式中的换成,得. 7分 直线的方程为化简得直线的方程为， 12分 因此直线过定点. 14分 (解法2)由题直线的斜率存在，则可设直线的方程为：， 代入椭圆的方程并整理得: , 设直线与椭圆相交于、两点，则是上述关于的方程两个不相等的实数解，从而 7分 由得， 整理得： 由知. 此时, 因此直线过定点. 14分 10.【答案】解:(1)两圆的圆心坐标分别为和 根据椭圆的定义可知,动点的轨迹为以原点为中心,和为焦点,长轴长为的椭圆, 椭圆的方程为,即动点的轨迹M的方程为 (2)(i)当直线l的斜率不存在时,易知点在椭圆M的外部,直线
12、l与椭圆M无交点,所以直线l不存在. (ii)设直线l斜率存在,设为,则直线l的方程为 由方程组得 依题意解得 当时,设交点,CD的中点为, 方程的解为 ,则 要使,必须,即 ,即 或,无解 所以不存在直线,使得 综上所述,不存在直线l,使得 11.【答案】 (2)设,. 12.【答案】解:(1)由题设知,直线的方程为 代入双曲线的方程,并化简得: 设,则, 由为的中点知:,故,即 所以,即 故 所以双曲线的离心率为 (注:本题也可用点差法解决) (2)由、知,双曲线的方程为: , 同理 又因为 且 所以 解得:,(舍去) 连结,则由,知,从而,且轴, 因此以为圆心,为半径的圆经过、三点,且在
13、点处与轴相切. 所以过、三点的圆与轴相切 13.【答案】解.()由椭圆定义可知,点的轨迹C是以,为焦点,长半轴长为 的椭圆. 故曲线的方程为 ()存在面积的最大值 因为直线过点,可设直线的方程为 或(舍). 则 整理得 由. 设. 解得 , . 则 . 因为 设,. 则在区间上为增函数. 所以. 所以,当且仅当时取等号,即. 所以的最大值为 14.【答案】解:(1)由题意可设椭圆方程为, 则, , 解的, 所以,椭圆方程为 (2)由题意可知,直线的斜率存在且不为0, 故可设直线的方程为,由 消去得, 则, 且, 故. 因为直线,的斜率依次成等比数列, 所以,即, 又,所以,即 由于直线,的斜率存在,且0,得且. 设为点到直线的距离,则, 所以的取值范围为
