《（京津?qū)Ｓ茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：壓軸大題突破練（二）直線與圓錐曲線（2）文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（京津?qū)Ｓ茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：壓軸大題突破練（二）直線與圓錐曲線（2）文（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（京津?qū)Ｓ茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：壓軸大題突破練（二）直線與圓錐曲線（2）文 1．(2018·威海模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F，直線y＝4與y軸的交點(diǎn)為P，與拋物線C的交點(diǎn)為Q，且|QF|＝2|PQ|. (1)求p的值； (2)已知點(diǎn)T(t，－2)為C上一點(diǎn)，M，N是C上異于點(diǎn)T的兩點(diǎn)，且滿足直線TM和直線TN的斜率之和為－，證明直線MN恒過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)的坐標(biāo)． 解　(1)設(shè)Q(x0,4)，由拋物線定義知|QF|＝x0＋， 又|QF|＝2|PQ|，即2x0＝x0＋，解得x0＝， 將點(diǎn)Q代入拋物線方程，解得p＝4. (2)由(1)知，C的方程

2、為y2＝8x， 所以點(diǎn)T坐標(biāo)為， 設(shè)直線MN的方程為x＝my＋n， 點(diǎn)M，N， 由 得y2－8my－8n＝0，Δ＝64m2＋32n>0. 所以y1＋y2＝8m，y1y2＝－8n， 所以kMT＋kNT＝＋ ＝＋ ＝ ＝＝－， 解得n＝m－1， 所以直線MN的方程為x＋1＝m(y＋1)，恒過定點(diǎn)(－1，－1)． 2．(2018·南昌模擬)已知?jiǎng)訄AC過點(diǎn)F(1,0)，且與直線x＝－1相切． (1)求動(dòng)圓圓心C的軌跡方程E； (2)已知點(diǎn)P(4，－4)，Q(8,4)，過點(diǎn)Q的直線l交曲線E于點(diǎn)A，B，設(shè)直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值，并求出此定

3、值． 解　(1)設(shè)C(x，y)，由＝， 得動(dòng)圓圓心C的軌跡方程E為y2＝4x， (2)依題意知直線AB的斜率不為0， 設(shè)AB方程為x－8＝m(y－4)，即x＝my－4m＋8， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 得y2－4my＋16m－32＝0，且Δ>0恒成立， ∴y1＋y2＝4m，y1y2＝16m－32， ∴kPA·kPB＝· ＝·＝ ＝ ＝＝－1(定值)． 3．(2018·四省名校大聯(lián)考)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)F(1,0)，過直線l：x＝4左側(cè)的動(dòng)點(diǎn)P作PH⊥l于點(diǎn)H，∠HPF的角平分線交x軸于點(diǎn)M，且|PH|＝2|MF|，記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線C

4、. (1)求曲線C的方程； (2)過點(diǎn)F作直線l′交曲線C于A，B兩點(diǎn)，設(shè)＝λ，若λ∈，求|AB|的取值范圍． 解　(1)設(shè)P(x，y)，由題意可知|MF|＝|PF|， 所以＝＝， 即＝，化簡整理得＋＝1， 即曲線C的方程為＋＝1. (2)由題意，得直線l′的斜率k≠0， 設(shè)直線l′的方程為x＝my＋1， 由 得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 所以Δ＝(6m)2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0恒成立， 且y1＋y2＝，y1y2＝－，① 又因?yàn)椋溅?，所以－y1＝λy2，② 聯(lián)立①②，消去y1，y2，得＝，

5、 因?yàn)椋溅耍?∈， 所以0≤≤， 解得0≤m2≤. 又|AB|＝|y1－y2| ＝＝ ＝4－， 因?yàn)?≤3m2＋4≤， 所以|AB|＝4－∈. 所以|AB|的取值范圍是. 4．(2018·合肥模擬)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，短軸長為4. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)A為橢圓C的左頂點(diǎn)，P為橢圓C上位于x軸上方的點(diǎn)，直線PA交y軸于點(diǎn)M，點(diǎn)N在y軸上，且·＝0，設(shè)直線AN交橢圓C于另一點(diǎn)Q，求△APQ面積的最大值． 解　(1)由題意得解得 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)由題意可設(shè)直線PA的方

6、程為y＝k(x＋4)，k>0， 則M(0,4k)， 又F(2，0)，且·＝0， 所以MF⊥FN， 所以直線FN的方程為y＝(x－2)， 則N，聯(lián)立 消去y并整理得(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－16＝0， 解得x1＝－4，x2＝， 則P， 直線AN的方程為y＝－(x＋4)， 同理可得Q， 所以P，Q關(guān)于原點(diǎn)對稱，即PQ過原點(diǎn)， 所以△APQ的面積S＝OA·|yP－yQ| ＝2·＝≤8， 當(dāng)且僅當(dāng)2k＝，即k＝時(shí)，等號(hào)成立， 所以△APQ面積的最大值為8. 5．(2018·峨眉山模擬)如圖，圓C與x軸相切于點(diǎn)T(2,0)，與y軸正半軸相交于兩點(diǎn)M，N(點(diǎn)

7、M在點(diǎn)N的下方)，且|MN|＝3. (1)求圓C的方程； (2)過點(diǎn)M任作一條直線與橢圓＋＝1相交于兩點(diǎn)A，B，連接AN，BN，求證：∠ANM＝∠BNM. (1)解　由題意可知圓心的坐標(biāo)為. ∵|MN|＝3，∴r2＝2＋22＝，r＝， ∴圓C的方程為(x－2)2＋2＝. (2)證明　由圓C方程可得M(0,1)，N(0,4)， ①當(dāng)AB斜率不存在時(shí)，∠ANM＝∠BNM＝0°； ②當(dāng)AB斜率存在時(shí)， 設(shè)直線AB方程為y＝kx＋1. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立得(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0， x1＋x2＝－，x1x2＝－， ∴kAN＋kBN＝＋ ＝ ＝＝0， ∴kAN＋kBN＝0， 綜上所述，∠ANM＝∠BNM.