高考理科数学复习练习作业70 14页

专题层级快练(七十)‎ ‎1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，其左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2，设点M(x1，y1)，N(x2，y2)是椭圆上不同两点，且这两点与坐标原点的连线的斜率之积为－.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)求证：x12＋x22为定值，并求该定值．‎ 答案　(1)＋y2＝1　(2)4‎ 解析　(1)依题意，c＝，而e＝，∴a＝2，b2＝a2－c2＝1，‎ 则椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由于·＝－，则x1x2＝－4y1y2，x12x22＝16y12y22.‎ 而＋y12＝1，＋y22＝1，则1－＝y12，1－＝y22，‎ ‎∴(1－)(1－)＝y12y22，则(4－x12)(4－x22)＝16y12y22，‎ ‎(4－x12)(4－x22)＝x12x22，展开，得x12＋x22＝4为一定值．‎ ‎2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，左、右焦点分别为F1，F2，点A为椭圆上一点，∠F1AF2＝60°，且S△F1AF2＝.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.问：在x轴上是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过定点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．‎ 答案　(1)＋＝1　(2)存在，M(1，0)‎ 解析　(1)由e＝可得a2＝4c2，S△F1AF2＝|AF1||AF2|sin60°＝，可得|AF1||AF2|＝4.在△F1AF2中，由余弦定理有|F1A|2＋|F2A|2－2|AF1||AF2|cos60°＝4c2，‎ ‎|AF1|＋|AF2|＝2a，可得a2－c2＝3，所以a2＝4，c2＝1，则b2＝3，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设P(x0，y0)，由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，‎ Δ＝(8km)2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，‎ 所以4k2＋3－m2＝0，x0＝－，y0＝，P(－，)．‎ 由得Q(4，4k＋m)．‎ 设在x轴上存在点M，坐标为(x1，0)，‎ 则＝(－－x1，)，＝(4－x1，4k＋m)．‎ 因为以PQ为直径的圆恒过定点M，所以·＝0.‎ 则(4x1－4)＋x12－4x1＋3＝0对于任意的k，m都成立，所以解得x1＝1，故存在定点M(1，0)符合题意．‎ ‎3．(2017·宜春、新余联考)已知椭圆E的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，它的一个焦点恰好与抛物线y2＝4x的焦点重合．‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设椭圆的上顶点为A，过点A作椭圆E的两条动弦AB，AC，若直线AB，AC斜率之积为，直线BC是否一定经过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．‎ 答案　(1)＋y2＝1　(2)定点(0，3)‎ 解析　(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，则e＝＝，c＝1，故a2＝2，b2＝1，椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由(1)知A(0，1)，‎ 当直线BC的斜率不存在时，设BC：x＝x0，设B(x0，y0)，则C(x0，－y0)，‎ kAB·kAC＝·＝＝＝≠，不合题意．‎ 故直线BC的斜率存在．设直线BC的方程为y＝kx＋m(m≠1)，并代入椭圆方程，得 ‎(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0， ①‎ 由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0得2k2－m2＋1>0. ②‎ 设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1，x2是方程①的两根，由根与系数的关系得，‎ x1＋x2＝－，x1·x2＝，‎ 由kAB·kAC＝·＝，得4y1y2－4(y1＋y2)＋4＝x1x2，‎ 即(4k2－1)x1x2＋4k(m－1)(x1＋x2)＋4(m－1)2＝0，整理得(m－1)(m－3)＝0，‎ 又因为m≠1，所以m＝3，此时直线BC的方程为y＝kx＋3.‎ 所以直线BC恒过一定点(0，3)．‎ ‎4．(2017·湖北宜昌一中月考)中心在坐标原点O，焦点在坐标轴上的椭圆E经过两点R(－，－)，Q(，)．分别过椭圆E的焦点F1，F2的动直线l1，l2相交于P点，与椭圆E分别交于A，B与C，D不同四点，直线OA，OB，OC，OD的斜率k1，k2，k3，k4满足k1＋k2＝k3＋k4.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)是否存在定点M，N，使得|PM|＋|PN|为定值？若存在，求出M，N的坐标并求出此定值；若不存在，说明理由．‎ 答案　(1)＋＝1　(2)存在点M，N其坐标分别为(0，－1)，(0，1)，使得|PM|＋|PN|＝2为定值．‎ 解析　(1)设椭圆的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)．‎ 将R(－，－)，Q(，)代入椭圆方程有解得 ‎∴椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)焦点F1，F2的坐标分别为(－1，0), (1，0)．‎ 当直线l1或l2斜率不存在时，P点坐标为(－1，0)或(1，0)．‎ 当直线l1，l2斜率存在时，设斜率分别为m1，m2.‎ ‎∴l1的方程为y＝m1(x＋1)，l2的方程为y＝m2(x－1)．‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，‎ 联立l1与椭圆方程，得到(2＋3m12)x2＋6m12x＋3m12－6＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 同理x3＋x4＝，x3x4＝.(*)‎ ‎∵k1＝＝m1＋，k2＝m1＋，k3＝m2－，k4＝m2－.‎ 又满足k1＋k2＝k3＋k4，‎ ‎∴2m1＋m1·＝2m2－m2·，‎ 把(*)代入上式化为m1m2＝－2.‎ 设点P(x，y)，则·＝－2(x≠±1)，‎ 化为＋x2＝1(x≠±1)．‎ 又当直线l1或l2斜率不存在时，P点坐标为(－1，0)或(1，0)也满足，‎ ‎∴点P在椭圆＋x2＝1(x≠±1)上．‎ 故存在点M，N其坐标分别为(0，－1)，(0，1)，使得|PM|＋|PN|＝2为定值．‎ ‎5．(2016·四川)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.‎ ‎(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；‎ ‎(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值．‎ 答案　(1)＋＝1，T(2，1)　(2)λ＝ 解析　(1)由已知，a＝b，则椭圆E的方程为＋＝1.‎ 由方程组得3x2－12x＋18－2b2＝0. ①‎ 方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，‎ 此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为＋＝1.‎ 点T的坐标为(2，1)．‎ ‎(2)由已知可设直线l′的方程为y＝x＋m(m≠0)，‎ 由方程组可得 所以P点的坐标为(2－，1＋)，|PT|2＝m2.‎ 设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由方程组可得3x2＋4mx＋4m2－12＝0. ②‎ 方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，‎ 由Δ>0，解得－b>0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值．‎ 答案　(1)＋y2＝1　(2)定值为4‎ 解析　(1)由题意得解得a＝2，b＝1.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由(1)知，A(2，0)，B(0，1)．‎ 设P(x0，y0)，则x02＋4y02＝4.‎ 当x0≠0时，直线PA的方程为y＝(x－2)．‎ 令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝|1－yM|＝|1＋|.‎ 直线PB的方程为y＝x＋1.‎ 令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝|2－xN|＝|2＋|.‎ 所以|AN|·|BM|＝|2＋|·|1＋|＝||‎ ‎＝||＝4.‎ 当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，‎ 所以|AN|·|BM|＝4.‎ 综上，|AN|·|BM|为定值．‎ ‎2．(2013·安徽理)设椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上．‎ ‎(1)若椭圆E的焦距为1，求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设F1，F2分别是椭圆E的左、右焦点，P为椭圆E上第一象限内的点，直线F2P交y轴于点Q，并且F1P⊥F1Q.证明：当a变化时，点P在某定直线上．‎ 答案　(1)＋＝1　(2)点P在定直线x＋y＝1上 解析　(1)因为焦距为1，所以2a2－1＝，解得a2＝.‎ 故椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设P(x0，y0)，F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c＝.‎ 由题设知x0≠c，则直线F1P的斜率kF1P＝，‎ 直线F2P的斜率kF2P＝.故直线F2P的方程为y＝(x－c)．‎ 当x＝0时，y＝，即点Q坐标为(0，)．‎ 因此，直线F1Q的斜率为kF1Q＝.‎ 由于F1P⊥F1Q，所以kF1P·kF1Q＝·＝－1.‎ 化简，得y02＝x02－(2a2－1)． ①‎ 将①代入椭圆E的方程，由于点P(x0，y0)在第一象限，解得x0＝a2，y0＝1－a2，即点P在定直线x＋y＝1上．‎ ‎3．(2017·广东清远调研)已知抛物线C1的焦点F与椭圆C2：x2＋＝1的右焦点重合，抛物线的顶点在坐标原点．‎ ‎(1)求抛物线C1的方程；‎ ‎(2)设圆M过点A(1，0)，且圆心M在C1的轨迹上，BD是圆M在y轴上截得的弦，‎ 问弦长BD是否为定值？请说明理由．‎ 答案　(1)y2＝2x　(2)定值为2‎ 解析　(1)∵抛物线C1的焦点与椭圆C2：x2＋＝1的右焦点重合，‎ ‎∴抛物线C1的焦点坐标为F(，0)．‎ ‎∵抛物线C1的顶点在坐标原点，∴抛物线C1的方程为y2＝2x.‎ ‎(2)∵圆心M在抛物线y2＝2x上，可设圆心M(，a)，半径r＝，‎ 则圆的方程为(x－)2＋(y－a)2＝(1－)2＋a2.‎ 令x＝0，得B(0，1＋a)，D(0，－1＋a)，‎ ‎∴|BD|＝2，∴弦长BD为定值．‎ ‎4．(2017·山东临沂质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)与双曲线＋＝1(1b>0)内一点A(0，1)的动直线 l与椭圆相交于M，N两点，当l平行于x轴和垂直于x轴时，l被椭圆Γ所截得的线段长均为2.‎ ‎(1)求椭圆Γ的方程；‎ ‎(2)在平面直角坐标系中，是否存在异于点A的定点B，使得对任意过点A(0，1)的动直线l都满足||·||＝||·||？若存在，求出定点B的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 答案　(1)＋＝1　(2)存在异于点A的定点B(0，2)，使得||·||＝||·||.‎ 解析　(1)由已知得b＝，点(，1)在椭圆Γ上，所以＋＝1，解得a＝2.‎ 所以椭圆Γ的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线l平行于x轴时，则存在y轴上的点B，‎ 使||·||＝||·||，设B(0，y0)．‎ 当直线l垂直于x轴时，M(0，)，N(0，－)．‎ 若使||·||＝||·||，则＝，‎ 有＝，解得y0＝1或y0＝2.‎ 所以，若存在异于点A的定点B满足条件，‎ 则点B的坐标只可能是(0，2)．‎ 下面证明：存在定点B(0，2)，对任意过点A(0，1)的直线l，‎ 都有||·||＝||·||，即＝.‎ 当直线l的斜率不存在时，由上面可知，结论成立；‎ 当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋1.‎ 设M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．‎ 联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，‎ 其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，‎ 因此＋＝＝2k.‎ 易知点N关于y轴对称的点N′的坐标为(－x2，y2)，‎ 又kBM＝＝＝k－，kBN′＝＝＝－k＋＝k－，‎ 所以kBM＝kBN′，即B，M，N′三点共线，所以＝＝＝.‎ 故存在异于点A的定点B(0，2)，使得||·||＝||·||.‎ ‎7．(2017·甘肃张掖一诊)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2，点P为椭圆短轴的端点，且△PF1F2的面积为2.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)点Q是椭圆上任意一点，A(4，6)，求|QA|－|QF1|的最小值；‎ ‎(3)点B(1，)是椭圆上的一定点，B1，B2是椭圆上的两动点，且直线BB1，BB2关于直线x＝1对称，试证明直线B1B2的斜率为定值．‎ 答案　(1)＋＝1　(2)3　(4) 解析　(1)已知c＝，S△PF1F2＝|F1F2|×b＝2，‎ 所以b＝2，求得a＝3，故椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)由(1)得|QF1|＋|QF2|＝6，那么|QA|－|QF1|＝|QA|－(6－|QF2|)＝|QA|＋|QF2|－6，‎ 而|QA|＋|QF2|≥|AF2|＝＝9，‎ 所以|QA|－|QF1|的最小值为3.‎ ‎(3)设直线BB1的斜率为k，因为直线BB1与直线BB2关于直线x＝1对称，所以直线BB2的斜率为－k，所以直线BB1的方程为y－＝k(x－1)，设B1(x1，y1)，B2(x2，y2)．‎ 由可得(4＋9k2)x2＋6k(4－3k)x＋9k2－24k－4＝0，‎ 因为该方程有一个根为x＝1，所以x1＝，‎ 同理得x2＝，所以kB1B2＝ ‎＝＝ ‎＝＝，‎ 故直线BB1的斜率为定值.‎ ‎8．(2017·湖南岳阳两校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋＝0相切，过点P(4，0)且不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于A，B两点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)求·的取值范围；‎ ‎(3)若点B关于x轴的对称点是E，证明：直线AE与x轴相交于定点．‎ 答案　(1)＋＝1　(2)[－4，)　(3)定点(1，0)‎ 解析　(1)由题意知e＝＝，∴e2＝＝＝，即a2＝b2.‎ 又b＝＝，∴a2＝4，b2＝3.故椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－4)．‎ 联立得(4k2＋3)x2－32k2x＋64k2－12＝0.‎ 由Δ＝(－32k2)2－4(4k2＋3)(64k2－12)>0，得k2<.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝. ①‎ ‎∴y1y2＝k(x1－4)·k(x2－4)＝k2x1x2－4k2(x1＋x2)＋16k2.‎ ‎∴·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2－4k2(x1＋x2)＋16k2＝(1＋k2)－4k2·＋16k2＝25－.‎ ‎∵0≤k2<，∴－29≤－<－，∴·∈[－4，)，‎ ‎∴·的取值范围是[－4，)．‎ ‎(3)证明：∵B，E两点关于x轴对称，∴E(x2，－y2)，‎ 直线AE的方程为y－y1＝(x－x1)，令y＝0，得x＝.‎ 又y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，∴x＝.‎ 将①代入得x＝1，∴直线AE与x轴相交于定点(1，0)．‎ ‎9．(2017·福建漳州八校联考)已知抛物线D的顶点是椭圆＋＝1的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合．‎ ‎(1)求抛物线D的方程；‎ ‎(2)已知动直线l过点P(4，0)，交抛物线D于A，B两点，坐标原点O为PQ的中点，求证：∠AQP＝∠BQP；‎ ‎(3)是否存在垂直于x轴的直线m被以AP为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出直线m的方程；如果不存在，请说明理由．‎ 答案　(1)y2＝4x　(2)略　(3)直线m被以AP为直径的圆截得的弦长恒为定值2，存在直线m：x＝3.‎ 解析　(1)抛物线的焦点为(1，0)，∴p＝2.∴抛物线D的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由于O为PQ的中点，则Q点坐标为(－4，0)．‎ 当l垂直于x轴时，由抛物线的对称性知∠AQP＝∠BQP.‎ 当l不垂直于x轴时，设l：y＝k(x－4)，由 得k2x2－4(2k2＋1)x＋16k2＝0，‎ ‎∴∵kAQ＝＝，kBQ＝＝，‎ ‎∴kAQ＋kBQ＝＝＝0，∴∠AQP＝∠BQP.‎ ‎(3)假设存在直线m：x＝a满足题意，则圆心M(，)，过M作直线x＝a的垂线，垂足为E.‎ 设直线m与圆的一个交点为G，则|EG|2＝|MG|2－|ME|2，即 ‎|EG|2＝|MG|2－|ME|2＝－(－a)2＝y12＋＋a(x1＋4)－a2＝x1－4x1＋a(x1＋4)－a2＝(a－3)x1＋4a－a2，‎ 当a＝3时，|EG|2＝3，此时直线m被以AP为直径的圆截得的弦长恒为定值2.‎ 因此存在直线m：x＝3满足题意．‎ ‎10．已知直线x－2y＋2＝0经过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点A和上顶点D.椭圆C的右顶点为B，点E是椭圆C上位于x轴上方的动点，直线AE，BE与直线l：x＝分别交于M，N两点．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)求线段MN长度的最小值；‎ ‎(3)当线段MN的长度最小时，椭圆C上是否存在这样的点T，使得△TBE的面积为？若存在，确定点T的个数；若不存在，请说明理由．‎ 答案　(1)＋y2＝1　(2)　(3)存在两个点 解析　(1)已知直线方程为x－2y＋2＝0，令x＝0得y＝1，所以D(0，1)，所以b＝1，令y＝0得x＝－2，所以A(－2，0)，所以a＝2，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)显然直线AE的斜率存在且为正数，设直线AE的方程为y＝k(x＋2)(k>0)，联立得方程组解得M(，)．由 得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，‎ 则Δ＝16>0，由求根公式得x＝＝或x＝＝(舍)，‎ 所以E(，)，从而得出BE的方程为y＝－(x－2)，联立得方程组解得N(，－)，‎ 所以|MN|＝＋≥2＝，当且仅当k＝时取“＝”，因此，线段MN长度的最小值为.‎ ‎(3)由(2)知，k＝时线段MN的长度最小，此时 E(，)，|BE|＝，因为△TBE的面积S＝，所以点T到直线BE的距离d＝＝，因为直线BE的方程为x＋y－2＝0，‎ 设过点T且与直线BE平行的直线m的方程为x＋y＋t＝0(t≠－2)，‎ 由两平行线之间的距离为，得＝，解得t＝－或t＝－.‎ 当t＝－时，直线m的方程为x＋y－＝0，联立得方程组消去y，得5x2－12x＋5＝0，显然判别式Δ>0，故点T有2个；‎ 当t＝－时，直线m的方程为x＋y－＝0，联立得方程组消去y，得5x2－20x＋21＝0，显然判别式Δ<0，故点T不存在．‎ 所以，椭圆C上存在两个点T，使得△TBE的面积为.‎