（京津专用）2019高考数学总复习优编增分练：压轴大题突破练（一）直线与圆锥曲线（1）文.doc

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1、(一)直线与圆锥曲线(1)1(2018烟台模拟)已知椭圆C：1(ab0)，点在椭圆上，过C的焦点且与长轴垂直的弦的长度为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点A(2,0)作两条相交直线l1，l2，l1与椭圆交于P，Q两点(点P在点Q的上方)，l2与椭圆交于M，N两点(点M在点N的上方)，若直线l1的斜率为，SMAPSNAQ，求直线l2的斜率解(1)由已知得解得a6，b1.故椭圆C的标准方程为y21.(2)由题设可知：直线l1的方程为x7y2.联立整理得85y228y320.yP，yQ.设MAPQAN，SMAPSNAQ，|AM|AP|sin |AN|AQ|sin ，即.设直线l2的方程为xmy2

2、(m0)，将xmy2代入y21，得(m236)y24my320.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2，y1y2.又y1y2，y2y2，y，y2，y，2，解得m24，m2，此时式的判别式大于零故直线l2的斜率为.2(2018南昌模拟)已知椭圆C：1(ab0)的两焦点分别是F1，F2，点E在椭圆C上(1)求椭圆C的方程；(2)设P是y轴上的一点，若椭圆C上存在两点M，N，使得2，求以F1P为直径的圆面积的取值范围解(1)由已知，得半焦距c，2a|EF1|EF2|4，所以a2，所以b2a2c2826，所以椭圆C的方程是1.(2)设点P的坐标为(0，t)，当直线MN斜率不存在时，可得M，N

3、分别是短轴的两端点，得到t.当直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为ykxt，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由2得x12x2，联立得(34k2)x28ktx4t2240，由题意，得64k2t24(34k2)(4t224)0，整理得t28k26，由根与系数的关系得x1x2，x1x2，由，消去x1，x2得k2，由解得t26，综上t2，p1，故抛物线C的方程为x22y.(2)证明由(1)知，y0，联立得4x216x90，解得x1，x2，|EF|5.设P，则M的横坐标为m，易知A在l上，则|AM|.由题意可知直线PN的方程为y(xm)，与y2x联立可得xN，所以|AN|，则5，故|EF|.4(

4、2018甘肃省西北师范大学附属中学模拟)已知椭圆C：1(ab0)，A，B是椭圆与x轴的两个交点，M为椭圆C的上顶点，设直线MA的斜率为k1，直线MB的斜率为k2，k1k2.(1)求椭圆C的离心率；(2)设直线l与x轴交于点D(，0)，交椭圆于P，Q两点，且满足3，当OPQ的面积最大时，求椭圆C的方程解(1)M(0，b)，A(a,0)，B(a,0)，k1，k2，k1k2，e.(2)由(1)知e，得a23c2，b22c2，可设椭圆C的方程为2x23y26c2，设直线l的方程为xmy，由得(2m23)y24my66c20，因为直线l与椭圆C相交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两点，所以48m24

5、(2m23)(66c2)0，由根与系数的关系得，y1y2，y1y2.又3，所以y13y2，代入上述两式得66c2，所以SOPQ|OD|y1y2|，当且仅当m2时，等号成立，此时c2，代入，此时0成立，所以椭圆C的方程为1.5(2018天津市部分区模拟)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形面积为2.(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线yk(x1)(k0)与椭圆C交于A，B两点，且与x轴，y轴交于M，N两点()若，求k的值；()若点Q的坐标为，求证：为定值(1)解因为1(ab0)满足a2b2c2，又离心率为，所以，即a22c2，代入a2b2c2，得b2c2.又椭圆C的顶点与其两个焦点构成的三角形的面积为2，即b2c2，即bc2，b2c24，以上各式联立解得a24，b22，则椭圆C的方程为1.(2)()解直线yk(x1)与x轴交点为M(1,0)，与y轴交点为N(0，k)，联立消去y得，(12k2)x24k2x2k240，16k44(12k2)(2k24)24k2160，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，又(x21，y2)，(x1，ky1)，由，得x1x21，解得k，由k0，得k.()证明由()知x1x2，x1x2，所以 y1y2k2(x11)(x21)，(1k2)k2，4，为定值，所以为定值