2024届高考数学二轮复习专题强化练(十三)含答案

这是一份2024届高考数学二轮复习专题强化练(十三)含答案，共12页。试卷主要包含了已知动圆过点F，且与直线l，已知A，B是抛物线E，已知椭圆C，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。

(1)记动点P的轨迹为曲线C，求C的标准方程．
(2)已知点M是圆x2＋y2＝10上任意一点，过点M做曲线C的两条切线，切点分别是A，B，求△MAB面积的最大值，并确定此时点M的坐标．
注：椭圆：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上任意一点P(x0，y0)处的切线方程是eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.
解：(1)设d是点P到直线1：x＝eq \f(4\r(6),3)的距离，
根据题意，动点P的轨迹就是集合P＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(M|\f(|MF|,d)＝\f(\r(3),2))).
由此得eq \f(\r(（x－\r(6)）2＋y2),|\f(4\r(6),3)－x|)＝eq \f(\r(3),2)，
化简得eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
则xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝10，
切线MA方程：eq \f(x1x,8)＋eq \f(y1y,2)＝1，
切线MB方程：eq \f(x2x,8)＋eq \f(y2y,2)＝1，两直线都经过点M，
所以，得eq \f(x1x0,8)＋eq \f(y1y0,2)＝1，eq \f(x2x0,8)＋eq \f(y2y0,2)＝1，
所以直线AB的方程是：eq \f(x0,8)x＋eq \f(y0,2)y＝1，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x0,8)x＋\f(y0,2)y＝1，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))得(3yeq \\al(2,0)＋10)x2－16x0x＋64－32yeq \\al(2,0)＝0，
由韦达定理，得x1＋x2＝eq \f(16x0,3yeq \\al(2,0)＋10)，x1x2＝eq \f(64－32yeq \\al(2,0),3yeq \\al(2,0)＋10)，
|AB|＝eq \r(1＋（\f(x0,4y0)）2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋\f(xeq \\al(2,0),16yeq \\al(2,0)))·eq \r(（\f(16x0,3yeq \\al(2,0)＋10)）2－4\f(64－32yeq \\al(2,0),3yeq \\al(2,0)＋10))＝eq \f(2\r(10)（3yeq \\al(2,0)＋2）,3yeq \\al(2,0)＋10)，
点M到直线AB的距离d＝eq \f(|\f(x0,8)·x0＋\f(y0,2)·y0－1|,\r(（\f(x0,8)）2＋（\f(y0,2)）2))＝eq \f(|\f(xeq \\al(2,0),8)＋\f(yeq \\al(2,0),2)－1|,\f(1,8)\r(xeq \\al(2,0)＋16yeq \\al(2,0)))＝eq \f(|xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)－8|,\r(xeq \\al(2,0)＋16yeq \\al(2,0)))＝eq \f(|10－yeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＋8|,\r(10－yeq \\al(2,0)＋16yeq \\al(2,0)))＝eq \f(3yeq \\al(2,0)＋2,\r(5)\r(2＋3yeq \\al(2,0)))，
所以S△MAB＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(\r(2)（3yeq \\al(2,0)＋2）\s\up6(\f(3,2)),3yeq \\al(2,0)＋10)，其中yeq \\al(2,0)≤10，
令t＝eq \r(3yeq \\al(2,0)＋2)，则t∈[eq \r(2)，4eq \r(2)]，
所以S△MAB＝eq \f(\r(2)t3,t2＋8)，
令f(t)＝eq \f(\r(2)t3,t2＋8)，则f′(t)＝eq \f(\r(2)（t4＋24t2）,（t2＋8）2)>0，
所以f(t)在t∈[eq \r(2)，4eq \r(2)]上递增，
所以t＝4eq \r(2)，即yeq \\al(2,0)＝10时，
△MAB的面积取到最大值eq \f(32,5)，此时点M(0，±eq \r(10))．
2．(2023·河源模拟)中国是纸的故乡，折纸也是起源于中国．后来数学家将几何学原理运用到折纸中，并且利用折纸来研究几何学，很好的把折纸艺术与数学相结合．将一张纸片折叠一次，纸片上会留下一条折痕，如果在纸片上按照一定的规律折出很多折痕后，纸上能显现出一条漂亮曲线的轮廓．如图，一张圆形纸片的圆心为点D，A是圆外的一个定点，P是圆D上任意一点，把纸片折叠使得点A与P重合，然后展平纸片，折痕与直线DP相交于点Q，当点P在圆上运动时，得到点Q的轨迹．
(1)证明：点Q的轨迹是双曲线；
(2)设定点A坐标为2，纸片圆的边界方程为(x＋2)2＋y2＝r2.若点M(2，3)位于(1)中所描述的双曲线上，过点M的直线l交该双曲线的渐近线于E，F两点，且点E，F位于y轴右侧，O为坐标原点，求△EOF面积的最小值．
(1)证明：由题意知|QA|＝|QP|，所以||QA|－|QD||＝||QP|－|QD||＝|DP|＝r，
因此动点Q到定点D和A的距离之差的绝对值为定值r，且r<|DA|，
由双曲线定义知，点Q的轨迹是以D，A为焦点的双曲线．
(2)解：由(1)知双曲线中2a＝r，2c＝4，
设双曲线方程为eq \f(x2,\f(r2,4))－eq \f(y2,4－\f(r2,4))＝1，
又点M(2，3)在双曲线上，解得r＝2，
因此双曲线方程为x2－eq \f(y2,3)＝1，
双曲线的渐近线为y＝±eq \r(3)x，
则∠EOA＝∠AOF＝eq \f(1,2)∠EOF＝eq \f(π,3)，
①若直线l斜率不存在，
此时△EOF为顶角为eq \f(2π,3)的等腰三角形，且|OE|＝4，
所以S△EOF＝4eq \r(3)；
②若直线l斜率存在，设方程为：y＝k(x－2)＋3，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－2）＋3，,x2－\f(y2,3)＝1，))得：(3－k2)x2＋(4k2－6k)x－4k2＋12k－12＝0，
因为l交双曲线于y轴右侧，且eq \f(b,a)＝eq \r(3)，
所以k<－eq \r(3)或k>eq \r(3)，
设E(x3，y3)，F(x4，y4)，
联立直线l和渐近线解得：x3＝eq \f(－2k＋3,\r(3)－k)，x4＝eq \f(－2k＋3,－\r(3)－k)，
所以|OE|＝eq \f(|x3|,cs ∠EOA)，|OF|＝eq \f(|x4|,cs ∠AOF)，
所以S△EOF＝eq \f(1,2)·|OE|·|OF|sin ∠EOF＝|x1x2|·tan ∠EOA＝eq \r(3)|x1x2|，
所以S△EOF＝eq \f(\r(3)（－2k＋3）2,k2－3)＝4eq \r(3)＋3eq \r(3)·eq \f(7－4k,k2－3)，
令f(k)＝eq \f(7－4k,k2－3)(k<－eq \r(3)或k>eq \r(3))，f′(k)＝eq \f(2（x－2）（2x－3）,（k2－3）2)，
当k<－eq \r(3)时，f′(k)>0，f(k)单调递增，
且f(k)>0，此时S△EOF>4eq \r(3)；
当eq \r(3)当k>2时，f′(k)>0，f(k)min＝f(2)＝－1，
此时S△EOF＝eq \r(3)，
综上所述，△EOF面积的最小值为eq \r(3)，
此时k＝2且Δ＝0，即直线l与双曲线相切．
3．(2023·湖北模拟)已知动圆过点F(0，1)，且与直线l：y＝－1相切，设动圆圆心D的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过l上一点P作曲线C的两条切线PA，PB，A，B为切点，PA，PB与x轴分别交于M，N两点．记△AFM，△PMN，△BFN的面积分别为S1、S2、S3.
(ⅰ)证明：四边形FNPM为平行四边形；
(ⅱ)求eq \f(Seq \\al(2,2),S1S3)的值．
解：(1)设圆心D(x，y)，由题意得：eq \r(x2＋（y－1）2)＝|y＋1|，
化简整理得：x2＝4y，
所以曲线C的方程为x2＝4y.
(2)(ⅰ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为y＝eq \f(x2,4)，所以y′＝eq \f(x,2)，
所以直线PA的方程为y＝eq \f(x1,2)(x－x1)＋y1，
即y＝eq \f(1,2)x1x－eq \f(1,4)xeq \\al(2,1)，令y＝0，得到x＝eq \f(x1,2)，
同理可得直线PB的方程为y＝eq \f(1,2)x2x－eq \f(1,4)xeq \\al(2,2)，
令y＝0，得到x＝eq \f(x2,2)，
所以M(eq \f(x1,2)，0)，N(eq \f(x2,2)，0)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x1x－\f(1,4)xeq \\al(2,1)，,y＝\f(1,2)x2x－\f(1,4)xeq \\al(2,2)，))消去y，解得x＝eq \f(x1＋x2,2)，
所以P(eq \f(x1＋x2,2)，－1)，
又F(0，1)，所以eq \(FM,\s\up6(→))＋eq \(FN,\s\up6(→))＝(eq \f(x1,2)，－1)＋(eq \f(x2,2)，－1)＝(eq \f(x1＋x2,2)，－2)＝eq \(FP,\s\up6(→))，
所以四边形FNPM为平行四边形；
(ⅱ)由(ⅰ)知直线PA的方程为y＝eq \f(1,2)x1x－eq \f(1,4)xeq \\al(2,1)，
又xeq \\al(2,1)＝4y1，
所以eq \f(1,2)x1x－y－y1＝0，即x1x－2y－2y1＝0，
同理可知直线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0，
又P在直线PA，PB上，设P(x0，－1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1x0－2y1＋2＝0，,x2x0－2y2＋2＝0，))
所以直线AB的方程为：x0x－2y＋2＝0，
故直线AB过点F(0，1)，
因为四边形FNPM为平行四边形，
所以FM∥BP，FN∥AP，
所以FN＝PM，PN＝MF，eq \f(BN,NP)＝eq \f(BF,FA)＝eq \f(MP,MA)，
所以MP·NP＝MA·BN，
因为S1＝eq \f(1,2)|MA||MF|sin ∠AMF，
S2＝eq \f(1,2)|PM||PN|sin ∠MPN，
S3＝eq \f(1,2)|NB||NF|sin ∠BNF，
所以eq \f(Seq \\al(2,2),S1S3)＝
eq \f(（\f(1,2)|PM||PN|sin ∠MPN）2,（\f(1,2)|MA||MF|sin ∠AMF）·（\f(1,2)|NB||NF|sin ∠BNF）)＝eq \f(（|PM|·|PN|）2,|MA|·|MF|·|NB|·|NF|)＝eq \f(|PM|·|PN|,|MA|·|NB|)＝1.
4．(2023·广东二模)已知A，B是抛物线E：y＝x2上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足eq \f(|PA|,|PC|)＝eq \f(|PB|,|PD|)＝λ，其中λ是常数，且λ≠1.
(1)设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；
(2)若点P为半圆x2＋y2＝1(y<0)上的动点，且λ＝2，求四边形ABDC面积的最大值．
(1)证明：因为eq \f(|PA|,|PC|)＝eq \f(|PB|,|PD|)＝λ，且P，A，C共线，P，B，D共线，所以AB∥CD，
所以直线AB和直线CD的斜率相等，即kAB＝kCD，
设A(x1，xeq \\al(2,1))，B(x2，xeq \\al(2,2))，C(x3，xeq \\al(2,3))，D(x4，xeq \\al(2,4))，
则点M的横坐标xM＝eq \f(x1＋x2,2)，
点N的横坐标xN＝eq \f(x3＋x4,2)，
由kAB＝kCD，得eq \f(xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1),x2－x1)＝eq \f(xeq \\al(2,4)－xeq \\al(2,3),x4－x3)，
因式分解得eq \f(（x2－x1）（x2＋x1）,x2－x1)＝
eq \f(（x4－x3）（x4＋x3）,x4－x3)，
约分得x2＋x1＝x4＋x3，所以eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(x3＋x4,2)，
即xM＝xN，
所以MN垂直于x轴．
(2)解：设P(x0，y0)，则xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝1，且－1≤y0<0，
当λ＝2时，C为PA的中点，
则x3＝eq \f(x0＋x1,2)，y3＝eq \f(y0＋xeq \\al(2,1),2)，
因为C在抛物线上，所以eq \f(y0＋xeq \\al(2,1),2)＝(eq \f(x0＋x1,2))2，
整理得xeq \\al(2,1)－2x0x1＋2y0－xeq \\al(2,0)＝0，
当λ＝2时，D为PB中点，
同理得xeq \\al(2,2)－2x0x2＋2y0－xeq \\al(2,0)＝0，
所以x1，x2是方程x2－2x0x＋2y0－xeq \\al(2,0)＝0的两个根，
因为Δ＝4xeq \\al(2,0)－4(2y0－xeq \\al(2,0))＝8(xeq \\al(2,0)－y0)>0，
由韦达定理得x1＋x2＝2x0，x1x2＝2y0－xeq \\al(2,0)，
所以x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝xM，所以PM也垂直于x轴，
所以|PM|＝eq \f(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2),2)－y0＝eq \f(4xeq \\al(2,0)－4y0＋2xeq \\al(2,0),2)－y0＝3(xeq \\al(2,0)－y0)，
因为|x1－x2|＝eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(4xeq \\al(2,0)－8y0＋4xeq \\al(2,0))＝2eq \r(2)·eq \r(xeq \\al(2,0)－y0)，
所以S四边形ABDC＝eq \f(3,4)S△PAB＝eq \f(3,4)×eq \f(1,2)·|PM|·|x1－x2|＝eq \f(3,8)·3(xeq \\al(2,0)－y0)×2eq \r(2)·eq \r(xeq \\al(2,0)－y0)＝eq \f(9\r(2),4)(eq \r(xeq \\al(2,0)－y0))3＝eq \f(9\r(2),4)(eq \r(－yeq \\al(2,0)－y0＋1))3，－1≤y0<0，
当y0＝－eq \f(1,2)时，－yeq \\al(2,0)－y0＋1取得最大值eq \f(5,4)，
所以S四边形ABDC≤eq \f(9\r(2),4)×(eq \r(\f(5,4)))3＝eq \f(45\r(10),32)，
所以四边形ABDC面积的最大值为eq \f(45\r(10),32).
5．(2023·广东模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短轴长为2，离心率为eq \f(\r(3),2).点P(4，2)，直线l：x＋2y－1＝0.
(1)证明：直线l与椭圆C相交于两点，且每一点与P的连线都是椭圆的切线；
(2)若过点P的直线与椭圆交于A，B两点，与直线l交于点Q，求证：eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))＝eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→)).
(1)证明：由题意可得2b＝2，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝eq \r(3)，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，
直线l与椭圆方程联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2y－1＝0，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去x，整理得8y2－4y－3＝0，
则Δ＝16－4×8×(－3)＝112>0，
所以直线l与椭圆C相交于两点，
设M(1－2y0，y0)为直线l与椭圆C的交点，
则8yeq \\al(2,0)－4y0－3＝0，yeq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)y0＋eq \f(3,8)，
直线PM的方程为y＝eq \f(y0－2,－2y0－3)(x－4)＋2，
即y＝eq \f(2－y0,2y0＋3)x＋eq \f(8y0－2,2y0＋3)，
代入椭圆方程得eq \f(x2,4)＋(eq \f(2－y0,2y0＋3)x＋eq \f(8y0－2,2y0＋3))2＝1，
整理得(8yeq \\al(2,0)－4y0＋25)x2＋16(－4yeq \\al(2,0)＋9y0－2)x＋4(60yeq \\al(2,0)－44y0－5)＝0，
即2x2＋4(2y0－1)x－(4y0－5)＝0，
所以Δ＝16(2y0－1)2＋8(4y0－5)＝8(8yeq \\al(2,0)－4y0－3)＝0，
故PM是椭圆的切线．
(2)解：因为P，A，B，Q四点共线，
由(1)可知P在线段AB外，Q在线段AB内，
所以eq \(PA,\s\up6(→))与eq \(PB,\s\up6(→))的方向相同，eq \(QB,\s\up6(→))与eq \(AQ,\s\up6(→))的方向相同，
要证eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))＝eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))，
只需要|PA|·|QB|＝|PB|·|AQ|，即证eq \f(|PA|,|AQ|)＝eq \f(|PB|,|QB|).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x3，y3)，不妨设x1则eq \f(|PA|,|AQ|)＝eq \f(|PB|,|QB|)等价于eq \f(4－x1,x3－x1)＝eq \f(4－x2,x2－x3)，
即(4－x1)(x2－x3)－(4－x2)(x3－x1)＝0，
显然(4－x1)(x2－x3)－(4－x2)(x3－x1)＝－8x3＋(x3＋4)(x1＋x2)－2x1x2，
设直线PQ的方程为y－2＝k(x－4)，即y＝kx＋2－4k，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2－4k，,x2＋4y2＝4，))消去y，整理得(1＋4k2)x2＋16(1－2k)·kx＋4(2－4k)2－4＝0，
则x1＋x2＝eq \f(16（2k－1）k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4（2－4k）2－4,1＋4k2)；
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2－4k，,x＋2y－1＝0，))可得x3＝eq \f(8k－3,1＋2k)；
因此－8x3＋(x3＋4)(x1＋x2)－2x1x2
＝eq \f(－8（8k－3）,1＋2k)＋(eq \f(8k－3,1＋2k)＋4)eq \f(16（2k－1）k,1＋4k2)－eq \f(8（2－4k）2－8,1＋4k2)
＝eq \f(24－64k,1＋2k)＋eq \f(16k＋1,1＋2k)×eq \f(16（2k2－k）,1＋4k2)＋eq \f(8（－16k2＋16k－3）,1＋4k2)
＝eq \f(8[（3－8k）（1＋4k2）＋（16k＋1）（4k2－2k）＋（－16k2＋16k－3）（1＋2k）],（1＋2k）（1＋4k2）)＝0，
所以结论成立．
6．(2023·湖南模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，过点F的直线l与双曲线C的右支相交于M，N两点，点M关于y轴对称的点为P.当eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(MP,\s\up6(→))＝0时，|MN|＝eq \f(2\r(3),3).
(1)求双曲线C的方程；
(2)若△MNP的外心为Q，求eq \f(|QF|,|MN|)的取值范围．
解：(1)点M关于y轴对称的点为P，故MP平行于x轴，
又eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(MP,\s\up6(→))＝0，故MN垂直于x轴，
又直线过MN，所以|MN|＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(2\r(3),3)，
又a2＋b2＝4，所以a2＝3，b2＝1，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，|MN|＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(2\r(3),3)，
|QF|＝c＝2，则eq \f(|QF|,|MN|)＝eq \r(3)，
当直线l的斜率为0时，不符合题意，
当直线l的斜率存在且不为0时，
设l的方程为y＝k(x－2)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－2），,\f(x2,3)－y2＝1，))
消去y，整理得(1－3k2)x2＋12k2x－12k2－3＝0，
因为l与C的右支相交于M，N两点，
所以k2>eq \f(1,3)，x1＋x2＝eq \f(12k2,3k2－1)，x1x2＝eq \f(12k2＋3,3k2－1)，
|MN|＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \f(2\r(3)（1＋k2）,3k2－1)，
因为y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝eq \f(4k,3k2－1)，
所以段线MN的中点R(eq \f(6k2,3k2－1)，eq \f(2k,3k2－1))，
所以线段MN的垂直平分线的方程为
y－eq \f(2k,3k2－1)＝－eq \f(1,k)(x－eq \f(6k2,3k2－1))，
由题意可知Q为MN的垂直平分线与y轴的交点，
令x＝0，得y＝eq \f(8k,3k2－1)，即Q(0，eq \f(8k,3k2－1))，
则|QF|＝eq \r(1＋（\f(8k,3k2－1)）2)＝eq \f(2\r(9k4＋10k2＋1),3k2－1)，
则eq \f(|QF|,|MN|)＝eq \r(\f(9k2＋1,3k2＋3))＝eq \r(3－\f(8,3k2＋3))，
因为k2>eq \f(1,3)，所以1< eq \r(3－\f(8,3k2＋3))综上所述，eq \f(|QF|,|MN|)的取值范围为(1，eq \r(3)]．