2025高考数学一轮复习-44.2-圆锥曲线中的最值与范围、证明与探索性问题-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-44.2-圆锥曲线中的最值与范围、证明与探索性问题-专项训练【含答案】，共9页。试卷主要包含了已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。

1．已知双曲线C：x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)过点A(42，3)，且焦距为10.
(1)求C的方程；
(2)已知点B(42，－3)，D(22，0)，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：GDGE＝HDHE.
2．已知椭圆C的中心为坐标原点O，对称轴为x轴、y轴，且点(3，22)和点(6，2)在椭圆C上，椭圆的左顶点与抛物线Γ：y2＝2px(p＞0)的焦点F的距离为4.
(1)求椭圆C和抛物线Γ的方程；
(2)直线l：y＝kx＋m(k≠0)与抛物线Γ交于P，Q两点，与椭圆C交于M，N两点．
①若m＝k，抛物线Γ在点P，Q处的切线交于点S，求证：|PF|·|SQ|2＝|QF|·|SP|2；
②若m＝－2k，是否存在定点T(x0，0)，使得直线MT，NT的倾斜角互补？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．
3．已知双曲线C：x2a2−y2b2＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±3x.
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0．过P且斜率为－3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.
4．在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点0，12的距离，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于33.
参考答案
1．解：(1)由题意可得32a2−9b2＝1，2a2+b2＝10，故a＝4，b＝3，所以C的方程为x216−y29＝1.
(2)证明：设E(42，t)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，
当x＝42时，即3216−y29＝1，解得y＝±3，则|t|＜3.
因为双曲线的渐近线方程为y＝±34x，
故当直线DE与渐近线平行时，
此时和双曲线仅有一个交点，
此时直线DE方程为y＝±34(x－22)，
令x＝42，则y＝±322，故|t|≠322.
则直线DE：y＝t22(x－22)．
由y=t22x−22，x216−y29=1，
得(9－2t2)x2＋82t2x－16t2－144＝0，
所以x1＋x2＝82t22t2−9，x1x2＝16t2+1442t2−9.
GD·HE−GE·DH＝(22－x1，－y1)·(42－x2，t－y2)－(42－x1，t－y1)·(x2－22，y2)
＝2x1x2＋2y1y2－62(x1＋x2)－t(y1＋y2)＋32
＝2+t24x1x2－324t2+62(x1＋x2)＋4t2＋32
＝4t2+8t2+92t2−9−4t23t2+242t2−9＋4t2＋32＝0.
所以GD·HE＝GE·DH，
所以|GD||HE|cs 0＝|GE||DH|cs 0，即GDGE＝HDHE.
2．解：(1)设椭圆C的方程为λx2＋μy2＝1(λ≠μ，λ＞0，μ＞0)，
∵点(3，22)和(6，2)在椭圆C上，
∴3λ+8μ=1，6λ+4μ=1，
解得λ=19，μ=112，
∴椭圆C的标准方程为y212+x29＝1.
由椭圆C的方程可知，椭圆C的左顶点为(－3，0)，又Fp2，0，
∴p2－(－3)＝4，解得p＝2，
∴抛物线Γ的方程为y2＝4x.
(2)①证明：当m＝k时，直线l：y＝k(x＋1)，即x＝1ky－1，
令1k＝n，则直线l：x＝ny－1，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由x=ny−1，y2=4x，得y2－4ny＋4＝0，
则Δ＝16n2－16＞0，∴n2＞1，
∴y1＋y2＝4n，y1y2＝4.
设抛物线Γ在点P，Q处的切线方程分别为x＝n1(y－y1)＋x1，x＝n2(y－y2)＋x2，
由x=n1y−y1+x1，y2=4x，得y2－4n1y＋4n1y1－4x1＝0，∴Δ1＝16n12－16n1y1＋16x1＝0，
又y12＝4x1，则4y12＝16x1，
∴16n12−16n1y1+4y12＝4(2n1－y1)2＝0，则2n1＝y1.
同理可得2n2＝y2.
联立两切线方程x=n1y−y1+x1，x=n2y−y2+x2，将2n1＝y1，2n2＝y2代入，
解得x=y1y24=1，y=y1+y22=2n，∴S(1，2n)，
∴|SP|2＝(x1－1)2＋(y1－2n)2，又x1＝ny1－1，
∴|SP|2＝(ny1－2)2＋(y1－2n)2＝n2+1y12－8ny1＋4n2＋4.
同理可得|SQ|2＝n2+1y22－8ny2＋4n2＋4.
∵PFQF＝x1+1x2+1＝ny1−1+1ny2−1+1＝y1y2，
∴要证|PF|·|SQ|2＝|QF|·|SP|2，
等价于证明y1·|SQ|2＝y2·|SP|2，
∵y1·|SQ|2＝n2+1y1y22－8ny1y2＋4(n2＋1)y1，又y1y2＝4，∴y1·|SQ|2＝4(n2＋1)(y1＋y2)－32n，
同理可得y2·|SP|2＝4(n2＋1)(y1＋y2)－32n，
∴y1·|SQ|2＝y2·|SP|2，
即|PF|·|SQ|2＝|QF|·|SP|2.
②当m＝－2k时，直线l：y＝k(x－2)，
假设存在点T(x0，0)，使直线MT，NT的倾斜角互补，
则直线MT，NT的斜率之和为0.
设M(x3，y3)，N(x4，y4)，
由y=kx−2，y212+x29=1，得(3k2＋4)x2－12k2x＋12k2－36＝0，
∴Δ2＝(12k2)2－4(3k2＋4)(12k2－36)＞0，
即5k2＋12＞0恒成立，
∴x3＋x4＝12k23k2+4，x3x4＝12k2−363k2+4，
∵y3x3−x0+y4x4−x0＝0，
∴k(x3－2)(x4－x0)＋k(x4－2)(x3－x0)＝0，
即2x3x4－(x0＋2)(x3＋x4)＋4x0＝0，
∴24k2−723k2+4－(x0＋2)·12k23k2+4＋4x0＝0，
即16x0−723k2+4＝0，解得x0＝92，
∴假设成立，即存在点T92，0，使得直线MT，NT的倾斜角互补．
3．解：(1)由题意可得ba＝3，a2+b2＝2，故a＝1，b＝3.因此C的方程为x2－y23＝1.
(2)设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0，则x1＋x2＝2kb3−k2，x1x2＝－b2+33−k2，所以3－k2<0，所以x1－x2＝x1+x22−4x1x2＝23b2+3−k2k2−3.
设点M的坐标为(xM，yM)，
则yM−y1=−3xM−x1，yM−y2=3xM−x2，
两式相减，得y1－y2＝23xM－3(x1＋x2)，而y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，
故23xM＝k(x1－x2)＋3(x1＋x2)，解得xM＝kb2+3−k2−kbk2−3.
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝3(x1－x2)，
而y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，故2yM＝k(x1＋x2)＋3(x1－x2)＋2b，解得yM＝−3b2+3−k2+3b3−k2＝3kxM.
因此，点M的轨迹为直线y＝3kx，其中k为直线PQ的斜率．
若选择①②：
证明：因为PQ∥AB，所以设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝3x上，
则yA=kxA−2，yA=3xA，解得xA＝2kk−3，yA＝23kk−3.
同理可得xB＝2kk+3，yB＝－23kk+3.
此时xA＋xB＝4k2k2−3，yA＋yB＝12kk2−3.
而点M的坐标满足yM=kxM−2，yM=3kxM，解得xM＝2k2k2−3＝xA+xB2，yM＝6kk2−3＝yA+yB2，故M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.
若选择①③：
证明：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时M不在直线y＝3kx上，矛盾．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝3x上，则yA=mxA−2，yA=3xA，解得xA＝2mm−3，yA＝23mm−3.
同理可得xB＝2mm+3，yB＝－23mm+3.
因为M在AB上，且|MA|＝|MB|，所以xM＝xA+xB2＝2m2m2−3，yM＝yA+yB2＝6mm2−3.
由于点M同时在直线y＝3kx上，故6m＝3k·2m2，解得k＝m.因此PQ∥AB.
若选择②③：
证明：因为PQ∥AB，所以设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝3x上，则yA=kxA−2，yA=3xA，解得xA＝2kk−3，yA＝23kk−3.
同理可得xB＝2kk+3，yB＝－23kk+3.
设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝xA+xB2＝2k2k2−3，yC＝yA+yB2＝6kk2−3.
由于|MA|＝|MB|，故M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－1k(x－xC)上．
将该直线与y＝3kx联立，解得xM＝2k2k2−3＝xC，yM＝6kk2−3＝yC，即点M恰为AB的中点．故点M在直线AB上．
4．解：(1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝x2+y−122，
化简得x2＝y－14，
所以W的方程为x2＝y－14.
(2)证明：设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|)．
设Bt，t2+14，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y－t2+14＝k(x－t), 不妨设k＞0，
与x2＝y－14联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2＞0，所以k≠2t.
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝1+k2|x1－t|＝1+k2|k－2t|＝1+k2|2t－k|，
|BC|＝1+−1k2−1k−2t＝1+k2k·1k+2t＝1+k2k2|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝21+k2k2(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|)．
所以|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝
(−2k2−2k)t+k3−1，t≤−12k，(2k−2k2)t+k3+1，−12kk2.
①当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在−∞，−12k上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在−12k，k2上单调递减或是常数函数(当k＝1时是常数函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在k2，+∞上单调递增，
所以当t＝k2时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，
又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞21+k2k2(k2＋1)＝21+k232k2.
令f (k)＝21+k232k2，k≥1，
则f ′(k)＝21+k212k+2k−2k3，
当1≤k＜2时，f ′(k)＜0，当k＞2时，f ′(k)＞0，
所以函数f (k)在[1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f (k)≥f (2)＝33，
所以2AB+BC＞21+k232k2≥33.
②当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在−∞，−12k上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在−12k，k2上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在k2，+∞上单调递增，所以当t＝－12k时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，
又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞21+k2k2·k(k2＋1)＝21+k232k.
令g(k)＝21+k232k，0＜k＜1，
则g′(k)＝21+k2122k2−1k2，
当0＜k＜22时，g′(k)＜0，当22＜k＜1时，g′(k)＞0，
所以函数g(k)在0，22上单调递减，在22，1上单调递增，所以g(k)≥g22＝33，
所以2AB+BC＞21+k232k≥33.
综上，矩形ABCD的周长大于33