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1、2022高考數(shù)學“一本”培養(yǎng)專題突破 限時集訓10 圓錐曲線中的綜合問題 文
1.(2018·北京模擬)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,且過點.
(1)求橢圓C的方程;
(2)過橢圓C的左焦點的直線l1與橢圓C交于A,B兩點,直線l2過坐標原點且與直線l1的斜率互為相反數(shù).若直線l2與橢圓交于E,F(xiàn)兩點且均不與點A,B重合,設直線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)結論:θ1=θ2,理由如下:
由題知直線l1斜率存在,
設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)的關系得x1+x2=-,x1x2=,
因為l2與l1斜率相反且過原點,
設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)的關系得x3+x4=0,x3x4=,
因為E,F(xiàn)兩點不與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,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k=1時,直線PA與直線PB的斜率均為1,A,B兩點重合,與題意不符;
當k=-1時,直線PA與直線PB的斜率均為-1,A,B兩點重合,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過定點(0,-1).
3.(2018·鄭州模擬)已知動圓E經過點F(1,0),且和直線
5、l:x=-1相切.
(1)求該動圓圓心E的軌跡G的方程;
(2)已知點A(3,0),若斜率為1的直線l與線段OA相交(不經過坐標原點O和點A),且與曲線G交于B、C兩點,求△ABC面積的最大值.
[解] (1)由題意可知點E到點F距離等于點E到直線l距離,所以動點E的軌跡是以F(1,0)為焦點,直線x=-1為準線的拋物線,
故:曲線G的方程是y2=4x.
(2)設直線l的方程為y=x+m,其中-3
6、x2=4-2m,x1x2=m2,∴|AB|=4,點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=時即m=-時取得最大值.
△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),且過點P.
(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<)相切且分別交橢圓于M、N兩點.
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為坐標原點).
[解] (1)可得e=,設橢圓的半焦距為c,所以a=2c,
因為C過點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,
因為P,M為直線與橢圓的交點,所以x1+1=,
同理,當l2與橢圓相交時,x2+1=,
所以x1-x2=,而y1-y2=k1(x1+x2)-2k1=,
所以直線MN的斜率k==.
②設直線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O到直線的距離d=,
△OMN面積為S=··
=≤=,
當且僅當m2=2時取得等號.經檢驗,存在r(0<r<),使得過點P的兩條直線與圓(x-1)2+y2=r2相切,且與橢圓有兩個交點M,N.
所以△OMN面積的最大值為.