2025版高考热点题型与考点专练数学热点6圆锥曲线中的计算与证明试题（Word版附答案）

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【典例1】(15分)(规范解答)(2024·新高考Ⅰ卷)已知A(0,3)和P(3,32)为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线l交C于另一点B,且△ABP的面积为9,求l的方程.
【审题思维】
(1)联立关于a,b的方程组,利用离心率公式求解;
(2)分直线l的斜率不存在及存在两种情况,结合△ABP的面积为9求解.
【解析】(1)依题意,9b2=19a2+94b2=1,解得a2=12b2=9,
则离心率e=1-b2a2=1-912=12;………………3分
(2)由(1)可知,椭圆C的方程为x212+y29=1,
当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=3,易知此时B(3,-32),
点A到直线PB的距离为3,则S△ABP=12×3×3=92,与已知矛盾; …………6分
当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y-32=k(x-3),即y=k(x-3)+32,
设P(x1,y1),B(x2,y2),
联立y=k(x-3)+32x212+y29=1,消去y整理可得,(4k2+3)x2-(24k2-12k)x+36k2-36k-27=0,
则x1+x2=24k2-12k4k2+3,x1x2=36k2-36k-274k2+3,………………9分
由弦长公式可得,|PB|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2
=1+k2·(24k2-12k4k2+3) 2-4×36k2-36k-274k2+3=43·1+k2·3k2+9k+2744k2+3,………………12分
点A到直线l的距离为d=3k+321+k2,
则12×43·1+k2·3k2+9k+2744k2+3×|3k+32|1+k2=9,解得k=12或k=32,
则直线l的方程为y=12x或y=32x-3.………………15分
【题后反思】
解答直线与圆锥曲线的综合问题的两个关注点:
(1)联立消元后,一般利用根与系数的关系,“设而不求”;
(2)解题步骤要全面,不要忘记直线斜率不存在的情形.
【典例2】(2024·呼和浩特二模)已知双曲线M:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)与双曲线N:x2m2-y22m2=1的渐近线相同,且M经过点(2,2),N的焦距为23.
(1)分别求M和N的方程;
(2)如图,过点T(0,1)的直线l(斜率大于0)与双曲线M和N的左、右两支依次相交于点A,B,C,D,证明AB=CD.
【审题思维】
(1)由题意,列出等式求出m的值,得到双曲线N的方程,根据双曲线M与双曲线N渐近线相同,设出双曲线M的方程,将点(2,2)代入即可求出双曲线M的方程;
(2)设出直线l的方程,将直线l的方程与双曲线方程联立,利用根与系数的关系得到A,D与B,C中点的横坐标为k2-k2,结合A,B,C,D在同一直线l上,推出A,D与B,C中点重合,即可求解.
【解析】(1)由题意可知双曲线N的焦距为2m2+2m2=23|m|=23,解得m2=1,即双曲线N:x2-y22=1,因为双曲线M与双曲线N渐近线相同,不妨设双曲线M的方程为x2-y22=λ,因为双曲线M经过点(2,2),所以4-2=λ,解得λ=2,
则双曲线M的方程为x22-y24=1;
(2)不妨设直线l的方程为y=kx+1(k>0),A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),
联立y=kx+1x2-y22=λ,消去y并整理得(2-k2)x2-2kx-1-2λ=0,此时Δ=4k2+4(2-k2)(1+2λ)>0,
当λ=1时,由根与系数的关系得x2+x3=2k2-k2,
当λ=2时,由根与系数的关系得x1+x4=2k2-k2,
所以A,D与B,C中点的横坐标为k2-k2,
因为A,B,C,D在同一直线l上,所以A,D与B,C中点重合,
不妨设该点为E,此时EA=ED,EB=EC,则EA-EB=ED-EC,故AB=CD.
【题后反思】
本题考查双曲线的标准方程及其性质,直线与双曲线的综合运用.解答直线与圆锥曲线的综合问题时,要注意:
(1)不要忽视直线与双曲线渐近线平行的情形;
(2)解决中点弦问题,常用点差法,但不能忘记直线是否与圆锥曲线相交的判断.
1.★★★☆☆(2024·西安模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点与抛物线y2=4x的焦点重合,离心率为12.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点F(-43,0)作斜率为32的直线交椭圆C于P,Q两点,求弦PQ中点坐标.
【解析】(1)依题意得:c=1,
因为e=ca,即12=1a,解得a=2,
因为b2=a2-c2,解得b=3,
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)如图所示:
设P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ中点为M(x0,y0),所以x1+x2=2x0y1+y2=2y0,
则kPQ=y1-y2x1-x2=32.
又因为P,Q两点在椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上,可得x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1,
两式相减可得x12-x22a2+y12-y22b2=0,整理得y1-y2x1-x2=-b2(x1+x2)a2(y1+y2)=-34×2x02y0=-x0×3y0×4=32,x0y0=-2①.
过点F(-43,0),斜率为32的直线为y=32(x+43).
因为M(x0,y0)在直线上,故y0=32(x0+43)②,
联立①②,解得x0=-1,y0=12,
所以PQ中点坐标为(-1,12).
2.★★★★☆(2024·来宾模拟)在平面直角坐标系xOy中,已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,O为坐标原点,M为C的准线l上一点,直线MF的斜率为-1,△OFM的面积为4.
(1)求C的方程;
(2)过点F的直线交C于A,B两点,过点B作y轴的垂线交直线AO于点D,过点A作直线DF的垂线与C的另一交点为E,AE的中点为G,证明:G,B,D三点纵坐标相等.
【解析】(1)设准线l与x轴的交点为N,
因为直线MF的斜率为-1,所以|MN|=|NF|=p,又|OF|=p2,
所以S△OFM=12·|OF|·|MN|=12·p2·p=4,所以p=4.故抛物线C的方程为:y2=8x.
(2)设直线AB的方程为x=my+2,设点A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x=my+2y2=8x,得y2-8my-16=0,Δ=(-8m)2-4×1×(-16)=64(m2+1)>0,由根与系数的关系可得y1+y2=8m,y1y2=-16,又因为直线AO的方程为y=y1x1x=8y1x,将y=y2代入,可得x=y1y28=-2,即点D(-2,y2),所以kDF=-y24,因为AE⊥DF,则kAE=4y2,所以直线AE的方程为y-y1=4y2(x-x1),联立y-y1=4y2(x-x1)y2=8x,得y2-2y2y-8x1-32=0,则y1+yE=2y2,故yE=2y2-y1,yG=y1+yE2=y2,故G,B,D三点纵坐标相等.
3.★★★★☆(2024·全国甲卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,点M(1,32)在椭圆C上,且MF⊥x轴.
(1)求椭圆C的方程;
(2)P(4,0),过P的直线与椭圆C交于A,B两点,N为FP的中点,直线NB与MF交于Q,证明:AQ⊥y轴.
【解析】(1)设椭圆C的左焦点为F1,点M(1,32)在椭圆C上,且MF⊥x轴,
则|F1F|=2,|MF|=32,
由勾股定理可知,|MF1|=52,
故2a=|MF1|+|MF|=4,解得a2=4,b2=a2-1=3,
故椭圆C的方程为x24+y23=1;
(2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),
=λ,则x1+λx21+λ=4y1+λy21+λ=0,
即λx2=4+4λ-x1λy2=-y1①,
又由3x12+4y12=123(λx2)2+4(λy2)2=12λ2
可得3·x1+λx21+λ·x1-λx21-λ+4y1+λy21+λ·y1-λy21-λ=12②,
结合①②可得5λ-2λx2+3=0,
P(4,0),F(1,0),N(52,0),B(x2,y2),
则直线NB的方程为y-0=y2x2-52(x-52),MF⊥x轴,直线NB与MF交于Q,则xQ=1,
故yQ=3y25-2x2=3λy25λ-2λx2=-λy2=y1,故AQ⊥y轴.
4.★★★★★(2024·南通模拟)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,焦距为4,C上一点P满足cs∠F1F2P=-33,且△PF1F2的面积为22.
(1)求C的方程;
(2)过C的渐近线上一点T作直线l与C相交于点M,N,求|TM|·|TN|的最小值.
【解析】(1)在△PF1F2中,因为cs∠F1F2P=-33,
所以sin∠F1F2P=1-cs2∠F1F2P=63.所以△PF1F2的面积22=12×F1F2PF2sin ∠F1F2P=12×4×PF2×63,解得PF2=3.
在△PF1F2中,由余弦定理,得PF12=PF22+F1F22-2|PF2||F1F2|cs∠F1F2P
=19+2×4×3×33=27,所以PF1=33.因为P在双曲线上,
所以2a=PF1-PF2=23,
得a2=3,b2=c2-a2=1.
所以C的方程为x23-y2=1.
(2)
方法1:设T(x0,y0),则x023-y02=0,
当直线l⊥y轴时,设直线l:y=y0与C交于点M(x1,y0),N(-x1,y0),
所以x123-y02=1,即x12-3y02=3,
所以TMTN=|x1-x0||x1+x0|=x12-x02=x12-3y02=3.
当直线l与y轴不垂直时,设直线l的方程为x=my+n,M(x1,y1),N(x2,y2),利用对称性不妨设T(x0,y0)在直线x-3y=0上.
联立x-3y=0x=my+n,得y0=n3-m.
联立x2-3y2=3x=my+n并消去x,
得(m2-3)y2+2mny+n2-3=0,
所以m2-3≠0Δ=(2mn)2-4(m2-3)(n2-3)>0y1+y2=-2mnm2-3y1y2=n2-3m2-3.
则TM=(x0-x1)2+(y0-y1)2=1+m2y0-y1,
同理,得TN=1+m2y0-y2.
所以TMTN=(1+m2)|y0-y1||y0-y2|=(1+m2)|y02-y0(y1+y2)+y1y2|
=(1+m2)|n2(3-m)2-n3-m×-2mnm2-3+n2-3m2-3|=|3(m2+1)m2-3|=|3+12m2-3|≥1(当且仅当m=0时,取等号,满足Δ>0),
综上,|TM||TN|的最小值为1.
方法2:设T(x0,y0),则x023-y02=0,
当l垂直x轴时,设l的方程为:x=x0(x0>3),M(x0,y1),N(x0,-y1),
则TMTN=|y0-y1||y0+y1|=|y02-y12|.
因为x023-y12=1x023-y02=0,两式相减,得y02-y12=1,所以|TM||TN|=1.
当l的斜率存在时,设l的方程为:y=k(x-x0)+y0,M(x1,y1),N(x2,y2),
由x2-3y2=3y=k(x-x0)+33x0消去y并化简,
得(1-3k2)x2+(6k2-23k)x0x-(3k2+1)x02+23kx02-3=0.
所以1-3k2≠0Δ=3(x02-3)k2-23x02k+x02+3>0x1+x2=(23k-6k2)x01-3k2x1x2=(-3k2+23k-1)x02-31-3k2.
则TM=(x0-x1)2+(y0-y1)2=1+k2x0-x1,
同理TN=1+k2x0-x2.
所以TMTN=(1+k2)|x0-x1||x0-x2|=(1+k2)|x02-x0(x1+x2)+x1x2|
=(1+k2)|x02-(23k-6k2)x021-3k2+(-3k2+23k-1)x02-31-3k2|=3k2+33k2-1=1+43k2-1>1.
综上所述,当l⊥x轴时,|TM||TN|的最小值为1.年份
2022
2023
2024
角度
题号
角度
题号
角度
题号
新高考Ⅰ卷
求直线的斜率、三角形的面积
21
求轨迹方程、证明问题
22
椭圆的离心率,直线与椭圆
16
新高考Ⅱ卷
求双曲线方程、证明问题
21
求双曲线方程、证明问题
21
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