《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 理》由會員分享，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 理（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(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 理 1. (2017·高考全國卷Ⅰ)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，四點P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三點在橢圓C上． (1)求C的方程； (2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點． 解析：(1)由于P3，P4兩點關(guān)于y軸對稱， 故由題設(shè)知C經(jīng)過P3，P4兩點． 又由＋>＋知，C不經(jīng)過點P1， 所以點P2在C上．因此解得 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，

2、k2. 如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|<2， 可得A，B的坐標(biāo)分別為，. 則k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合題設(shè)．從而可設(shè)l：y＝kx＋m(m≠1)． 將y＝kx＋m代入＋y2＝1得 (4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 而k1＋k2＝＋＝＋ ＝. 由題設(shè)k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0. 解得k＝－. 當(dāng)且僅當(dāng)m>－1時，Δ>0

3、，于是l：y＝－x＋m， 即y＋1＝－(x－2)， 所以l過定點(2，－1)． 2．(2017·高考全國卷Ⅲ)已知拋物線C：y2＝2x，過點(2,0)的直線l交C于A，B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓． (1)證明：坐標(biāo)原點O在圓M上； (2)設(shè)圓M過點P(4，－2)，求直線l與圓M的方程． 解析：(1)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2， 由可得y2－2my－4＝0，則y1y2＝－4. 又x1＝，x2＝，故x1x2＝＝4. 因此OA的斜率與OB的斜率之積為·＝＝－1，所以O(shè)A⊥OB，故坐標(biāo)原點O在圓M上． (2)由(1)可得y1＋y2＝2m，x

4、1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4， 故圓心M的坐標(biāo)為(m2＋2，m)，圓M的半徑 r＝. 由于圓M過點P(4，－2)，因此·＝0， 故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0， 即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0. 由(1)可知y1y2＝－4，x1x2＝4， 所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－. 當(dāng)m＝1時，直線l的方程為x－y－2＝0，圓心M的坐標(biāo)為(3,1)，圓M的半徑為， 圓M的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝10. 當(dāng)m＝－時，直線l的方程為2x＋y－4＝0，圓心M的坐標(biāo)為， 圓M的半徑為， 圓M

5、的方程為2＋2＝. 3．(2017·高考全國卷Ⅱ)設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓C：＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足＝ . (1)求點P的軌跡方程； (2)設(shè)點Q在直線x＝－3上，且·＝1.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點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). 因為M(x0，y0)在C上，所以＋＝1. 因此點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)，·＝

6、3＋3m－tn， ＝(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P存在唯一直線垂直于OQ， 所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. 1. 已知動圓M恒過點(0,1)，且與直線y＝－1相切． (1)求圓心M的軌跡方程； (2)動直線l過點P(0，－2)，且與點M的軌跡交于A，B兩點，點C與點B關(guān)于y軸對稱，求證：直線AC恒過定點． 解析：(1)由題意得點M與點(0,1)的距離始終等于點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(0,1

7、)為焦點，直線y＝－1為準線的拋物線，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(0,2)． 2．已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)，過點(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

8、兩點，以AC為對角線作正方形ABCD，記直線l與x軸的交點為N，問B，N兩點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，橢圓的焦點在x軸上，橢圓過點(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)準方程為＋y2＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，線段AC的中點為M(x0，y0)． 由整理得x2＋2mx＋2m2－2＝0. 由Δ＝(2m)2－4(2m2－2)＝8－4m2>0， 解得－

9、點為M(－m，m)． 則|AC|＝ ×＝ × ＝. l與x軸的交點為N(－2m,0)， 所以|MN|＝ ＝ ， 所以|BN|2＝|BM|2＋|MN|2＝|AC|2＋|MN|2＝. 故B，N兩點間的距離為定值. 3. 已知矩形EFCD，|EF|＝2，|FC|＝，以EF的中點O為原點，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，且過C，D兩點的橢圓的標(biāo)準方程； (2)在(1)的條件下，過點F作直線l與橢圓交于不同的兩點A，B，設(shè)＝λ，點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，)

10、， 設(shè)所求橢圓的標(biāo)準方程為＋＝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 因為＝λ，所以＝λ且λ<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≤. 因為＝(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＝，因為0≤k2≤， 所以≤≤，即≤t≤， 則|＋|2＝16－28t＋8t2＝8(t－)2－， 因為≤t≤， 所以|＋|2∈[4，]， 所以|＋|∈[2，]． 即|＋|的取值范圍為[2，]．