2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)題型課下層級(jí)訓(xùn)練51圓錐曲線的綜合應(yīng)用問(wèn)題-定點(diǎn)定值與探索性問(wèn)題含解析

PAGEPAGE1課下層級(jí)訓(xùn)練(五十一)定點(diǎn)、定值與探究性問(wèn)題[A級(jí)基礎(chǔ)強(qiáng)化訓(xùn)練]1．(2024·山東日照月考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，點(diǎn)(2，eq\r(2))在C上．(1)求C的方程；(2)直線l不過(guò)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M．證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值．【答案】(1)解由題意有eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(4,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，解得a2＝8，b2＝4．所以C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1．(2)證明設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．將y＝kx＋b代入eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0．故xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－2kb,2k2＋1)，yM＝k·xM＋b＝eq\f(b,2k2＋1)．于是直線OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(1,2k)，即kOM·k＝－eq\f(1,2)．所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值．2．(2024·河南開(kāi)封預(yù)料)已知?jiǎng)訄AM恒過(guò)點(diǎn)(0,1)，且與直線y＝－1相切．(1)求圓心M的軌跡方程；(2)動(dòng)直線l過(guò)點(diǎn)P(0，－2)，且與點(diǎn)M的軌跡交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，求證：直線AC恒過(guò)定點(diǎn)．【答案】(1)解由題意，得點(diǎn)M與點(diǎn)(0,1)的距離始終等于點(diǎn)M到直線y＝－1的距離，由拋物線定義知圓心M的軌跡為以點(diǎn)(0,1)為焦點(diǎn)，直線y＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，則eq\f(p,2)＝1，p＝2．∴圓心M的軌跡方程為x2＝4y．(2)證明由題知，直線l的斜率存在，∴設(shè)直線l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則C(－x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝4y，,y＝kx－2，))得x2－4kx＋8＝0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝4k，,x1x2＝8.))kAC＝eq\f(y1－y2,x1＋x2)＝eq\f(\f(x\o\al(2,1),4)－\f(x\o\al(2,2),4),x1＋x2)＝eq\f(x1－x2,4)，則直線AC的方程為y－y1＝eq\f(x1－x2,4)(x－x1)，即y＝y(tǒng)1＋eq\f(x1－x2,4)(x－x1)＝eq\f(x1－x2,4)x－eq\f(x1x1－x2,4)＋eq\f(x\o\al(2,1),4)＝eq\f(x1－x2,4)x＋eq\f(x1x2,4)．∵x1x2＝8，∴y＝eq\f(x1－x2,4)x＋eq\f(x1x2,4)＝eq\f(x1－x2,4)x＋2，故直線AC恒過(guò)定點(diǎn)(0,2)．3．(2024·山東棗莊期末)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短軸長(zhǎng)為2eq\r(5)，離心率為eq\f(\r(3),2)，圓E的圓心在橢圓C上，半徑為2，直線y＝k1x與直線y＝k2x為圓E的兩條切線．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)試問(wèn)：k1·k2是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】解(1)由2b＝2eq\r(5)得b＝eq\r(5)，∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，∴eq\f(c2,a2)＝eq\f(3,4)，∵a2＝b2＋c2，∴eq\f(a2－5,a2)＝eq\f(3,4)，解得a2＝20，b2＝5，∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,5)＝1．(2)設(shè)E(x0，y0)，∵直線y＝k1x與圓E：(x－x0)2＋(y－y0)2＝4相切，∴eq\f(|k1x0－y0|,\r(k\o\al(2,1)＋1))＝2，整理得(xeq\o\al(2,0)－4)keq\o\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq\o\al(2,0)－4＝0，同理可得(xeq\o\al(2,0)－4)keq\o\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq\o\al(2,0)－4＝0，∴k1，k2為方程(xeq\o\al(2,0)－4)x2－2x0y0x＋yeq\o\al(2,0)－4＝0的兩個(gè)根，∴k1k2＝eq\f(y\o\al(2,0)－4,x\o\al(2,0)－4)．又∵E(x0，y0)在橢圓C：eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,5)＝1上，∴yeq\o\al(2,0)＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),20)))，∴k1k2＝eq\f(y\o\al(2,0)－4,x\o\al(2,0)－4)＝eq\f(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),20)))－4,x\o\al(2,0)－4)＝－eq\f(1,4)，故k1k2的定值為－eq\f(1,4)．[B級(jí)實(shí)力提升訓(xùn)練]4．(2024·安徽馬鞍山模擬)已知橢圓eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1，eq\r(2))，離心率為eq\f(\r(2),2)，過(guò)原點(diǎn)O作兩條直線l1，l2，直線l1交橢圓于A，C，直線l2交橢圓于B，D，且|AB|2＋|BC|2＋|CD|2＋|DA|2＝24．(1)求橢圓的方程；(2)若直線l1，l2的斜率分別為k1，k2，求證：|k1·k2|為定值．【答案】(1)解由題意知，eq\f(2,a2)＋eq\f(1,b2)＝1且eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，a2＝b2＋c2，解得a2＝4，b2＝2，故橢圓的方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,2)＝1．(2)證明由對(duì)稱(chēng)性可知，四邊形ABCD是平行四邊形，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則C(－x1，－y1)，D(－x2，－y2)，由eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,2)＝1，得y2＝4－2x2，|AB|2＋|BC|2＋|CD|2＋|DA|2＝2(|AB|2＋|DA|2)＝2[(x1－x2)2＋(y1－y2)2＋(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2]＝4(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))＝4(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋4－2xeq\o\al(2,1)＋4－2xeq\o\al(2,2))＝4×(8－xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＝24，所以xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝2，|k1·k2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2,x1x2)))＝eq\r(\f(y\o\al(2,1)y\o\al(2,2),x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)))＝eq\r(\f(4－2x\o\al(2,1)4－2x\o\al(2,2),x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)))＝eq\r(\f(16－8x\o\al(2,1)－8x\o\al(2,2)＋4x\o\al(2,1)x\o\al(2,2),x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)))＝2，故|k1·k2|為定值2．5．(2024·湖南張家界三模)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，且橢圓過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(2),2))).過(guò)點(diǎn)(1,0)做兩條相互垂直的直線l1、l2分別與橢圓C交于P、Q、M、N四點(diǎn).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若eq\o(MS,\s\up6(→))＝eq\o(SN,\s\up6(→))，eq\o(PT,\s\up6(→))＝eq\o(TQ,\s\up6(→))，探究：直線ST是否過(guò)定點(diǎn)？若是，懇求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】解(1)由題意知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,a2)＋\f(1,2b2)＝1，,a2＝b2＋c2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(2)，,c＝\r(2)))故橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)∵eq\o(MS,\s\up6(→))＝eq\o(SN,\s\up6(→))，eq\o(PT,\s\up6(→))＝eq\o(TQ,\s\up6(→))，∴S、T分別為MN、PQ的中點(diǎn)．當(dāng)兩直線的斜率都存在且不為0時(shí)，設(shè)直線l1的方程為y＝k(x－1)，則直線l2的方程為y＝－eq\f(1,k)(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx－1))得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0，∴Δ＝24k2＋16＞0，∴x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－4,2k2＋1)，∴PQ中點(diǎn)T的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2,2k2＋1)，\f(－k,2k2＋1)))；同理，MN中點(diǎn)S的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2＋2)，\f(k,k2＋2)))，∴kST＝eq\f(－3k,2k2－1)，∴直線ST的方程為y＋eq\f(k,2k2＋1)＝eq\f(－3k,2k2－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2k2,2k2＋1)))，即y＝eq\f(－3k,2k2