1、专练55高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1.已知m1，直线l：xmy0，椭圆C：y21，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点(1)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，AF1F2，BF1F2的重心分别为G，H.若坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围2.已知椭圆C：1(ab0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线yk(x1)与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当AMN的面积为时，求k的值3.2020全国卷已知A，B分别为椭圆E：y21(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，8.P为直线x6上的动点，PA与E的另一交
2、点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点4.2019全国卷已知抛物线C：y23x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.(1)若|AF|BF|4，求l的方程；(2)若3，求|AB|.5.2020全国卷已知椭圆C1：1(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点若|MF|5，求C1与C2的标准方程专练55高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1.解析：(1)因为直线l：xmy0经过点
3、F2(，0)，所以，解得m22.又因为m1，所以m，故直线l的方程为xy10.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)由消去x，得2y2my10.由m28m280，得m28.y1y2，y1y2.由F1(c,0)，F2(c,0)，可知G，H.因为坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，所以0，即x1x2y1y20.因为x1x2y1y2y1y2(m21)，所以(m21)0.解得m24(符合m21，所以实数m的取值范围是(1,2)2解析：(1)由题意知解得b.所以椭圆的方程为1.(2)由消去y得(12k)2x24k2x2k240.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1k(x11)
4、，y2k(x21)，x1x2，x1x2.所以|MN| 又因为点A(2,0)到直线yk(x1)的距离为d，所以AMN的面积为S|MN|d，解得k1.3解析：(1)由题设得A(a,0)，B(a,0)，G(0,1)则(a,1)，(a，1)由8得a218，即a3.所以E的方程为y21.(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)若t0，设直线CD的方程为xmyn，由题意可知3n3.由于直线PA的方程为y(x3)，所以y1(x13)直线PB的方程为y(x3)，所以y2(x23)可得3y1(x23)y2(x13)由于y1，故y，可得27y1y2(x13)(x23)，即(27m2)y1y2m(n
5、3)(y1y2)(n3)20.将xmyn代入y21得(m29)y22mnyn290.所以y1y2，y1y2.代入式得(27m2)(n29)2m(n3)mn(n3)2(m29)0.解得n13(舍去)，n2.故直线CD的方程为xmy，即直线CD过定点.若t0，则直线CD的方程为y0，过点.综上，直线CD过定点.4解析：本题主要考查抛物线的标准方程及简单的几何性质、直线与抛物线的位置关系、平面向量共线等知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算设直线l：yxt，A(x1，y1)，B(x2，y2)(1)由题设得F，故|AF|B
6、F|x1x2，由题设可得x1x2.由可得9x212(t1)x4t20，则x1x2.从而，得t.所以l的方程为yx.(2)由3可得y13y2.由可得y22y2t0.所以y1y22.从而3y2y22，故y21，y13.代入C的方程得x13，x2.故|AB|.5解析：(1)由已知可设C2的方程为y24cx，其中c.不妨设A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为，；C，D的纵坐标分别为 2c，2c，故|AB|，|CD|4c.由|CD|AB|得4c，即3222.解得2(舍去)或.所以C1的离心率为.(2)由(1)知a2c，bc，故C1：1.设M(x0，y0)，则1，y4cx0，故1.由于C2的准线为xc，所以|MF|x0c，而|MF|5，故x05c，代入得1，即c22c30，解得c1(舍去)或c3.所以C1的标准方程为1，C2的标准方程为y212x.
