【文档说明】高考二轮复习数学(文)通用版：专题检测21 “圆锥曲线”压轴大题的抢分策略 含解析.doc，共(5)页，94.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题检测（二十一）“圆锥曲线”压轴大题的抢分策略1.(2018·济南模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：x2＝4y，直线l与抛物线C1交于A，B两点．(1)若直线OA，OB的斜率之积为－14，证明：直线l过定点；(2)若线段AB的中点M在曲线C2：y＝4－14x

2(－22＜x＜22)上，求|AB|的最大值．解：(1)证明：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2＝4y，y＝kx＋m，得x2－4kx－4m＝0，Δ＝16(k2＋m)＞0，x1＋x2＝4k

，x1x2＝－4m，则kOA·kOB＝y1·y2x1·x2＝14x21·14x22x1·x2＝x1·x216＝－m4，由已知kOA·kOB＝－14，得m＝1，满足Δ＞0，∴直线l的方程为y＝kx＋1，∴直线l过定点(0,1)．(2)设M(x0，y0)，由已知及(1)得x0＝x1＋x22

＝2k，y0＝kx0＋m＝2k2＋m，将M(x0，y0)代入y＝4－14x2(－22＜x＜22)，得2k2＋m＝4－14×(2k)2，∴m＝4－3k2.∵－22＜x0＜22，∴－22＜2k＜22，∴－2＜k＜2

，∵Δ＝16(k2＋m)＝16(k2＋4－3k2)＝32(2－k2)＞0，∴－2＜k＜2，故k的取值范围是(－2，2)．∴|AB|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝1＋k2·16k2＋m＝42·k2＋12－k2≤42·k2＋1＋2－k22＝62，当且仅当k2

＋1＝2－k2，即k＝±22时取等号，∴|AB|的最大值为62.2．(2018·石家庄质检)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为223，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于A，B两点．(1)若以AF1为直径的动圆内切于圆x2＋y2＝9，求椭圆的长轴的长；(2)当b

＝1时，问在x轴上是否存在定点T，使得TA―→·TB―→为定值？并说明理由．解：(1)设AF1的中点为M，连接OM，AF2(O为坐标原点)，在△AF1F2中，O为F1F2的中点，所以|OM|＝12|AF2|＝12(2a－|AF1|)＝a－12|AF1|.由题意得|OM|＝3－12|AF1|，所以a

＝3，故椭圆的长轴的长为6.(2)由b＝1，ca＝223，a2＝b2＋c2，得c＝22，a＝3，所以椭圆C的方程为x29＋y2＝1.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x＋22)，由x2＋9y2＝9，y＝kx＋22得(9k2＋1)x2

＋362k2x＋72k2－9＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－362k29k2＋1，x1x2＝72k2－99k2＋1，y1y2＝k2(x1＋22)(x2＋22)＝－k29k2＋1.设T(x0,0)，则TA―→＝(x1－x0，y1)，TB―→＝

(x2－x0，y2)，TA―→·TB―→＝x1x2－(x1＋x2)x0＋x20＋y1y2＝9x20＋362x0＋71k2＋x20－99k2＋1，当9x20＋362x0＋71＝9(x20－9)，即x0＝－19

29时，TA―→·TB―→为定值，定值为x20－9＝－781.当直线AB的斜率不存在时，不妨设A－22，13，B－22，－13，当T－1929，0时，TA―→·TB―→＝29，13·29，－13＝－781.综上，在x轴上存在定点T－1929，

0，使得TA―→·TB―→为定值．3．(2019届高三·西安八校联考)已知直线l：x＝my＋1过椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点F，抛物线x2＝43y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B

两点，点A，F，B在直线x＝4上的射影依次为D，K，E.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l交y轴于点M，且MA―→＝λ1AF―→，MB―→＝λ2BF―→，当m变化时，证明：λ1＋λ2为定值；(3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则

，说明理由．解：(1)∵l：x＝my＋1过椭圆C的右焦点F，∴右焦点F(1,0)，c＝1，即c2＝1.∵x2＝43y的焦点(0，3)为椭圆C的上顶点，∴b＝3，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4，∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)证明：由题意知m≠0，

联立x＝my＋1，3x2＋4y2－12＝0得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4.∵MA―→＝λ1AF―→，MB―→＝λ2BF―→，M0，－1

m，∴x1，y1＋1m＝λ1(1－x1，－y1)，x2，y2＋1m＝λ2(1－x2，－y2)，∴λ1＝－1－1my1，λ2＝－1－1my2，∴λ1＋λ2＝－2－y1＋y2my1y2＝－2－－

6m3m2＋4－9m3m2＋4＝－83.综上所述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－83.(3)当m＝0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N52，0，猜想当m变化时，

直线AE与BD相交于定点N52，0，证明如下：则AN―→＝52－x1，－y1＝32－my1，－y1，易知E(4，y2)，则NE―→＝32，y2.∵32－my1y2－32(－y1)＝32(y1＋y2)－

my1y2＝32－6m3m2＋4－m－93m2＋4＝0，∴AN―→∥NE―→，即A，N，E三点共线．同理可得B，N，D三点共线．则猜想成立，故当m变化时，直线AE与BD相交于定点N52，0.4．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：x

24＋y23＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．(1)证明：k<－12；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP―→＋FA―→＋FB―→＝0.证明：|FA―→|，|FP―→|，|FB―→|成等差数列，并求该数

列的公差．解：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214＋y213＝1，x224＋y223＝1.两式相减，并由y1－y2x1－x2＝k得x1＋x24＋y1＋y23·k＝0.由题设知x1＋x22＝1，y1＋y22＝m，于是k＝－34m.①由题设得0<m<32，故k<－12.(

2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.又点P在C上，所以m＝34，从而P

1，－32，|FP―→|＝32，于是|FA―→|＝x1－12＋y21＝x1－12＋31－x214＝2－x12.同理|FB―→|＝2－x22.所以|FA―→|＋|FB―→|＝4－12(x1＋x2)＝3.故2|FP

―→|＝|FA―→|＋|FB―→|，即|FA―→|，|FP―→|，|FB―→|成等差数列．设该数列的公差为d，则2|d|＝||FB―→|－|FA―→||＝12|x1－x2|＝12x1＋x22－4x1x2.②将m＝34代入①得k＝－1，所以l的方程为y＝－x＋74，代入C的方程，

并整理得7x2－14x＋14＝0.故x1＋x2＝2，x1x2＝128，代入②解得|d|＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.