2026届高考数学一轮总复习提能训练练案60高考大题规范解答__解析几何

这是一份2026届高考数学一轮总复习提能训练练案60高考大题规范解答__解析几何，共6页。试卷主要包含了已知点F1，F2为椭圆C，设抛物线C，动点M到直线l1等内容，欢迎下载使用。
(1)求E的离心率；
(2)M为E上一点(不在x轴上)，过F2作∠F1MF2平分线的垂线，垂足为N，若|ON|＝1，求△AF1F2的面积．
[解析] (1)由题意得，直线y＝eq \f(4,3)x与双曲线两交点A，B关于原点对称，
不妨设点A在第一象限，由eq \(F2A,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，
得F2A⊥F2B，
设F2(c,0)，则OA＝c，tan∠AOF2＝eq \f(4,3)，
所以sin∠AOF2＝eq \f(4,5)，cs∠AOF2＝eq \f(3,5)，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)c，\f(4,5)c))，
将其代入双曲线方程，得eq \f(9c2,25a2)－eq \f(16c2,25b2)＝1，
即eq \f(9c2,25a2)－eq \f(16c2,25c2－a2)＝1，
化简得9e2－eq \f(16e2,e2－1)＝25，即9e4－50e2＋25＝0，
因为e>1，所以e2＝5，则e＝eq \r(5)，即双曲线E的离心率为eq \r(5).
(2)因为点F2关于∠F1MF2的平分线MN的对称点G在MF1或MF1的延长线上，
所以|F1G|＝||MF1|－|MF2||＝2a，
又ON是△F2F1G的中位线，所以|ON|＝a，
因为|ON|＝1，所以a＝1，
因为e＝eq \r(5)，
所以双曲线E的方程为x2－eq \f(y2,4)＝1，
所以c＝eq \r(5)，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(5),5)，\f(4\r(5),5))).
又|F1F2|＝2c＝2eq \r(5)，
所以S△AF1F2＝eq \f(1,2)×2eq \r(5)×eq \f(4\r(5),5)＝4.
2．(2024·浙江杭州期末)已知点F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的左，右焦点，椭圆C上的点P，Q满足F1P∥F2Q，且P，Q在x轴上方，直线F1Q，F2P交于点G.已知直线PF1的斜率为k(k>0)．
(1)当k＝1时，求|PF1|＋|QF2|的值；
(2)记△PF1G，△QF2G的面积分别为S1，S2，求S1－S2的最大值．
[解析] (1)设直线PF1与椭圆的另一个交点为Q′，由椭圆的对称性得Q，Q′关于原点对称．
设点P(x1，y1)，Q′(x2，y2)．
因为C：eq \f(x2,2)＋y2＝1中a2＝2，b2＝1，c＝eq \r(a2－b2)＝1，
所以F1(－1,0)，
所以当k＝1时，直线PF1的方程为：y＝x＋1，
联立直线y＝x＋1与椭圆x2＋2y2－2＝0的方程得3x2＋4x＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4,3)，x1x2＝0，
所以|x1－x2|＝eq \r(x1＋x22－4x1·x2)＝eq \f(4,3)，
所以|PF1|＋|QF2|＝|PF1|＋|Q′F1|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(2)|x1－x2|＝eq \f(4,3)eq \r(2).
(2)由题可设直线PF1的方程为x＝eq \f(y,k)－1，
联立直线x＝eq \f(y,k)－1与椭圆x2＋2y2－2＝0
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋2))y2－eq \f(2y,k)－1＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(\f(2,k),\f(1,k2)＋2)＝eq \f(2,\f(1,k)＋2k)，
S1－S2＝S△F1F2P－S△F1F2Q＝S△F1F2P－S△F1F2Q′，
＝eq \f(1,2)|F1F2|·y1－eq \f(1,2)|F1F2|·(－y2)＝eq \f(1,2)×2×(y1＋y2)＝y1＋y2＝eq \f(2,\f(1,k)＋2k)≤eq \f(\r(2),2)，
所以当eq \f(1,k)＝2k即k＝eq \f(\r(2),2)时等号成立，S1－S2取到最大值eq \f(\r(2),2).
3．(2025·江苏南通如皋调研)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点D(2,0)，过F的直线交C于M，N两点，直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的斜率分别为k1，k2.
(1)求证：eq \f(k1,k2)为定值；
(2)直线AB是否过定点？若过定点，求出定点坐标．
[解析] (1)证明：设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)，y2))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,3),4)，y3))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,4),4)，y4))，直线MN：x＝my＋1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝4x，))可得y2－4my－4＝0，
Δ>0，y1y2＝－4.
由斜率公式可得k1＝eq \f(y1－y2,\f(y\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,2),4))＝eq \f(4,y1＋y2)，
k2＝eq \f(y3－y4,\f(y\\al(2,3),4)－\f(y\\al(2,4),4))＝eq \f(4,y3＋y4)，
直线MD：x＝eq \f(x1－2,y1)y＋2，代入抛物线方程可得y2－eq \f(4x1－2,y1)y－8＝0，
Δ>0，y1y3＝－8，所以y3＝2y2，
同理可得y4＝2y1，
所以k2＝eq \f(4,y3＋y4)＝eq \f(4,2y1＋y2)＝eq \f(k1,2)⇒eq \f(k1,k2)＝2.
(2)设P(t,0)，若P，M，N三点共线，
由eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)－t，y1))，eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)－t，y2))，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)－t))y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)－t))y1，化简得y1y2＝－4t，
因此，由M，D，A三点共线，得y1y3＝－8.
由N，D，B三点共线，得y2y4＝－8，
则y3y4＝4y1y2＝－16.
设直线AB：x＝ny＋b，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ny＋b，,y2＝4x，))可得y2－4ny－4b＝0，
Δ>0，y3y4＝－4b＝－16⇒b＝4，
所以直线AB过定点(4,0)．
4．(2025·云南昆明摸底)动点M(x，y)到直线l1：y＝eq \r(3)x与直线l2：y＝－eq \r(3)x的距离之积等于eq \f(3,4)，且|y|0)交Γ于点A，B，Γ上是否存在点C满足eq \(GA,\s\up6(→))＋eq \(GB,\s\up6(→))＋eq \(GC,\s\up6(→))＝0？若存在，求出点C的坐标；若不存在，说明理由．
[解析] (1)根据M(x，y)到直线l1：y＝eq \r(3)x与直线l2：y＝－eq \r(3)x的距离之积等于eq \f(3,4)，
可得eq \f(|\r(3)x－y|,2)·eq \f(|\r(3)x＋y|,2)＝eq \f(3,4)，化简得|3x2－y2|＝3，
由于|y|0)与3x2－y2＝3
可得(3－k2)x2－4kx－7＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x0，y0)，
则x1＋x2＝eq \f(4k,3－k2)，x1x2＝eq \f(－7,3－k2)，
故y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4＝eq \f(4k2,3－k2)＋4，
设存在点C满足eq \(GA,\s\up6(→))＋eq \(GB,\s\up6(→))＋eq \(GC,\s\up6(→))＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＋x0＝0，,y1＋y2＋y0＝3×\f(4,3)，))
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(4k,3－k2)，,y0＝4－y1＋y2＝\f(－4k2,3－k2)，))
由于C(x0，y0)在3x2－y2＝3，
故3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,3－k2)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4k2,3－k2)))2＝3，
化简得19k4－66k2＋27＝0，
即(k2－3)(19k2－9)＝0，
解得k2＝eq \f(9,19)或k2＝3(舍去)，
由于Δ＝16k2＋28(3－k2)>0，
解得k20，故k＝eq \f(3\r(19),19)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(4k,3－k2)＝－\f(\r(19),4)，,y0＝\f(－4k2,3－k2)＝－\f(3,4)，))故Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(19),4)，－\f(3,4)))，
故存在Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(19),4)，－\f(3,4)))，使得eq \(GA,\s\up6(→))＋eq \(GB,\s\up6(→))＋eq \(GC,\s\up6(→))＝0.