(通用版)高三数学二轮复习专题限时集训15专题5突破点15圆锥曲线中的综合问题理

专题限时集训(十五) 圆锥曲线中的综合问题

建议用时：45分钟]

x2y2

1．(2016·中原名校联盟二模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为

a2b2

F1，F2，点B(0，3)为短轴的一个端点，∠OF2B＝60°.

图15-3

(1)求椭圆C的方程；

(2)如图15-3，过右焦点F2，且斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C相交于D，E两点，A为椭圆的右顶点，直线AE，AD分别交直线x＝3于点M，N，线段MN的中点为P，记直线PF2的斜率为k′.试问k·k′是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．

x2y2

解] (1)由条件可知a＝2，b＝3，故所求椭圆方程为＋＝1.4分

43(2)设过点F2(1,0)的直线l的方程为y＝k(x－1)． y＝kx－1，??

由?x2y2

＋＝1，??43

可得(4k＋3)x－8kx＋4k－12＝0.5分

2222

因为点F2(1,0)在椭圆内，所以直线l和椭圆都相交，即Δ＞0恒成立．设点E(x1，y1)，

D(x2，y2)，

8k24k2－12则x1＋x2＝，x1x2＝.6分

4k2＋34k2＋3

y1y2

因为直线AE的方程为y＝(x－2)，直线AD的方程为y＝(x－2)，

x1－2x2－2令x＝3，可得M?3，

?

?

y1??y2??1?y1＋y2??.8分

，N?3，，所以点P的坐标?3，?????x1－2??x2－2??2?x1－2x2－2??

y2?1?y1

＋??－0

2?x1－2x2－2?

直线PF2的斜率为k′＝

3－1

1x1y2＋x2y1－2y1＋y212kx1x2－3kx1＋x2＋4k＝·＝· 4x1x2－2x1＋x2＋44x1x2－2x1＋x2＋44k2－128k22k·－3k·＋4k

4k2＋34k2＋313

＝·＝－， 44k2－128k24k

－2·＋4

4k2＋34k2＋33

所以k·k′为定值－.12分

4

1 / 4

x2y21

2．(2016·衡水二模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，以原点为圆心，椭

a2b22圆的短半轴长为半径的圆与直线7x－5y＋12＝0相切．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设A(－4,0)，过点R(3,0)作与x轴不重合的直线l交椭圆C于P，Q两点，连接AP，

AQ分别交直线x＝于M，N两点，若直线MR，NR的斜率分别为k1，k2，试问：k1k2是否为定

值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.

【导学号：85952057】

16

3

??12

解] (1)由题意得?＝b，

7＋5??a2＝b2＋c2，

＝1.4分

c1

＝，a2

?

∴?b＝23，?c＝2，

a＝4，

x2y2

故椭圆C的方程为＋

1612

x2y2??＋＝1，

(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x＝my＋3，由?1612

??x＝my＋3，4)y＋18my－21＝0，

－18m－21

∴y1＋y2＝，y1y2＝.6分

3m2＋43m2＋4由A，P，M三点共线可知

yMy128y1

＝，∴yM＝.8分 16x1＋43x1＋4＋43

2

∴(3m＋

2

同理可得yN＝

3

28y2yMyN9yMyN16y1y2

，∴k1k2＝×＝＝

x2＋4161649x1＋4x2＋4

－3－333

2

.10分

∵(x1＋4)(x2＋4)＝(my1＋7)(my2＋7)＝my1y2＋7m(y1＋y2)＋49，∴k1k2＝16y1y212

＝－.12分

m2y1y2＋7my1＋y2＋497

12

∴k1k2为定值－.

7

x2y2

3．(2016·太原一模)已知椭圆M：＋＝1(a＞0)的一个焦点为F(－1,0)，左、右顶点

a23分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．

(1)求椭圆方程；

(2)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长；

(3)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值． 解] (1)因为F(－1,0)为椭圆的焦点，所以c＝1，又b＝3，

2

2 / 4

所以a＝4，所以椭圆方程为

2

x2y2

＋＝1.3分 43

(2)因为直线的倾斜角为45°，所以直线的斜率为1， x2y2??＋＝1，

所以直线方程为y＝x＋1，和椭圆方程联立得到?43

??y＝x＋1，－8＝0，4分

88

所以Δ＝288，x1＋x2＝－，x1x2＝－，5分

77所以|CD|＝1＋k2|x1－x2|＝2×

24

x1＋x22－4x1x2＝.6分

7

消掉y，得到7x＋8x2

(3)当直线l斜率不存在时，直线方程为x＝－1，

3??3??此时D?－1，?，C?－1，－?，△ABD，△ABC面积相等，|S1－S2|＝0，7分 2??2??当直线l斜率存在(显然k≠0)时，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)． 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，

x2y2??＋＝1，

和椭圆方程联立得到?43

??y＝kx＋1，

消掉y得(3＋4k)x＋8kx＋4k－12＝0，8分

2222

8k24k2－12

显然Δ＞0，方程有根，且x1＋x2＝－，x1x2＝，9分

3＋4k23＋4k2此时|S1－S2|＝2||y1|－|y2||＝2|y1＋y2|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)| 12|k|12

＝2|k(x2＋x1)＋2k|＝＝≤

3＋4k23

＋4|k|2|k|成立)，

所以|S1－S2|的最大值为3.12分

4．(2016·开封二模)已知中心在原点O，焦点在x轴上，离心率为2??

?2，?.

2??

3

的椭圆过点2

12123

＝＝3(k＝±时等号

23212

×4|k||k|

图15-4

(1)求椭圆的方程；

(2)设不过原点O的直线l与该椭圆交于P，Q两点，满足直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求△OPQ面积的取值范围．

3 / 4

解] (1)由题意可设椭圆方程为 x2y2

＋＝1(a＞b＞0)， a2b2

c321222

则＝(其中c＝a－b，c＞0)，且＋＝1，故a＝2，b＝1. a2a22b2x22

所以椭圆的方程为＋y＝1.4分

4

(2)由题意可知，直线l的斜率存在且不为0.故可设直线l：y＝kx＋m(m≠0)，设P(x1，

y1)，Q(x2，y2)，

??y＝kx＋m，由?

?x2＋4y2＝4，?

22

消去y得(1＋4k)x＋8kmx＋4(m－1)＝0，5分

2

2

2

2

222

则Δ＝64km－16(1＋4k)(m－1)＝16(4k－m＋1)＞0， 8km4m2－1且x1＋x2＝－，x1x2＝.6分

1＋4k21＋4k2

故y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝kx1x2＋km(x1＋x2)＋m，7分 因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，

y1y2k2x1x2＋kmx1＋x2＋m228k2m22

所以·＝＝k，即－＋m＝0.8分

x1x2x1x21＋4k2112

又m≠0，所以k＝，即k＝±.9分

42

由于直线OP，OQ的斜率存在，且Δ＞0，得0＜m＜2，且m≠1. |2m|

设d为点O到直线l的距离，则d＝，10分

5|PQ|＝

1＋k2

[x1＋x22－4x1x2]＝5

2－m2＜

2－m2，11分

2

2

2

2

1

所以S＝|PQ|d＝m2

2m2＋2－m22

＝1(m≠1)， 2

故△OPQ面积的取值范围为(0,1).12分

4 / 4