2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第8章平面解析几何高考大题规范解答__解析几何

这是一份2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第8章平面解析几何高考大题规范解答__解析几何，共6页。试卷主要包含了已知椭圆C，))等内容，欢迎下载使用。
(1)求椭圆C的方程；
(2)不经过点M的直线l与C交于A，B两点，且直线MA和MB的斜率之积为1，求直线l被圆D截得的弦长．
[解析] (1)由题可知a＝2，(1分)
圆D：(x－3a)2＋y2＝2b2的圆心为D(3a,0)，半径r＝eq \r(2)b，(2分)
所以|MP|max＝|MD|＋r＝2a＋eq \r(2)b＝6，
所以b＝eq \r(2)，(4分)
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.(5分)
(2)当直线l的斜率不存在时，显然不符合题意，
故设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB：y＝kx＋m，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋m，))消去y整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
方程(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0的判别式Δ＝32k2＋16－8m2>0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(4km,1＋2k2)，,x1x2＝\f(2m2－4,1＋2k2).))(7分)
因为kMA·kMB＝1，所以eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2,x2－2)＝1，
所以(k2－1)x1x2＋(km＋2)(x1＋x2)＋m2－4＝0，
整理得(m＋2k)(m＋6k)＝0.(9分)
若m＝－2k，则y＝kx－2k＝k(x－2)，
则直线l过定点M(2,0)，与题意矛盾；
若m＝－6k，则y＝kx－6k＝k(x－6)，
则直线l过定点(6,0)．(10分)
因为圆D的圆心为(6,0)，半径r＝2，
所以直线l被圆D截得的弦长为4.(12分)
评分细则：
(1)在第一问中，求出a＝2得1分，求出b＝eq \r(2)得3分，写出椭圆C的方程得1分．
(2)第二问总共7分，正确联立方程得1分，写出韦达定理得1分，得出直线过定点得3分，得出直线l被圆D截得的弦长为4，得2分．
(3)若用其他解法，参照评分标准按步骤给分．
2．(2024·福建福州质检)(12分)已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的右焦点为F，左、右顶点分别为A，B.点C在E上，P(4，yP)，Q(4，yQ)分别为直线AC，BC上的点．
(1)求yP·yQ的值；
(2)设直线BP与E的另一个交点为D，求证：直线CD经过F.
[解析] 解法一：(1)依题意，A(－2,0)，B(2,0)．(1分)
设C(x1，y1)，则eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，
直线AC方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
令x＝4得yP＝eq \f(6y1,x1＋2)，(2分)
直线BC方程为y＝eq \f(y1,x1－2)(x－2)，
令x＝4得yQ＝eq \f(2y1,x1－2)，(3分)
所以yPyQ＝eq \f(12y\\al(2,1),x\\al(2,1)－4)＝eq \f(12×3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4))),x\\al(2,1)－4)(4分)
＝－9，
即yP·yQ的值为－9.(5分)
(2)证明：设D(x2，y2)，P(4，t)，
则直线AP的方程为y＝eq \f(t,6)(x＋2)，
直线BP的方程为y＝eq \f(t,2)(x－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(t,6)x＋2，,3x2＋4y2＝12，))得(t2＋27)x2＋4t2x＋4t2－108＝0，(6分)
所以－2x1＝eq \f(4t2－108,t2＋27)，即x1＝eq \f(54－2t2,27＋t2)，
故y1＝eq \f(t,6)(x1＋2)＝eq \f(18t,27＋t2)(7分)
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(t,2)x－2，,3x2＋4y2＝12，))得(t2＋3)x2－4t2x＋4t2－12＝0，
所以2x2＝eq \f(4t2－12,t2＋3)，即x2＝eq \f(2t2－6,t2＋3)，
故y2＝eq \f(t,2)(x2－2)＝eq \f(－6t,t2＋3).(8分)
所以(x1－1)y2－(x2－1)y1
＝eq \f(27－3t2,27＋t2)·eq \f(－6t,t2＋3)－eq \f(t2－9,t2＋3)·eq \f(18t,27＋t2)
＝eq \f(－6t27－3t2＋3t2－27,t2＋327＋t2)＝0，(10分)
又F(1,0)，所以向量eq \(FC,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)与eq \(FD,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)共线，(11分)
所以直线CD经过F.(12分)
解法二：(1)依题意，A(－2,0)，B(2,0)．(1分)
设C(x1，y1)，则eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，
所以kAC·kBC＝eq \f(y1,x1＋2)·eq \f(y1,x1－2)(2分)
＝eq \f(y\\al(2,1),x\\al(2,1)－4)＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4))),x\\al(2,1)－4)(3分)
＝－eq \f(3,4).(4分)
即－eq \f(3,4)＝kAP·kBQ＝eq \f(yP,4＋2)·eq \f(yQ,4－2).故yPyQ的值为－9.(5分)
(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(4，t)．
要证直线CD经过F(1,0)，
只需证向量eq \(FC,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)与eq \(FD,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)共线，(6分)
即证(x1－1)y2＝(x2－1)y1.(*)(7分)
因为eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1＝eq \f(－22,4)＋eq \f(02,3)，
所以kAC＝eq \f(y1,x1＋2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(x1－2,y1)＝eq \f(yP,6)，
同理可得kBD＝eq \f(y2,x2－2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(x2＋2,y2)＝eq \f(yP,2)，(9分)
所以eq \f(kAC,kBD)＝eq \f(x2－2y1,x1＋2y2)＝eq \f(1,3)，
即x1y2－3x2y1＋6y1＋2y2＝0，①
同理可得－3x1y2＋x2y1＋2y1＋6y2＝0，②(10分)
①－②得4x1y2－4x2y1＋4y1－4y2＝0，
即(x1－1)y2＝(x2－1)y1.(11分)
所以(*)式成立，命题得证．(12分)
3．(2024·广东深圳罗湖区模拟)(12分)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝4，若C上的点M满足||MF1|－|MF2||＝2恒成立．
(1)求C的方程；
(2)若过点M的直线l与C的两条渐近线交于P，Q两点，且|MP|＝|MQ|.
①证明：l与C有且仅有一个交点；
②求eq \f(1,|OP|)＋eq \f(2,|OQ|)的取值范围．
[解析] (1)由双曲线定义可知||MF1|－|MF2||＝2a＝2，
∴a＝1，(1分)
又由|F1F2|＝4，∴c＝2，(2分)
∵a2＋b2＝c2，∴b＝eq \r(3)，(3分)
∴双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.(4分)
(2)①证明：设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则y1＝eq \r(3)x1①，y2＝－eq \r(3)x2②，
将①＋②可得y1＋y2＝eq \r(3)(x1－x2)，
将①－②可得y1－y2＝eq \r(3)(x1＋x2)，(5分)
∴eq \f(y1＋y2,\r(3)x1＋x2)＝eq \f(\r(3)x1－x2,y1－y2)，
即eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq \f(3x1－x2,y1－y2)，(6分)
由题可知|MP|＝|MQ|，
∴x1＋x2＝2x0，
y1＋y2＝2y0，
∴eq \f(y0,x0)＝eq \f(3x1－x2,y1－y2)，即kPQ＝eq \f(3x0,y0)，(7分)
∴直线PQ的方程为y－y0＝eq \f(3x0,y0)(x－x0)，
即3x0x－y0y＝3xeq \\al(2,0)－yeq \\al(2,0)，
又∵点M在C上，∴3xeq \\al(2,0)－yeq \\al(2,0)＝3，
则3x0x－y0y＝3，(8分)
将方程联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－\f(y2,3)＝1，,3x0x－y0y＝3，))
得(yeq \\al(2,0)－3xeq \\al(2,0))x2＋6x0x－3－yeq \\al(2,0)＝0，
∴－3x2＋6x0x－3xeq \\al(2,0)＝0，
由Δ＝0可知方程有且仅有一个解，
∴l与C有且仅有一个交点．(9分)
②由(2)①联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x，,3x0x－y0y＝3，))
可得x1＝eq \f(\r(3),\r(3)x0－y0)，
同理可得x2＝eq \f(\r(3),\r(3)x0＋y0)，(10分)
∴|OP|·|OQ|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·eq \r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))＝4|x1x2|＝4×eq \f(3,3x\\al(2,0)－y\\al(2,0))＝4，(11分)
∴eq \f(1,|OP|)＋eq \f(2,|OQ|)＝eq \f(1,|OP|)＋eq \f(|OP|,2)≥2eq \r(\f(1,|OP|)×\f(|OP|,2))＝eq \r(2)，
当且仅当eq \f(1,|OP|)＝eq \f(|OP|,2)即|OP|＝eq \r(2)时取等号．
又∵|OP|∈(0，＋∞)，
∴eq \f(1,|OP|)＋eq \f(2,|OQ|)的取值范围是[eq \r(2)，＋∞)．(12分)
4．(2024·湖北高中名校联盟联测)(12分)已知双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,9)＝1与直线l：y＝kx＋meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k≠±\f(3,2)))有唯一的公共点M.
(1)若点N(2,9)在直线l上，求直线l的方程；
(2)过点M且与直线l垂直的直线分别交x轴于A(x1,0)，y轴于B(0，y1)两点．是否存在定点G，H，使得M在双曲线上运动时，动点P(x1，y1)使得||PG|－|PH||为定值．
[解析] (1)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－\f(y2,9)＝1，,y＝kx＋m，))
则(9－4k2)x2－8kmx－4m2－36＝0.(1分)
又因为点N(2,9)在直线l：y＝kx＋m上，
所以9＝2k＋m，(2分)
因为9－4k2≠0时，所以Δ＝64k2m2－4(9－4k2)(－4m2－36)＝0，
则m2＝4k2－9，(3分)
所以(9－2k)2＝4k2－9，则k＝eq \f(5,2)，
当k＝eq \f(5,2)时，m＝4；(4分)
所以直线l的方程y＝eq \f(5,2)x＋4.(5分)
(2)因为k≠±eq \f(3,2)，M是双曲线与直线的唯一公共点，
由(1)解得点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4km,9－4k2)，\f(9m,9－4k2)))，(6分)
即为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)，－\f(9,m)))，
于是，过点M且与l垂直的直线为
y＋eq \f(9,m)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4k,m)))，(7分)
可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13k,m)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(13,m)))，(8分)
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13k,m)，－\f(13,m)))，(9分)
即x1＝－eq \f(13k,m)，y1＝－eq \f(13,m)，
于是xeq \\al(2,1)＝eq \f(169k2,m2)＝eq \f(169,m2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2＋9,4)))＝eq \f(169,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(9,m2)))
＝eq \f(169,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(9,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13,y1)))2)))＝eq \f(169,4)＋eq \f(9,4)yeq \\al(2,1)，(10分)
即P的轨迹方程为eq \f(x2,\f(169,4))－eq \f(y2,\f(169,9))＝1(y≠0)，(11分)
所以存在定点Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13\r(13),6)，0))，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13\r(13),6)，0))，使得当点M运动时，||PG|－|PH||为定值13.(12分)
评分细则：
(1)判断存在定点G，H不给分，须有推理论证(理由：分不够给)．
(2)如果说点P的轨迹方程，而没有给出范围y≠0，扣1分．
(3)定点G，H的坐标要写出来，才能给12分点；如果定值没有求出来，不扣分．