高考文科数学复习：夯基提能作业本 (48)

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第九节　圆锥曲线的综合问题 A组　基础题组 ‎1.(2015课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率为‎2‎‎2‎,点(2,‎2‎)在C上.‎ ‎(1)求C的方程;‎ ‎(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.‎ ‎2.(2016山西太原模拟)已知椭圆M:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎‎3‎=1(a>0)的一个焦点为F(-1,0),左,右顶点分别为A,B.经过点F的直线l与椭圆M交于C,D两点.‎ ‎(1)当直线l的倾斜角为45°时,求线段CD的长;‎ ‎(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2,求|S1-S2|的最大值.‎ ‎3.(2016吉林长春模拟)设F1、F2分别是椭圆E:x‎2‎‎4‎+y‎2‎b‎2‎=1(b>0)的左、右焦点,若P是该椭圆上的一个动点,且PF‎1‎·PF‎2‎的最大值为1.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)设直线l:x=ky-1与椭圆E交于不同的两点A、B,且∠AOB为锐角(O为坐标原点),求k的取值范围.‎ B组　提升题组 ‎4.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.‎ ‎(1)求C的方程;‎ ‎(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E,证明直线AE过定点,并求出定点坐标.‎ ‎5.已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的右焦点为F2(2,0),点P‎1,-‎‎15‎‎3‎在椭圆C上.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)是否存在斜率为-1的直线l与椭圆C相交于M,N两点,使得|F1M|=|F1N|(F1为椭圆的左焦点)?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.‎ 答案全解全析 A组　基础题组 ‎1.解析　(1)由题意有a‎2‎‎-‎b‎2‎a=‎2‎‎2‎,‎4‎a‎2‎+‎2‎b‎2‎=1,‎ 解得a2=8,b2=4.‎ 所以C的方程为x‎2‎‎8‎+y‎2‎‎4‎=1.‎ ‎(2)证明:设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入x‎2‎‎8‎+y‎2‎‎4‎=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.‎ 故xM=x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=‎-2kb‎2k‎2‎+1‎,yM=k·xM+b=b‎2k‎2‎+1‎.‎ 于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-‎1‎‎2k,即kOM·k=-‎1‎‎2‎.‎ 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.‎ ‎2.解析　(1)由题意知c=1,b2=3,‎ 所以a2=4,所以椭圆M的方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1,‎ 易求得直线方程为y=x+1,联立方程,得x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1,‎y=x+1,‎ 消去y,得7x2+8x-8=0,Δ=288>0,‎ 设C(x1,y1),D(x2,y2),所以x1+x2=-‎8‎‎7‎,x1x2=-‎8‎‎7‎,‎ 所以|CD|=‎2‎|x1-x2|=‎24‎‎7‎.‎ ‎(2)当直线l的斜率不存在时,直线方程为x=-1,‎ 此时△ABD与△ABC的面积相等,|S1-S2|=0;‎ 当直线l的斜率存在时,设直线方程为y=k(x+1)(k≠0),‎ 联立方程,得x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1,‎y=k(x+1),‎ 消去y,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,Δ=(8k2)2-4(3+4k2)(4k2-12)=144k2+144>0,故x1+x2=-‎8‎k‎2‎‎3+4‎k‎2‎,x1x2=‎4k‎2‎-12‎‎3+4‎k‎2‎,‎ 此时|S1-S2|=2||y2|-|y1||=2|y2+y1|=2|k(x2+1)+k(x1+1)|=2|k(x2+x1)+2k|=‎12|k|‎‎3+4‎k‎2‎,‎ 因为k≠0,所以|S1-S2|=‎12‎‎3‎‎|k|‎‎+4|k|‎≤‎12‎‎2‎‎3‎‎|k|‎‎·4|k|‎=‎12‎‎2‎‎12‎=‎3‎k=±‎3‎‎2‎时等号成立,‎ 所以|S1-S2|的最大值为‎3‎.‎ ‎3.解析　(1)解法一:易知a=2,c=‎4-‎b‎2‎,00,‎ 故y1+y2=‎2kk‎2‎‎+4‎,y1·y2=‎-3‎k‎2‎‎+4‎.‎ 又∠AOB为锐角,故OA·OB=x1x2+y1y2>0,‎ 又x1x2=(ky1-1)(ky2-1)=k2y1y2-k(y1+y2)+1,‎ 所以x1x2+y1y2=(1+k2)y1y2-k(y1+y2)+1=(1+k2)·‎-3‎‎4+‎k‎2‎-‎2‎k‎2‎‎4+‎k‎2‎+1=‎-3-3k‎2‎-2k‎2‎+4+‎k‎2‎‎4+‎k‎2‎=‎1-4‎k‎2‎‎4+‎k‎2‎>0,‎ 所以k2<‎1‎‎4‎,解得-‎1‎‎2‎0),则FD的中点坐标为p+2t‎4‎‎,0‎.‎ 又|FA|=|FD|,‎ 则由抛物线的定义知,当点A的横坐标为3时,有3+p‎2‎=t-‎p‎2‎,‎ 解得t=3+p或t=-3(舍去).‎ 此时,由题意得p+2t‎4‎=3,可得p=2.‎ 所以抛物线C的方程为y2=4x.‎ ‎(2)由(1)知F(1,0),‎ 设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0),‎ 因为|FA|=|FD|,所以x0+1=|xD-1|,‎ 结合xD>0,x0>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).‎ 故直线AB的斜率kAB=-y‎0‎‎2‎.‎ 因为直线l1和直线AB平行,‎ 所以可设直线l1的方程为y=-y‎0‎‎2‎x+b,‎ 与抛物线方程联立,消去x得y2+‎8‎y‎0‎y-‎8by‎0‎=0,‎ 由题意可知Δ=‎64‎y‎0‎‎2‎+‎32by‎0‎=0,得b=-‎2‎y‎0‎.‎ 设E(xE,yE),则yE=-‎4‎y‎0‎,xE=‎4‎y‎0‎‎2‎,‎ 当y‎0‎‎2‎≠4时,kAE=yE‎-‎y‎0‎xE‎-‎x‎0‎=-‎4‎y‎0‎‎+‎y‎0‎‎4‎y‎0‎‎2‎‎-‎y‎0‎‎2‎‎4‎=‎4‎y‎0‎y‎0‎‎2‎‎-4‎,‎ 可得直线AE的方程为y-y0=‎4‎y‎0‎y‎0‎‎2‎‎-4‎(x-x0),‎ 结合y‎0‎‎2‎=4x0,整理可得y=‎4‎y‎0‎y‎0‎‎2‎‎-4‎(x-1),‎ 则直线AE恒过点F(1,0).‎ 当y‎0‎‎2‎=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0).‎ 所以直线AE过定点F(1,0).‎ ‎5.解析　(1)解法一:∵椭圆C的右焦点为F2(2,0),∴c=2,椭圆C的左焦点为(-2,0).‎ 由于点P‎1,-‎‎15‎‎3‎在椭圆上,故由椭圆的定义可得2a=‎ ‎(1+2‎)‎‎2‎+‎‎-‎‎15‎‎3‎‎2‎‎+‎‎(1-2‎)‎‎2‎+‎‎-‎‎15‎‎3‎‎2‎ ‎=‎96‎‎9‎+‎24‎‎9‎=2‎6‎,解得a=‎6‎,‎ ‎∴b2=a2-c2=6-4=2,‎ ‎∴椭圆C的标准方程为x‎2‎‎6‎+y‎2‎‎2‎=1.‎ 解法二:∵椭圆C的右焦点为F2(2,0),∴c=2,故a2-b2=4,又点P‎1,-‎‎15‎‎3‎在椭圆C上,则‎1‎a‎2‎+‎15‎‎9‎b‎2‎=1,故‎1‎b‎2‎‎+4‎+‎15‎‎9‎b‎2‎=1,化简得3b4+4b2-20=0,得b2=2,所以a2=6,∴椭圆C的标准方程为x‎2‎‎6‎+y‎2‎‎2‎=1.‎ ‎(2)不存在.理由如下:‎ 假设存在满足条件的直线l,设直线l的方程为y=-x+t,‎ 由x‎2‎‎6‎‎+y‎2‎‎2‎=1,‎y=-x+t得x2+3(-x+t)2-6=0,即4x2-6tx+(3t2-6)=0,由Δ=(-6t)2-4×4×(3t2-6)=96-12t2>0,解得-2‎2‎

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