2025年高考数学一轮复习-非对称韦达定理-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-非对称韦达定理-专项训练【含答案】，共5页。试卷主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。

一、基本技能练
1.已知A，B分别为双曲线C：x2－eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点，过双曲线的右焦点F的直线交双曲线于P，Q两点(异于A，B)，求直线AP，BQ的斜率的比值.
2.在平面直角坐标系xOy中，已知离心率为eq \f(1,2)的椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，△ABM的面积最大值为2eq \r(3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线AM与定直线x＝t(t>2)交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是k0，k1，k2，若k1，k0，k2成等差数列，求实数t的值.
3.已知椭圆C：
eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，其短轴长为2eq \r(3)，设直线l：x＝4，过椭圆右焦点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A，B两点，过点A作AD⊥l，垂足为D.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：直线BD过定点E，并求出定点E的坐标.
二、创新拓展练
4.设椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，点M，N为椭圆C上位于x轴上方的两点，且F1M∥F2N，记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，若3k1＋2k2＝0，求直线F1M的方程.
参考答案与解析
一、基本技能练
1.解 由题意知F(2，0)，设直线PQ的方程为x＝my＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－\f(y2,3)＝1，,x＝my＋2，))得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
则y1＋y2＝－eq \f(12m,3m2－1)，①
y1y2＝eq \f(9,3m2－1)，②
而eq \f(①,②)得eq \f(y1＋y2,y1y2)＝－eq \f(4m,3)，
∴my1y2＝－eq \f(3,4)(y1＋y2).
又kAP＝eq \f(y1,x1＋1)，kBQ＝eq \f(y2,x2－1)，
eq \f(kAP,kBQ)＝eq \f(y1,x1＋1)·eq \f(x2－1,y2)＝eq \f(y1（my2＋1）,（my1＋3）y2)
＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋3y2)＝eq \f(－\f(3,4)（y1＋y2）＋y1,－\f(3,4)（y1＋y2）＋3y2)＝－eq \f(1,3).
所以直线AP，BQ的斜率的比值为－eq \f(1,3).
2.解 (1)设椭圆C的半焦距为c，
依题意eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，①
又△ABM的面积最大值为2eq \r(3)，
所以eq \f(1,2)·2a·b＝2eq \r(3)，即ab＝2eq \r(3)，②
又a2－b2＝c2，③
联立①②③，得a2＝4，b2＝3，c2＝1，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设直线l：x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
所以y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，
y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，
故my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2).
易得直线AM：y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)与直线x＝t相交于Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(（t＋2）y1,x1＋2)))，
因为k1，k0，k2成等差数列，
所以2k0＝k1＋k2，
即2·eq \f(\f(（t＋2）y1,x1＋2),t－1)＝eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2－2)，
所以eq \f(2（t＋2）,t－1)－1＝eq \f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)
＝eq \f(y2（my1＋3）,y1（my2－1）)＝eq \f(my1y2＋3y2,my1y2－y1)
＝eq \f(\f(3,2)（y1＋y2）＋3y2,\f(3,2)（y1＋y2）－y1)＝eq \f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(1,2)y1＋\f(3,2)y2)＝3，
进而解得t＝4，
所以实数t的值为4.
3.(1)解 由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,2b＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 由题得F(1，0)，设直线AB：x＝my＋1(m∈R).A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(4，y1)，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，①
所以y1＋y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4)，且2my1y2＝3(y1＋y2)，
因为B(x2，y2)，D(4，y1)，所以直线BD的方程为y－y1＝eq \f(y2－y1,x2－4)(x－4)，
由x＝my＋1，得y＝eq \f(y2－y1,my2－3)·x－eq \f(y2－y1,my2－3)·4＋y1＝eq \f(y2－y1,my2－3)·x－eq \f(4y2－y1－my1y2,my2－3)，②
将2my1y2＝3(y1＋y2)代入②式，则直线BD的方程为y＝eq \f(y2－y1,my2－3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))，
∴直线BD过定点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0)).
二、创新拓展练
4.解 设M(x1，y1)，F1M直线方程x＝my－1交C于M1(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，,x＝my－1，))
得(8m2＋9)y2－16my－64＝0，
则y1＋y2＝eq \f(16m,8m2＋9)，y1y2＝eq \f(－64,8m2＋9).
则my1y2＝－4(y1＋y2)，
又k1＝eq \f(y1,x1＋3)，k2＝eq \f(y2,x2＋3)，
所以3k1＋2k2＝eq \f(3y1,x1＋3)＋eq \f(2y2,x2＋3)
＝eq \f(3y1（x2＋3）＋2y2（x1＋3）,（x1＋3）（x2＋3）)＝0，
则3y1(x2＋3)＋2y2(x1＋3)＝0，
即3y1(my2＋2)＋2y2(my1＋2)＝0，
可得5×(－4)(y1＋y2)＋6y1＋4y2＝0，
则－14y1－16y2＝0，
即y1＝－eq \f(8,7)y2.
∵y1＋y2＝eq \f(16m,8m2＋9)，∴－eq \f(1,7)y2＝eq \f(16m,8m2＋9)，
即y2＝eq \f(－112m,8m2＋9)，
y1＝eq \f(128m,8m2＋9)>0，
∴m>0.
由y1y2＝eq \f(－64,8m2＋9)＝eq \f(－112m,8m2＋9)·eq \f(128m,8m2＋9)，
得216m2＝9，
解得m＝eq \f(1,2\r(6))＝eq \f(\r(6),12)或m＝－eq \f(1,2\r(6))＝－eq \f(\r(6),12)(舍)，
∴直线F1M的方程为12x－eq \r(6)y＋12＝0.