【文档说明】2022届福建省泉州市考前推题四：解析几何 PDF版含解析.pdf，共(9)页，219.938 KB，由小赞的店铺上传

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泉州市2022年高考质优生考前强化训练资料推题四：解析几何试题1．已知抛物线的标准方程是220xpyp，过点0,2Mp的直线l与抛物线相交于11,Axy，22,Bxy两点，且满足1264yy．（1）求抛物线的标准方程及准线方程；（2）设垂直于l的直线1l和抛物线

有两个不同的公共点C，D，当C，D均在以AB为直径的圆上时，求直线l的斜率．关键词：四点共圆，向量工具2．已知抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为FA，是抛物线C上的任意一点.当AFx轴时，OAF△的面积为4（O为坐标原点）.（1）求抛物线C的方程；（2

）若00,01Dxx，连接AD并延长交抛物线C于M，点MN，关于x轴对称，点P为直线AN与x轴的交点，且PMN为直角三角形，求点P到直线AM的距离的取值范围.关键词：图形特征代数化，取值范围3．已知椭圆2222:1(0)xyCabab

的离心率为12，且过点(2,3)A，右顶点为B.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点A作两条直线分别交椭圆于点M，N满足直线AM，AN的斜率之和为3，求点B到直线MN距离的最大值.关键词：斜率和（积）问题，取

值范围4．已知等轴双曲线的顶点12,0F，22,0F分别是椭圆C的左、右焦点，且433x是椭圆与双曲线某个交点的横坐标．（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l与椭圆C相交于A，B两点，以线段AB为直径的圆过椭圆的上顶点M，求证：直线l恒过定点．关键词：垂直的代数

刻画，向量工具，定点定值5．已知双曲线C：2222xyab＝1(a，b>0)的左、右焦点分别为F1(-c，0)，F2(c，0)，其中c>0，M(c，3)在C上，且C的离心率为2.（1）求C的标准方程；（2）若O

为坐标原点，12FMF的角平分线l与曲线D：2222xycb＝1的交点为P，Q，试判断OP与OQ是否垂直，并说明理由.关键词：角平分线，向量工具6．已知抛物线2:2(0)Cypxp的焦点F，若平面上一点(2,

3)A到焦点F与到准线:2plx的距离之和等于7.（1）求抛物线C的方程；（2）又已知点P为抛物线C上任一点，直线PA交抛物线C于另一点M，过M作斜率为43k的直线MN交抛物线C于另一点N，连接.PN问直线PN是否过定点，如果经过定点，则求出该定点，否

则说明理由.关键词：定点定值，设点法7．在平面直角坐标系xOy中，点3,0M，3,0N，动点Q满足直线QM与QN的斜率乘积为49.（1）求动点Q的轨迹方程1C；（2）已知222:11510xy

C，在2C上取一点00,Pxy0003,0xy作1C的两条切线,PAPB，其中,AB为切点，,PAPB的斜率分别为12,kk，直线PA与x轴的负半轴交于点D，直线PB与x轴的正半轴交于点E，且2PEDPDE，求1k和2k.关键词：斜率和（积），切线

问题、角度的刻画、设点法参考答案1．解：（1）由题意可知，直线l的斜率存在，设其斜率为k，则直线l的方程为2ykxp，由222xpyykxp消元得：22240xpkxp．122xxpk，2124xxp，因为点11,Axy

，22,Bxy在抛物线上，所以2112xpy，2222xpy，所以22212124xxpyy，212464yyp，解得：4p，所以抛物线的标准方程为28xy，准线方程为2y．（2）由（1）得：抛物线的方程为28xy，若0

k，则直线1l与抛物线仅有一个交点，不合题意，所以，设33,Cxy，44,Dxy，所以143344318lyyxxkxxk，则348xxk，因为,CD在以AB为直径的圆上，所以CACB，DADB，即0

CACB，0DADB，222231323132222241424142064064xxxxxxxxxxxxxxxx，整理得：31324142640640xxx

xxxxx，由（1）知：128xxk，1264xx，2332448080xkxxkx，两式作差得：348xxk，又348xxk，88kk，解得：1k.直线l

的斜率为1或1.2．2.解：（1）因为F为抛物线C的焦点，所以,02pF，所以||2pOF.[来因为AFx轴，所以,2pAp，所以||AFp.因为OAF△的面积为4，所以

1422pp，且0p，4p，故抛物线C的方程为28yx.（2）设直线AM的方程为0()0xmyxm，11,Axy，22,Mxy，则22,Nxy.联立028xmyxyx

，整理得20880ymyx.因为2064320mx，所以128yym，1208yyx.设3,0Px，则232,PNxxy，131,PAxxy.因为,,PNA三点共线，所以2311320xxyxxy

，所以21121230xyxyyyx，121212321128yyyyyyxxyxy.因为1280yym，1208yyx，所以30xx.因为点,MN关于x轴对称，所以||||PMP

N，因为PMN为直角三角形，所以45DPMDPN，所以直线AN的斜率121212121212881yyyykxxyyyyyy，所以128yy.由22212121204643264yyy

yyymx，得2022mx.因为20m，所以02x，因为01x，所以012x，则点P到直线AM的距离3000220222411xxxxdxmm.设04tx，则23t，且204xt，故22248222tdttt因为

8222ytt在2,3上单调递减，所以2643d.[来源:学科网ZXXK3．解：（1）由题2222212491bcaceaab，解得：4232abc，所以C的标准方程为2211612xy

（2）若直线MN斜率不存在，设0000(,),(,)MxyNxy，则220000001161233322xyyyxx，解得0040xy，此时,MN重合，舍去.若直线

MN斜率存在，设直线1122(,),(,)MNykxtMxyNxy：，，联立2211612xyykxt，得222(43)84480kxktxt，所以21212228448,4343kttxxxxkk，由题意121233322yyxx

，即121233322kxtkxtxx化简得1212(23)(29)()4240.kxxtkxxt因此2224488(23)(29)()4240.4343tktktktkk

化简得2286860kkttkt，即(23)(42)0ktkt若230kt，则23tk，直线MN过点(2,3)A，舍去，所以420kt，即42tk，因此直线MN过点(4,2)P.又点(4,0)B，所以点B到直线MN距离最大值即2BP，此时2M

Ny：，符合题意.所以点B到直线MN距离最大值为2.4.解：（1）由已知可得双曲线方程为22144xy．因为433x，所以交点为4323,33．设椭圆C的方程为222214xybb，代入4323,33，得24b，所以椭圆C的方程为2218

4xy．（2）证明：显然直线l与x轴不垂直．设直线l：2ykxmm与椭圆C：22184xy相交于11,Axy，22,Bxy，由22,184ykxmxy得222214280kxkmxm，所以122421kmxx

k，21222821mxxk．因为90AMB，所以1122,2,20xyxy，即1212220xxyy，121212240xxyyyy，所以121212240xxk

xmkxmkxmkxm，整理得2212121220kxxkmxxm，即2222228412202121mkmkkmmkk．因为2m，

22221242120kmkmkm，整理得320m，所以23m，所以直线l恒过定点20,3．5．解:（1）由题意得222912cabca，即2941b，解得

3b，又222cab，可得1,2ac，故双曲线C的标准方程为2213yx.（2）设角平分线与x轴交于点N，根据角平分线性质可得1122FNMFNFMF，因为2,3M，1122515,3,,,032FNFMFMNFN，1:2212MNy

xx.设1122,,,PxyQxy，联立方程2221143yxxy，可得2191680xx12121619819xxxx，1212121

22121421yyxxxxxx1212121281652152101919OPOQxxyyxxxx,即OP与OQOQ不垂直．6．解:（1）由已知，定点(2,3)A到焦点F与到准线:2plx的距离之和等于7.

有22232722pp，则4p，即抛物线的方程28yx.（2）设11(,)Pxy，22(,)Mxy，33(,)Nxy，则121211212222888PMyyyykyy

xxyy，同理：238MNkyy，138PNkyy，由23843MNkyy知：236yy，即236yy①，直线11128:()PMyyxxyy，即1212()8yyyyyx过(2,3)A，求得1211633yyy②，

同理求直线PN方程1313()8yyyyyx③由①②得13133()2yyyy，代入③得1313()3()28yyyyyx，13()(3)280yyyx，故3y且280x时，即直线PN恒过点1,34.7．解：（1）设,Qxy，

由题意得4339QMQNyykkxx，化简得221:1(3)94xyCx（2）设点P的坐标为00,Pxy，由题意可知220011510xy，①因为003x，所以过点P作1C切

线的斜率显然存在，设直线的斜率为为k，即00ykxykx，将该直线方程与1C联立：0022194ykxykxxy得：222000094189360kxkykxxykx.令0，整理得

22200009240xkxyky，②由题意知1k，2k是方程②的两根，2090x，且由韦达定理，知20122049ykkx，③将①代入③即得1223kk，④，由2PEDPDE

，结合题意可知：1tankPDE，2tankPED，所以12212tan21kkPDEk，⑤由④⑤并结合点P的位置解得112k，243k，经检验符合题意.