2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何01真题赏析类型三直线与圆锥曲线的综合问题

这是一份2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何01真题赏析类型三直线与圆锥曲线的综合问题，共5页。试卷主要包含了已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

(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3eq \r(3).
(1)解：设P点坐标为(x，y)，由题意得|y|＝eq \r(x2＋（y－\f(1,2)）2)，
两边平方可得：y2＝x2＋y2－y＋eq \f(1,4)，
化简得：y＝x2＋eq \f(1,4)，符合题意．
故W的方程为y＝x2＋eq \f(1,4).
(2)证明：法一 不妨设A，B，C三点在W上，且AB⊥BC.
设A(a，a2＋eq \f(1,4))，B(b，b2＋eq \f(1,4))，C(c，c2＋eq \f(1,4))，
则eq \(AB,\s\up6(→))＝(b－a，b2－a2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(c－b，c2－b2)．
由题意，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，即(b－a)(c－b)＋(b2－a2)(c2－b2)＝0，
显然(b－a)(c－b)≠0，于是1＋(b＋a)(c＋b)＝0.
此时，|b＋a|·|c＋b|＝1，于是min{|b＋a|，|c＋b|}≤1.
不妨设|c＋b|≤1，则a＝－b－eq \f(1,b＋c)，
则|AB|＋|BC|＝|b－a|eq \r(1＋（a＋b）2)＋|c－b|eq \r(1＋（c＋b）2)
＝|b－a|eq \r(1＋\f(1,（c＋b）2))＋|c－b|eq \r(1＋（c＋b）2)
≥|b－a|eq \r(1＋（c＋b）2)＋|c－b|eq \r(1＋（c＋b）2)
≥|c－a|eq \r(1＋（c＋b）2)
＝|b＋c＋eq \f(1,b＋c)|eq \r(1＋（c＋b）2).
设x＝|b＋c|，则f(x)＝(x＋eq \f(1,x))eq \r(1＋x2)，
即f(x)＝eq \f(（1＋x2）\s\up6(\f(3,2)),x)，
又f′(x)＝eq \f(（1＋x2）\s\up6(\f(1,2))·（3x2－1－x2）,x2)＝eq \f(（1＋x2）\s\up6(\f(1,2))·（2x2－1）,x2).
显然，x＝eq \f(\r(2),2)为最小值点．故f(x)≥f(eq \f(\r(2),2))＝eq \f(3\r(3),2)，
故矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|)≥2f(x)≥3eq \r(3).
注意这里有两个取等条件，一个是|b＋c|＝1，另一个是|b＋c|＝eq \f(\r(2),2)，
这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证．
法二 不妨设A，B，D在抛物线W上，C不在抛物线W上，欲证命题为|AB|＋|AD|>eq \f(3\r(3),2).
由图象的平移可知，将抛物线W看作y＝x2不影响问题的证明．
设A(a，a2)(a≥0)，平移坐标系使A为坐标原点，
则新抛物线方程为y′＝x′2＋2ax′，写为极坐标方程，
即ρsin θ＝ρ2cs2θ＋2aρcs θ，即ρ＝eq \f(sin θ－2acs θ,cs2θ).
欲证明的结论为
|eq \f(sin θ－2acs θ,cs2θ)|＋|eq \f(sin （θ＋\f(π,2)）－2acs （θ＋\f(π,2)）,cs2 （θ＋\f(π,2)）)|>eq \f(3\r(3),2)，
也即|eq \f(2a,cs θ)－eq \f(sin θ,cs2θ)|＋|eq \f(2a,sin θ)＋eq \f(cs θ,sin2θ)|>eq \f(3\r(3),2).
不妨设|eq \f(2,cs θ)|≥|eq \f(2,sin θ)|，将不等式左边看成关于a的函数，根据绝对值函数的性质，
其最小值当eq \f(2,cs θ)·a－eq \f(sin θ,cs2θ)＝0，即a＝eq \f(sin θ,2cs θ)时取得，
因此欲证不等式为|eq \f(1,cs θ)＋eq \f(cs θ,sin2θ)|>eq \f(3\r(3),2)，
即|eq \f(1,cs θsin2θ)|>eq \f(3\r(3),2)，
根据均值不等式，有|cs θsin2θ|
＝eq \f(1,\r(2))·eq \r(2cs2θ（1－cs2θ）（1－cs2θ）)
≥eq \f(1,\r(2))·eq \r(（\f(2,3)）3)＝eq \f(2,3\r(3))，
由题意，等号不成立，故原命题得证．
2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C中心为坐标原点，左焦点为(－2eq \r(5)，0)，离心率为eq \r(5).
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于P，证明：点P在定直线上．
(1)解：双曲线C中心为原点，左焦点为(－2eq \r(5)，0)，离心率为eq \r(5)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\r(5)，,c＝2\r(5)，,c2＝a2＋b2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝4，))
故双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
(2)证明：过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，
则可设直线MN的方程为x＝my－4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
记C的左，右顶点分别为A1，A2，则A1(－2，0)，A2(2，0)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－4，,4x2－y2＝16，))化简整理可得，(4m2－1)y2－32my＋48＝0，故Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝264m2＋192>0且4m2－1≠0，y1＋y2＝eq \f(32m,4m2－1)，y1y2＝eq \f(48,4m2－1)，
直线MA1的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
直线NA2方程y＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)，
故eq \f(x＋2,x－2)＝eq \f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝eq \f(y2（my1－2）,y1（my2－6）)
＝eq \f(my1y2－2（y1＋y2）＋2y1,my1y2－6y1)
＝eq \f(m·\f(48,4m2－1)－2·\f(32m,4m2－1)＋2y1,m·\f(48,4m2－1)－6y1)
＝eq \f(\f(－16m,4m2－1)＋2y1,\f(48m,4m2－1)－6y1)＝－eq \f(1,3)，
故eq \f(x＋2,x－2)＝－eq \f(1,3)，整得x＝－1，
所以xP＝－1，
故点P在定直线x＝－1上运动．
3．(2023·全国甲卷)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4eq \r(15).
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且eq \(MF,\s\up6(→))·eq \(NF,\s\up6(→))＝0，求△MNF面积的最小值．
解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2y＋1＝0，,y2＝2px（p>0），))
消去x得：y2－4py＋2p＝0，
所以y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，Δ＝16p2－8p>0，
所以p(2p－1)>0，所以p>eq \f(1,2)，
|AB|＝eq \r(1＋4)|y1－y2|＝eq \r(5)eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝4eq \r(15)，
所以16p2－8p＝48，所以2p2－p－6＝0，
所以(2p＋3)(p－2)＝0，
所以p＝2.
(2)由(1)知y2＝4x，所以F(1，0)，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋n，))可得y2－4my－4n＝0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
Δ＝16m2＋16n>0→m2＋n>0，
因为eq \(MF,\s\up6(→))·eq \(NF,\s\up6(→))＝0，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，
即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，
即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0，
将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
代入得4m2＝n2－6n＋1，
所以4(m2＋n)＝(n－1)2>0，所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，
解得n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2).
设点F到直线MN的距离为d，所以d＝eq \f(|n－1|,\r(1＋m2))，
|MN|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|＝eq \r(1＋m2)eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(16m2＋16n)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(4（n2－6n＋1）＋16n)＝2eq \r(1＋m2)|n－1|，
所以△MNF的面积S＝eq \f(1,2)|MN|×d＝eq \f(1,2)×eq \f(|n－1|,\r(m2＋1))×2eq \r(1＋m2)|n－1|，
又n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2)，
所以当n＝3－2eq \r(2)时，△MNF的面积Smin＝(2－2eq \r(2))2＝12－8eq \r(2).
4．(2023·全国乙卷)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(5),3)，点A(－2，0)在C上．
(1)求C的方程；
(2)过点(－2，3)的直线交C于点P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
(1)解：由题意，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，,b＝2，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5).))
所以椭圆C的方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1.
(2)证明：
如图，
要使过点(－2，3)的直线交C于点P，Q两点，则PQ的斜率存在且小于0，
设PQ：y－3＝k(x＋2)，
即y＝kx＋2k＋3，k<0，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2k＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))
得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16k(k＋3)＝0.
Δ＝[8k(2k＋3)]2－4(4k2＋9)·16k(k＋3)＝－1 728k>0.
x1＋x2＝eq \f(－8k（2k＋3）,4k2＋9)，x1x2＝eq \f(16k（k＋3）,4k2＋9)，
直线AP：y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，取x＝0，得M(0，eq \f(2y1,x1＋2))；
直线AQ：y＝eq \f(y2,x2＋2)(x＋2)，取x＝0，得N(0，eq \f(2y2,x2＋2))．
所以eq \f(2y1,x1＋2)＋eq \f(2y2,x2＋2)＝eq \f(2y1（x2＋2）＋2y2（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2×eq \f(（kx1＋2k＋3）（x2＋2）＋（kx2＋2k＋3）（x1＋2）,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)
＝2×eq \f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋4（2k＋3）,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)
＝2×eq \f(2k·\f(16k（k＋3）,4k2＋9)＋（4k＋3）·\f(－8k（2k＋3）,4k2＋9)＋4（2k＋3）,\f(16k（k＋3）,4k2＋9)＋2·\f(－8k（2k＋3）,4k2＋9)＋4)
＝2×eq \f(32k3＋96k2－64k3－96k2－48k2－72k＋32k3＋72k＋48k2＋108,16k2＋48k－32k2－48k＋16k2＋36)
＝2×eq \f(108,36)＝6.
所以MN的中点为(0，3)，为定点．