2025版高考数学一轮总复习第8章平面解析几何高考大题规范解答__解析几何提能训练

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这是一份2025版高考数学一轮总复习第8章平面解析几何高考大题规范解答__解析几何提能训练，共4页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知双曲线E，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。

(1)求曲线C的方程；
(2)已知点P(2,4)，不过点P的直线l与曲线C交于M，N两点，以线段MN为直径的圆恒过点P，点P关于x轴的对称点为Q，若△QMN的面积是64eq \r(2)，求直线l的斜率．
[解析] (1)由题意可得|AB|＝|BF|，即点B到点F的距离等于点B到直线l1的距离．
因为|EF|＝4，所以l1的方程为x＝－2，F(2,0)，
则点B的轨迹C是以F为焦点，直线l1：x＝－2为准线的抛物线，
故点B的轨迹C的方程为y2＝8x.
(2)由题意可知直线l的斜率不为0，则设直线l：
x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋n，,y2＝8x，))整理得y2－8my－8n＝0，
则Δ＝64m2＋32n>0，从而y1＋y2＝8m，y1y2＝－8n.
故|MN|＝eq \r(m2＋1)|y1－y2|＝eq \r(m2＋1)·eq \r(64m2＋32n).
由题意可得Q(2，－4)，则点Q到直线的距离d＝eq \f(|2＋4m－n|,\r(m2＋1))，
故△PMN的面积S＝eq \f(1,2)|MN|·d＝eq \f(1,2)·|2＋4m－n|·eq \r(64m2＋32n).
因为以线段MN为直径的圆恒过点P，所以eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝0，
即(x1－2)(x2－2)＋(y1－4)(y2－4)＝x1x2－2(x1＋x2)＋y1y2－4(y1＋y2)＋20＝0.
因为x1＝eq \f(y\\al(2,1),8)，x2＝eq \f(y\\al(2,2),8)，
所以eq \f(y1y22,64)－eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),4)＋y1y2－4(y1＋y2)＋20＝0，
即eq \f(y1y22,64)－eq \f(y1＋y22－2y1y2,4)＋y1y2－4(y1＋y2)＋20＝0，
所以n2－16m2－12n－32m＋20＝0，
即n2－12n＋36＝16m2＋32m＋16，
即(n－6)2＝16(m＋1)2，所以n－6＝±4(m＋1)，
即n＝4m＋10或n＝－4m＋2.
因为直线l不经过点P，所以n≠－4m＋2，
所以n＝4m＋10，
则S＝eq \f(1,2)·|2＋4m－n|·eq \r(64m2＋32n)＝32eq \r(m＋12＋4)＝64eq \r(2)，解得m＝1或m＝－3，
故直线l的斜率为1或－eq \f(1,3).
2．(2024·湖北武汉硚口区质检)已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)，\f(\r(3),3)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点N(2,0)的直线与椭圆C交于A，B两点，求S△AOB的最大值．
[解析] (1)由离心率为eq \f(\r(6),3)可知a2∶b2∶c2＝3∶1∶2，
设椭圆方程C：eq \f(y2,3b2)＋eq \f(x2,b2)＝1，
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)，\f(\r(3),3)))代入方程，可得b2＝1，
故方程为eq \f(y2,3)＋x2＝1.
(2)设lAB：x＝ny＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ny＋2，,y2＋3x2＝3，))代入消元得(3n2＋1)y2＋12ny＋9＝0，
由Δ>0得n2－1>0.y1＋y2＝－eq \f(12n,3n2＋1)，y1y2＝eq \f(9,3n2＋1)，
原点到lAB的距离h＝eq \f(|0－0－2|,\r(1＋n2))＝eq \f(2,\r(1＋n2))，
|AB|＝eq \r(1＋n2)|y1－y2|，
S△AOB＝eq \f(1,2)eq \r(1＋n2)|y1－y2|eq \f(2,\r(1＋n2))
＝|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12n,3n2＋1)))2－\f(36,3n2＋1))＝eq \r(\f(36n2－1,3n2＋12))，
令t＝n2－1>0，
S△AOB＝eq \r(\f(36t,3t＋42))＝eq \f(6,\r(9t＋24＋\f(16,t)))≤eq \f(\r(3),2)，
当且仅当t＝eq \f(4,3)，即n2＝eq \f(1,3)时，面积取到最大值．
3．(2024·广东百校联考)已知双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一个焦点与抛物线y2＝8x的焦点重合，且离心率为2.
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)过点P(2,0)的直线与双曲线E交于A，B两点，O为原点，是否存在直线l，使OA⊥OB成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)设E的半焦距为c，因为抛物线y2＝8x的焦点坐标为(2,0)，所以c＝2，
因为E的离心率为2，所以a＝1，b2＝c2－a2＝3，
所以双曲线E的标准方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线l的斜率为0时，显然不适合题意；当直线l的斜率不为0时，
设直线l：x＝my＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m≠±\f(\r(3),3)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,3x2－y2＝3，))消去x，
得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
3m2－1≠0且
Δ＝(12m)2－36(3m2－1)＝36(m2＋1)>0，
y1＋y2＝－eq \f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq \f(9,3m2－1)，
所以x1x2＝(my1＋2)(my2＋2)＝m2y1y2＋2m(y1＋y2)＋4＝m2·eq \f(9,3m2－1)－eq \f(24m2,3m2－1)＋4＝－eq \f(3m2＋4,3m2－1)，
令x1x2＋y1y2＝－eq \f(3m2＋4,3m2－1)＋eq \f(9,3m2－1)＝0，
解得m＝±eq \f(\r(5),\r(3))，此时OA⊥OB，
所以存在直线l：eq \r(3)x＋eq \r(5)y－2eq \r(3)＝0或l：eq \r(3)x－eq \r(5)y－2eq \r(3)＝0，使OA⊥OB成立．
4．(2024·浙江百校调研、重庆联考)已知抛物线C：y2＝2px经过点(2，－2eq \r(6))，直线l1：y＝kx＋m(km≠0)与C交于A，B两点(异于坐标原点O)．
(1)若eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，证明：直线l1过定点；
(2)已知k＝2，直线l2在直线l1的右侧，l1∥l2，l1与l2之间的距离d＝eq \r(5)，l2交C于M，N两点，试问是否存在m，使得|MN|－|AB|＝10？若存在，求m的值；若不存在，说明理由．
[解析] (1)证明：将点(2，－2eq \r(6))代入y2＝2px，
得24＝4p，即p＝6.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝12x，,y＝kx＋mk≠0，))得ky2－12y＋12m＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝eq \f(12m,k)，
x1x2＝eq \f(y\\al(2,1),12)·eq \f(y\\al(2,2),12)＝eq \f(y1y22,144)＝eq \f(m2,k2).
因为eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，所以eq \f(m2,k2)＋eq \f(12m,k)＝0恒成立，
则m＝－12k，
所以l1的方程为y＝k(x－12)，故直线l1过定点(12,0)．
(2)存在m＝eq \f(31,24)符合题意，理由如下：
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝12x，,y＝2x＋m，))得4x2＋(4m－12)x＋m2＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－m＋3，,x1x2＝\f(m2,4)，))
且Δ＝(4m－12)2－16m2＝48(3－2m)>0，即m|AB|＝eq \r(1＋22)|x1－x2|
＝eq \r(1＋22)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(5)·eq \r(9－6m)，
设l2：y＝2x＋n，同理可得|MN|＝eq \r(5)·eq \r(9－6n).
因为直线l2在l1的右侧，所以n即n＝m－5.
所以|MN|－|AB|＝eq \r(5)[eq \r(9－6m－5)－eq \r(9－6m)]＝10，
即eq \r(39－6m)＝2eq \r(5)＋eq \r(9－6m)，解得m＝eq \f(31,24)，
因为eq \f(31,24)

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