《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十二）“圓錐曲線”壓軸大題的搶分策略 理（普通生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十二）“圓錐曲線”壓軸大題的搶分策略 理（普通生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題檢測（二十二） “圓錐曲線”壓軸大題的搶分策略
1.(2018·濟(jì)南模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C1：x2＝4y，直線l與拋物線C1交于A，B兩點(diǎn)．
(1)若直線OA，OB的斜率之積為－，證明：直線l過定點(diǎn)；
(2)若線段AB的中點(diǎn)M在曲線C2：y＝4－x2(－2＜x＜2)上，求|AB|的最大值．
解：(1)證明：由題意可知直線l的斜率存在，
設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得x2－4kx－4m＝0，
Δ＝16(k2＋m)＞0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，
則kOA·kOB＝＝＝＝－，
由已知kOA·kOB＝
2、－，得m＝1，滿足Δ＞0，
∴直線l的方程為y＝kx＋1，∴直線l過定點(diǎn)(0,1)．
(2)設(shè)M(x0，y0)，由已知及(1)得x0＝＝2k，
y0＝kx0＋m＝2k2＋m，
將M(x0，y0)代入y＝4－x2(－2＜x＜2)，得
2k2＋m＝4－×(2k)2，∴m＝4－3k2.
∵－2＜x0＜2，∴－2＜2k＜2，∴－＜k＜，
∵Δ＝16(k2＋m)＝16(k2＋4－3k2)＝32(2－k2)＞0，∴－＜k＜，
故k的取值范圍是(－，)．
∴|AB|＝·
＝·
＝4·
≤4·＝6，
當(dāng)且僅當(dāng)k2＋1＝2－k2，即k＝±時(shí)取等號，
∴|AB|的最大值為6.
2．(
3、2018·石家莊質(zhì)檢)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)．
(1)若以AF1為直徑的動(dòng)圓內(nèi)切于圓x2＋y2＝9，求橢圓的長軸的長；
(2)當(dāng)b＝1時(shí)，問在x軸上是否存在定點(diǎn)T，使得·為定值？并說明理由．
解：(1)設(shè)AF1的中點(diǎn)為M，連接OM，AF2(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，
在△AF1F2中，O為F1F2的中點(diǎn)，
所以|OM|＝|AF2|＝(2a－|AF1|)＝a－|AF1|.
由題意得|OM|＝3－|AF1|，
所以a＝3，故橢圓的長軸的長為6.
(2)由b＝1，＝，a2＝b2＋c2，得c＝2，a＝3，
所以橢圓
4、C的方程為＋y2＝1.
當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x＋2)，
由得(9k2＋1)x2＋36k2x＋72k2－9＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1y2＝k2(x1＋2)(x2＋2)＝.
設(shè)T(x0,0)，
則＝(x1－x0，y1)，＝(x2－x0，y2)，
·＝x1x2－(x1＋x2)x0＋x＋y1y2＝，
當(dāng)9x＋36x0＋71＝9(x－9)，即x0＝－時(shí)，
·為定值，定值為x－9＝－.
當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，不妨設(shè)A，B，
當(dāng)T時(shí)，·＝·＝－.
綜上，在x軸上存在定點(diǎn)T，使得·為定值．
5、3．(2019屆高三·西安八校聯(lián)考)已知直線l：x＝my＋1過橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F，拋物線x2＝4y的焦點(diǎn)為橢圓C的上頂點(diǎn)，且l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A，F(xiàn)，B在直線x＝4上的射影依次為D，K，E.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l交y軸于點(diǎn)M，且＝λ1， ＝λ2，當(dāng)m變化時(shí)，證明：λ1＋λ2為定值；
(3)當(dāng)m變化時(shí)，直線AE與BD是否相交于定點(diǎn)？若是，請求出定點(diǎn)的坐標(biāo)，并給予證明；否則，說明理由．
解：(1)∵l：x＝my＋1過橢圓C的右焦點(diǎn)F，
∴右焦點(diǎn)F(1,0)，c＝1，即c2＝1.
∵x2＝4y的焦點(diǎn)(0，)為橢圓C的上頂點(diǎn)，
∴b＝，即b2
6、＝3，a2＝b2＋c2＝4，
∴橢圓C的方程為＋＝1.
(2)證明：由題意知m≠0，聯(lián)立
得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則y1＋y2＝－，y1y2＝－.
∵＝ λ1，＝λ2，M，
∴＝λ1(1－x1，－y1)，
＝λ2(1－x2，－y2)，
∴λ1＝－1－，λ2＝－1－，
∴λ1＋λ2＝－2－＝－2－＝－.
綜上所述，當(dāng)m變化時(shí)，λ1＋λ2為定值－.
(3)當(dāng)m＝0時(shí)，直線l⊥x軸，則四邊形ABED為矩形，
易知AE與BD相交于點(diǎn)N，
猜想當(dāng)m變化時(shí)，直線AE與BD相交于定點(diǎn)N，證明如下：
則＝＝，
易知E(4
7、，y2)，則＝.
∵y2－(－y1)＝(y1＋y2)－my1y2＝－m＝0，
∴∥，即A，N，E三點(diǎn)共線．
同理可得B，N，D三點(diǎn)共線．
則猜想成立，
故當(dāng)m變化時(shí)，直線AE與BD相交于定點(diǎn)N.
4．(2018·全國卷Ⅲ)已知斜率為k的直線l與橢圓C：＋＝1交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M(1，m)(m>0)．
(1)證明：k<－；
(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，且＋＋＝0.證明：||，||，||成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差．
解：(1)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則＋＝1，＋＝1.
兩式相減，并由＝k得＋·k＝0.
由題設(shè)知＝1，＝m，于
8、是k＝－.①
由題設(shè)得0
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