2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題8 解析幾何 第2講 綜合大題部分真題押題精練 文

《2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題8 解析幾何 第2講 綜合大題部分真題押題精練 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題8 解析幾何 第2講 綜合大題部分真題押題精練 文（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題8 解析幾何 第2講 綜合大題部分真題押題精練 文 1. (2017·高考全國卷Ⅰ)設(shè)A，B為曲線C：y＝上兩點(diǎn)，A與B的橫坐標(biāo)之和為4. (1)求直線AB的斜率； (2)設(shè)M為曲線C上一點(diǎn)，C在M處的切線與直線AB平行，且AM⊥BM，求直線AB的方程． 解析：(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4， 于是直線AB的斜率k＝＝＝1. (2)由y＝，得y′＝.設(shè)M(x3，y3)，由題設(shè)知＝1，解得x3＝2，于是M(2,1)． 設(shè)直線AB的方程為y＝x＋m，故線段AB的中點(diǎn)為N(2,2＋m)，

2、|MN|＝|m＋1|. 將y＝x＋m代入y＝得x2－4x－4m＝0. 當(dāng)Δ＝16(m＋1)>0， 即m>－1時(shí)，x1,2＝2±2. 從而|AB|＝|x1－x2|＝4. 由題設(shè)知|AB|＝2|MN|， 即4＝2(m＋1)，解得m＝7. 所以直線AB的方程為y＝x＋7. 2．(2018·高考全國卷Ⅰ)設(shè)拋物線C：y2＝2x，點(diǎn)A(2,0)，B(－2,0)，過點(diǎn)A的直線l與C交于M，N兩點(diǎn)． (1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線BM的方程； (2)證明：∠ABM＝∠ABN. 解析：(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，l的方程為x＝2，可得點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,2)或(2，－2)． 所以直線BM的方

3、程為y＝x＋1或y＝－x－1. (2)證明：當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，AB為MN的垂直平分線，所以∠ABM＝∠ABN. 當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＞0，x2＞0. 由得ky2－2y－4k＝0， 可知y1＋y2＝，y1y2＝－4. 直線BM，BN的斜率之和為kBM＋kBN＝＋＝.① 將x1＝＋2，x2＝＋2及y1＋y2，y1y2的表達(dá)式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝＝＝0. 所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的傾斜角互補(bǔ)，所以∠ABM＝∠ABN. 綜上，∠ABM＝∠ABN. 3．(

4、2017·高考全國卷Ⅱ)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C：＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點(diǎn)P滿足＝ . (1)求點(diǎn)P的軌跡方程； (2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x＝－3上，且·＝1.證明：過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F. 解析：(1)設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0,0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)． 由＝ 得x0＝x，y0＝y(tǒng). 因?yàn)镸(x0，y0)在C上， 所以＋＝1. 因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2＋y2＝2. (2)證明：由題意知F(－1,0)．設(shè)Q(－3，t)，P(m，n)，則 ＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn， ＝(

5、m，n)，＝(－3－m，t－n)． 由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1， 又由(1)知m2＋n2＝2， 故3＋3m－tn＝0. 所以·＝0，即⊥. 又過點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ， 所以過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F. 1. 已知?jiǎng)訄AM恒過點(diǎn)(0,1)，且與直線y＝－1相切． (1)求圓心M的軌跡方程； (2)動(dòng)直線l過點(diǎn)P(0，－2)，且與點(diǎn)M的軌跡交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于y軸對稱，求證：直線AC恒過定點(diǎn)． 解析：(1)由題意得點(diǎn)M與點(diǎn)(0,1)的距離始終等于點(diǎn)M與直線y＝－1的距離，由拋物線定義知圓心M的軌跡為以點(diǎn)(0,1)為焦點(diǎn)，直線y＝－1為

6、準(zhǔn)線的拋物線，則＝1，p＝2. ∴圓心M的軌跡方程為x2＝4y. (2)證明：由題意知直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y＝kx－2，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則C(－x2，y2)， 由得x2－4kx＋8＝0， ∴x1＋x2＝4k，x1x2＝8. kAC＝＝＝，直線AC的方程為y－y1＝(x－x1)． 即y＝y(tǒng)1＋(x－x1)＝x－＋＝x＋， ∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2， 則直線AC恒過點(diǎn)(0,2)． 2．已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)，過點(diǎn)(0,1)且離心率為. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)直線l：y＝x＋m與橢圓E交于A，C兩點(diǎn)，以AC為對角線作正

7、方形ABCD，記直線l與x軸的交點(diǎn)為N，問B，N兩點(diǎn)間的距離是否為定值？如果是，求出定值；如果不是，請說明理由． 解析：(1)由題意可知，橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，橢圓過點(diǎn)(0,1)，則b＝1. 由橢圓的離心率e＝＝ ＝，解得a＝2， 所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)， 線段AC的中點(diǎn)為M(x0，y0)． 由 整理得x2＋2mx＋2m2－2＝0. 由Δ＝(2m)2－4(2m2－2)＝8－4m2>0， 解得－

8、)． 則|AC|＝ ×＝ × ＝. l與x軸的交點(diǎn)為N(－2m,0)， 所以|MN|＝ ＝ ， 所以|BN|2＝|BM|2＋|MN|2＝|AC|2＋|MN|2＝.故B，N兩點(diǎn)間的距離為定值. 3. 已知矩形EFCD，|EF|＝2，|FC|＝，以EF的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy. (1)求以E，F(xiàn)為焦點(diǎn)，且過C，D兩點(diǎn)的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)在(1)的條件下，過點(diǎn)F作直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)A，B，設(shè)＝λ，點(diǎn)T的坐標(biāo)為(2,0)，若λ∈[－2，－1]，求|＋|的取值范圍． 解析：(1)由題意得E(－1,0)，F(xiàn)(1,0)，C(1，)， 設(shè)所求橢圓的標(biāo)

9、準(zhǔn)方程為＋＝1(a>b>0)， 則2a＝|CE|＋|CF|＝2>2， 所以a＝，所以b2＝a2－c2＝1， 故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)易知直線l的斜率不為0，故可設(shè)直線l的方程為x＝ky＋1，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得，(k2＋2)y2＋2ky－1＝0. 由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1＋y2＝－， ① y1y2＝－， ② 因?yàn)椋溅?，所以＝λ且?0， 將①的平方除以②，得＋＋2＝－， 所以λ＋＋2＝－， 由λ∈[－2，－1]，得－≤λ＋≤－2， 所以－≤λ＋＋2≤0， 即－≤－≤0，解得k2≤， 即0≤k2≤. 因?yàn)椋?x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)， 所以＋＝(x1＋x2－4，y1＋y2)， 又y1＋y2＝－，x1＋x2－4＝k(y1＋y2)－2＝－. 故|＋|2＝(x1＋x2－4)2＋(y1＋y2)2 ＝＋ ＝ ＝16－＋. 令t＝，因?yàn)?≤k2≤， 所以≤≤，即≤t≤， 則|＋|2＝16－28t＋8t2＝8(t－)2－， 因?yàn)椤躷≤，所以|＋|2∈[4，]， 所以|＋|∈[2，]． 即|＋|的取值范圍為[2，]．