《（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(qǐng)?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(jiǎn)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)椋溅耍裕瓂1＝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(zhǎng)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(duì)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.
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