(浙江专用)2022版高考数学三轮冲刺抢分练压轴大题突破练(四)解析几何.pdf

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〔浙江专用〕2022版高考数学三
轮冲刺抢分练压轴大题突破练
〔四〕解析几何:.
(四)解析几何
1.(2022·杭州外国语学校模拟)抛物线x2=4y
的焦点为F,直线l:y=-1,假设A为抛物线
上第一象限的一动点,过F作AF的垂线交直线l
于点B,交抛物线于M,N两点.
(1)求证:直线AB与抛物线相切;
(2)假设点A满足AM⊥AN,求此时点A的坐标.
(1)证明由题意得焦点F(0,1),
设A(x,y)(x>0,y>0),
0000
y-1
AF0
∴直线的斜率为,
x
0
由题意知直线BF斜率存在,那么直线BF的方程
为
x
y0x
=+1,
1-y
0
2:.
2y-1
0
∴点B的坐标为,-1,
x

0
∴直线AB的斜率为
1
xx2+1
y+1040x

00
==,
2y-112
x0x2x2
--2-1
0x040

0
1
根据导数的几何意义得y=x2在点A(x,y)处的
400
x
0
切线斜率为,
2
∴直线AB与抛物线相切.
(2)解由(1)知A(x,y),
00
x
MNy0x
直线的方程为=+1,
1-y
0
x2=4y,

由x
y0x
=+1,

1-y
0
4x
yx20x
消去整理得--4=0,
1-y
0
3:.
由题意知,Δ>0,
设M(x,y),N(x,y),
1122
4x
xx0xx
那么+=,=-4,
121-y12
0
x2x2
10
-
y-y44
AM10
由题意得直线的斜率为==
x-xx-x
1010
x+x
10
,
4
x+x
AN20
同理直线的斜率为,
4
x+xx+x
1020
∴·=-1,
44
整理得y2-2y-3=0,
00
又因为A(x,y)在第一象限,解得y=3(舍负),
000
代入抛物线方程得x=23,
0
所以存在点A(23,3),使得AM⊥AN.
,直线y=-2mx-2m2+m与抛物线C:x2
1
=y相交于A,B两点,定点M-,1.
2

4:.
(1)证明:线段AB被直线y=-x平分;
(2)求△MAB面积取得最大值时m的值.
(1)证明设A(x,y),B(x,y),
1122
y=-2mx-2m2+m,
联立方程组
y=x2,

得x2+2mx+2m2-m=0,
Δ=4m2-4(2m2-m)>0,即0<m<1,
∴x+x=-2m,x·x=2m2-m,
1212
x+x
12m
那么=-,
2
y+yx2+x2x+x2-2xx
12121212m
===,
222
∴线段AB的中点坐标为(-m,m),
∴线段AB被直线y=-x平分.
(2)解∵|AB|=x-x2+y-y2
1212
=1+4m2-4m2+4m(0<m<1),
5:.
|1+2m2-2m|
点M到直线AB的距离为d=,
1+4m2
1
∴△MAB的面积S=|AB|d
2
=-m2+m|1-2(-m2+m)|(0<m<1),
1
令-m2+m=t,那么0<t≤,
2
1
∴S=t|1-2t2|=t-2t30<t≤,
2

1
令f(t)=t-2t30<t≤,那么f′(t)=1-6t2,
2

661
那么f(t)在0,上单调递增,在,上单
662

6
调递减,故当t=时,f(t)取得最大值,即△MAB
6
6
面积取得最大值,此时有-m2+m=,解得m
6
3±3
=.
6
x2
3.(2022·湖州中学模拟)如图,A为椭圆+y2
2
6:.
=1的下顶点,过A的直线l交抛物线x2=
2py(p>0)于B,C两点,C是AB的中点.
(1)求证:点C的纵坐标是定值;
(2)过点C作与直线l倾斜角互补的直线l′交椭
圆于M,N两点,求p的值,使得△BMN的面积最
大.
t2
(1)证明易知A(0,-1),不妨设Bt,,
2p

tt2-2p
那么C,,
24p

把点C代入抛物线方程得
tt2-2p
2=2p·,得t2=4p,
24p

4p-2p1
∴y==为定值.
C4p2
(2)解∵点C是AB中点,∴S=S,
△BMN△AMN
7:.
1
--1
23
∵直线l的斜率k==,
tt
2
3
直线l′的斜率k′=-,
t
13t
∴直线l′的方程为y-=-x-,
2t2

33
即y=-x+2,不妨记m=-,
tt
那么l′:y=mx+2,
代入椭圆方程整理得(2m2+1)x2+8mx+6=0,
3
Δ=64m2-24(2m2+1)>0,即m2>,
2
设M(x,y),N(x,y),
1122
8m6
那么x+x=-,xx=,
122m2+1122m2+1
|MN|=1+m2|x-x|
12
2m2-3
=22·1+m2·,
2m2+1
8:.
3
A到MN的距离d=,
m2+1
1
所以S=S=·|MN|·d
△BMN△AMN2
2m2-332
=32·=
2m2+14
2m2-3+
2m2-3
3232
≤=.
244
4
当且仅当2m2-3=,
2m2-3
7
即m2=时,等号成立,此时满足Δ>0,
2
918t29
所以t2==,p==.
m27414
x2
4.(2022·余高、缙中、长中模拟)对于椭圆+
a2
y2
=1(a>b>0),有如下性质:假设点P(x,y)是
b200
椭圆外一点,PA,PB是椭圆的两条切线,那么切
9:.
xxyy
AB00
点,所在直线的方程是+=
a2b2
论解答以下问题:
x2
椭圆C:+y2=1和点P(2,t)(t∈R),过点P
2
作椭圆C的两条切线,切点是A,B,记点A,B
到直线PO(O是坐标原点)的距离是d,d.
12
(1)当t=0时,求线段AB的长;
|AB|
(2)求的最大值.
d+d
12
解(1)因为点P(2,t),直线AB的方程是2x+
2ty=2,
即x+ty=1,当t=0时,直线AB的方程是x=
1,
此时|AB|=2.
(2)由(1)知直线AB的方程是x+ty=1,
直线PO的方程是tx-2y=0,
10:.
x+yt=1,
联立得(t2+2)y2-2ty-1=0,
x2+2y2=2

Δ>0,
设A(x,y),B(x,y),那么(tx-2y)(tx-
1122112
2y)<0,
1
|tx-2y||tx-2y|
dd1122
所以+=+
12t2t2
+4+4
|t2+2y-y|
21
=,
t2+4
另|AB|=1+t2|y-y|,
12
|AB|1+t24+t2
所以=;
d+d2+t2
12
|AB|x-1x+2
设2+t2=x,那么=
d+dx2
12
11119
=-22++1=-2-2+,
xxx48

11
所以,当=,即x=4,t2=2时,
x4
|AB|32
有最大值为.
d+d4
12
11:.
x2
5.(2022·慈溪中学模拟)如下图,椭圆C:+
a2
y21
=1(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别为
b22
F,F,椭圆C过点(0,3),T为直线x=4上
12
的动点,过点T作椭圆C的切线TA,TB,A,B
为切点.
(1)求证:A,F,B三点共线;
2
(2)过点F作一条直线与曲线C交于P,Q两点,
2
过P,Q作直线x=4的垂线,垂足依次为M,N.
求证:直线PN与MQ交于定点.
c1
证明(1)由得=,b=3,
a2
又a2=b2+c2,解得a=2,b=3,
x2y2
所以椭圆C的方程为+=1.
43
设T(4,t),A(x,y),B(x,y),
1122
12:.
那么切线TA,TB的方程分别为
xxyyxxyy
1122
+=1,+=1,
4343
由于切线TA,TB过点T(4,t),
ytyt
x1x2
所以+=1,+=1,
1323
tt
即x+y=1,x+y=1,
131232
t
所以直线AB的方程为x+y=1.
3
易知直线AB过点F(1,0),
2
所以A,F,B三点共线.
2
(2)当直线PQ的斜率存在时,设过点F的直线为
2
y=k(x-1)(k≠0),
y=kx-1,

联立x2y2
+=1,

43
得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
那么Δ=(-8k2)2-4(3+4k2)(4k2-12)>0,
13:.
设P(x,y),Q(x,y),x≠x,
112212
8k24k2-12
那么x+x=,xx=,
123+4k2123+4k2
过P,Q作直线x=4的垂线,垂足依次为M,N,
那么M(4,y),N(4,y),
12
y-y
PNyy21x
那么直线:-=(-4),
24-x
1
xy-4y
yx121
令=0,那么=
y-y
21
x·kx-1-4kx-1
121
=
kx-x
21
xx-5x+4
121
=,
x-x
21
y-y
MQyy21x
直线:-=(-4),
1x-4
2
4y-xy5x-4-xx
yx221212
令=0,得==,
y-yx-x
2121
24k2-12
因为2xx+8-5(x+x)=+8-
12123+4k2
40k2
3+4k2
14:.
=0,
xx-5x+45x-4-xx
121212
所以=.
x-xx-x
2121
5
因此直线PN与MQ交于定点D,0.
2

当PQ⊥x轴即直线PQ的斜率不存在时,可得PN
5
与MQ交于点,0.
2

5
故直线PN与MQ交于定点D,0.
2

x2
,过椭圆M:+y2=1的右焦点F作直线
2
交椭圆于A,C两点.
(1)当A,C变化时,在x轴上求定点Q,使得∠AQF
=∠CQF;
(2)在(1)的条件下,设直线QA交椭圆M的另一
个交点为B,连接BF并延长交椭圆于点D,当四
15:.
边形ABCD的面积取得最大值时,求直线AC的方
程.
解(1)设A(x,y),C(x,y),Q(q,0),
1122
当A,C不在x轴上时,设直线AC的方程为x=
ty+1,
代入椭圆M的方程,
可得(2+t2)y2+2ty-1=0.
由题意知,Δ>0,
2t1
那么y+y=-,yy=-,
122+t2122+t2
yy
kk12
由意题知+=+
AQCQx-qx-q
12
yx-q+yx-q
1221
=
x-qx-q
12
yty+1-q+yty+1-q
1221
=
x-qx-q
12
2tyy+1-qy+y
1212
==0,
x-qx-q
12
即2tyy+(1-q)(y+y)=0,
1212
16:.
整理得-2t-2t(1-q)=0,
由题意知无论t取何值,上式恒成立,那么q=2,
当A,C在x轴上时,定点Q(2,0)依然可使∠AQF
=∠CQF成立,所以点Q的坐标是(2,0).
(2)由(1)知∠AQF=∠CQF,
即∠BQF=∠CQF.
所以BQ,CQ关于x轴对称,
所以BD,CA关于x轴对称,
所以B,C关于x轴对称,A,D关于x轴对称,
所以四边形ABCD是一个等腰梯形.
那么四边形ABCD的面积
S(t)=|x-x|·|y-y|=|t|·|y-y|2
121212
t2+1|t|
=8·.
t2+22
由对称性不妨设t>0,
t4-3t2-2
求导可得S′(t)=-8·,
t2+23
令S′(t)=0,
17:.
3+17
可得t2=,
2
3+17
由于S(t)在0,上单调递增,
2

3+17
在,+∞上单调递减,
2

3+17
所以当t2=时,四边形ABCD的面积S取
2
得最大值.
3+17
此时,直线AC的方程是x=±y+1.
2
18