第2课时
y1y2
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
x1x2
的值一定等于( )
A．－4 B．4 C．p2 D．－p2
x2y2
2．若AB是过椭圆2＋2＝1(a>b>0)中心的一条弦，M是椭圆上任意一点，且AM，BM
ab
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＝( )
c2b2c2a2
A．－ 2 B．－ 2 C．－ 2 D．－ 2
aabb
22xy
3．设M，N分别是椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右顶点，若在椭圆C上存在点H，使kMH·kNH
ab
1
－，0?，则椭圆的离心率的取值范围为( ) ∈??2?
2233A.?，1? B.?0，? C.?，1? D.?0，?
2?2??2???2??
x2y2
4．已知O为坐标原点，平行四边形ABCD内接于椭圆Ω：2＋2＝1(a>b>0)，点E，F
ab
3
分别为AB，AD的中点，且OE，OF的斜率之积为－，则椭圆Ω的离心率为( )
4
1234A. B. C. D. 224525．已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，离心率为，且过点(2，2)．
ab2
(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
11
别过点F1，F2，且这两条直线互相垂直，求证： ＋为定值．
|MN||PQ|
x2
y2
x2y22
6．已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率为，左焦点为F(－1,0)，过点D(0,2)且斜
ab2
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AE·BE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．
x2y2
7．已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的右焦点F(3，0)，长半轴与短半轴长的比值为2.
ab
(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．
6
8．(2018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＝. 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
pp2
1．A 解析：①若焦点弦AB⊥x轴，则x1＝x2＝.∴x1x2＝；②若焦点弦AB不垂直于x
24
p?p2k2p2?2222轴，可设AB：y＝k?x－2?，联立y＝2px，得kx－(kp＋2p)x＋＝0，则x1x2＝.故y1y2＝
44
y1y2
－p2.故＝－4.
x1x2
2．B 解析：方法一(直接法)，设A(x1，y1)，M(x0，y0)，则B(－x1，－y1)，kAM·kBM＝
b22b222
2
?－2x0＋b?－?－2x1＋b?2aay0－y1y0＋y1y2b20－y1
· ＝＝－2. 2＝2ax0－x1x0＋x1x2x20－x10－x1
方法二(特殊值法)，∵四个选项为确定值，取A(a,0)，B(－a,0)，M(0，b)，可得kAM·kBMb2
＝－2.
a
b2?1?b21c212222222
3．A 解析：kMH·kNH＝－2∈?－2，0?，－2>－，2b
2∴e>. 2
4．A 解析：根据平行四边形的几何特征，得AD∥EO，AB∥FO，∴kAD＝kEO，kAB＝kFO.
y＋y0y－y0y2－y230
∴kEO·kFO＝kABkAD＝－.设D(x0，y0)，B(－x0，－y0)，A(x，y)，∴kAB·kAD＝·＝22
4x＋x0x－x0x－x0
x2?2?x20?2b?1－a2?－b?1－a2??b23c211
＝＝－＝－.∴＝.∴e＝. 22
a4a42x2－x20
c2
5．(1)解：由已知e＝＝，
a2
b2a2－c21∴2＝2＝1－e2＝， aa2
x2y2
22∴a＝2b，∴C：2＋2＝1，即x2＋2y2＝2b2.
2bb
∵椭圆C过点(2，2)，得b2＝4，a2＝8.
x2y2
∴椭圆C的方程为＋＝1.
84
(2)证明：由(1)知椭圆C的焦点坐标为F1(－2,0)，F2(2,0)． 根据题意，可设直线MN的方程为y＝k(x＋2)， 由于直线MN与直线PQ互相垂直，
1
则直线PQ的方程为y＝－(x－2)，
k
设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
y＝k?x＋2?，??
由方程组?x2y2消y得
??8＋4＝1，
(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－8＝0，则
－8k28k2－8
x1＋x2＝2，x1x2＝2，
2k＋12k＋1
4 2?1＋k2?22
∴|MN|＝1＋k·?x1＋x2?－4x1x2＝.
2k2＋1
4 2?1＋k2?
同理可得|PQ|＝，
k2＋22k2＋1k2＋23k2＋3113 2
∴＋＝＋＝＝. |MN||PQ|4 2?1＋k2?4 2?1＋k2?4 2?1＋k2?8
??c＝2，6．解： (1)由已知可得?a2解得a2＝2，b2＝1，
??c＝1，
x22
所求的椭圆方程为＋y＝1.
2
(2)过点D(0,2)且斜率为k的直线l的方程为y＝kx＋2，
x22??＋y＝1，由?2消去y整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0.
??y＝kx＋2，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
8k6
x1＋x2＝－，xx＝. 12
1＋2k21＋2k2又
y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－
2k2－4
， 2k2＋1
4
y1＋y2＝(kx1＋2)＋(kx2＋2)＝k(x1＋x2)＋4＝2.
2k＋1
设存在点E(0，m)， →→
则AE＝(－x1，m－y1)，BE＝(－x2，m－y2)， →→∴AE·BE＝x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2
2k2－4?2m2－2?k2＋m2－4m＋10642
＝2＋m－m·2－2＝. 2k＋12k＋12k＋12k2＋1
→→
要使得AE·BE＝t(t为常数)，
?2m2－2?k2＋m2－4m＋10只要＝t，
2k2＋1
从而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t＝0，
2??2m－2－2t＝0，①即?2 ?m－4m＋10－t＝0，②?
11105
由①得 t＝m2－1，代入②解得m＝，从而t＝，
416
11105→→0，?，使AE·故存在定点E?BE恒为定值. 4??16
a
7．解：(1)由题意得，c＝3，＝2，a2＝b2＋c2，
b
x22
∴a＝2，b＝1，∴椭圆C的标准方程为＋y＝1.
4
(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)．
??y＝kx＋m，联立?2消去y，得
?x＋4y2＝4，?
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
－8km4m2－422∴Δ＝16(4k＋1－m)>0，x1＋x2＝2，x1x2＝2. 4k＋14k＋1
∵点B在以线段MN为直径的圆上， →→∴BM·BN＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)
＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
4m2－4－8km2
∴(k＋1)2＋k(m－1)2＋(m－1)2＝0，
4k＋14k＋1
3
整理，得5m2－2m－3＝0，解得m＝－或m＝1(舍去)．
5
3
∴直线l的方程为y＝kx－.
5
易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．
30，－?. 故直线l过定点，且该定点的坐标为?5??
x2y2
8．解：(1)设椭圆方程为2＋2＝1(a>b>0)．
ab6
由已知得b＝1，e＝，又a2＝b2＋c2，∴a2＝3，b2＝1，
32x
则椭圆方程为＋y2＝1.
3
(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，
3k2－36k2
因此x1＋x2＝，xx＝，
1＋3k2121＋3k2
由∠MPA＝∠MPB，得kPA＋kPB＝0，
y1y2即＋＝0， x1－mx2－m
∴(x1－m)y2＋(x2－m)y1＝0，
∴(x1－m)k(x2－1)＋(x2－m)k(x1－1)＝0. 由于此方程对任意k恒成立，
因此(x1－m)(x2－1)＋(x2－m)(x1－1)＝0， ∴2x1x2－(m＋1)(x1＋x2)＋2m＝0恒成立，
3k2－36k2∴2·－(m＋1)＋2m＝0恒成立，
1＋3k21＋3k22m－6即＝0恒成立，因此m＝3. 1＋3k2
综上，存在点P(3,0)满足题意．
2021届高考数学一轮复习训练圆锥曲线的综合及应用问题第2课时
