2019高考數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練 圓錐曲線中的綜合問題 含解析

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1、2019高考數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練 圓錐曲線中的綜合問題 含解析專題限時(shí)集訓(xùn)(十)圓錐曲線中的綜合問題(建議用時(shí)：60分鐘)1(2018北京模擬)已知橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的離心率為22，且過點(diǎn)1，22.(1)求橢圓C的方程；(2)過橢圓C的左焦點(diǎn)的直線l1與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，直線l2過坐標(biāo)原點(diǎn)且與直線l1的斜率互為相反數(shù)若直線l2與橢圓交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)且均不與點(diǎn)A，B重合，設(shè)直線AE與x軸所成的銳角為1，直線BF與x軸所成的銳角為2，判斷1與2的大小關(guān)系并加以證明解(1)由題可得ca22，1a2222b21，a2b2c2，解得a2b1c1.所以橢圓C的方程為x22y21.(2)結(jié)論：1

2、2，理由如下：由題知直線l1斜率存在，設(shè)l1：yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)聯(lián)立yk(x1)x22y22，消去y得(12k2)x24k2x2k220，由題易知0恒成立，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1x24k212k2，x1x22k2212k2，因?yàn)閘2與l1斜率相反且過原點(diǎn)，設(shè)l2：ykx，E(x3，y3)，F(xiàn)(x4，y4)，聯(lián)立ykxx22y22消去y得(12k2)x220，由題易知0恒成立，由根與系數(shù)的關(guān)系得x3x40，x3x4212k2，因?yàn)镋，F(xiàn)兩點(diǎn)不與A，B重合，所以直線AE，BF存在斜率kAE，kBF，則kAEkBFk(x1x31)(x2x3)(x2x31)(x1x3)(

3、x1x3)(x2x3)k2x1x22x23x1x2(x1x3)(x2x3)k2(2k22)12k22212k24k212k2(x1x3)(x2x3)0，所以直線AE，BF的傾斜角互補(bǔ)，所以12.2(2018棗莊模擬)已知拋物線C：y22px(0p1)上的點(diǎn)P(m,1)到其焦點(diǎn)F的距離為54.(1)求C的方程；(2)已知直線l不過點(diǎn)P且與C相交于A，B兩點(diǎn)，且直線PA與直線PB的斜率之積為1，證明：l過定點(diǎn)解(1)由題意，得2pm1，即m12p.由拋物線的定義，得|PF|mp212pp2.由題意，12pp254，解得p12，或p2(舍去)所以C的方程為y2x.(2)證明：設(shè)直線PA的斜率為k(顯

4、然k0)，則直線PA的方程為y1k(x1)，則ykx1k.由ykx1ky2x消去y并整理得k2x22k(1k)1x(1k)20.設(shè)A(x1，y1)，由根與系數(shù)的關(guān)系，得1x1(1k)2k2，即x1(1k)2k2.y1kx11kk(1k)2k21k11k.所以A(1k)2k2，11k.由題意，直線PB的斜率為1k.同理可得B11k21k2，111k，即B(k1)2，k1)若直線l的斜率不存在，則(1k)2k2(k1)2.解得k1，或k1.當(dāng)k1時(shí)，直線PA與直線PB的斜率均為1，A，B兩點(diǎn)重合，與題意不符；當(dāng)k1時(shí)，直線PA與直線PB的斜率均為1，A，B兩點(diǎn)重合，與題意不符所以，直線l的斜率必存

5、在直線l的方程為y(k1)k(k1)2x(k1)2，即yk(k1)2x1.所以直線l過定點(diǎn)(0，1)3(2018鄭州模擬)已知?jiǎng)訄AE經(jīng)過點(diǎn)F(1,0)，且和直線l：x1相切(1)求該動(dòng)圓圓心E的軌跡G的方程；(2)已知點(diǎn)A(3,0)，若斜率為1的直線l與線段OA相交(不經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O和點(diǎn)A)，且與曲線G交于B、C兩點(diǎn)，求ABC面積的最大值解(1)由題意可知點(diǎn)E到點(diǎn)F距離等于點(diǎn)E到直線l距離，所以動(dòng)點(diǎn)E的軌跡是以F(1,0)為焦點(diǎn)，直線x1為準(zhǔn)線的拋物線，故：曲線G的方程是y24x.(2)設(shè)直線l的方程為yxm，其中3mb0)的離心率與雙曲線x24y2121的離心率互為倒數(shù)，且過點(diǎn)P1，32.(

6、1)求橢圓C的方程；(2)過P作兩條直線l1，l2與圓(x1)2y2r2(0r32)相切且分別交橢圓于M、N兩點(diǎn)求證：直線MN的斜率為定值；求MON面積的最大值(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))解(1)可得e12，設(shè)橢圓的半焦距為c，所以a2c，因?yàn)镃過點(diǎn)P1，32，所以1a294b21，又c2b2a2，解得a2，b3，所以橢圓方程為x24y231.(2)證明：顯然兩直線l1，l2的斜率存在，設(shè)為k1，k2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由于直線l1，l2與圓(x1)2y2r2(0r32)相切，則有k1k2，直線l1的方程為y32k1(x1)，聯(lián)立方程組yk1xk132，x24y231，消去y，得x2

7、(4k213)k1(128k1)x(32k1)2120，因?yàn)镻，M為直線與橢圓的交點(diǎn)，所以x11k1(8k112)4k213，同理，當(dāng)l2與橢圓相交時(shí)，x21k1(8k112)4k213，所以x1x224k14k213，而y1y2k1(x1x2)2k112k14k213，所以直線MN的斜率ky1y2x1x212.設(shè)直線MN的方程為y12xm，聯(lián)立方程組y12xm，x24y231，消去y得x2mxm230，所以|MN|1122m24(m23)1524m2，原點(diǎn)O到直線的距離d|2m|5，OMN面積為S121524m2|2m|532m2(4m2)32m24m223，當(dāng)且僅當(dāng)m22時(shí)取得等號(hào)經(jīng)檢驗(yàn)，存在r(0r32)，使得過點(diǎn)P1，32的兩條直線與圓(x1)2y2r2相切，且與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)M，N.所以O(shè)MN面積的最大值為3.