高考数学 圆锥曲线解答题专练（含答案解析）

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2020年高考数学 圆锥曲线解答题专练5.91.已知椭圆C：＋=1(a＞b＞0)的离心率为，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·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．               2.已知椭圆C：＋=1(a>b>0)的长轴长为4，其上顶点到直线3x＋4y-1=0的距离等于.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，交x轴的负半轴于点E，交y轴于点F(点E，F都不在椭圆上)，且=λ1，=λ2，λ1＋λ2=-8，证明：直线l恒过定点，并求出该定点．             3.已知抛物线C：y2=2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，=λ，=μ，求证：＋为定值．                  4.已知椭圆C：＋=1(a>b>0)的右焦点F(，0)，长半轴长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．                       5.如图，椭圆C：＋=1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A，B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF⊥x轴，若AB∥OP，且|AB|=2.(1)求椭圆C的方程；(2)已知Q是C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－，若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由．                  6.已知椭圆C：＋=1(a>b>0)的焦距为4，P是椭圆C上的点．(1)求椭圆C的方程；(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设=＋，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．              7.在平面直角坐标系中，直线x－y＋m=0不过原点，且与椭圆＋=1有两个不同的公共点A，B.(1)求实数m的取值所组成的集合M；(2)是否存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补？若存在，求出所有定点P的坐标；若不存在，请说明理由．                  8.已知椭圆C:的离心率为，且经过点(1.5,0.5).              (1)求椭圆C的方程；              (2)过点P(0，2)的直线交椭圆C于A，B两点，求△AOB(O为原点)面积的最大值.                                9.已知椭圆的离心率为，且点P(2，1)为椭圆上一点．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线的斜率为，直线与椭圆C交于A,B两点，求△PAB的面积的最大值．              10.已知椭圆C1：＋=1(a>b≥1)的离心率为，其右焦点到直线2ax＋by－=0的距离为.(1)求椭圆C1的方程；(2)过点P的直线l交椭圆C1于A，B两点．证明：以AB为直径的圆恒过定点．                   11.已知点M是椭圆C：＋=1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，|F1F2|=4，∠F1MF2=60°，△F1MF2的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值．                  12.已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2=8y的焦点．(1)求椭圆C的方程；(2)如图，已知P(2,3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；②当A，B运动时，满足∠APQ=∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．            
答案解析1.解：(1)由已知可得可得a2=2，b2=1，所以椭圆C的标准方程为＋y2=1.(2)设过点D(0，2)且斜率为k的直线l的方程为y=kx＋2，由消去y整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6=0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=－，x1x2=.又y1y2=(kx1＋2)(kx2＋2)=k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4=－，y1＋y2=(kx1＋2)＋(kx2＋2)=k(x1＋x2)＋4=.设存在点E(0，m)，则=(－x1，m－y1)，=(－x2，m－y2)，所以·=x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2=＋m2－m×－=.要使·=t(t为常数)，只需=t，从而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t=0，即解得m=，从而t=，故存在定点E，使·恒为定值.  2.解：(1)由椭圆C的长轴长为4知2a=4，故a=2，椭圆的上顶点为(0，b)，则由=得b=1，所以椭圆C的方程为＋y2=1.(2)设A(x1，y1)，E(m,0)(m<0，m≠-2)，F(0，n)，由=λ1，得(x1，y1-n)=λ1(m-x1，-y1)，所以A.同理由=λ2，得B，把A，B分别代入＋y2=1得：即λ1，λ2是关于x的方程(4-m2)x2＋8x＋4-4n2=0的两个根，∴λ1＋λ2==-8，∴m=-，所以直线l恒过定点(-，0)．  3.解：(1)因为抛物线y2=2px过点(1，2)，所以2p=4，即p=2．故抛物线C的方程为y2=4x，由题意知，直线l的斜率存在且不为0．设直线l的方程为y=kx＋1(k≠0)．由得k2x2＋(2k-4)x＋1=0．依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1．又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，-2)．从而k≠-3．所以直线l斜率的取值范围是(-∞，-3)∪(-3，0)∪(0，1)．(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知x1＋x2=-，x1x2=．直线PA的方程为y-2=(x-1)．令x=0，得点M的纵坐标为yM=＋2=＋2．同理得点N的纵坐标为yN=＋2．由=λ，=μ得λ=1-yM，μ=1-yN．所以＋=＋=＋=·=·=2．所以＋为定值．  4.解：(1)由题意得，c=，=2，a2=b2＋c2，∴a=2，b=1，∴椭圆C的标准方程为＋y2=1.(2)证明：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)．由消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4=0.∴Δ=16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2=，x1x2=.∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴·=0.∵·=(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)=(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2=0，∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2=0，整理，得5m2－2m－3=0，解得m=－或m=1(舍去)．∴直线l的方程为y=kx－.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.  5.解：(1)由题意得A(－a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t>0)，∴＋=1，得t=，即P，由AB∥OP得=，即b=c，∴a2=b2＋c2=2b2，①又|AB|=2，∴a2＋b2=12，②由①②得a2=8，b2=4，∴椭圆C的方程为＋=1.(2)假设存在D(m,0)，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－，设Q(x0，y0)(y0≠0)，则＋=1，③∵kQA·kQD=－，A(－2，0)，∴·=－(x0≠m)，④由③④得(m－2)x0＋2m－8=0，即解得m=2，∴存在点D(2，0)，使得kQA·kQD=－.  6.解：(1)由题意知2c=4，即c=2，则椭圆C的方程为＋=1，因为点P在椭圆C上，所以＋=1，解得a2=5或a2=(舍去)，所以椭圆C的方程为＋y2=1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，由＋=，得D(x1＋x2，y1＋y2)，所以直线AB的斜率kAB=，直线OD的斜率kOD=，由得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)=0，即·=－，所以kAB·kOD=－.故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－.  7.解：(1)因为直线x－y＋m=0不过原点，所以m≠0.将x－y＋m=0与＋=1联立，消去y，得4x2＋2mx＋m2－4=0.因为直线与椭圆有两个不同的公共点A，B，所以Δ=8m2－16(m2－4)>0，所以－2<m<2.故实数m的取值所组成的集合M为(－2，0)∪(0,2)．(2)假设存在定点P(x0，y0)使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，即kPA＋kPB=0.令A(x1，x1＋m)，B(x2，x2＋m)，则＋=0，整理得2x1x2＋(m－x0－y0)(x1＋x2)＋2x0(y0－m)=0.(*)由(1)知x1＋x2=－，x1x2=，代入(*)式化简得m＋2(x0y0－)=0，则解得或所以定点P的坐标为(1，)或(－1，－)．经检验，此两点均满足题意．故存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，且定点P的坐标为(1，)或(－1，－)．  8.                                                                                                                                9.解：   10.解：(1)由题意，e==，e2==，a2=2b2.所以a=b，c=b.又=，a>b≥1，所以b=1，a2=2，故椭圆C1的方程为＋y2=1.(2)证明：当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2=1.当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋2=，由可得由此可知，若以AB为直径的圆恒过定点，则该定点必为Q(0,1)．下证Q(0,1)符合题意．当AB不垂直于坐标轴时，设直线AB方程为y=kx－，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由得(1＋2k2)x2－kx－=0，由根与系数的关系得，x1＋x2=，x1x2=－，∴·=(x1，y1－1)·(x2，y2－1)=x1x2＋(y1－1)(y2－1)=x1x2＋=(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋=(1＋k2)－k·＋==0，故⊥，即Q(0,1)在以AB为直径的圆上．综上，以AB为直径的圆恒过定点(0,1)．  11.解：(1)在△F1MF2中，由|MF1||MF2|sin 60°=，得|MF1||MF2|=.由余弦定理，得|F1F2|2=|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cos 60°=(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1|·|MF2|(1＋cos 60°)，从而2a=|MF1|＋|MF2|=4，即a=2，从而b=2，故椭圆C的方程为＋=1.(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2=k(x＋1)，由得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k=0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=－，x1x2=.从而k1＋k2=＋==2k－(k－4)=4.当直线l的斜率不存在时，可取A，B，得k1＋k2=4.综上，恒有k1＋k2=4.  12.解：(1)设椭圆C的方程为＋=1(a>b>0)，则b=2.由=，a2=c2＋b2，得a=4，∴椭圆C的方程为＋=1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．①设直线AB的方程为y=x＋t，代入＋=1，得x2＋tx＋t2－12=0，由Δ>0，解得－4<t<4，由一元二次方程根与系数的关系得x1＋x2=－t，x1x2=t2－12，∴|x1－x2|===.∴四边形APBQ的面积S=×6×|x1－x2|=3.∴当t=0时，S取得最大值，且Smax=12.②若∠APQ=∠BPQ，则直线PA，PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－3=k(x－2)，由得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48=0，∴x1＋2=，将k换成－k可得x2＋2==，∴x1＋x2=，x1－x2=，∴kAB====，∴直线AB的斜率为定值.