《高考理科數(shù)學(xué) 通用版三維二輪專題復(fù)習(xí)專題檢測(cè)：二十二 第20題解答題“圓錐曲線的綜合問(wèn)題”專練 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考理科數(shù)學(xué) 通用版三維二輪專題復(fù)習(xí)專題檢測(cè)：二十二 第20題解答題“圓錐曲線的綜合問(wèn)題”專練 Word版含解析（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題檢測(cè)（二十二）專題檢測(cè)（二十二） 第第 20 題解答題題解答題“圓錐曲線的綜合問(wèn)題圓錐曲線的綜合問(wèn)題”專練專練1.(高三高三廣東五校協(xié)作體診斷考試廣東五校協(xié)作體診斷考試)若橢圓若橢圓x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點(diǎn)的左、右焦點(diǎn)分別為分別為 F1，F(xiàn)2，線段，線段 F1F2被拋物線被拋物線 y22bx 的焦點(diǎn)的焦點(diǎn) F 分成了分成了 31 的兩段的兩段(1)求橢圓的離心率；求橢圓的離心率；(2)過(guò)點(diǎn)過(guò)點(diǎn) C(1,0)的直線的直線 l 交橢圓于不同兩點(diǎn)交橢圓于不同兩點(diǎn) A，B，且且 AC2 CB，當(dāng)當(dāng)AOB 的面積最的面積最大時(shí)，求直線大時(shí)，求直線 l 的方程的方程解：解：(1)由題意

2、知，由題意知，cb23cb2 ，所以所以 bc，a22b2，所以所以 eca1ba222.(2)設(shè)設(shè) A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線，直線 AB 的方程為的方程為 xky1(k0)，因?yàn)橐驗(yàn)?AC2 CB，所以，所以(1x1，y1)2(x21，y2)，即即 y12y2，由由(1)知，橢圓方程為知，橢圓方程為 x22y22b2.由由xky1，x22y22b2消去消去 x，得得(k22)y22ky12b20，所以所以 y1y22kk22，由由知，知，y22kk22，y14kk22，因?yàn)橐驗(yàn)?SAOB12|y1|12|y2|，所以所以 SAOB3|k|k22312|k|k|3122|k|k

3、|3 24，當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)且僅當(dāng)|k|22，即，即 k 2時(shí)取等號(hào)，時(shí)取等號(hào)，此時(shí)直線此時(shí)直線 l 的方程為的方程為 x 2y10 或或 x 2y10.2已知橢圓已知橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)的左的左、右頂點(diǎn)分別為右頂點(diǎn)分別為 A，B，且長(zhǎng)軸長(zhǎng)為且長(zhǎng)軸長(zhǎng)為 8，T 為橢為橢圓上任意一點(diǎn)，直線圓上任意一點(diǎn)，直線 TA，TB 的斜率之積為的斜率之積為34.(1)求橢圓求橢圓 C 的方程；的方程；(2)設(shè)設(shè) O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn) M(0,2)的動(dòng)直線與橢圓的動(dòng)直線與橢圓 C 交于交于 P，Q 兩點(diǎn)，求兩點(diǎn)，求 OP OQMPMQ的取值范圍的取值范圍解：解：(1)設(shè)設(shè) T(x，

4、y)，由題意知，由題意知 A(4,0)，B(4,0)，設(shè)直線設(shè)直線 TA 的斜率為的斜率為 k1，直線，直線 TB 的斜率為的斜率為 k2，則則 k1yx4，k2yx4.由由 k1k234，得，得yx4yx434，整理得整理得x216y2121.故橢圓故橢圓 C 的方程為的方程為x216y2121.(2)當(dāng)直線當(dāng)直線 PQ 的斜率存在時(shí)的斜率存在時(shí)， 設(shè)直線設(shè)直線 PQ 的方程為的方程為 ykx2， 點(diǎn)點(diǎn) P， Q 的坐標(biāo)分別為的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，聯(lián)立方程聯(lián)立方程x216y2121，ykx2消去消去 y，得得(4k23)x216kx320.所以所以 x1x216k4k2

5、3，x1x2324k23.從而，從而， OP OQ MPMQx1x2y1y2x1x2(y12)(y22)2(1k2)x1x22k(x1x2)480k2524k232084k23.所以所以20 OP OQ MPMQ523.當(dāng)直線當(dāng)直線 PQ 的斜率不存在時(shí)，的斜率不存在時(shí)， OP OQMPMQ的值為的值為20.綜上，綜上， OP OQMPMQ的取值范圍為的取值范圍為20，523 .3已知橢圓已知橢圓 P 的中心的中心 O 在坐標(biāo)原點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在焦點(diǎn)在 x 軸上軸上，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)且經(jīng)過(guò)點(diǎn) A(0,2 3)，離心率為離心率為12.(1)求橢圓求橢圓 P 的方程；的方程；(2)是否存在過(guò)點(diǎn)是否存在過(guò)

6、點(diǎn) E(0，4)的直線的直線 l 交橢圓交橢圓 P 于點(diǎn)于點(diǎn) R，T，且滿足，且滿足 OR OT167？若存？若存在，求直線在，求直線 l 的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由解：解：(1)設(shè)橢圓設(shè)橢圓 P 的方程為的方程為x2a2y2b21(ab0)，由題意得由題意得 b2 3，eca12，a2c，b2a2c23c2，c24，c2，a4，橢圓橢圓 P 的方程為的方程為x216y2121.(2)假設(shè)存在滿足題意的直線假設(shè)存在滿足題意的直線 l，易知當(dāng)直線易知當(dāng)直線 l 的斜率不存在時(shí)的斜率不存在時(shí)，OR OT0 得得(32k)264(34k2)0，解得解得 k214.x1x

7、232k34k2，x1x21634k2，y1y2(kx14)(kx24)k2x1x24k(x1x2)16，故故 x1x2y1y21634k216k234k2128k234k216167，解得解得 k21.由由解得解得 k1，直線直線 l 的方程為的方程為 yx4.故存在直線故存在直線 l：xy40 或或 xy40 滿足題意滿足題意4(高三高三云南云南 11 ?？鐓^(qū)調(diào)研?？鐓^(qū)調(diào)研)已知橢圓已知橢圓 E：x2a2y2b21(ab0)的離心率為方程的離心率為方程 2x23x10 的解的解，點(diǎn)點(diǎn) A，B 分別為橢圓分別為橢圓 E 的左的左、右頂點(diǎn)右頂點(diǎn)，點(diǎn)點(diǎn) C 在在 E 上上，且且ABC 面積的最大

8、值面積的最大值為為 2 3.(1)求橢圓求橢圓 E 的方程；的方程；(2)設(shè)設(shè) F 為為 E 的左焦點(diǎn)，點(diǎn)的左焦點(diǎn)，點(diǎn) D 在直線在直線 x4 上，過(guò)上，過(guò) F 作作 DF 的垂線交橢圓的垂線交橢圓 E 于于 M，N兩點(diǎn)證明：直線兩點(diǎn)證明：直線 OD 把把DMN 分為面積相等的兩部分分為面積相等的兩部分解：解：(1)方程方程 2x23x10 的解為的解為 x112，x21，橢圓離心率橢圓離心率 e(0,1)，e12，由題意得由題意得ca12，ab2 3，a2b2c2，解得解得a2，b 3，橢圓橢圓 E 的方程為的方程為x24y231.(2)證明：設(shè)證明：設(shè) M(x1，y1)，N(x2，y2)，

9、D(4，n)，線段，線段 MN 的中點(diǎn)為的中點(diǎn)為 P(x0，y0)，故故 2x0 x1x2,2y0y1y2，由由(1)可得可得 F(1,0)，則直線則直線 DF 的斜率為的斜率為 kDFn04 1 n3，當(dāng)當(dāng) n0 時(shí)，直線時(shí)，直線 MN 的斜率不存在，根據(jù)橢圓的對(duì)稱性可知的斜率不存在，根據(jù)橢圓的對(duì)稱性可知 OD 平分線段平分線段 MN.當(dāng)當(dāng) n0 時(shí)，直線時(shí)，直線 MN 的斜率的斜率 kMN3ny1y2x1x2，點(diǎn)點(diǎn) M，N 在橢圓在橢圓 E 上，上，x214y2131，x224y2231，整理得整理得 x1x2 x1x2 4 y1y2 y1y2 30，又又 2x0 x1x2,2y0y1y2，x022y033n0，即，即y0 x0n4，即直線即直線 OP 的斜率為的斜率為 kOPn4，又直線又直線 OD 的斜率為的斜率為 kODn4，OD 平分線段平分線段 MN.綜上，直線綜上，直線 OD 把把DMN 分為面積相等的兩部分分為面積相等的兩部分