【文档说明】【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：专题五　圆锥曲线的综合及应用问题第2课时【高考】.docx，共(6)页，90.142 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

第2课时1．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点弦AB的两端点坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2x1x2的值一定等于()A．－4B．4C．p2D．－p22．若AB是过椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)中心的一条弦，M是椭圆上任意一点，且AM，BM与两坐标轴均不平行，k

AM，kBM分别表示直线AM，BM的斜率，则kAM·kBM＝()A．－c2a2B．－b2a2C．－c2b2D．－a2b23．设M，N分别是椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右顶点，若在椭圆C上存在点H，使kMH·kNH∈－12，0，则椭圆的离心率的取值范围为()A.22

，1B.0，22C.32，1D.0，324．已知O为坐标原点，平行四边形ABCD内接于椭圆Ω：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，点E，F分别为AB，AD的中点，且OE，OF的斜率之积为－3

4，则椭圆Ω的离心率为()A.12B.22C.34D.455．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，离心率为22，且过点(2，2)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)M，N，P，Q是椭圆C上的四个不同的点，两条都不和x轴垂直的直线MN和PQ分别过点F1，F2，且

这两条直线互相垂直，求证：1|MN|＋1|PQ|为定值．6．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，左焦点为F(－1,0)，过点D(0,2)且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)在y轴上，是否存在定点E，使AE→·BE→恒为定值？若

存在，求出E点的坐标和这个定值；若不存在，说明理由．7．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点F(3，0)，长半轴与短半轴长的比值为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不

同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．8．(2018年天津)中心在原点，焦点在x轴上的椭圆，下顶点D(0，－1)，且离心率e＝63.(1)求椭圆的标准方程；(2)经过点M(1,

0)且斜率为k的直线交椭圆于A，B两点．在x轴上是否存在定点P，使得∠MPA＝∠MPB恒成立？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由．第2课时1．A解析：①若焦点弦AB⊥x轴，则x1＝x2＝p2.∴x1x2＝p24；②若焦点弦AB不

垂直于x轴，可设AB：y＝kx－p2，联立y2＝2px，得k2x2－(k2p＋2p)x＋p2k24＝0，则x1x2＝p24.故y1y2＝－p2.故y1y2x1x2＝－4.2．B解析：方法一(直接法)，设A(x1，y1)，M(x0，y0)，则B(－x1，

－y1)，kAM·kBM＝y0－y1x0－x1·y0＋y1x0＋x1＝y20－y21x20－x21＝(－b2a2x20＋b2)－(－b2a2x21＋b2)x20－x21＝－b2a2.方法二(特殊值法)，∵四个选项为确定值，取A(a,0)，B(－a,0)，M(0，b)，可得kAM·

kBM＝－b2a2.3．A解析：kMH·kNH＝－b2a2∈－12，0，－b2a2>－12，2b2<a2，即2(a2－c2)<a2，a2<2c2，c2a2>12.∴e>22.4．A解析：根据平行四边形的几何特征，得AD∥EO，AB∥FO，∴kAD＝kEO，kAB＝kFO.∴kEO·kF

O＝kABkAD＝－34.设D(x0，y0)，B(－x0，－y0)，A(x，y)，∴kAB·kAD＝y＋y0x＋x0·y－y0x－x0＝y2－y20x2－x20＝b21－x2a2－b21－x20a2x2

－x20＝－b2a2＝－34.∴c2a2＝14.∴e＝12.5．(1)解：由已知e＝ca＝22，∴b2a2＝a2－c2a2＝1－e2＝12，∴a2＝2b2，∴C：x22b2＋y2b2＝1，即x2＋2y2＝2b2.∵椭圆C过点(2，2)，得b2＝4，a2＝8.∴椭圆C的方程为

x28＋y24＝1.(2)证明：由(1)知椭圆C的焦点坐标为F1(－2,0)，F2(2,0)．根据题意，可设直线MN的方程为y＝k(x＋2)，由于直线MN与直线PQ互相垂直，则直线PQ的方程为y＝－1k(x－2)，设M(x1，y1)，N(x2

，y2)．由方程组y＝k(x＋2)，x28＋y24＝1，消y得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－8＝0，则x1＋x2＝－8k22k2＋1，x1x2＝8k2－82k2＋1，∴|MN|＝1＋k2·(x1＋x2)2－4x1x2＝42(1＋k2)2k2＋1.同理

可得|PQ|＝42(1＋k2)k2＋2，∴1|MN|＋1|PQ|＝2k2＋142(1＋k2)＋k2＋242(1＋k2)＝3k2＋342(1＋k2)＝328.6．解：(1)由已知可得ca＝22，c＝1，

解得a2＝2，b2＝1，所求的椭圆方程为x22＋y2＝1.(2)过点D(0,2)且斜率为k的直线l的方程为y＝kx＋2，由x22＋y2＝1，y＝kx＋2，消去y整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0.设A(x1

，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8k1＋2k2，x1x2＝61＋2k2.又y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－2k2－42k2＋1，y1＋y2＝

(kx1＋2)＋(kx2＋2)＝k(x1＋x2)＋4＝42k2＋1.设存在点E(0，m)，则AE→＝(－x1，m－y1)，BE→＝(－x2，m－y2)，∴AE→·BE→＝x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2＝62k2＋1＋m2－m·42k2＋1－2k2－42k2＋1

＝(2m2－2)k2＋m2－4m＋102k2＋1.要使得AE→·BE→＝t(t为常数)，只要(2m2－2)k2＋m2－4m＋102k2＋1＝t，从而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t＝0，即2m2－2－2t＝0，①m2－4m＋10－t＝0，②由①得t＝m2－

1，代入②解得m＝114，从而t＝10516，故存在定点E0，114，使AE→·BE→恒为定值10516.7．解：(1)由题意得，c＝3，ab＝2，a2＝b2＋c2，∴a＝2，b＝1，∴椭圆C的标准方程为x24＋y2＝1.(2)当直线l的斜率

存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．联立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＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴BM→·BN→＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，∴(k2＋1)4m2－44k2＋1＋k(m－1)－8km4k2＋

1＋(m－1)2＝0，整理，得5m2－2m－3＝0，解得m＝－35或m＝1(舍去)．∴直线l的方程为y＝kx－35.易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．故直线l过定点，且该定点的坐标为0，－35.8．

解：(1)设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)．由已知得b＝1，e＝63，又a2＝b2＋c2，∴a2＝3，b2＝1，则椭圆方程为x23＋y2＝1.(2)假设存在，设P(m,0)，A(x1，y1)，B(

x2，y2)，直线方程为y＝k(x－1)，代入椭圆方程，得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0，因此x1＋x2＝6k21＋3k2，x1x2＝3k2－31＋3k2，由∠MPA＝∠MPB，得kPA＋kPB＝0

，即y1x1－m＋y2x2－m＝0，∴(x1－m)y2＋(x2－m)y1＝0，∴(x1－m)k(x2－1)＋(x2－m)k(x1－1)＝0.由于此方程对任意k恒成立，因此(x1－m)(x2－1)＋(x2－m)(x1－1)＝0，∴2x1x2－(m＋1)(x1＋x2)＋2m＝0恒成立，∴2·3

k2－31＋3k2－(m＋1)6k21＋3k2＋2m＝0恒成立，即2m－61＋3k2＝0恒成立，因此m＝3.综上，存在点P(3,0)满足题意．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com