2027年高考数学一轮复习考点课时巩固练57　求值、证明、探究性问题（含答案解析）

这是一份2027年高考数学一轮复习考点课时巩固练57　求值、证明、探究性问题（含答案解析），共8页。试卷主要包含了已知抛物线Γ，已知抛物线C，已知椭圆E，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。
1.(15分)(2025·浙江杭州质检)已知抛物线Γ:y2=2px(p>0)的焦点F到准线l的距离为2,点D(p,0),过F的直线交Γ于A,B两点,过A,B分别作l的垂线,垂足分别为A1,B1,直线A1D,B1D与直线AB分别交于点M,N.
(1)求Γ的方程;
(2)记M,N的纵坐标分别为yM,yN,当1yM+1yN=1时,求直线AB的斜率;
(3)设E为x轴上一点,记k1,k2分别为直线ME,ND的斜率,若k1k2为定值,求点E的坐标.
2.(15分)(2025·浙江一模)已知抛物线C:y2=2px的焦点为F,抛物线C上点M(2,y0)满足|MF|=3.
(1)求抛物线C的方程;
(2)设点D(-1,0),过D作直线l交抛物线C于A,B两点,证明:x=1是∠AFB的平分线.
3.(15分)(2025·江苏苏锡常镇二模)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为35,且经过点(3,165),F1,F2是E的左、右焦点.
(1)求E的标准方程;
(2)过F2的直线与E交于P,Q两点,若△F1PQ的内切圆半径为r,r=310|PQ|,求|F2P|·|F2Q|的值.
4.(17分)(2025·江苏苏锡常镇一模)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点A到其渐近线的距离为255,点B(2,1)在C的渐近线上,过B的直线l与C交于P,Q两点,直线AP,AQ分别与y轴交于M,N两点.
(1)求双曲线C的方程;
(2)若△APQ的面积为263,求l的方程;
(3)证明:线段MN的中点为定点.
参考答案
1.解 (1)由题意知p=2,所以抛物线Γ的方程为y2=4x.
(2)设直线AB的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),则A1(-1,y1),B1(-1,y2),D(2,0).
联立y2=4x,x=my+1,得y2-4my-4=0,所以y1+y2=4m,y1y2=-4.所以直线A1D的方程为y=-y13(x-2),与直线AB的方程x=my+1联立,解得yM=y1my1+3,同理yN=y2my2+3.
所以1yM+1yN=my1+3y1+my2+3y2=2m+3(y1+y2)y1y2=-m=1,所以m=-1,所以直线AB的斜率为1m=-1.
(3)设E(t,0),因为k1k2=yMxM-t·xN-2yN=y1my1+3my1my1+3+1-t·my2my2+3+1-2y2my2+3=-3y1(2-t)my1y2+(3-3t)y2.
因为y1+y2=4m,y1y2=-4,所以k1k2=-3y1(2-t)m·(-4)+(3-3t)(4m-y1)=-3y1(3t-3)y1-m(8t-4),当t=12时,k1k2=2为定值,所以E(12,0).
2.(1)解 由|MF|=xM+p2=3,可得p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)证明 根据题意,直线AB斜率不为0,设其方程为x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),
由x=my-1,y2=4x得y2-4my+4=0,
由Δ=16m2-16>0,可得m>1或m0),因为点(3,165)在椭圆E上,所以925t2+25625·16t2=1,解得t=1,故椭圆E的方程为x225+y216=1.
(2)设直线PQ:x=my+3,代入椭圆方程得(16m2+25)y2+96my-256=0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),16m2+25≠0,Δ=(96m)2-4×256(16m2+25)>0,则y1+y2=-96m16m2+25,y1y2=-25616m2+25,
则有|PQ|=1+m2|y1-y2|.
设S,C分别为△F1PQ的面积与周长,则S=12Cr,即r=2SC.注意到C=4a=20,S=12·|F1F2|·|y1-y2|=3|y1-y2|,故r=310|y1-y2|.
由3|PQ|=10r,可得3·1+m2|y1-y2|=3|y1-y2|⇔1+m2=3⇔m2=2.
注意到P,Q,F2三点共线,故|F2P|·|F2Q|=|F2P·F2Q|,F2P·F2Q=(x1-3)(x2-3)+y1y2=(m2+1)y1y2=(m2+1)·-25616m2+25=-25619,故|F2P|·|F2Q|=25619.
4.(1)解 因为C的一条渐近线方程为bx-ay=0,A(a,0),则点A到该渐近线的距离d=aba2+b2=255,由渐近线过点B(2,1)得2b-a=0,解得a=2,b=1,所以双曲线C的方程为x24-y2=1.①
(2)解 如图,显然直线l的斜率存在,设l的方程为y=k(x-2)+1,②
联立①②得(14-k2)x2-(2k-4k2)x-4k2+4k-2=0,则有14-k2≠0,③
Δ=(2k-4k2)2-4(14-k2)(-4k2+4k-2)=2-4k>0.④
则kn,则直线AM:y=-m2(x-2).⑦
联立①⑦得(1-m2)x2+4m2x-4m2-4=0,易知1-m2≠0,则Δ=(4m2)2+4(1-m2)(4m2+4)=16,xAxP=4(m2+1)m2-1,则xP=2(m2+1)m2-1,yP=-2mm2-1.同理得xQ=2(n2+1)n2-1,yQ=-2nn2-1.而PB=(2-2(m2+1)m2-1,1+2mm2-1)=(-4m2-1,m2-1+2mm2-1),QB=(2-2(n2+1)n2-1,1+2nn2-1)=(-4n2-1,n2-1+2nn2-1).又P,B,Q三点共线,所以PB∥QB,则-4m2-1·n2-1+2nn2-1=m2-1+2mm2-1·-4n2-1,得(m-n)(m+n+2)=0,所以m+n+2=0,所以线段MN的中点为定点(0,-1).
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