2018年高考理科数学通用版三维专题检测：(二十二)第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”专练Word版含解析

＝
16 7
？若存在，
求直线 l 的方程；若不存在，请说明理由．
解： (1)设椭圆
P 的方程为
x2 y2 a2＋ b2＝ 1(a>b>0) ，
由题意得 b＝ 2 3， e＝ac＝ 12，
∴ a＝ 2c， b2＝ a2－ c2＝ 3c2，∴ c2＝ 4， c＝ 2， a＝ 4，
2
2
∴椭圆 P 的方程为 x ＋ y ＝ 1.
故
x1x2＋
y1y2＝
16 2＋ 3＋ 4k
3
16k2 2－ ＋ 4k
128 k22＋ 3＋ 4k
16＝
16， 7
解得 k2＝ 1.②
由①②解得 k＝ ±1，
∴直线 l 的方程为 y＝±x－ 4.
故存在直线 l： x＋ y＋ 4＝ 0 或 x－ y－ 4＝ 0 满足题意．
x2 y2
2
4．(2018 届高三 ·云南 11 校跨区调研 ) 已知椭圆 E：a2＋ b2＝ 1(a>b>0) 的离心率为方程 2x
－3x＋ 1＝ 0 的解，点 A， B 分别为椭圆 E 的左、右顶点，点 C 在 E 上，且△ ABC 面积的最
大值为 2 3.
(1)求椭圆 E 的方程； (2)设 F 为 E 的左焦点，点 D 在直线 x＝－ 4 上，过 F 作 DF 的垂线交椭圆 E 于 M ，N 两点．证明：直线 OD 把△ DMN 分为面积相等的两部分．
解： (1)方程
2x2－3x＋ 1＝ 0 的解为
x1＝
1 2
，
x2
＝
1，
∵椭圆离心率 e∈(0,1) ，∴ e＝ 12，
由题意得
ac＝ 12，
ab＝ 2 3， a2＝ b2＋ c2，
a＝2， 解得
b＝ 3，
22
∴椭圆 E 的方程为 x ＋ y ＝ 1. 43
(2)证明：设 M (x1， y1)， N(x2， y2)， D (－ 4， n)，线段 MN 的中点为 P(x0， y0)，
2k k2＋
2，
②
由①②知，
y2＝－
2k k2＋
2，
y1＝
4k k2＋
2
，
11 因为 S△AOB＝ 2|y1|＋ 2|y2|，
所以
S△
AOB
＝
3·k2|＋k|
2
＝
3· 1 |2k|＋
|k
|
≤ 3· 2
1 ＝3 2，
2
4
|k|·|k|
当且仅当 |k|2＝ 2，即 k＝ ± 2时取等号，
此时直线 l 的方程为 x－ 2y＋ 1＝ 0 或 x＋ 2y＋ 1＝ 0. 2．已知椭圆 C： xa22＋ yb22＝ 1(a＞b＞ 0)的左、右顶点分别为
专题检测（二十二） 第 20 题解答题“圆锥曲线的综合问题”专练
22
xy 1.(2018 届高三 ·广东五校协作体诊断考试 )若椭圆 a2＋ b2＝ 1(a>b>0)的左、 右焦点分别为 F 1，F2，线段 F 1F 2 被抛物线 y2＝ 2bx 的焦点 F 分成了 3∶ 1 的两
段．
(1)求椭圆的离心率；
x2＋
(y1－
2)(
y2－
2)]
＝
2(1＋
k2)x1
x2＋
2k(x1＋
x2)
＋4＝
－
80k2－ 52 4k2＋ 3 ＝－
20＋
4
8 k2＋
3.
所以－
20＜
―O→P
―→ ·OQ
＋
―M→P
―→ ·MQ
52 ≤－ 3 .
当直线 PQ 的斜率不存在时，
―O→P
―→ ·OQ
＋
―M→P ·―M→Q
的值为－
20.
设直线 TA 的斜率为 k1，直线 TB 的斜率为 k2，
则
k1＝
y x＋
， 4
k2＝
y x－
4
.
由
k1k2＝－
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34，得
y x＋
y 4·x－
＝－ 4
34，
整理得 x2 ＋ y 2 ＝ 1. 16 12
故椭圆 C 的方程为 x2 ＋ y2 ＝ 1. 16 12
(2)当直线 PQ 的斜率存在时， 设直线 PQ 的方程为 y＝kx＋ 2，点 P，Q 的坐标分别为 (x1，
16 12
―→ ―→ (2)假设存在满足题意的直线 l，易知当直线 l 的斜率不存在时， OR ·OT <0，不满足题
意．
故可设直线 l 的方程为 y＝ kx－ 4， R(x1， y1)，T(x2，y2)．
∵
―O→R ·―O→T
＝16， 7
∴
x1x2＋
y1y2＝
16 7.
y＝ kx－4， 由 x 2 ＋ y2 ＝ 1
综上，
―O→P
·―O→Q ＋
―M→P
―→ ·MQ
的取值范围为
－
20
，－
52 3
.
3．已知椭圆 P 的中心 O 在坐标原点，焦点在 x 轴上，且经过点 A(0,2 3)，离心率为 12.
(1)求椭圆 P 的方程；
(2)是否存在过点
E(0，－ 4)的直线
l 交椭圆
P
于点
R，T，且满足
―O→R ·―O→T
A，B，且长轴长为 8， T 为椭
圆上任意一点，直线
TA，TB 的斜率之积为－
3 4.
(1)求椭圆 C 的方程；
―→ ―→ (2)设 O 为坐标原点，过点 M (0,2)的动直线与椭圆 C 交于 P，Q 两点，求 OP ·OQ ＋
―→ MP
·―M→Q 的取值范围．
解： (1)设 T(x，y)，由题意知 A(－ 4,0)， B(4,0) ，
y1)， (x2， y2)，
联立方程
x2 ＋ y2 ＝ 1， 16 12 y＝ kx＋2
消去 y，
得 (4k2＋ 3)x2＋ 16kx－ 32＝ 0.
所以
x1＋ x2＝－
4
16k k2＋
3
，
x1x2＝－
32 4k2＋ 3.
―→ 从而，OP
―→ ·OQ
＋
―→ MP
―→ ·MQ
＝
x1x2＋
y1y2＋
[
x1
(2)过点 C(－ 1,0)的直线 l 交椭圆于不同两点 A， B，且 ―A→C ＝ 2―C→B ，当△ AOB 的面积最
大时，求直线 l 的方程．
解： (1)由题意知，
c＋ b＝ 3 2
b c－2 ，
所以 b＝ c， a2＝ 2b2，
所以 e＝ac＝
1－
b a
2＝
2 2.
(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，直线 AB 的方程为 x＝ ky－1( k≠0)，
因为 ―A→C ＝ 2―C→B ，所以 (－ 1－ x1，－ y1)＝ 2(x2＋ 1， y2)，
即 y1＝－ 2y2，
①
由 (1)知，椭圆方程为 x2＋2y2＝ 2b2.
x＝ky－ 1， 由 x2＋ 2y2＝ 2b2 消去 x， 得 (k2＋ 2)y2－2ky＋ 1－ 2b2＝ 0，
所以
y1＋
y2＝
16 12
消去 y，
得 (3＋ 4k2)x2－ 32kx＋ 16＝ 0， 由 Δ>0 得 (－ 32k)2－ 64(3＋ 4k2)>0 ，
解得
k2>
1 4.
①
∵ x1＋ x2＝ 3＋324kk2，x1x2＝ 3＋164k2，
∴ y1y2＝ (kx1－ 4)( kx2－ 4)＝ k2x1x2－ 4k(x1＋ x2)＋16，