《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題五 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合應(yīng)用課時作業(yè)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題五 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合應(yīng)用課時作業(yè)（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3講 圓錐曲線的綜合應(yīng)用 限時60分鐘　滿分60分 解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分) 1．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點(diǎn)M(2,1)，且離心率e＝. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)A，B分別是橢圓C的上頂點(diǎn)、右頂點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓C在第一象限內(nèi)的一點(diǎn)，直線AP，BP分別交x軸，y軸于點(diǎn)M，N，求四邊形ABMN面積的最小值． 解析：本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、橢圓的基本性質(zhì)以及直線方程，考查考生分析問題、解決問題的能力，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運(yùn)算．(1)由離心率及c2＝a2－b2得a，b的關(guān)系，再把已知點(diǎn)代入即可求出標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)，得到直

2、線AP，BP的方程，從而表示出點(diǎn)M，N的坐標(biāo)，進(jìn)而得到|AN|·|BM|，最后利用S四邊形ABMN＝S△OMN－S△OAB及基本不等式求面積的最小值． (1)由橢圓的離心率為得，＝，又c2＝a2－b2，∴a＝2b.又橢圓C經(jīng)過點(diǎn)(2,1)，∴＋＝1，解得b2＝2， ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)由(1)可知，A(0，)，B(2，0)，設(shè)P(x0，y0)(0＜x0＜2，0＜y0＜)，則直線AP：y＝x＋，從而M. 直線BP：y＝(x－2)，從而N. ∵＋＝1，∴|AN|·|BM|＝·＝ ＝＝8. ∴S四邊形ABMN＝S△OMN－S△OAB ＝(|OM|·|ON|－|OA|·|O

3、B|) ＝(|BM|＋2|AN|＋8) ＝(|BM|＋2|AN|)＋4 ≥4＋·2 ＝4＋4(O為坐標(biāo)原點(diǎn))， 當(dāng)且僅當(dāng)|BM|＝4，|AN|＝2時取得最小值． 2．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，上頂點(diǎn)M到直線x＋y＋4＝0的距離為3. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)直線l過點(diǎn)(4，－2)，且與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，l不經(jīng)過點(diǎn)M，證明：直線MA的斜率與直線MB的斜率之和為定值． 解：本題主要考查橢圓與直線的交匯，考查考生的數(shù)形結(jié)合能力、推理論證能力以及運(yùn)算求解能力，考查的核心素養(yǎng)是直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算． (1)由題意可得，，解得，所以橢圓C的方程為

4、＋＝1. (2)易知直線l的斜率恒小于0，設(shè)直線l的方程為y＋2＝k(x－4)，k＜0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立得，得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 因?yàn)閗MA＋kMB＝＋＝， 所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×＝2k－4(k＋1)×＝2k－(2k＋1)＝－1(為定值)． 3．(2019·淮南三模)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，直線4x＋3y－5＝0與以坐標(biāo)原點(diǎn)為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓相切． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若A為橢圓C的下頂點(diǎn)，M，N為橢圓

5、C上異于A的兩點(diǎn)，直線AM與AN的斜率之積為1. ①求證：直線MN恒過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)； ②若O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求·的取值范圍． 解析：(1)由題意可得離心率e＝＝， 又直線4x＋3y－5＝0與圓x2＋y2＝b2相切， 所以b＝＝1， 結(jié)合a2－b2＝c2，解得a＝， 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋x2＝1. (2)①設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由題意知A(0，－)，又直線AM與AN的斜率之積為1，所以·＝1， 即有x1x2＝y(tǒng)1y2＋(y1＋y2)＋3， 由題意可知直線MN的斜率存在且不為0， 設(shè)直線MN：y＝kx＋t(k≠0)， 代入橢圓方程，消去y可得

6、(3＋k2)x2＋2ktx＋t2－3＝0， 所以x1x2＝，x1＋x2＝－， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝2t－＝， y1y2＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2 ＝k2·＋kt＋t2＝， 所以＝＋＋3， 化簡得t2＋3t＋6＝0，解得t＝－2(－舍去)， 則直線MN的方程為y＝kx－2， 即直線MN恒過定點(diǎn)，該定點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，－2)． ②由①可得·＝x1x2＋y1y2＝＋＝＝， 由(3＋k2)x2＋2ktx＋t2－3＝0，可得Δ＝4k2t2－4(t2－3)(3＋k2)＝48k2－36(3＋k2)＞0，解得k2＞9. 令3＋k2＝m，則m＞12，且k2＝m－

7、3， 所以＝＝－3， 由m＞12，可得－3＜－3＜. 則·的取值范圍是. 4．(2019·浙江卷) 如圖，已知點(diǎn)F(1,0)為拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)．過點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物線上，使得ΔABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點(diǎn)Q，且Q在點(diǎn)F的右側(cè)．記△AFG，△CQG的面積分別為S1，S2. (1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程； (2)求的最小值及此時點(diǎn)G的坐標(biāo)． 解：(1)由題意得＝1，即p＝2. 所以，拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－1. (2)設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xc，yc)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0

8、，則xA＝t2. 由于直線AB過F，故直線AB的方程為x＝y(tǒng)＋1，代入y2＝4x，得y2－y－4＝0， 故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B. 又由于xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x軸上，故2t－＋yC＝0，得C，G. 所以，直線AC的方程為y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)． 由于Q在焦點(diǎn)F的右側(cè)，故t2＞2.從而 ＝ ＝＝＝2－. 令m＝t2－2，則m>0， ＝2－＝2－≥2－＝1＋. 當(dāng)m＝時，取得最小值1＋，此時G(2,0)． 5．(2019·北京卷)已知拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(diǎn)(2，－1)． (1)求拋物線

9、C的方程及其準(zhǔn)線方程； (2)設(shè)O為原點(diǎn)，過拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點(diǎn)． 解析：本題主要考查拋物線方程的求解與準(zhǔn)線方程的確定，直線與拋物線的位置關(guān)系，圓的方程的求解及其應(yīng)用等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力． (1)將點(diǎn)(2，－1)代入拋物線方程：22＝2p×(－1)可得：p＝－2， 故拋物線方程為：x2＝－4y，其準(zhǔn)線方程為：y＝1. (2)很明顯直線l的斜率存在，焦點(diǎn)坐標(biāo)為(0，－1)， 設(shè)直線方程為y＝kx－1，與拋物線方程x2＝－4y聯(lián)立可得：x2＋4kx－4＝0. 故：x1＋x2＝－4k，x1x2＝－4. 設(shè)M，N，則kOM＝－， kON＝－， 直線OM的方程為y＝－x，與y＝－1聯(lián)立可得：A，同理可得B， 易知以AB為直徑的圓的圓心坐標(biāo)為：，圓的半徑為：， 且：＋＝＝2k，＝2×＝2， 則圓的方程為：(x－2k)2＋(y＋1)2＝4(k2＋1)， 令x＝0整理可得：y2＋2y－3＝0，解得：y1＝－3，y2＝1， 即以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點(diǎn)(0，－3)，(0,1)． - 5 -