2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 特别策划1　数学运算——解析几何中优化运算的策略研究

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 特别策划1　数学运算——解析几何中优化运算的策略研究，共6页。试卷主要包含了已知抛物线C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
A．3B．6
C．9D．12
【解析】 如图，依题意有∠QFH＝60°，|HF|＝3，所以|QF|＝6．又|PF|＝|QP|，∠PQF＝60°，所以△PQF为等边三角形，从而|PF|＝|QF|＝6．
(第1题)
2．(2023·淮北一模)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)在椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1上，且直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，则xeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)－yeq \\al(2,2)＝( A )
A．1B．3
C．2D．eq \f(5,2)
【解析】 因为A(x1，y1)，B(x2，y2)在椭圆上，所以eq \f(x\\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，eq \f(x\\al(2,2),2)＋yeq \\al(2,2)＝1，因为kOA·kOB＝eq \f(y1,x1)×eq \f(y2,x2)＝－eq \f(1,2)，所以x1x2＝－2y1y2，所以xeq \\al(2,1)xeq \\al(2,2)＝4yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,2),2)))＝4－2xeq \\al(2,1)－2xeq \\al(2,2)＋xeq \\al(2,1)xeq \\al(2,2)，所以xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝2，所以xeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)－yeq \\al(2,2)＝xeq \\al(2,1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),2)))＋xeq \\al(2,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,2),2)))＝eq \f(3x\\al(2,1),2)＋eq \f(3x\\al(2,2),2)－2＝1．
3．(2023·广州期初)古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点．如图，设椭圆方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，F1，F2为其左、右焦点，若从右焦点F2发出的光线经椭圆上的点A和点B反射后，满足AB⊥AD，cs∠ABC＝eq \f(4,5)，则该椭圆的离心率为( C )
(第3题)
A．eq \f(1,3)B．eq \f(1,2)
C．eq \f(\r(,2),2)D．eq \f(\r(,3),2)
【解析】 由题可知cs∠ABF1＝eq \f(4,5)＝eq \f(|AB|,|BF1|)，sin∠ABF1＝eq \r(,1－cs2∠ABF1)＝eq \f(3,5)＝eq \f(|AF1|,|BF1|)，即|AB|∶|AF1|∶|BF1|＝4∶3∶5，可设|AB|＝4k，|AF1|＝3k，|BF1|＝5k，k＞0，由|AB|＋|AF1|＋|BF1|＝|AF2|＋|BF2|＋|AF1|＋|BF1|＝4a，则4k＋3k＋5k＝4a，即3k＝a，|AF2|＝2a－|AF1|＝3k，在Rt△AF1F2中，|F1F2|＝eq \r(,|AF1|2＋|AF2|2)＝3eq \r(,2)k＝2c，则离心率e＝eq \f(2c,2a)＝eq \f(3\r(,2)k,6k)＝eq \f(\r(,2),2)．
4．(2023·大连二模)(多选)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，过点F的直线与抛物线交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两点，点P在l上的射影为P1，则下列说法正确的是( ABC )
A．若x1＋x2＝6，则|PQ|＝8
B．以PQ为直径的圆与准线l相切
C．设M(0,1)，则|PM|＋|PP1|≥eq \r(,2)
D．过点M(0,1)与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条
【解析】 取PQ的中点N，N在l上的投影为N1，Q在l上的投影为Q1，如图所示．对于A，因为p＝2，所以|PQ|＝|PP1|＋|QQ1|＝x1＋x2＋2＝8，故A正确；对于B, 根据抛物线的性质知|PP1|＝|PF|，|QQ1|＝|QF|，NN1为梯形的中位线，故|NN1|＝eq \f(1,2)(|PP1|＋|QQ1|)＝eq \f(1,2)|PQ|，所以以PQ为直径的圆与准线l相切，故B正确；对于C，因为F(1,0)，所以|PM|＋|PP1|＝|PM|＋|PF|≥|MF|＝eq \r(,2)，故C正确；对于D，显然直线x＝0，y＝1与抛物线只有一个公共点，设过点M的直线方程为y＝kx＋1(k≠0)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＝4x，))可得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，令Δ＝0，解得k＝1，所以直线y＝x＋1与抛物线也只有一个公共点，此时有三条直线符合题意，故D错误．
(第4题)
5．(2023·株洲一模)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆C于P，Q两点，若eq \(PF1,\s\up6(→))＝eq \f(4,3)eq \(F1Q,\s\up6(→))，且|eq \(PF2,\s\up6(→))|＝|eq \(F1F2,\s\up6(→))|，则椭圆C的离心率为__eq \f(5,7)__．
【解析】 因为|eq \(PF2,\s\up6(→))|＝|eq \(F1F2,\s\up6(→))|＝2c，所以|eq \(PF1,\s\up6(→))|＝2a－|eq \(PF2,\s\up6(→))|＝2a－2c，又eq \(PF1,\s\up6(→))＝eq \f(4,3)eq \(F1Q,\s\up6(→))，所以|eq \(F1Q,\s\up6(→))|＝eq \f(3,4)|eq \(PF1,\s\up6(→))|＝eq \f(3,4)(2a－2c)＝eq \f(3,2)(a－c)，所以|eq \(QF2,\s\up6(→))|＝2a－|eq \(QF1,\s\up6(→))|＝2a－eq \f(3,2)(a－c)＝eq \f(a,2)＋eq \f(3c,2)，在△F1PF2中，cs∠F1PF2＝eq \f(2a－2c2＋2c2－2c2,2·2a－2c·2c)＝eq \f(a－c,2c)，在△QPF2中，cs∠F1PF2＝eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,4)2a－2c))2＋2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)＋\f(3c,2)))2,2·\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,4)2a－2c))·2c)，以上两式相等，整理得(5a－7c)(a－c)＝0，故5a＝7c或a＝c(舍去)，故离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(5,7)．
6．(2023·沈阳三模)已知A，B，P为双曲线x2－eq \f(y2,4)＝1上不同三点，且满足eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＝2eq \(PO,\s\up6(→))(O为坐标原点)，直线PA，PB的斜率记为m，n，则m2＋eq \f(n2,9)的最小值为__eq \f(8,3)__．
【解析】 因为满足eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＝2eq \(PO,\s\up6(→))(O为坐标原点)，所以A，B关于原点对称，设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，P(x0，y0)，则eq \f(y\\al(2,0),4)＝xeq \\al(2,0)－1，eq \f(y\\al(2,1),4)＝xeq \\al(2,1)－1，直线PA，PB的斜率记为m，n，满足mn＝eq \f(y\\al(2,0)－y\\al(2,1),x\\al(2,0)－x\\al(2,1))＝4，则m2＋eq \f(n2,9)≥2·m·eq \f(n,3)＝eq \f(2mn,3)＝eq \f(8,3)，即m2＋eq \f(n2,9)的最小值为eq \f(8,3)．
7．已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，斜率为2的直线交C于A，B两点．当AB经过点F时，|AB|＝5．
(1) 求抛物线C的标准方程；
【解答】 由直线AB的斜率为2可设其方程为x＝eq \f(1,2)y＋t．联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,x＝\f(1,2)y＋t，))可得y2－py－2pt＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由韦达定理可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝p，,y1y2＝－2pt，))所以|AB|＝eq \r(,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2))[y1＋y22－4y1y2])＝eq \r(,\f(5,4)p2＋8pt)．由题可知当t＝eq \f(p,2)时，有|AB|＝5，即eq \f(5,2)p＝5，解得p＝2．所以C的标准方程为y2＝4x．
(2) 若P(－2,0)，PA与C的另一个交点为M，PB与C的另一个交点为N，求证：MN过定点．
【解答】 设PA的方程为x＝m1y－2，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝m1y－2，))可得y2－4m1y＋8＝0．设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则由韦达定理可得y1y3＝8．同理y2y4＝8．所以直线MN的方程为(y－y3)(x3－x4)＝(x－x3)·(y3－y4)．由yeq \\al(2,3)＝4x3，yeq \\al(2,4)＝4x4可知x3－x4＝eq \f(y3＋y4y3－y4,4)，又y3－y4≠0，所以上式化简可得4x－(y3＋y4)y＋y3y4＝0．因为y1y2≠0，上式两边同时乘以y1y2可得4y1y2x－[(y1y3)y2＋y1(y2y4)]y＋(y1y3)(y2y4)＝0，即y1y2x－4y＋16＝0．所以MN过定点(0,4)．
8．(2023·莆田二检)如图，正六边形ABCDEF的边长为2．已知双曲线Γ的焦点为A，D，两条渐近线分别为直线BE，CF．
(第8题)
(1) 建立适当的平面直角坐标系，求Γ的方程；
【解答】 依题意，以直线AD为x轴，线段AD的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，如图．因为在正六边形ABCDEF中，△EOD为正三角形，∠EOD＝60°，OD＝ED＝2，设双曲线Γ的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，由已知得Γ的渐近线方程为y＝±eq \r(,3)x，所以eq \f(b,a)＝eq \r(,3)．又焦距2c＝|AD|＝4，所以c＝2．又由eq \f(c,a)＝eq \r(,1＋\f(b2,a2))＝2，则a＝1，从而b＝eq \r(,3)，所以双曲线Γ的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1．
(2) 过A的直线l与Γ交于M，N两点，eq \(AM,\s\up6(→))＝λeq \(AN,\s\up6(→))(λ≠－1)，若点P满足eq \(MP,\s\up6(→))＝λeq \(PN,\s\up6(→))，求证：点P在一条定直线上．
【解答】 依题意，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，当直线l为x轴时，不失一般性，则M(－1,0)，N(1,0)，又由(1)知A(－2,0)，故eq \(AM,\s\up6(→))＝(1,0)，eq \(AN,\s\up6(→))＝(3,0)，所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AN,\s\up6(→))，从而λ＝eq \f(1,3)，则eq \(MP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(PN,\s\up6(→))，即(x0＋1，y0)＝eq \f(1,3)(1－x0，－y0)，解得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))；当直线l不为x轴时，设l的方程为x＝ty－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|t|≠±\f(\r(,3),3)))，由λ≠－1可知t≠0，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty－2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x，得(3t2－1)y2－12ty＋9＝0，则Δ＝144t2－4×(3t2－1)×9＝36(t2＋1)＞0，y1＋y2＝eq \f(12t,3t2－1)，y1·y2＝eq \f(9,3t2－1)．因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AM,\s\up6(→))＝λ\(AN,\s\up6(→))，,\(MP,\s\up6(→))＝λ\(PN,\s\up6(→))，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＝λy2，,y0－y1＝λy2－y0，))消去λ，得y2(y0－y1)＝y1(y2－y0)，所以y0＝eq \f(2y1y2,y1＋y2)＝eq \f(18,12t)＝eq \f(3,2t)，从而x0＝ty0－2＝eq \f(3,2)－2＝－eq \f(1,2)．又Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))也在直线x＝－eq \f(1,2)上，所以点P在定直线x＝－eq \f(1,2)上．
(第8题)