2025屆高考數(shù)學(xué)一輪知能訓(xùn)練專題五圓錐曲線的綜合及應(yīng)用問題第2課時(shí)含解析

PAGE5-第2課時(shí)1．已知拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)弦AB的兩端點(diǎn)坐標(biāo)分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(y1y2,x1x2)的值肯定等于()A．－4B．4C．p2D．－p22．若AB是過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中心的一條弦，M是橢圓上隨意一點(diǎn)，且AM，BM與兩坐標(biāo)軸均不平行，kAM，kBM分別表示直線AM，BM的斜率，則kAM·kBM＝()A．－eq\f(c2,a2)B．－eq\f(b2,a2)C．－eq\f(c2,b2)D．－eq\f(a2,b2)3．設(shè)M，N分別是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)，若在橢圓C上存在點(diǎn)H，使kMH·kNH∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，則橢圓的離心率的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))4．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，平行四邊形ABCD內(nèi)接于橢圓Ω：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，且OE，OF的斜率之積為－eq\f(3,4)，則橢圓Ω的離心率為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(3,4)D.eq\f(4,5)5．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(\r(2),2)，且過點(diǎn)(2，eq\r(2))．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)M，N，P，Q是橢圓C上的四個(gè)不同的點(diǎn)，兩條都不和x軸垂直的直線MN和PQ分別過點(diǎn)F1，F(xiàn)2，且這兩條直線相互垂直，求證：eq\f(1,|MN|)＋eq\f(1,|PQ|)為定值．

6．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，左焦點(diǎn)為F(－1,0)，過點(diǎn)D(0,2)且斜率為k的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)在y軸上，是否存在定點(diǎn)E，使eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))恒為定值？若存在，求出E點(diǎn)的坐標(biāo)和這個(gè)定值；若不存在，說明理由．7．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F(eq\r(3)，0)，長半軸與短半軸長的比值為2.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)不經(jīng)過點(diǎn)B(0,1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)M，N，若點(diǎn)B在以線段MN為直徑的圓上，證明直線l過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．8．(2024年天津)中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，下頂點(diǎn)D(0，－1)，且離心率e＝eq\f(\r(6),3).(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)經(jīng)過點(diǎn)M(1,0)且斜率為k的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)．在x軸上是否存在定點(diǎn)P，使得∠MPA＝∠MPB恒成立？若存在，求出點(diǎn)P坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

第2課時(shí)1．A解析：①若焦點(diǎn)弦AB⊥x軸，則x1＝x2＝eq\f(p,2).∴x1x2＝eq\f(p2,4)；②若焦點(diǎn)弦AB不垂直于x軸，可設(shè)AB：y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，聯(lián)立y2＝2px，得k2x2－(k2p＋2p)x＋eq\f(p2k2,4)＝0，則x1x2＝eq\f(p2,4).故y1y2＝－p2.故eq\f(y1y2,x1x2)＝－4.2．B解析：方法一(干脆法)，設(shè)A(x1，y1)，M(x0，y0)，則B(－x1，－y1)，kAM·kBM＝eq\f(y0－y1,x0－x1)·eq\f(y0＋y1,x0＋x1)＝eq\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),x\o\al(2,0)－x\o\al(2,1))＝eq\f(－\f(b2,a2)x\o\al(2,0)＋b2－－\f(b2,a2)x\o\al(2,1)＋b2,x\o\al(2,0)－x\o\al(2,1))＝－eq\f(b2,a2).方法二(特別值法)，∵四個(gè)選項(xiàng)為確定值，取A(a,0)，B(－a,0)，M(0，b)，可得kAM·kBM＝－eq\f(b2,a2).3．A解析：kMH·kNH＝－eq\f(b2,a2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，－eq\f(b2,a2)>－eq\f(1,2)，2b2<a2，即2(a2－c2)<a2，a2<2c2，eq\f(c2,a2)>eq\f(1,2).∴e>eq\f(\r(2),2).4．A解析：依據(jù)平行四邊形的幾何特征，得AD∥EO，AB∥FO，∴kAD＝kEO，kAB＝kFO.∴kEO·kFO＝kABkAD＝－eq\f(3,4).設(shè)D(x0，y0)，B(－x0，－y0)，A(x，y)，∴kAB·kAD＝eq\f(y＋y0,x＋x0)·eq\f(y－y0,x－x0)＝eq\f(y2－y\o\al(2,0),x2－x\o\al(2,0))＝eq\f(b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,a2)))－b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),a2))),x2－x\o\al(2,0))＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(3,4).∴eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,4).∴e＝eq\f(1,2).5．(1)解：由已知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴eq\f(b2,a2)＝eq\f(a2－c2,a2)＝1－e2＝eq\f(1,2)，∴a2＝2b2，∴C：eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，即x2＋2y2＝2b2.∵橢圓C過點(diǎn)(2，eq\r(2))，得b2＝4，a2＝8.∴橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)證明：由(1)知橢圓C的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)．依據(jù)題意，可設(shè)直線MN的方程為y＝k(x＋2)，由于直線MN與直線PQ相互垂直，則直線PQ的方程為y＝－eq\f(1,k)(x－2)，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)．由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))消y得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－8＝0，則x1＋x2＝eq\f(－8k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(8k2－8,2k2＋1)，∴|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(4\r(2)1＋k2,2k2＋1).同理可得|PQ|＝eq\f(4\r(2)1＋k2,k2＋2)，∴eq\f(1,|MN|)＋eq\f(1,|PQ|)＝eq\f(2k2＋1,4\r(2)1＋k2)＋eq\f(k2＋2,4\r(2)1＋k2)＝eq\f(3k2＋3,4\r(2)1＋k2)＝eq\f(3\r(2),8).6．解：(1)由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,c＝1，))解得a2＝2，b2＝1，所求的橢圓方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)過點(diǎn)D(0,2)且斜率為k的直線l的方程為y＝kx＋2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))消去y整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(8k,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(6,1＋2k2).又y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－eq\f(2k2－4,2k2＋1)，y1＋y2＝(kx1＋2)＋(kx2＋2)＝k(x1＋x2)＋4＝eq\f(4,2k2＋1).設(shè)存在點(diǎn)E(0，m)，則eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－x1，m－y1)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－x2，m－y2)，∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2＝eq\f(6,2k2＋1)＋m2－m·eq\f(4,2k2＋1)－eq\f(2k2－4,2k2＋1)＝eq\f(2m2－2k2＋m2－4m＋10,2k2＋1).要使得eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝t(t為常數(shù))，只要eq\f(2m2－2k2＋m2－4m＋10,2k2＋1)＝t，從而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m2－2－2t＝0，①,m2－4m＋10－t＝0，②))由①得t＝m2－1，代入②解得m＝eq\f(11,4)，從而t＝eq\f(105,16)，故存在定點(diǎn)Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(11,4)))，使eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))恒為定值eq\f(105,16).7．解：(1)由題意得，c＝eq\r(3)，eq\f(a,b)＝2，a2＝b2＋c2，∴a＝2，b＝1，∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝4，))消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.∴Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).∵點(diǎn)B在以線段MN為直徑的圓上，∴eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(BN,\s\up6(→))＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，∴(k2＋1)eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋k(m－1)eq\f(－8km,4k2＋1)＋(m－1)2＝0，整理，得5m2－2m－3＝0，解得m＝－eq\f(3,5)或m＝1(舍去)．∴直線l的方程為y＝kx－eq\f(3,5).易知當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，不符合題意．故直線l過定點(diǎn)，且該定點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,5))).8．解：(1)設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．由已知得b＝1，e＝eq\f(\r(6),3)，又a2＝b2＋c2，∴a2＝3，b2＝1，則橢圓方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)假設(shè)存在，設(shè)P(m,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線方程為y＝k(x－1)，代入橢圓方程，得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0，因此x1＋x2＝eq\f(6k2,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3k2－3,1＋3k2)，由∠MPA＝∠MPB，得