高考數(shù)學(xué)三輪增分練 高考?jí)狠S大題突破練（一）直線與圓錐曲線（1）理

高考?jí)狠S大題突破練(一)直線與圓錐曲線(1) 1．(2016北京)已知橢圓C：＋＝1過A(2,0)，B(0,1)兩點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程及離心率； (2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)N，求證：四邊形ABNM的面積為定值． (1)解　由橢圓過點(diǎn)A(2,0)，B(0,1)知a＝2，b＝1. 所以橢圓方程為＋y2＝1，又c＝＝. 所以橢圓離心率e＝＝. (2)證明　設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)， 則x＋4y＝4，又A(2,0)，B(0,1)， 所以直線PB的方程為y－1＝(x－0)， 令y＝0，得xN＝，從而|AN|＝2－xN＝2＋. 直線PA的方程為y－0＝(x－2)， 令x＝0，得yM＝， 從而|BM|＝1－yM＝1＋. 所以S四邊形ABNM＝|AN||BM| ＝ ＝ ＝＝2. 即四邊形ABNM的面積為定值． 2．(2016天津)設(shè)橢圓＋＝1(a>)的右焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為A.已知＋＝，其中O為原點(diǎn)，e為橢圓的離心率． (1)求橢圓的方程； (2)設(shè)過點(diǎn)A的直線l與橢圓交于點(diǎn)B(B不在x軸上)，垂直于l的直線與l交于點(diǎn)M，與y軸交于點(diǎn)H.若BF⊥HF，且∠MOA＝∠MAO，求直線l的斜率． 解　(1)設(shè)F(c,0)，由＋＝， 即＋＝，可得a2－c2＝3c2. 又a2－c2＝b2＝3，所以c2＝1，因此a2＝4. 所以橢圓的方程為＋＝1. (2)設(shè)直線l的斜率為k(k≠0)， 則直線l的方程為y＝k(x－2)． 設(shè)B(xB，yB)，由方程組 消去y，整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0. 解得x＝2或x＝. 由題意得xB＝，從而yB＝. 由(1)知，F(xiàn)(1,0)，設(shè)H(0，yH)， 有＝(－1，yH)，＝. 由BF⊥HF，得＝0， 所以＋＝0， 解得yH＝. 因此直線MH的方程為y＝－x＋. 設(shè)M(xM，yM)，由方程組消去y， 解得xM＝. 在△MAO中，∠MOA＝∠MAO?|MA|＝|MO|， 即(xM－2)2＋y＝x＋y， 化簡(jiǎn)得xM＝1，即＝1， 解得k＝－或k＝. 所以直線l的斜率為－或. 3．(2016課標(biāo)全國甲)已知橢圓E：＋＝1的焦點(diǎn)在x軸上，A是E的左頂點(diǎn)，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MA⊥NA. (1)當(dāng)t＝4，|AM|＝|AN|時(shí)，求△AMN的面積； (2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時(shí)，求k的取值范圍． 解　設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1>0. (1)當(dāng)t＝4時(shí)，E的方程為＋＝1，A(－2,0)． 由|AM|＝|AN|及橢圓的對(duì)稱性知，直線AM的傾斜角為. 因此直線AM的方程為y＝x＋2. 將x＝y(tǒng)－2代入＋＝1得7y2－12y＝0， 解得y＝0或y＝，所以y1＝. 因此△AMN的面積S△AMN＝2＝. (2)由題意t>3，k>0，A(－，0)， 將直線AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1， 得(3＋tk2)x2＋2tk2x＋t2k2－3t＝0. 由x1(－)＝，得x1＝， 故|AM|＝|x1＋|＝. 由題設(shè)，直線AN的方程為y＝－(x＋)， 故同理可得|AN|＝. 由2|AM|＝|AN|得＝， 即(k3－2)t＝3k(2k－1)， 當(dāng)k＝時(shí)上式不成立，因此t＝. t>3等價(jià)于＝<0， 即<0. 由此得或解得<k<2. 因此k的取值范圍是(，2)． 4．(2016山東)如圖，平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率是，拋物線E：x2＝2y的焦點(diǎn)F是C的一個(gè)頂點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)P是E上的動(dòng)點(diǎn)，且位于第一象限，E在點(diǎn)P處的切線l與C交于不同的兩點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為D.直線OD與過P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)M. ①求證：點(diǎn)M在定直線上； ②直線l與y軸交于點(diǎn)G，記△PFG的面積為S1，△PDM的面積為S2，求的最大值及取得最大值時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)． (1)解　由題意知＝，可得a2＝4b2，因?yàn)閽佄锞€E的焦點(diǎn)F，所以b＝，a＝1，所以橢圓C的方程為x2＋4y2＝1. (2)①證明　設(shè)P(m>0)，由x2＝2y，可得y′＝x，所以直線l的斜率為m，因此直線l的方程為y－＝m(x－m)， 即y＝mx－. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)． 聯(lián)立方程 得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0. 由Δ>0，得0<m< (或0<m2<2＋)．(*) 且x1＋x2＝，因此x0＝， 將其代入y＝mx－， 得y0＝， 因?yàn)椋剑? 所以直線OD的方程為y＝－x， 聯(lián)立方程 得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)yM＝－， 所以點(diǎn)M在定直線y＝－上． ②解　由①知直線l的方程為y＝mx－， 令x＝0，得y＝－，所以G. 又P，F(xiàn)，D， 所以S1＝|GF|m＝， S2＝|PM||m－x0|＝＝.所以＝. 設(shè)t＝2m2＋1，則＝＝＝－＋＋2，當(dāng)＝， 即t＝2時(shí)，取到最大值， 此時(shí)m＝，滿足(*)式，所以P點(diǎn)坐標(biāo)為. 因此的最大值為，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為.