高考数学(理数)二轮复习专题14《大题专项》练习06 (含答案详解)

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大题专项训练6　圆锥曲线1．已知椭圆C的方程为＋＝1.(1)求椭圆C的长轴长及离心率；(2)已知M为椭圆C的左顶点，直线l过(1,0)且与椭圆C交于A，B两点(不与M重合)，求证：∠AMB>90°.【解析】(1)椭圆C的方程为＋＝1，a＝4，b＝2，c＝2，∴椭圆C的长轴长为8，离心率e＝＝.(2)证明：由(1)知M(－2,0)．①当直线l的斜率不存在时，A(1,2)，B(1，－2)，＝(3,2)，＝(3，－2)，·＝－3<0.②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝(x1＋2，k(x1－1))，＝(x2＋2，k(x2－1))．联立直线l与椭圆的方程，消去y，得(4＋k2)x2－2k2x＋k2－16＝0，∴x1＋x2＝，x1x2＝.∴·＝(x1＋2)(x2＋2)＋k(x1－1)·k(x2－1)＝<0.综上，·<0恒成立，∠AMB>90°.2．(山东烟台期末)已知△ABC的两个顶点A，B的坐标分别为(0，－)，(0，)，且AC，BC所在直线的斜率之积等于m(m≠0)．(1)求顶点C的轨迹λ的方程，并判断轨迹λ为何种曲线；(2)当m＝－时，设点P(0,1)，过点P作直线l与曲线λ交于E，F两点，且＝，求直线l的方程．【解析】(1)令C点坐标为(x，y)，则直线AC的斜率k1＝，直线BC的斜率k2＝.∴k1k2＝·＝＝m，化简得－x2＋＝1(x≠0)．当m＝－1时，轨迹λ表示以(0,0)为圆心，为半径的圆，除去(0，－)，(0，)两点；当m＜－1时，轨迹λ表示焦点在y轴上的椭圆，除去(0，－)，(0，)两点；当－1＜m＜0时，轨迹λ表示焦点在x轴上的椭圆，除去(0，－)，(0，)两点；当m＞0时，轨迹λ表示焦点在y轴上的双曲线，除去(0，－)，(0，)两点．(2)当m＝－时，曲线λ为＋＝1(x≠0)．当直线l的斜率不存在时，不符合题意．设直线l的方程为y＝kx＋1，代入椭圆方程，整理得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.设E(x1，y1)，F(x2，y2)，由＝，得x1＝－3x2.∴x1＋x2＝，x1x2＝.∴x2＝，x＝，消去x2，解得k＝±.∴直线l的方程为y＝±x＋1.3．(湖南湘潭模拟)已知抛物线C1：x2＝2py(p＞0)，O是坐标原点，点A，B为抛物线C1上异于O点的两点，以OA为直径的圆C2过点B.(1)若A(－2,1)，求p的值以及圆C2的方程；(2)求圆C2的面积S的最小值(用p表示)．【解析】(1)∵A(－2,1)在抛物线C1上，∴4＝2p，解得p＝2.又圆C2的圆心为，半径为＝，∴圆C2的方程为(x＋1)2＋2＝.(2)设A，B，则＝，＝.由·＝0，得x2(x2－x1)＋＝0.∵x2≠0，且x1≠x2，∴x＋x1·x2＝－4p2.∴x1＝－.∴x＝x＋＋8p2≥2＋8p2＝16p2，当且仅当x＝，即x＝4p2时取等号．又|OA|2＝x＋＝(x＋4p2·x)，注意到x≥16p2，∴|OA|2≥(162·p4＋4p2·16p2)＝80p2.而S＝π·，∴S≥20πp2.∴S的最小值为20πp2，当且仅当x＝4p2时取得．4．如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，离心率为e，且椭圆C过点E，以AE为直径的圆恰好经过椭圆的右焦点F.(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知动直线l(直线l不过原点且斜率存在)与椭圆C交于P，Q两个不同的点，且△OPQ的面积S＝1，若N为线段PQ的中点，则在x轴上是否存在两个定点E1，E2，使得直线NE1与NE2的斜率之积为定值？若存在，求出E1，E2的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】(1)连接EF，则EF⊥FA，∴c＝2e＝，解得a＝2.∴E，代入椭圆方程，解得c＝.∴b2＝a2－c2＝1.∴椭圆的方程为＋y2＝1.(2)设直线l的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．联立整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，∴x1＋x2＝－，x1x2＝.则|PQ|＝|x1－x2|＝·＝，原点到直线l的距离d＝，∴△OPQ的面积S△OPQ＝|PQ|·d＝1，整理，得1＋4k2＝2m2.设N(x，y)，则x＝(x1＋x2)＝－，y＝(y1＋y2)＝，结合1＋4k2＝2m2，消去k，m，得＋2y2＝1.假设x轴上存在两定点E1(s,0)，E2(t,0)，s≠t，则直线NE1的斜率k1＝，直线NE2的斜率k2＝，∴k1k2＝＝－·，当且仅当s＋t＝0，st＝－2，即s＝，t＝－时，k1k2＝－为定值．∴存在定点E1(，0)，E2(－，0)满足题意．