圆锥曲线的综合应用【三年高考】1.【2017课标II,理9】若双曲线(,)的一条渐近线被圆所截得的弦长为2,则的离心率为()A.2B.C.D.【答案】A2.【2017山东,理21】在平面直角坐标系中,椭圆:的离心率为,焦距为.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)如图,动直线:交椭圆于两点,是椭圆上一点,直线的斜率为,且,是线段延长线上一点,且,的半径为,是的两条切线,切点分别为.求的最大值,并求取得最大值时直线的斜率.【解析】(I)由题意知,,所以,因此椭圆的方程为.(Ⅱ)设,联立方程得,由题意知,且,所以.由题意可知圆的半径为,由题设知,所以因此直线的方程为.联立方程得,因此.由题意可知,而,,令,则,因此,当且仅当,即时等号成立,此时,所以,因此,所以最大值为.综上所述:的最大值为,取得最大值时直线的斜率为.3.【2017天津,理19】设椭圆的左焦点为,右顶点为,离心率为.已知是抛物线的焦点,到抛物线的准线的距离为.(I)求椭圆的方程和抛物线的方程;(II)设上两点,关于轴对称,直线与椭圆相交于点(异于点),直线与轴相交于点.若的面积为,求直线的方程.【解析】(Ⅰ)设的坐标为.依题意,,,,解得,,,于是.所以,椭圆的方程为,抛物线的方程为.(Ⅱ)设直线的方程为,与直线的方程联立,可得点,故.将与联立,消去,整理得,解得,或.由点异于点,可得点.由,可得直线的方程为,令,解得,故.所以.又因为的面积为,故,整理得,解得,所以.所以,直线的方程为,或.4.【2016高考新课标1卷】设圆的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.(I)证明为定值,并写出点E的轨迹方程;(II)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.【解析】(Ⅰ)因为,,故,所以,故.又圆的标准方程为,从而,所以.由题设得,,,由椭圆定义可得点的轨迹方程为:().(Ⅱ)当与轴不垂直时,设的方程为,,.由得.则,.所以.过点且与垂直的直线:,到的距离为,所以.故四边形的面积.可得当与轴不垂直时,四边形面积的取值范围为.当与轴垂直时,其方程为,,,四边形的面积为12.综上,四边形面积的取值范围为.5.【2016高考江苏卷】如图,在平面直角坐标系xOy中,已知直线,抛物线(1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程;(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.①求证:线段PQ的中点坐标为;②求p的取值范围.【解析】(1)抛物线的焦点为,由点在直线上,得,即所以抛物线C的方程为(2)设,线段PQ的中点,因为点P和Q关于直线对称,所以直线垂直平分线段PQ,于是直线PQ的斜率为,则可设其方程为①由消去得,因为P和Q是抛物线C上的相异两点,所以从而,化简得.方程(*)的两根为,从而因为在直线上,所以因此,线段PQ的中点坐标为②因为在直线上,所以,即由①知,于是,所以因此的取值范围为6.【2016高考天津理数】设椭圆()的右焦点为,右顶点为,已知,其中为原点,为椭圆的离心率.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)设过点的直线与椭圆交于点(不在轴上),垂直于的直线与交于点,与轴交于点,若,且,求直线的斜率的取值范围.【解析】(1):设,由,即,可得,又,所以,因此,所以椭圆的方程为.(Ⅱ)设直线的斜率为(),则直线的方程为.设,由方程组,消去,整理得.解得,或,由题意得,从而.由(Ⅰ)知,,设,有,.由,得,所以,解得.因此直线的方程为.设,由方程组消去,解得.在中,,即,化简得,即,解得或.所以,直线的斜率的取值范围为.7.【2016年高考四川理数】已知椭圆E:的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线与椭圆E有且只有一个公共点T.(Ⅰ)求椭圆E的方程及点T的坐标;(Ⅱ)设O是坐标原点,直线l’平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A、B,且与直线l交于点P.证明:存在常数,使得,并求的值.【解析】(I)由已知,,即,所以,则椭圆E的方程为.由方程组得.①方程①的判别式为,由,得,此方程①的解为,所以椭圆E的方程为.点T坐标为(2,1).(II)由已知可设直线的方程为,有方程组可得所以P点坐标为(),.设点A,B的坐标分别...