统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练10解析几何理（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练10解析几何理（附解析），共10页。试卷主要包含了))等内容，欢迎下载使用。
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，求△MFN面积的最小值．
2．[2023·江西模拟预测]已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，动直线l经过点(2，5)交C于A，B两点，O为坐标原点，当l垂直于y轴时，△OAB的面积为10eq \r(5).
(1)求C的方程；
(2)C上是否存在定点P，使得P在以AB为直径的圆上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
3．[2023·贵州模拟预测]已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点P(－2，y0)为抛物线上一点，抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且△FPQ的面积为2.
(1)求抛物线的方程．
(2)若斜率不为0的直线l过焦点F，且交抛物线C于A，B两点，线段AB的中垂线与y轴交于点M.证明：eq \f(|MF|,|AB|)为定值．
4．[2023·陕西模拟预测]已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，椭圆长轴长为4，离心率为eq \f(1,2)，AB是经过右焦点F的任一弦，设直线AB与直线l：x＝4交于点M.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)试问在椭圆上是否存在一定点P使得k1，k2，k3成等差数列(其中k1，k2，k3分别为直线PA，PM，PB的斜率)，若存在，求出点P坐标，若不存在，请说明理由．
5．[2023·宁夏石嘴山市第一中学三模]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(1，m)(m>0)，焦点为F，PF＝2，过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求抛物线C的方程；
(2)求直线l的斜率的取值范围；
(3)设O为原点，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
6．[2023·黑龙江哈师大附中三模]已知椭圆C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1，点E(－4，0)，过点E作斜率大于0的直线与椭圆C相切，切点为T.
(1)求点T的坐标；
(2)过线段ET的中点G作直线l交椭圆C于A，B两点，直线EA与椭圆C的另一个交点为M，直线EB与椭圆C的另一个交点为N，求证：MN∥ET；
(3)请结合(2)的问题解决，运用类比推理，猜想写出抛物线中与之对应的一个相关结论(无需证明).
解析几何（10）
1．解析：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），
把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
由Δ1＝16p2－8p>0，得p>eq \f(1,2).
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以|AB|＝eq \r(1＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)))·eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(5)·eq \r(16p2－8p)＝4eq \r(15)，解得p＝2或p＝－eq \f(3,2)（舍去），故p＝2.
（2）设M（x3，y3），N（x4，y4），由（1）知抛物线C：y2＝4x，则点F（1，0）.
因为eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝eq \f(1,2)|MF||NF|＝eq \f(1,2)（x3＋1）（x4＋1）＝eq \f(1,2)（x3x4＋x3＋x4＋1）（*）.
当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，
因为∠MFN＝90°，
所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.
不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y2＝4x，))得x2－6x＋1＝0，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3－2\r(2)，,x4＝3－2\r(2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3＋2\r(2)，,x4＝3＋2\r(2)．))
代入（*）式计算易得，当x3＝x4＝3－2eq \r(2)时，△MFN的面积取得最小值，为4（3－2eq \r(2)）.
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,y2＝4x，))得k2x2－（4－2km）x＋m2＝0，Δ2＝（4－2km）2－4m2k2>0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＋x4＝\f(4－2km,k2)，,x3x4＝\f(m2,k2)，))
y3y4＝（kx3＋m）（kx4＋m）＝k2x3x4＋mk（x3＋x4）＋m2＝eq \f(4m,k).
又eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝x3x4－（x3＋x4）＋1＋y3y4＝0，
所以eq \f(m2,k2)－eq \f(4－2km,k2)＋1＋eq \f(4m,k)＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.
所以S△MFN＝eq \f(1,2)（x3x4＋x3＋x4＋1）＝eq \f(m2＋k2－2km＋4,2k2)＝eq \f(m2＋k2＋2km,k2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))＋1.
令t＝eq \f(m,k)，则S△MFN＝t2＋2t＋1，
因为m2＋k2＋6km＝4，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))eq \s\up12(2)＋6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))＋1＝eq \f(4,k2)>0，
即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2eq \r(2)或t12－8eq \r(2)＝4（3－2eq \r(2).
故△MFN面积的最小值为4（3－2eq \r(2)）.
2．解析：（1）因为当l垂直于y轴时，△OAB的面积为10eq \r(5)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝5,x2＝2py))，得x＝±eq \r(10p)，y＝5.
所以△OAB的面积为eq \f(1,2)×2eq \r(10p)·5＝10eq \r(5)，
解得p＝2，所以C的方程为x2＝4y.
（2）由题知l的斜率存在，设l的方程为y＝k（x－2）＋5，A（x1，eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4)），B（x2，eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)），
假设存在点P（x0，eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4)），使得eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－2）＋5,x2＝4y))，得x2－4kx＋8k－20＝0，
则Δ＝16k2－4（8k－20）＝16[（k－1）2＋4]>0，
x1＋x2＝4k，x1x2＝8k－20.
又eq \(PA,\s\up6(→))＝（x1－x0，eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4)－eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4)），eq \(PB,\s\up6(→))＝（x2－x0，eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)－eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4)），
所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝（x1－x0）（x2－x0）＋（eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4)－eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4)）（eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)－eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4)）
＝（x1－x0）（x2－x0）[eq \f(（x1＋x0）（x2＋x0）,16)＋1]＝0，
又x1≠x0且x2≠x0，所以（x1＋x0）（x2＋x0）＋16＝0，
所以x1x2＋x0（x1＋x2）＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋16＝0，
则x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋4kx0＋8k－4＝0，即（x0＋2）（x0＋4k－2）＝0，
所以当x0＝－2时，无论k取何值等式都成立，
将x0＝－2代入x2＝4y，得y0＝1，
所以存在定点P（－2，1）符合题意．
3．解析：（1）由题意可知P（－2，eq \f(2,p)），
设抛物线C在点P处的切线方程为y－eq \f(2,p)＝k（x＋2），
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝2py,y－\f(2,p)＝k（x＋2）))得x2－2pkx－（4pk＋4）＝0，
由Δ＝4p2k2＋4（4pk＋4）＝0解得k＝－eq \f(2,p)，故切线方程为y－eq \f(2,p)＝－eq \f(2,p)（x＋2），
令x＝0，得y＝－eq \f(2,p)，即Q（0，－eq \f(2,p)），
又F（0，eq \f(p,2)），所以S△FPQ＝eq \f(1,2)×（eq \f(p,2)＋eq \f(2,p)）×2＝2，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
（2）证明：由（1）可知F（0，1），显然直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为y＝kx＋1，A（x1，y1），B（x2，y2）.
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝4y,y＝kx＋1))，消去y得x2－4kx－4＝0，
所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
所以y1＋y2＝k（x1＋x2）＋2＝4k2＋2，得|AB|＝y1＋y2＋2＝4k2＋4，
所以线段AB的中点为（eq \f(x1＋x2,2)，eq \f(y1＋y2,2)）＝（2k，2k2＋1），中垂线所在直线的斜率k′＝－eq \f(1,k)，
故线段AB中垂线所在的直线方程为y－2k2－1＝－eq \f(1,k)（x－2k），
令x＝0，得yM＝2k2＋3，所以|MF|＝2k2＋2，
所以eq \f(|MF|,|AB|)＝eq \f(2k2＋2,4k2＋4)＝eq \f(1,2)为定值，得证．
4．解析：（1）由题意，得2a＝4，eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
所以a＝2，c＝1，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
（2）由（1）知，椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
假设存在P（m，n）满足k1＋k3＝2k2，且eq \f(m2,4)＋eq \f(n2,3)＝1；
因为椭圆右焦点坐标为F（1，0），
显然直线AB斜率存在，设AB的斜率为k，
则直线AB的方程为y＝k（x－1），
当k＝0时，A（－2，0），B（2，0），M（4，0），
则由k1＋k3＝2k2，得eq \f(n,m＋2)＋eq \f(n,m－2)＝eq \f(2n,m－4)，即m＝1，
则又由eq \f(m2,4)＋eq \f(n2,3)＝1，得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，±\f(3,2)))；
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1）,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，得（4k2＋3）x2－8k2x＋4（k2－3）＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则有x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4（k2－3）,4k2＋3)，
由直线AB的方程为y＝k（x－1），得M（4，3k）；
①当点P为P（1，eq \f(3,2)）时，
k1＝eq \f(y1－\f(3,2),x1－1)，k2＝eq \f(3k－\f(3,2),4－1)＝k－eq \f(1,2)，k3＝eq \f(y2－\f(3,2),x2－1)，
又因为A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有eq \f(y1,x1－1)＝eq \f(y2,x2－1)＝k，
所以k1＋k3＝eq \f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq \f(y2－\f(3,2),x2－1)＝eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)－eq \f(3,2)（eq \f(1,x1－1)＋eq \f(1,x2－1)）
＝2k－eq \f(3,2)×eq \f(x1＋x2－2,x1x2－（x1＋x2）＋1)，
将x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4（k2－3）,4k2＋3)，代入得k1＋k3＝2k－eq \f(3,2)×eq \f(\f(8k2,4k2＋3)－2,\f(4（k2－3）,4k2＋3)－\f(8k2,4k2＋3)＋1)＝2k－1，
又由k2＝k－eq \f(1,2)，所以k1＋k3＝2k2，即k1，k2，k3成等差数列；
②当点P为P（1，－eq \f(3,2)）时，
k1＝eq \f(y1＋\f(3,2),x1－1)，k2＝eq \f(3k＋\f(3,2),4－1)＝k＋eq \f(1,2)，k3＝eq \f(y2＋\f(3,2),x2－1)，
又因为A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有eq \f(y1,x1－1)＝eq \f(y2,x2－1)＝k，
所以k1＋k3＝eq \f(y1＋\f(3,2),x1－1)＋eq \f(y2＋\f(3,2),x2－1)＝eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)＋eq \f(3,2)（eq \f(1,x1－1)＋eq \f(1,x2－1)）
＝2k＋eq \f(3,2)×eq \f(x1＋x2－2,x1x2－（x1＋x2）＋1)，
将x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4（k2－3）,4k2＋3)，代入得k1＋k3＝2k＋eq \f(3,2)×eq \f(\f(8k2,4k2＋3)－2,\f(4（k2－3）,4k2＋3)－\f(8k2,4k2＋3)＋1)＝2k＋1，
又由k2＝k＋eq \f(1,2)，所以k1＋k3＝2k2，即k1，k2，k3成等差数列；
综上所述，椭圆上存在定点P（1，±eq \f(3,2)），使得k1，k2，k3成等差数列．
5．解析：（1）抛物线C：y2＝2px经过点P（1，m），
PF＝1＋eq \f(p,2)＝2，
解得p＝2，故抛物线方程为y2＝4x.
（2）由题意，直线l的斜率存在且不为0，
设过点（0，1）的直线l的方程为y＝kx＋1，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程组可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x,y＝kx＋1))，
消y可得k2x2＋（2k－4）x＋1＝0，
∴Δ＝（2k－4）2－4k2>0，且k≠0，
解得k0，∴k＝eq \f(1,2).
当k＝eq \f(1,2)时，代入①式中得x2＋4x＋4＝0，解得x＝－2，进而代入直线ET方程可得y＝1，
故T（－2，1）.
（2）证明：由题意知：直线EA，EB有斜率，设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM），N（xN，yN），EA，EB的斜率分别为k1，k2，
k1＝eq \f(y1,x1＋4)，k2＝eq \f(y2,x2＋4)，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k1（x＋4）,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))⇒（1＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ）x2＋32k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) x＋64k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －8＝0，
由根与系数的关系可知：x1＋xM＝eq \f(－32k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,1＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )，
又eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,8)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2)＝1，从而xM＝eq \f(－32k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,1＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )－x1＝eq \f(－32\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1,x1＋4)))\s\up12(2),1＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1,x1＋4)))\s\up12(2))－x1＝eq \f(－3x1－8,x1＋3)，yM＝eq \f(y1,x1＋3)，
同理可得：xN＝eq \f(－3x2－8,x2＋3)，yN＝eq \f(y2,x2＋3)，
∵G（－3，eq \f(1,2)），故设直线AB为y＝k（x＋3）＋eq \f(1,2).
kMN＝eq \f(yM－yN,xM－xN)＝eq \f(\f(y1,x1＋3)－\f(y2,x2＋3),\f(－3x1－8,x1＋3)－\f(－3x2－8,x2＋3))
＝eq \f(y1（x2＋3）－y2（x1＋3）,（－3x1－8）（x2＋3）－（－3x2－8）（x1＋3）)
＝eq \f([k（x1＋3）＋\f(1,2)]（x2＋3）－[k（x2＋3）＋\f(1,2)]（x1＋3）,（－3x1－8）（x2＋3）－（－3x2－8）（x1＋3）)
＝eq \f(\f(1,2)（x2－x1）,x2－x1)＝eq \f(1,2)＝kET，
所以直线MN与ET平行．
（3）由（2）可得：过x轴负半轴上一点E作抛物线C：y2＝2px（p>0）的切线ET，再过E，T的中点G作直线与抛物线交于A，B两点，直线EA与抛物线C的另一个交点为M，直线EB与抛物线C的另一个交点为N，则MN∥ET.