2023届高考数学二轮复习 微专题作业22 椭圆中两直线斜率积(和)为定值与定点问题（含解析）

这是一份2023届高考数学二轮复习 微专题作业22 椭圆中两直线斜率积(和)为定值与定点问题（含解析），共5页。试卷主要包含了过椭圆C，若k1·k2＝－1，则直线l等内容，欢迎下载使用。

1.过椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1的上顶点A作斜率分别为1和－1的直线分别交椭圆于M，N两点．则直线MN与y轴交点的坐标是________．
2．已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.则直线OM的斜率与l的斜率的乘积为________．
3．如图，已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1的上、下顶点分别为A，B，点P在椭圆上，且异于点A，B的直线AP，BP与直线l：y＝－2分别交于点M，N.当点P运动时，以MN为直径的圆经过的定点是________．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1的上顶点为A，直线l：y＝kx＋m交椭圆于P，Q两点，设直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2.若k1·k2＝－1，则直线l：y＝kx＋m过定点________．
5．已知椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,4)＝1上一点M(3eq \r(2)，eq \r(2))，过点M作两直线与椭圆C分别交于相异两点A，B，∠AMB的平分线与y轴平行，则直线AB的斜率为定值________．
6．如图，已知椭圆E1方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，圆E2方程为x2＋y2＝a2，过椭圆的左顶点A作斜率为k1的直线的l1与椭圆E1和圆E2分别相交于B，C.设D为圆E2上不同于A的一点，直线AD的斜率为k2，当eq \f(k1,k2)＝eq \f(b2,a2)时，直线BD过定点________．
7.已知椭圆eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1，过点P(1，1)分别作斜率为k1，k2的椭圆的动弦AB，CD，设M，N分别为线段AB，CD的中点．若k1＋k1，求证直线MN恒过定点，并求出定点坐标．
8．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(6),3)，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x－eq \r(2)y＋6＝0相切．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点A，B为动直线y＝k(x－2)(k≠0)与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得eq \(EA,\s\up6(→))2＋eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
微专题22
1．答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
解析：由直线AM，AN分别和椭圆方程联立，即可求得M坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))和N坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)，－\f(3,5)))，进而可求得MN直线方程y＝－eq \f(3,5)，然后求得MN与y轴交点的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
2．答案：－9.
解析：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝
－eq \f(kb,k2＋9)，易得yM＝eq \f(9b,k2＋9)，从而kOM·k＝－9.
3．答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－2±2\r(3))).
解析：设点P(x0，y0)，直线AP，BP的斜率分别为k1，k2，易得k1k2＝eq \f(y0－1,x0)·eq \f(y0＋1,x0)＝eq \f(y02－1,x02)＝
－eq \f(1,4).所以AP的方程为y＝k1x＋1，BP的方程为y＝k2x－1＝－eq \f(1,4k1)x－1，所以
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,k1)，－2))，N(4k1，－2)，则以MN为直径的圆的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,k1)))(x－4k1)＋(y＋2)2＝0.即x2＋y2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k1)－4k1))x＋4y－8＝0，所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0,x2＋y2＋4y－8＝0.))所以MN为直径的圆过定点
(0，－2±2eq \r(3))．
4．答案：eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1.
解析：设动点M(x，y)，由题意
eq \f(\r(（x－3）2＋y2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(25,3)－x)))＝eq \f(3,5)，化简得eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1，所以动点M的轨迹方程是eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1.
5．答案：eq \f(1,3).
解析：设直线MA的斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题直线MA与MB的斜率互为相反数，直线MB的斜率为－k，联立直线MA与椭圆方程：
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\r(2)－3\r(2)k,\f(x2,36)＋\f(y2,4)＝1))，整理得(9k2＋1)x2＋18eq \r(2)k(1－3k)x＋162k2－108k－18＝0，得x1＝eq \f(18\r(2)（3k2－k）,9k2＋1)－3eq \r(2)，
所以x2＝eq \f(18\r(2)（3k2＋k）,9k2＋1)－
3eq \r(2)，整理得x2－x1＝eq \f(36\r(2)k,9k2＋1)，x2＋x1＝eq \f(108\r(2)k2,9k2＋1)－6eq \r(2).
又y2－y1＝－kx2＋eq \r(2)＋3eq \r(2)k－(kx2＋eq \r(2)－3eq \r(2)k)＝－k(x2＋x1)＋6eq \r(2)k.
＝eq \f(－108k3,9k2＋1)＋12eq \r(2)k＝eq \f(12\r(2)k,9k2＋1)，所以kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(\f(12\r(2)k,9k2＋1),\f(36\r(2)k,9k2＋1))＝eq \f(1,3)为定值．
6．答案：直线BD过定点(a，0)．
解法1由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k1（x＋a），,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))得eq \f(x2－a2,a2)＋eq \f(k12（x＋a）2,b2)＝0，所以x＝－a，或x＝eq \f(a（b2－k12a2）,b2＋a2k12)，因为xB≠－a，所以xB＝eq \f(a（b2－k12a2）,b2＋a2k12)，则yB＝k1(xB＋a)＝eq \f(2ab2k1,b2＋a2k12).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k2（x＋a），,x2＋y2＝a2，))得x2－a2＋k22(x＋a)2＝0，得x＝－a，或x＝eq \f(a（1－k22）,1＋k22)，同理，得xD＝eq \f(a（1－k22）,1＋k22)，yD＝eq \f(2ak2,1＋k22)，当eq \f(k1,k2)＝eq \f(b2,a2)时，xB＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－\f(b4,a2)k22)),b2＋\f(b4,a2)k22)＝eq \f(a（a2－b2k22）,a2＋b2k22)，yB＝eq \f(2ab2k2,a2＋b2k22)，
kBD＝eq \f(\f(2ab2k2,a2＋b2k22)－\f(2ak2,1＋k22),\f(a（a2－b2k22）,a2＋b2k22)－\f(a（1－k22）,1＋k22))＝
－eq \f(1,k2)，所以BD⊥AD，因为E2为圆，所以∠ADB所对圆E2的弦为直径，从而直线BD过定点(a，0)．
解法2直线BD过定点(a，0)，证明如下：设P(a，0)，B(xB，yB)，则eq \f(xB2,a2)＋eq \f(yB2,b2)＝1(a＞b＞0)，
kADkPB＝eq \f(a2,b2)k1kPB＝eq \f(a2,b2)·eq \f(yB,xB＋a)·eq \f(yB,xB－a)＝eq \f(a2,b2)·eq \f(yB2,xB2－a2)＝eq \f(a2,b2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b2,a2)))＝－1，所以PB⊥AD，又PD⊥AD.所以三点P，B，D共线，即直线BD过定点P(a，0)．
7．答案：直线MN恒过定点，且坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2,3))).
解析：依题设，k1≠k2.设M(xM，yM)，直线AB的方程为y－1＝k1(x－1)，即y＝k1x＋(1－k1)，亦即y＝k1x＋k2，代入椭圆方程并化简得(2＋3k12)x2＋6k1k2x＋3k22－6＝0.于是，xM＝eq \f(－3k1k2,2＋3k12)，yM＝eq \f(2k2,2＋3k12).同理，xN＝eq \f(－3k1k2,2＋3k22)，yN＝eq \f(2k1,2＋3k22).当k1k2≠0时，直线MN的斜率k＝eq \f(yM－yN,xM－xN)＝
eq \f(4＋6（k22＋k2k1＋k12）,－9k2k1（k2＋k1）)＝
eq \f(10－6k2k1,－9k2k1).直线MN的方程为y－eq \f(2k2,2＋3k12)＝
eq \f(10－6k2k1,－9k2k1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(－3k1k2,2＋3k12)))，
即y＝eq \f(10－6k2k1,－9k2k1)x＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10－6k2k1,－9k2k1)·\f(3k1k2,2＋3k12)＋\f(2k2,2＋3k12)))，
亦即y＝eq \f(10－6k2k1,－9k2k1)x－eq \f(2,3).此时直线过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2,3))).当k1k2＝0时，直线MN即为y轴，此时亦过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2,3))).综上，直线MN恒过定点，且坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2,3))).
8．答案：(1)椭圆C的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)在x轴上存在定点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，0))使得eq \(EA,\s\up6(→))2＋eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))为定值，且定值为－eq \f(5,9).
解析：(1)由e＝eq \f(\r(6),3)，得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，即c＝eq \f(\r(6),3)a，①.又以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆为x2＋y2＝a2，且该圆与直线2x－eq \r(2)y＋6＝0相切，所以a＝eq \f(|6|,\r(22＋（－\r(2)）2))＝eq \r(6)，代入①得c＝2，所以b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x－2），))得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝eq \f(12k2,1＋3k2)，x1x2＝eq \f(12k2－6,1＋3k2).根据题意，假设x轴上存在定点E(m，0)，使得eq \(EA,\s\up6(→))2＋eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝(eq \(EA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))·eq \(EA,\s\up6(→))＝eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))为定值，则eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)＝eq \f(（3m2－12m＋10）k2＋（m2－6）,1＋3k2)，要使上式为定值，即与k无关，只需3m2－12m＋10＝3(m2－6)，解得m＝eq \f(7,3)，此时，eq \(EA,\s\up6(→))2＋eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝m2－6＝－eq \f(5,9)，所以在x轴上存在定点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，0))使得eq \(EA,\s\up6(→))2＋eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))为定值，且定值为－eq \f(5,9).