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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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 專題限時集訓(xùn)(十)　圓錐曲線中的綜合問題 (建議用時：60分鐘) 1．(2018?北京模擬)已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)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ca＝22，1a2＋222b2＝1，a2＝b2＋c2，解得a＝2b＝1c＝1. 所以橢圓C的方程為x22＋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＋1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 聯(lián)立y＝k(x＋1)x2＋2y2＝2， 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＝－4k21＋2k2，x1x2＝2k2－21＋2k2， 因?yàn)閘2與l1斜率相反且過原點(diǎn)， 設(shè)l2：y＝－kx，E(x3，y3)，F(xiàn)(x4，y4)， 聯(lián)立y＝－kxx2＋2y2＝2 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＝－21＋2k2， 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?(x1＋x3＋1)(x2＋x3)＋(x2－x3＋1)(x1－x3)(x1－x3)(x2＋x3) ＝k?2x1x2＋2x23＋x1＋x2(x1－x3)(x2＋x3) ＝k?2(2k2－2)1＋2k2＋221＋2k2＋－4k21＋2k2(x1－x3)(x2＋x3)＝0， 所以直線AE，BF的傾斜角互補(bǔ)，所以θ1＝θ2. 2．(2018?棗莊模擬)已知拋物線C：y2＝2px(0b>0)的離心率與雙曲線x24－y212＝1的離心率互為倒數(shù)，且過點(diǎn)P1，32. (1)求橢圓C的方程； (2)過P作兩條直線l1，l2與圓(x－1)2＋y2＝r2(0＜r＜32)相切且分別交橢圓于M、N兩點(diǎn)． 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＝12，設(shè)橢圓的半焦距為c，所以a＝2c， 因?yàn)镃過點(diǎn)P1，32，所以1a2＋94b2＝1，又c2＋b2＝a2，解得a＝2，b＝3，所以橢圓方程為x24＋y23＝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＜32)相切，則有k1＝－k2， 直線l1的方程為y－32＝k1(x－1)，聯(lián)立方程組y＝k1x－k1＋32，x24＋y23＝1， 消去y，得x2(4k21＋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＝k1(8k1－12)4k21＋3， 同理，當(dāng)l2與橢圓相交時，x2＋1＝k1(8k1＋12)4k21＋3， 所以x1－x2＝－24k14k21＋3，而y1－y2＝k1(x1＋x2)－2k1＝－12k14k21＋3， 所以直線MN的斜率k＝y(tǒng)1－y2x1－x2＝12. ②設(shè)直線MN的方程為y＝12x＋m，聯(lián)立方程組y＝12x＋m，x24＋y23＝1，消去y得x2＋mx＋m2－3＝0， 所以|MN|＝1＋122?m2－4(m2－3)＝1524－m2， 原點(diǎn)O到直線的距離d＝|2m|5， △OMN面積為S＝12?1524－m2?|2m|5 ＝32m2(4－m2)≤32m2＋4－m22＝3， 當(dāng)且僅當(dāng)m2＝2時取得等號．經(jīng)檢驗(yàn)，存在r(0＜r＜32)，使得過點(diǎn)P1，32的兩條直線與圓(x－1)2＋y2＝r2相切，且與橢圓有兩個交點(diǎn)M，N. 所以△OMN面積的最大值為3.