2025高考数学一轮复习-8.12-圆锥曲线——定点、定值、探究性问题题-专项训练模拟练习【含解析】

这是一份2025高考数学一轮复习-8.12-圆锥曲线——定点、定值、探究性问题题-专项训练模拟练习【含解析】，共6页。试卷主要包含了已知双曲线C，已知椭圆C，已知椭圆E，过抛物线E，此时直线PQ过定点等内容，欢迎下载使用。
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)证明：直线PQ经过定点．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2，其离心率e＝eq \f(1,2)，点P是椭圆C上一动点，△PF1F2内切圆面积的最大值为eq \f(π,3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线PF1，PF2与椭圆C分别相交于点A，B，求证：eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)为定值．
3．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq \f(\r(2),2)，上、下顶点分别为A，B.圆O：x2＋y2＝2与x轴正半轴的交点为P，且eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝－1.
(1)求E的方程；
(2)直线l与圆O相切且与E相交于M，N两点，证明：以MN为直径的圆恒过定点．
4．过抛物线E：y2＝2px(p>0)焦点F，斜率为－1的直线l与抛物线交于A、B两点，|AB|＝8.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过焦点F的直线l′，交抛物线E于C、D两点，直线AC与BD的交点是否在一条直线上．若是，求出该直线的方程；否则，说明理由．
参考答案
1．[解析] (1)由题意得e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),2)，
∴5a2＝4c2＝4(a2＋b2)，∴a2＝4b2，
∵点(4，eq \r(3))在C上，∴eq \f(16,a2)－eq \f(3,b2)＝1，
∴eq \f(4,b2)－eq \f(3,b2)＝1，解得b2＝1，∴a2＝4，
∴双曲线方程为eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)证明：由(1)知A(－2,0)，B(2,0)，
直线AD的方程为y＝eq \f(t,3)(x＋2)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线AD的方程与C的方程联立，
消去y得(9－4t2)x2－16t2x－16t2－36＝0①，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9－4t2≠0，,Δ1＝256t4＋49－4t216t2＋36＝1 296>0，))
∴t≠±eq \f(3,2).
当t≠±eq \f(3,2)时，方程①的两根为x1，－2，
∴－2x1＝－eq \f(16t2＋36,9－4t2)，∴x1＝eq \f(8t2＋18,9－4t2)，y1＝eq \f(12t,9－4t2)，
即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8t2＋18,9－4t2)，\f(12t,9－4t2)))，
直线BD的方程为y＝－t(x－2)，与C的方程联立，消去y得(1－4t2)x2＋16t2x－16t2－4＝0②，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－4t2≠0，,Δ2＝256t4＋41－4t216t2＋4＝16>0，))
∴t≠±eq \f(1,2).
当t≠±eq \f(1,2)时，方程②的两根为x2,2，
∴2x2＝－eq \f(16t2＋4,1－4t2)，∴x2＝－eq \f(8t2＋2,1－4t2)，y2＝eq \f(4t,1－4t2)，
即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8t2＋2,1－4t2)，\f(4t,1－4t2))).
当直线PQ的斜率存在时，
kPQ＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(\f(12t,9－4t2)－\f(4t,1－4t2),\f(8t2＋18,9－4t2)＋\f(8t2＋2,1－4t2))＝－eq \f(2t,3－4t2).
∴直线PQ的方程为y－y1＝－eq \f(2t,3－4t2)(x－x1)，
整理得y＝－eq \f(2t,3－4t2)(x－4)．此时直线PQ过定点(4,0)．
②当直线PQ的斜率不存在时，t2＝eq \f(3,4)，此时x1＝x2＝4，
则直线PQ的方程为x＝4，
直线PQ过点(4,0)．
综上，直线PQ经过定点(4,0)．
2．[解析] (1)设△PF1F2内切圆的半径为r，
则eq \f(1,2)(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)r＝S△PF1F2，
∴r＝eq \f(2S△PF1F2,2a＋2c)＝eq \f(S△PF1F2,a＋c)，
∴当△PF1F2的面积最大时，△PF1F2内切圆的半径r最大，
则当点P为椭圆的上顶点或下顶点时，△PF1F2的面积最大，最大值为eq \f(1,2)×2c×b＝bc，
∴r的最大值为eq \f(bc,a＋c)，又△PF1F2内切圆面积的最大值为eq \f(π,3)，∴eq \f(bc,a＋c)＝eq \f(\r(3),3)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(bc,a＋c)＝\f(\r(3),3)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))
∴椭圆C的标准方程为：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：设P(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
①当y0≠0时，设直线PF1，PF2的直线方程分别为x＝m1y－1，x＝m2y＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝m1y－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3meq \\al(2,1)＋4)y2－6m1y－9＝0，
∴y0y1＝－eq \f(9,3m\\al(2,1)＋4)，
∵x0＝m1y0－1，∴m1＝eq \f(x0＋1,y0)，∴eq \f(y0,y1)＝－eq \f(5＋2x0,3)，
同理由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝m2y＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))可得eq \f(y0,y2)＝－eq \f(5－2x0,3)，
∴eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)＝－eq \f(y0,y1)－eq \f(y0,y2)＝eq \f(5＋2x0,3)＋eq \f(5－2x0,3)＝eq \f(10,3)；
②当y0＝0时，直线PF1，PF2与x轴重合，则
则eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)＝3＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3)；
综上所述：eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)为定值eq \f(10,3).
3．[解析] (1)由已知得A(0，b)，B(0，－b)，P(eq \r(2)，0)．
则eq \(PA,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，b)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，－b)，eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝2－b2＝－1，
所以b2＝3.
因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，又b2＋c2＝a2，所以c2＝3，a2＝6.
故E的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m，
即kx－y＋m＝0.
因为直线l与圆O相切，所以eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，即m2＝2k2＋2.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m.,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
化简，得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
由韦达定理，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(4km,2k2＋1)，,x1x2＝\f(2m2－6,2k2＋1)，))
所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝k2·eq \f(2m2－6,2k2＋1)－km·eq \f(4km,2k2＋1)＋m2
＝eq \f(m2－6k2,2k2＋1)，
所以x1x2＋y1y2＝eq \f(2m2－6,2k2＋1)＋eq \f(m2－6k2,2k2＋1)＝eq \f(3m2－2k2－2,2k2＋1)＝0，
故OM⊥ON，即以MN为直径的圆过原点O.
当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2).
这时M(eq \r(2)，eq \r(2))，N(eq \r(2)，－eq \r(2))或M(－eq \r(2)，eq \r(2))，N(－eq \r(2)，－eq \r(2))．
显然，以MN为直径的圆也过原点O.
综上，以MN为直径的圆恒过原点O.
4．[解析] (1)由题意设直线l：y＝－x＋eq \f(p,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋\f(p,2)，,y2＝2px，))消y得，x2－3px＋eq \f(p2,4)＝0，
所以x1＋x2＝3p，|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝8，解得p＝2，
即抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)由(1)可知y1＋y2＝－4，y1·y2＝－4.
设直线l′：x＝my＋1，C(x3，y3)，D(x4，y4)联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝4x，))消x得y2－4my－4＝0，
所以y3＋y4＝4m，y3·y4＝－4.
直线AC：y－y3＝eq \f(4,y1＋y3)(x－x3)，即y＝eq \f(4x＋y1y3,y1＋y3)，
同理可得直线BD：y＝eq \f(4x＋y2y4,y2＋y4)，从而eq \f(4x＋y1y3,y1＋y3)＝eq \f(4x＋y2y4,y2＋y4)，
即4(y1－y2＋y3－y4)x＝y1y2(y3－y4)＋y3y4(y1－y2)＝－4(y1－y2＋y3－y4)
解得x＝－1，所以直线AC与直线BD的交点都在x＝－1上．