2025高考数学一轮复习专题层级快练64含答案.doc

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专题层级快练(六十四)

1．(2024·北京理工大学附属中学月考)已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－eq\r(3)，0)，F2(eq\r(3)，0)，短轴长为2.

(1)求椭圆C的标准方程及离心率；

(2)M为椭圆C的左顶点，过点M作两条互相垂直的直线MA，MB交椭圆于A，B两点，证明：直线AB过定点．

答案(1)eq\f(x2,4)＋y2＝1eq\f(\r(3),2)(2)证明见解析

解析(1)由题意得，c＝eq\r(3)，2b＝2，

又a2＝b2＋c2＝4.

∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1，离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).

(2)证明：由题可知，直线AB不为水平直线，设直线AB的方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋m，,x2＋4y2＝4，))得(t2＋4)y2＋2mty＋m2－4＝0，Δ＝4m2t2－4(t2＋4)(m2－4)0，

∴y1＋y2＝－eq\f(2mt,t2＋4)，y1y2＝eq\f(m2－4,t2＋4).

∵eq\o(MA,\s\up6(→))⊥eq\o(MB,\s\up6(→))，M(－2，0)，eq\o(MA,\s\up6(→))＝(x1＋2，y1)，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x2＋2，y2)，

∴(x1＋2)(x2＋2)＋y1y2＝0，

即x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0.

又∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝ty1＋m，,x2＝ty2＋m，))

∴(t2＋1)y1y2＋(mt＋2t)(y1＋y2)＋(m＋2)2＝0，

即(t2＋1)(m2－4)－2m2t2－4mt2＋(m2＋4m＋4)(t2＋4)＝0，

展开后整理得5m2＋16m＋12＝0，解得m＝－eq\f(6,5)或m＝－2，当m＝－2时，y1y2＝0，不符合题意，舍去．

∴x＝ty－eq\f(6,5)，

∴直线AB恒过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0)).

2．(2024·九省联考，改编)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．证明：直线MN过定点．

答案证明见解析

证明由题意，设直线AB的方程为x＝my＋1，m≠0，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y12,4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y22,4)，y2))，M(x0，y0)，N(x′0，y′0)，

联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))得y2－4my－4＝0，易知Δ0，∴y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝2m，∴x0＝2m2＋1，

∴M(2m2＋1，2m)，∵DE⊥AB，∴kDE·kAB＝－1，∴kDE＝－m，易得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m2)＋1，－\f(2,m))).

当m≠±1时，kMN＝eq\f(2m＋\f(2,m),2m2－\f(2,m2))

＝eq\f(m＋\f(1,m),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,m)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,m))))＝eq\f(m,m2－1)，

此时直线MN的方程为y＝eq\f(m,m2－1)(x－2m2－1)＋2m＝eq\f(m,m2－1)x－eq\f(3m,m2－1)＝eq\f(m,m2－1)(x－3)，

MN恒过定点(3，0)；

当m＝±1时，直线MN的方程为x＝3，也过(3，0)，

∴直线MN恒过定点(3，0)．

3．在平面直角坐标系xOy内，动点A到定点F(3，0)的距离与动点A到定直线x＝4的距离之比为eq\f(\r(3),2).

(1)求动点A的轨迹C的方程；

(2)设点M，N是轨迹C上的两个动点，直线OM，ON与轨迹C的另一交点分别为P，Q，且直线OM，ON的斜率之积等于－eq\f(1,4)，问四边形MNPQ的面积S是否为定值？请说明理由．

答案(1)eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1(2)为定值，理由见解析

解析(1)设A(x，y)，由题意得eq\f(\r(（x－3）2＋y2),|x－4|)＝eq\f(\r(3),2)，化简得x2＋4y2＝12，

∴动点A的轨迹C的方程为eq\f(x2,12)＋eq