2025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课时含解析

PAGE5-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eq\f(y1y2,x1x2)的值肯定等于()A．－4B．4C．p2D．－p22．若AB是过椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中心的一条弦，M是椭圆上随意一点，且AM，BM与两坐标轴均不平行，kAM，kBM分别表示直线AM，BM的斜率，则kAM·kBM＝()A．－eq\f(c2,a2)B．－eq\f(b2,a2)C．－eq\f(c2,b2)D．－eq\f(a2,b2)3．设M，N分别是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点，若在椭圆C上存在点H，使kMH·kNH∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，则椭圆的离心率的取值范围为()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为坐标原点，平行四边形ABCD内接于椭圆Ω：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，点E，F分别为AB，AD的中点，且OE，OF的斜率之积为－eq\f(3,4)，则椭圆Ω的离心率为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(3,4)D.eq\f(4,5)5．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，离心率为eq\f(\r(2),2)，且过点(2，eq\r(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，且这两条直线相互垂直，求证：eq\f(1,|MN|)＋eq\f(1,|PQ|)为定值．

6．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，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eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))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：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F(eq\r(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．(2024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＝eq\f(\r(6),3).(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＝eq\f(p,2).∴x1x2＝eq\f(p2,4)；②若焦点弦AB不垂直于x轴，可设AB：y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，联立y2＝2px，得k2x2－(k2p＋2p)x＋eq\f(p2k2,4)＝0，则x1x2＝eq\f(p2,4).故y1y2＝－p2.故eq\f(y1y2,x1x2)＝－4.2．B解析：方法一(干脆法)，设A(x1，y1)，M(x0，y0)，则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(特别值法)，∵四个选项为确定值，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：依据平行四边形的几何特征，得AD∥EO，AB∥FO，∴kAD＝kEO，kAB＝kFO.∴kEO·kFO＝kABkAD＝－eq\f(3,4).设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.∵椭圆C过点(2，eq\r(2))，得b2＝4，a2＝8.∴椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)证明：由(1)知椭圆C的焦点坐标为F1(－2,0)，F2(2,0)．依据题意，可设直线MN的方程为y＝k(x＋2)，由于直线MN与直线PQ相互垂直，则直线PQ的方程为y＝－eq\f(1,k)(x－2)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．由方程组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，则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，所求的椭圆方程为eq\f(x2,2)＋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.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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).设存在点E(0，m)，则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为常数)，只要eq\f(2m2－2k2＋m2－4m＋10,2k2＋1)＝t，从而(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)，从而t＝eq\f(105,16)，故存在定点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(11,4)))，使eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))恒为定值eq\f(105,16).7．解：(1)由题意得，c＝eq\r(3)，eq\f(a,b)＝2，a2＝b2＋c2，∴a＝2，b＝1，∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋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).∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴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)．∴直线l的方程为y＝kx－eq\f(3,5).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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,5))).8．解：(1)设椭圆方程为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，则椭圆方程为eq\f(x2,3)＋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＝eq\f(6k2,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3k2－3,1＋3k2)，由∠MPA＝∠MPB，得