《新版高三數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)作業(yè)：第九章 平面解析幾何 第十節(jié)　圓錐曲線的綜合問題 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版高三數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)作業(yè)：第九章 平面解析幾何 第十節(jié)　圓錐曲線的綜合問題 Word版含解析（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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2、 1 第十節(jié)　圓錐曲線的綜合問題 A組　基礎(chǔ)題組 1.(20xx課標(biāo)Ⅱ文,20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(diǎn)(2,2)在C上. (1)求C的方程; (2)直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)為M,證明:直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值. 2.已知橢圓的

3、中心是坐標(biāo)原點(diǎn)O,焦點(diǎn)在x軸上,短軸長為2,且兩個(gè)焦點(diǎn)和短軸的兩個(gè)端點(diǎn)恰為一個(gè)正方形的頂點(diǎn).過右焦點(diǎn)F與x軸不垂直的直線l交橢圓于P,Q兩點(diǎn). (1)求橢圓的方程; (2)在線段OF上是否存在點(diǎn)M(m,0),使得|MP|=|MQ|?若存在,求出m的取值范圍;若不存在,請說明理由. 3.(20xx云南昆明兩區(qū)七校調(diào)研)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右頂點(diǎn)分別為A,B,其離心率e=12,點(diǎn)M為橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),△MAB面積的最大值是23. (1)求橢圓的方程; (2)若過橢圓C的右頂點(diǎn)B的直線l與橢圓的另一個(gè)交點(diǎn)為D,線段BD的垂直平分線與y軸交于

4、點(diǎn)P,當(dāng)·=0時(shí),求點(diǎn)P的坐標(biāo). B組　提升題組 4.已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,A為C上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn),過點(diǎn)A的直線l交C于另一點(diǎn)B,交x軸的正半軸于點(diǎn)D,且有|FA|=|FD|.當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3時(shí),△ADF為正三角形. (1)求C的方程; (2)若直線l1∥l,且l1和C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)E,證明直線AE過定點(diǎn),并求出定點(diǎn)坐標(biāo). 5.(20xx甘肅蘭州實(shí)戰(zhàn)考試)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12,且經(jīng)過點(diǎn)P1,32,過它的兩個(gè)焦點(diǎn)F1,F2分別作直線l1與l2,l1交橢圓于A,B兩點(diǎn)

5、,l2交橢圓于C,D兩點(diǎn),且l1⊥l2. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)求四邊形ACBD的面積S的取值范圍.  答案全解全析 A組　基礎(chǔ)題組 1.解析　(1)由題意有a2-b2a=22,4a2+2b2=1,解得a2=8,b2=4,所以橢圓C的方程為x28+y24=1. (2)證明:設(shè)直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),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

6、+1,于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOM·k=-12,所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值. 2.解析　(1)橢圓的短軸長2b=2?b=1, 因?yàn)閮蓚€(gè)焦點(diǎn)和短軸的兩個(gè)端點(diǎn)恰為一個(gè)正方形的頂點(diǎn),所以b=c?a2=b2+c2=2,故橢圓的方程為x22+y2=1. (2)存在.①若l與x軸重合,顯然M與原點(diǎn)重合,m=0; ②若直線l的斜率k≠0,則可設(shè)l:y=k(x-1),設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中點(diǎn)為N,則y=k(x-1),x2+2y2-2=0?x2+2k2(x2-2x+1)-2=0,化簡得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0. x

7、1+x2=4k21+2k2?PQ的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2k21+2k2,代入l:y=k(x-1)可得:PQ的中點(diǎn)N的坐標(biāo)為2k21+2k2,-k1+2k2,由|MP|=|MQ|得到MN⊥PQ,則-k1+2k22k21+2k2-m=-1k,整理得m=k22k2+1,所以m=k21+2k2=11k2+2∈0,12. 綜合①②得到m∈0,12. 3.解析　(1)由題意可知e=ca=12,12×2ab=23,a2=b2+c2, 解得a=2,b=3,c=1, 所以橢圓的方程是x24+y23=1. (2)直線l的斜率存在. 由(1)知B(2,0),設(shè)直線BD的方程為y=k(x-2),D(x1,y1)

8、,把y=k(x-2)代入橢圓方程x24+y23=1,整理得(3+4k2)x2-16k2x+16k2-12=0, 所以2+x1=16k23+4k2?x1=8k2-63+4k2, 則D8k2-63+4k2,-12k3+4k2, 所以BD中點(diǎn)的坐標(biāo)為8k23+4k2,-6k3+4k2, 則直線BD的垂直平分線的方程為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=0?64k4+28k2-36=0, 解

9、得k=±34. 故P的坐標(biāo)為0,27或0,-27. B組　提升題組 4.解析　(1)由題意知Fp2,0. 設(shè)D(t,0)(t>0),則FD的中點(diǎn)坐標(biāo)為p+2t4,0. 又|FA|=|FD|, 則由拋物線的定義知,當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3時(shí),有3+p2=t-p2, 解得t=3+p或t=-3(舍去). 此時(shí),由題意得p+2t4=3,可得p=2. 所以拋物線C的方程為y2=4x. (2)由(1)知F(1,0), 設(shè)A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0), 因?yàn)閨FA|=|FD|,所以|xD-1|=x0+1, 結(jié)合xD>0,x0>0得xD=x0+2,故D(x0

10、+2,0). 故直線AB的斜率kAB=-y02. 因?yàn)橹本€l1和直線AB平行, 所以可設(shè)直線l1的方程為y=-y02x+b, 與拋物線方程聯(lián)立,消去x得y2+8y0y-8by0=0, 由題意可知Δ=64y02+32by0=0,得b=-2y0. 設(shè)E(xE,yE),則yE=-4y0,xE=4y02, 當(dāng)y02≠4時(shí),kAE=yE-y0xE-x0=-4y0+y04y02-y024=4y0y02-4, 可得直線AE的方程為y-y0=4y0y02-4(x-x0), 結(jié)合y02=4x0,整理可得y=4y0y02-4(x-1), 則直線AE恒過點(diǎn)F(1,0). 當(dāng)y02=4時(shí),直線A

11、E的方程為x=1,過點(diǎn)F(1,0). 所以直線AE過定點(diǎn)F(1,0). 5.解析　(1)由ca=12,得a=2c, ∴a2=4c2,b2=3c2, 將點(diǎn)P1,32代入橢圓方程得c2=1, 故所求橢圓方程為x24+y23=1. (2)若l1與l2中有一條直線的斜率不存在,則另一條直線的斜率為0,此時(shí)四邊形的面積為S=6. 若l1與l2的斜率都存在,設(shè)l1的斜率為k(k≠0),則l2的斜率為-1k. 則直線l1的方程為y=k(x+1), 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立y=k(x+1),x24+y23=1, 消去y整理得,(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0

12、, Δ=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+25≥6-649=28849, ∴S∈28849,6. 綜上可知,四邊形ABCD面積的取值范圍是28849,6.