全国通用版2019高考数学二轮复习压轴大题突破练一直线与圆锥曲线1文.doc
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(一)直线与圆锥曲线(1)1(2018烟台模拟)已知椭圆C:1(ab0),点在椭圆上,过C的焦点且与长轴垂直的弦的长度为.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过点A(2,0)作两条相交直线l1,l2,l1与椭圆交于P,Q两点(点P在点Q的上方),l2与椭圆交于M,N两点(点M在点N的上方),若直线l1的斜率为,SMAPSNAQ,求直线l2的斜率解(1)由已知得解得a6,b1.故椭圆C的标准方程为y21.(2)由题设可知:直线l1的方程为x7y2.联立整理得85y228y320.yP,yQ.设MAPQAN,SMAPSNAQ,|AM|AP|sin |AN|AQ|sin ,即.设直线l2的方程为xmy2(m0),将xmy2代入y21,得(m236)y24my320.设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1y2,y1y2.又y1y2,y2y2,y,y2,y,2,解得m24,m2,此时式的判别式大于零故直线l2的斜率为.2(2018南昌模拟)已知椭圆C:1(ab0)的两焦点分别是F1,F2,点E在椭圆C上(1)求椭圆C的方程;(2)设P是y轴上的一点,若椭圆C上存在两点M,N,使得2,求以F1P为直径的圆面积的取值范围解(1)由已知,得半焦距c,2a|EF1|EF2|4,所以a2,所以b2a2c2826,所以椭圆C的方程是1.(2)设点P的坐标为(0,t),当直线MN斜率不存在时,可得M,N分别是短轴的两端点,得到t.当直线MN斜率存在时,设直线MN的方程为ykxt,M(x1,y1),N(x2,y2),则由2得x12x2,联立得(34k2)x28ktx4t2240,由题意,得64k2t24(34k2)(4t224)0,整理得t28k26,由根与系数的关系得x1x2,x1x2,由,消去x1,x2得k2,由解得t26,综上t2,p1,故抛物线C的方程为x22y.(2)证明由(1)知,y0,联立得4x216x90,解得x1,x2,|EF|5.设P,则M的横坐标为m,易知A在l上,则|AM|.由题意可知直线PN的方程为y(xm),与y2x联立可得xN,所以|AN|,则5,故|EF|.4(2018甘肃省西北师范大学附属中学模拟)已知椭圆C:1(ab0),A,B是椭圆与x轴的两个交点,M为椭圆C的上顶点,设直线MA的斜率为k1,直线MB的斜率为k2,k1k2.(1)求椭圆C的离心率;(2)设直线l与x轴交于点D(,0),交椭圆于P,Q两点,且满足3,当OPQ的面积最大时,求椭圆C的方程解(1)M(0,b),A(a,0),B(a,0),k1,k2,k1k2,e.(2)由(1)知e,得a23c2,b22c2,可设椭圆C的方程为2x23y26c2,设直线l的方程为xmy,由得(2m23)y24my66c20,因为直线l与椭圆C相交于P(x1,y1),Q(x2,y2)两点,所以48m24(2m23)(66c2)0,由根与系数的关系得,y1y2,y1y2.又3,所以y13y2,代入上述两式得66c2,所以SOPQ|OD|y1y2|,当且仅当m2时,等号成立,此时c2,代入,此时0成立,所以椭圆C的方程为1.5(2018天津市部分区模拟)已知椭圆C:1(ab0)的离心率为,椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形面积为2.(1)求椭圆C的方程;(2)已知直线yk(x1)(k0)与椭圆C交于A,B两点,且与x轴,y轴交于M,N两点()若,求k的值;()若点Q的坐标为,求证:为定值(1)解因为1(ab0)满足a2b2c2,又离心率为,所以,即a22c2,代入a2b2c2,得b2c2.又椭圆C的顶点与其两个焦点构成的三角形的面积为2,即b2c2,即bc2,b2c24,以上各式联立解得a24,b22,则椭圆C的方程为1.(2)()解直线yk(x1)与x轴交点为M(1,0),与y轴交点为N(0,k),联立消去y得,(12k2)x24k2x2k240,16k44(12k2)(2k24)24k2160,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,又(x21,y2),(x1,ky1),由,得x1x21,解得k,由k0,得k.()证明由()知x1x2,x1x2,所以 y1y2k2(x11)(x21),(1k2)k2,4,为定值,所以为定值- 配套讲稿:
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