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高考数学精品复习资料 2019.5第十节圆锥曲线的综合问题A组基础题组1.(20xx课标文,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.已知椭圆的中心是坐标原点O,焦点在x轴上,短轴长为2,且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点.过右焦点F与x轴不垂直的直线l交椭圆于P,Q两点.(1)求椭圆的方程;(2)在线段OF上是否存在点M(m,0),使得|MP|=|MQ|?若存在,求出m的取值范围;若不存在,请说明理由.3.(20xx云南昆明两区七校调研)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右顶点分别为A,B,其离心率e=12,点M为椭圆上的一个动点,MAB面积的最大值是23.(1)求椭圆的方程;(2)若过椭圆C的右顶点B的直线l与椭圆的另一个交点为D,线段BD的垂直平分线与y轴交于点P,当·=0时,求点P的坐标.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l1l,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.(20xx甘肃兰州实战考试)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,且经过点P1,32,过它的两个焦点F1,F2分别作直线l1与l2,l1交椭圆于A,B两点,l2交椭圆于C,D两点,且l1l2.(1)求椭圆的标准方程;(2)求四边形ACBD的面积S的取值范围.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,所以椭圆C的方程为x28+y24=1.(2)证明:设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM),把y=kx+b代入x28+y24=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=kxM+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)椭圆的短轴长2b=2b=1,因为两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点,所以b=ca2=b2+c2=2,故椭圆的方程为x22+y2=1.(2)存在.若l与x轴重合,显然M与原点重合,m=0;若直线l的斜率k0,则可设l:y=k(x-1),设P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中点为N,则y=k(x-1),x2+2y2-2=0x2+2k2(x2-2x+1)-2=0,化简得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0.x1+x2=4k21+2k2PQ的中点的横坐标为2k21+2k2,代入l:y=k(x-1)可得:PQ的中点N的坐标为2k21+2k2,-k1+2k2,由|MP|=|MQ|得到MNPQ,则-k1+2k22k21+2k2-m=-1k,整理得m=k22k2+1,所以m=k21+2k2=11k2+20,12.综合得到m0,12.3.解析(1)由题意可知e=ca=12,12×2ab=23,a2=b2+c2,解得a=2,b=3,c=1,所以椭圆的方程是x24+y23=1.(2)直线l的斜率存在.由(1)知B(2,0),设直线BD的方程为y=k(x-2),D(x1,y1),把y=k(x-2)代入椭圆方程x24+y23=1,整理得(3+4k2)x2-16k2x+16k2-12=0,所以2+x1=16k23+4k2x1=8k2-63+4k2,则D8k2-63+4k2,-12k3+4k2,所以BD中点的坐标为8k23+4k2,-6k3+4k2,则直线BD的垂直平分线的方程为y-6k3+4k2=-1kx-8k23+4k2,令x=0,y=2k3+4k2,故P0,2k3+4k2.又·=0,即2,-2k3+4k2·8k2-63+4k2,-14k3+4k2=0,整理得64k4+28k2-36(3+4k2)2=064k4+28k2-36=0,解得k=±34.故P的坐标为0,27或0,-27.B组提升题组4.解析(1)由题意知Fp2,0.设D(t,0)(t>0),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)(x0y00),D(xD,0)(xD>0),因为|FA|=|FD|,所以|xD-1|=x0+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=64y02+32by0=0,得b=-2y0.设E(xE,yE),则yE=-4y0,xE=4y02,当y024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)由ca=12,得a=2c,a2=4c2,b2=3c2,将点P1,32代入椭圆方程得c2=1,故所求椭圆方程为x24+y23=1.(2)若l1与l2中有一条直线的斜率不存在,则另一条直线的斜率为0,此时四边形的面积为S=6.若l1与l2的斜率都存在,设l1的斜率为k(k0),则l2的斜率为-1k.则直线l1的方程为y=k(x+1),设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=k(x+1),x24+y23=1,消去y整理得,(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0,=64k4-4(3+4k2)(4k2-12)=144k2+144>0,x1+x2=-8k24k2+3,x1·x2=4k2-124k2+3,|x1-x2|=12k2+14k2+3,|AB|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)4k2+3,同理可得|CD|=12(k2+1)3k2+4,S=12|AB|·|CD|=,令k2=t(0,+),S=72(1+t)2(4t+3)路(3t+4)=6(12t2+25t+12)-6t12t2+25t+12=6-612t+12t+256-649=28849,S28849,6.综上可知,四边形ABCD面积的取值范围是28849,6.
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