專題限時集訓(十)圓錐曲線中的綜合問題(建議用時：60分鐘)1(2018北京模擬)已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，且過點.(1)求橢圓C的方程；(2)過橢圓C的左焦點的直線l1與橢圓C交于A，B兩點，直線l2過坐標原點且與直線l1的斜率互為相反數(shù)若直線l2與橢圓交于E，F(xiàn)兩點且均不與點A，B重合，設直線AE與x軸所成的銳角為1，直線BF與x軸所成的銳角為2，判斷1與2的大小關系并加以證明解(1)由題可得解得.所以橢圓C的方程為y21.(2)結(jié)論：12，理由如下：由題知直線l1斜率存在，設l1：yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)聯(lián)立，消去y得(12k2)x24k2x2k220，由題易知0恒成立，由根與系數(shù)的關系得x1x2，x1x2，因為l2與l1斜率相反且過原點，設l2：ykx，E(x3，y3)，F(xiàn)(x4，y4)，聯(lián)立消去y得(12k2)x220，由題易知0恒成立，由根與系數(shù)的關系得x3x40，x3x4，因為E，F(xiàn)兩點不與A，B重合，所以直線AE，BF存在斜率kAE，kBF，則kAEkBFkkk0，所以直線AE，BF的傾斜角互補，所以12.2(2018棗莊模擬)已知拋物線C：y22px(0<p<1)上的點P(m,1)到其焦點F的距離為.(1)求C的方程；(2)已知直線l不過點P且與C相交于A，B兩點，且直線PA與直線PB的斜率之積為1，證明：l過定點解(1)由題意，得2pm1，即m.由拋物線的定義，得|PF|m.由題意，解得p，或p2(舍去)所以C的方程為y2x.(2)證明：設直線PA的斜率為k(顯然k0)，則直線PA的方程為y1k(x1)，則ykx1k.由消去y并整理得k2x22k(1k)1x(1k)20.設A(x1，y1)，由根與系數(shù)的關系，得1x1，即x1.y1kx11kk1k1.所以A.由題意，直線PB的斜率為.同理可得B，即B(k1)2，k1)若直線l的斜率不存在，則(k1)2.解得k1，或k1.當k1時，直線PA與直線PB的斜率均為1，A，B兩點重合，與題意不符；當k1時，直線PA與直線PB的斜率均為1，A，B兩點重合，與題意不符所以，直線l的斜率必存在直線l的方程為y(k1)，即yx1.所以直線l過定點(0，1)3(2018鄭州模擬)已知動圓E經(jīng)過點F(1,0)，且和直線l：x1相切(1)求該動圓圓心E的軌跡G的方程；(2)已知點A(3,0)，若斜率為1的直線l與線段OA相交(不經(jīng)過坐標原點O和點A)，且與曲線G交于B、C兩點，求ABC面積的最大值解(1)由題意可知點E到點F距離等于點E到直線l距離，所以動點E的軌跡是以F(1,0)為焦點，直線x1為準線的拋物線，故：曲線G的方程是y24x.(2)設直線l的方程為yxm，其中3<m<0.聯(lián)立方程組，消去y，得x2(2m4)xm20，(2m4)24m216(1m)恒大于零，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由求根公式得：x1x242m，x1x2m2，|AB|4，點A到直線l的距離為d，S42(3m)令t(1,2)，則m1t2，S2t(4t2)8t2t3，令f(t)8t2t3，f(t)86t2.yf(t)在上遞增，在上遞減yf(t)在t時即m時取得最大值ABC的最大面積為.4(2018江西六校聯(lián)考)已知橢圓C：1(a>b>0)的離心率與雙曲線1的離心率互為倒數(shù)，且過點P.(1)求橢圓C的方程；(2)過P作兩條直線l1，l2與圓(x1)2y2r2(0r)相切且分別交橢圓于M、N兩點求證：直線MN的斜率為定值；求MON面積的最大值(其中O為坐標原點)解(1)可得e，設橢圓的半焦距為c，所以a2c，因為C過點P，所以1，又c2b2a2，解得a2，b，所以橢圓方程為1.(2)證明：顯然兩直線l1，l2的斜率存在，設為k1，k2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由于直線l1，l2與圓(x1)2y2r2(0r)相切，則有k1k2，直線l1的方程為yk1(x1)，聯(lián)立方程組消去y，得x2(4k3)k1(128k1)x(32k1)2120，因為P，M為直線與橢圓的交點，所以x11，同理，當l2與橢圓相交時，x21，所以x1x2，而y1y2k1(x1x2)2k1，所以直線MN的斜率k.設直線MN的方程為yxm，聯(lián)立方程組消去y得x2mxm230，所以|MN|，原點O到直線的距離d，OMN面積為S，當且僅當m22時取得等號經(jīng)檢驗，存在r(0r)，使得過點P的兩條直線與圓(x1)2y2r2相切，且與橢圓有兩個交點M，N.所以OMN面積的最大值為.