2024届高考数学二轮复习专题强化练(十四)含答案

这是一份2024届高考数学二轮复习专题强化练(十四)含答案，共10页。试卷主要包含了已知椭圆E，已知P是圆C，抛物线E，已知双曲线C，已知直线l与抛物线C，已知双曲线E等内容，欢迎下载使用。
(1)求椭圆E的方程；
(2)直线l：y＝k(x－1)交椭圆E于P，Q两点，∠PF2Q的角平分线所在的直线与直线x＝9交于点M，记直线OM的斜率为k′，试问k·k′是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．
解：(1)因为△PF1F2的周长为2a＋2c为定值，
所以内切圆半径最大时，即△PF1F2的面积最大，此时点P为椭圆的上(下)顶点，
所以eq \f(1,2)(2a＋2c)·eq \f(2\r(5),5)＝bc，
又因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,3)，c2＝a2＋b2，
解得a＝3，c＝2，b＝eq \r(5)，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1.
(2)由条件知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1，))得(5＋9k2)x2－18k2x＋9k2－45＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(18k2,5＋9k2)，x1x2＝eq \f(9k2－45,5＋9k2)，(*)
所以(x1－2)(x2－2)＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＝eq \f(9k2－25,5＋9k2)，①
y1(x2－2)＋y2(x1－2)＝k(x1－1)(x2－2)＋k(x2－1)·(x1－2)＝eq \f(－70k,5＋9k2)，②
y1y2＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝eq \f(－40k2,5＋9k2)，③
由对称性，不妨令点M位于第四象限，
设直线PF2的倾斜角为α，直线QF2的倾斜角为β，直线F2M的倾斜角为γ，
则tan α＝eq \f(y1,x1－2)，tan β＝eq \f(y2,x2－2)，tan γ＝m，
又F2M在∠PF2Q的角平分线所在的直线上，
则tan (γ－α)＝tan(π－γ＋β)＝tan (β－γ)，
所以eq \f(m－\f(y1,x1－2),1＋m\f(y1,x1－2))＝eq \f(\f(y2,x2－2)－m,1＋m\f(y2,x2－2))，
化简得(eq \f(y1,x1－2)＋eq \f(y2,x2－2))m2＋2(1－eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2,x2－2))m－(eq \f(y1,x1－2)＋eq \f(y2,x2－2))＝0，
即[y1(x2－2)＋y2(x1－2)]m2＋2[(x1－2)(x2－2)－y1y2]m－[y1(x2－2)＋y2(x1－2)]＝0，
将①②③代入上式得－35km2＋(49k2－25)m＋35k＝0，
所以(7km＋5)(－5m＋7k)＝0，
解得m＝－eq \f(5,7k)或eq \f(7k,5)(舍去)，
所以直线F2M的方程y＝－eq \f(5,7k)(x－2)，
令x＝9得y＝－eq \f(5,k)，
所以M(9，－eq \f(5,k))，
则k′＝－eq \f(5,9k)，即kk′＝－eq \f(5,9)为定值．
2．(2023·佛山模拟)已知P是圆C：(x＋2)2＋y2＝12上一动点，定点M(2，0)，线段PM的垂直平分线n与直线PC交于点T，记点T的轨迹为C′.
(1)求C′的方程；
(2)若直线l与曲线C′恰有一个共点，且l与直线l1：y＝eq \f(\r(3),3)x，l2：y＝－eq \f(\r(3),3)x分别交于A、B两点，△OAB的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
解：(1)由圆C：(x＋2)2＋y2＝12得C(－2，0)，R＝eq \r(12)＝2eq \r(3)，
因为线段PM的垂直平分线n与直线PC交于点T，
所以|TP|＝|TM|，
即|TC|＋|CP|＝|TM|，
即|TM|＝|TC|＋2eq \r(3)，
所以|TM|－|TC|＝2eq \r(3)eq \f(1,3)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,y＝\f(\r(3),3)x，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3m,\r(3)－3k)，,y＝\f(\r(3)m,\r(3)－3k)，))即B(eq \f(3m,\r(3)－3k)，eq \f(\r(3)m,\r(3)－3k))，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,y＝－\f(\r(3),3)x，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(3m,\r(3)＋3k)，,y＝\f(\r(3)m,\r(3)＋3k)，))
即A(－eq \f(3m,\r(3)＋3k)，eq \f(\r(3)m,\r(3)＋3k))，∠AOB＝eq \f(π,3)，
则|OB|＝eq \r(（\f(3m,\r(3)－3k)）2＋（\f(\r(3)m,\r(3)－3k)）2)＝eq \r(\f(12m2,（\r(3)－3k）2))，
|OA|＝eq \r(（－\f(3m,\r(3)＋3k)）2＋（\f(\r(3)m,\r(3)＋3k)）2)＝eq \r(\f(12m2,（\r(3)＋3k）2))，
则△OAB的面积
S＝eq \f(1,2)|OA||OB|sin eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)eq \r(\f(12m2,（\r(3)－3k）2))·eq \r(\f(12m2,（\r(3)＋3k）2))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4)×12eq \r(\f(m2·m2,[（\r(3)－3k）（\r(3)＋3k）]2))＝3eq \r(3)·eq \r(\f(m2·m2,（3－9k2）2))＝3eq \r(3)·eq \r(\f(（3k2－1）（3k2－1）,9（1－3k）2))＝eq \f(3\r(3),3)＝eq \r(3).
当k不存在时，l：x＝－eq \r(3)，此时A(－eq \r(3)，1)，B(－eq \r(3)，－1)，
则△OAB的面积S＝eq \f(1,2)×2×eq \r(3)＝eq \r(3).
综上，△OAB的面积是定值eq \r(3).
3．(2023·汕头潮阳区三模)抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l过焦点F与抛物线E交于A，B两点，当l垂直于x轴时|AB|＝4.
(1)求抛物线E的方程；
(2)点C(2，0)，直线AC，BC与抛物线E的交点分别为M，N；探究直线MN是否过定点，如果过定点，求出该定点，如果不过定点，请说明理由．
解：(1)因为F(eq \f(p,2)，0)，
所以当l⊥x轴时，xA＝xB＝eq \f(p,2)，
所以根据抛物线的定义可得|AB|＝xA＋eq \f(p,2)＋xB＋eq \f(p,2)＝2p＝4，解得p＝2，
所以抛物线E的方程：y2＝4x.
(2)设A(teq \\al(2,1)，2t1)，B(teq \\al(2,2)，2t2)，M(teq \\al(2,3)，2t3)，N(teq \\al(2,4)，2t4)，
所以直线AB方程为y－2t1＝eq \f(2t1－2t2,teq \\al(2,1)－teq \\al(2,2))(x－teq \\al(2,1))即2x－(t1＋t2)y＋2t1t2＝0，
因为直线AB过点F(1，0)，
所以t1t2＝－1，
同理，直线AM：y－2t1＝eq \f(2t1－2t3,teq \\al(2,1)－teq \\al(2,3))·(x－teq \\al(2,1))，
即2x－(t1＋t2)y＋2t1t3＝0，
因为直线AM过点C(2，0)，
所以t1t3＝－2，同理可得t2t4＝－2，
所以t1t2t3t4＝4，所以t3t4＝－4，
直线MN的方程为2x－(t3＋t4)y＋2t3t4＝0，
所以2x－(t3＋t4)y－8＝0，
当y＝0时，x＝4，所以直线MN恒过定点(4，0)．
4．(2023·常德模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右顶点到渐近线的距离为eq \f(\r(3),2)，虚轴长为2eq \r(3)，过双曲线C的右焦点F作直线MN(不与x轴重合)与双曲线C相交于M，N两点，过点M作直线l：x＝t(－a