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