2021届高三数学（文）一轮复习夯基提能作业本：第九章 平面解析几何 第九节 圆锥曲线的综合问题 Word版含解析

这是一份2021届高三数学（文）一轮复习夯基提能作业本：第九章 平面解析几何 第九节 圆锥曲线的综合问题 Word版含解析，共6页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知椭圆M，设F1、F2分别是椭圆E，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
 第九节　圆锥曲线的综合问题A组　基础题组1.(2015课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点(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.(2016山西太原模拟)已知椭圆M:+=1(a>0)的一个焦点为F(-1,0),左,右顶点分别为A,B.经过点F的直线l与椭圆M交于C,D两点.(1)当直线l的倾斜角为45°时,求线段CD的长;(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2,求|S1-S2|的最大值.      3.(2016吉林长春模拟)设F1、F2分别是椭圆E:+=1(b>0)的左、右焦点,若P是该椭圆上的一个动点,且·的最大值为1.(1)求椭圆E的方程;(2)设直线l:x=ky-1与椭圆E交于不同的两点A、B,且∠AOB为锐角(O为坐标原点),求k的取值范围.     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l1∥l,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.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F2(2,0),点P在椭圆C上.(1)求椭圆C的标准方程;(2)是否存在斜率为-1的直线l与椭圆C相交于M,N两点,使得|F1M|=|F1N|(F1为椭圆的左焦点)?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.        
 答案全解全析A组　基础题组1.解析　(1)由题意有=,+=1,解得a2=8,b2=4.所以C的方程为+=1.(2)证明:设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入+=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM==,yM=k·xM+b=.于是直线OM的斜率kOM==-,即kOM·k=-.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)由题意知c=1,b2=3,所以a2=4,所以椭圆M的方程为+=1,易求得直线方程为y=x+1,联立方程,得消去y,得7x2+8x-8=0,Δ=288>0,设C(x1,y1),D(x2,y2),所以x1+x2=-,x1x2=-,所以|CD|=|x1-x2|=.(2)当直线l的斜率不存在时,直线方程为x=-1,此时△ABD与△ABC的面积相等,|S1-S2|=0;当直线l的斜率存在时,设直线方程为y=k(x+1)(k≠0),联立方程,得消去y,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,Δ=(8k2)2-4(3+4k2)(4k2-12)=144k2+144>0,故x1+x2=-,x1x2=,此时|S1-S2|=2||y2|-|y1||=2|y2+y1|=2|k(x2+1)+k(x1+1)|=2|k(x2+x1)+2k|=,因为k≠0,所以|S1-S2|=≤==k=±时等号成立,所以|S1-S2|的最大值为.3.解析　(1)解法一:易知a=2,c=,0<b2<4,所以F1(-,0),F2(,0),设P(x,y),则·=(--x,-y)·(-x,-y)=x2+y2-4+b2=x2+b2--4+b2=x2+2b2-4.因为x∈-2,2],所以当x=±2,即点P为椭圆长轴端点时,·有最大值1,即1=×4+2b2-4,解得b2=1.故所求椭圆E的方程为+y2=1.解法二:由题意知a=2,c=,0<b2<4,所以F1(-,0),F2(,0),设P(x,y),则·=||·||·cos∠F1PF2=||·||·=(x+)2+y2+(x-)2+y2-16+4b2]=x2+2b2-4.因为x∈-2,2],所以当x=±2,即点P为椭圆长轴端点时,·有最大值1,即1=×4+2b2-4,解得b2=1.故所求椭圆E的方程为+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由得(k2+4)y2-2ky-3=0,Δ=(-2k)2+12(4+k2)=16k2+48>0,故y1+y2=,y1·y2=.又∠AOB为锐角,故·=x1x2+y1y2>0,又x1x2=(ky1-1)(ky2-1)=k2y1y2-k(y1+y2)+1,所以x1x2+y1y2=(1+k2)y1y2-k(y1+y2)+1=(1+k2)·-+1==>0,所以k2<,解得-<k<,故k的取值范围是. B组　提升题组4.解析　(1)由题意知F.设D(t,0)(t>0),则FD的中点坐标为.又|FA|=|FD|,则由抛物线的定义知,当点A的横坐标为3时,有3+=,解得t=3+p或t=-3(舍去).此时,由题意得=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)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0),因为|FA|=|FD|,所以x0+1=|xD-1|,结合xD>0,x0>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).故直线AB的斜率kAB=-.因为直线l1和直线AB平行,所以可设直线l1的方程为y=-x+b,与抛物线方程联立,消去x得y2+y-=0,由题意可知Δ=+=0,得b=-.设E(xE,yE),则yE=-,xE=,当≠4时,kAE==-=,可得直线AE的方程为y-y0=(x-x0),结合=4x0,整理可得y=(x-1),则直线AE恒过点F(1,0).当=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)解法一:∵椭圆C的右焦点为F2(2,0),∴c=2,椭圆C的左焦点为(-2,0).由于点P在椭圆上,故由椭圆的定义可得2a=+=+=2,解得a=,∴b2=a2-c2=6-4=2,∴椭圆C的标准方程为+=1.解法二:∵椭圆C的右焦点为F2(2,0),∴c=2,故a2-b2=4,又点P在椭圆C上,则+=1,故+=1,化简得3b4+4b2-20=0,得b2=2,所以a2=6,∴椭圆C的标准方程为+=1.(2)不存在.理由如下:假设存在满足条件的直线l,设直线l的方程为y=-x+t,由得x2+3(-x+t)2-6=0,即4x2-6tx+(3t2-6)=0,由Δ=(-6t)2-4×4×(3t2-6)=96-12t2>0,解得-2<t<2.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,设线段MN的中点为E,由于|F1M|=|F1N|,则F1E⊥MN,故=-=1,又F1(-2,0),E,即E,∴==1,解得t=-4.不满足-2<t<2,∴不存在满足条件的直线l.