《2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 限時(shí)集訓(xùn)10 圓錐曲線中的綜合問(wèn)題 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 限時(shí)集訓(xùn)10 圓錐曲線中的綜合問(wèn)題 文（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 限時(shí)集訓(xùn)10 圓錐曲線中的綜合問(wèn)題 文 1．(2018·北京模擬)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且過(guò)點(diǎn). (1)求橢圓C的方程； (2)過(guò)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(guò)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θ1，直線BF與x軸所成的銳角為θ2，判斷θ1與θ2的大小關(guān)系并加以證明． [解]　(1)由題可得解得. 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)結(jié)論：θ1＝θ2，理由如下： 由題知直線l1斜率存在， 設(shè)l1：y＝k(x

2、＋1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 聯(lián)立， 消去y得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0， 由題易知Δ＞0恒成立， 由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝－，x1x2＝， 因?yàn)閘2與l1斜率相反且過(guò)原點(diǎn)， 設(shè)l2：y＝－kx，E(x3，y3)，F(xiàn)(x4，y4)， 聯(lián)立 消去y得(1＋2k2)x2－2＝0， 由題易知Δ＞0恒成立， 由根與系數(shù)的關(guān)系得x3＋x4＝0，x3x4＝， 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kAE＋kBF ＝k· ＝k· ＝k·＝0， 所以直線AE，BF的傾斜角互補(bǔ)，所以θ1＝θ2.

3、 2．(2018·棗莊模擬)已知拋物線C：y2＝2px(0

4、y1)，由根與系數(shù)的關(guān)系，得1×x1＝，即x1＝. y1＝kx1＋1－k＝k·＋1－k＝－1＋. 所以A. 由題意，直線PB的斜率為. 同理可得B， 即B((k－1)2，k－1)． 若直線l的斜率不存在，則＝(k－1)2. 解得k＝1，或k＝－1. 當(dāng)k＝1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)k＝－1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的斜率必存在． 直線l的方程為y－(k－1)＝，即y＝x－1. 所以直線l過(guò)定點(diǎn)(0，－1)． 3．(2018·鄭州模擬)已知?jiǎng)訄AE經(jīng)過(guò)點(diǎn)F(1,0)，且和直線

5、l：x＝－1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(guò)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x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線， 故：曲線G的方程是y2＝4x. (2)設(shè)直線l的方程為y＝x＋m，其中－3

6、x2＝4－2m，x1x2＝m2，∴|AB|＝4，點(diǎn)A到直線l的距離為d＝， ∴S△＝·4＝2(3＋m)． 令＝t∈(1,2)，則m＝1－t2，∴S△＝2t(4－t2)＝8t－2t3， 令f(t)＝8t－2t3，∴f′(t)＝8－6t2. y＝f(t)在上遞增，在上遞減． y＝f(t)在t＝時(shí)即m＝－時(shí)取得最大值． △ABC的最大面積為. 4．(2018·江西六校聯(lián)考)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率與雙曲線－＝1的離心率互為倒數(shù)，且過(guò)點(diǎn)P. (1)求橢圓C的方程； (2)過(guò)P作兩條直線l1，l2與圓(x－1)2＋y2＝r2(0＜r＜)相切且分別交橢圓于M、N兩點(diǎn)．

7、①求證：直線MN的斜率為定值； ②求△MON面積的最大值(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))． [解]　(1)可得e＝，設(shè)橢圓的半焦距為c，所以a＝2c， 因?yàn)镃過(guò)點(diǎn)P，所以＋＝1，又c2＋b2＝a2，解得a＝2，b＝，所以橢圓方程為＋＝1. (2)①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(x－1)2＋y2＝r2(0＜r＜)相切，則有k1＝－k2， 直線l1的方程為y－＝k1(x－1)，聯(lián)立方程組 消去y，得x2(4k＋3)＋k1(12－8k1)x＋(3－2k1)2－12＝0， 因?yàn)镻，M為直線與橢圓的交點(diǎn)，所以x1＋1＝， 同理，當(dāng)l2與橢圓相交時(shí)，x2＋1＝， 所以x1－x2＝，而y1－y2＝k1(x1＋x2)－2k1＝， 所以直線MN的斜率k＝＝. ②設(shè)直線MN的方程為y＝x＋m，聯(lián)立方程組消去y得x2＋mx＋m2－3＝0， 所以|MN|＝·＝， 原點(diǎn)O到直線的距離d＝， △OMN面積為S＝·· ＝≤＝， 當(dāng)且僅當(dāng)m2＝2時(shí)取得等號(hào)．經(jīng)檢驗(yàn)，存在r(0＜r＜)，使得過(guò)點(diǎn)P的兩條直線與圓(x－1)2＋y2＝r2相切，且與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)M，N. 所以△OMN面積的最大值為.