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    2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第8章平面解析几何第8讲圆锥曲线__求值证明问题考点1求值问题

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    2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第8章平面解析几何第8讲圆锥曲线__求值证明问题考点1求值问题

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    这是一份2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第8章平面解析几何第8讲圆锥曲线__求值证明问题考点1求值问题,共4页。试卷主要包含了已知椭圆C等内容,欢迎下载使用。
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)若eq \(AM,\s\up6(→))=2eq \(MB,\s\up6(→)),且直线AB与圆O:x2+y2=eq \f(4,7)相切于点N,求|MN|.
    [解析] (1)由题意知e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(3),2),四边形B1F1B2F2为菱形,
    面积为2eq \r(3),即2bc=2eq \r(3),
    又a2=c2+b2,解得a2=4,b2=1,c2=3,
    所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)+y2=1.
    (2)设M(m,0),直线AB的方程为x=ty+m,
    A(x1,y1),B(x2,y2),由eq \(AM,\s\up6(→))=2eq \(MB,\s\up6(→))得y1=-2y2,
    联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)+y2=1,,x=ty+m,))得(t2+4)y2+2tmy+m2-4=0,
    Δ=(2tm)2-4(t2+4)(m2-4)=-16(m2-t2-4),
    则y1+y2=-eq \f(2tm,t2+4),y1y2=eq \f(m2-4,t2+4),
    由y1y2=-2yeq \\al(2,2),y1+y2=-2y2+y2=-y2,
    得y1y2=-2[-(y1+y2)]2=-2(y1+y2)2,
    所以eq \f(m2-4,t2+4)=-2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(2tm,t2+4)))2,
    化简得(m2-4)(t2+4)=-8t2m2,
    易知原点O到直线AB的距离d=eq \f(|m|,\r(1+t2)),
    又直线AB与圆O:x2+y2=eq \f(4,7)相切,
    所以eq \f(|m|,\r(1+t2))=eq \r(\f(4,7)),即t2=eq \f(7,4)m2-1,
    由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2-4t2+4=-8t2m2,,t2=\f(7,4)m2-1,))得21m4-16m2-16=0,
    即(3m2-4)(7m2+4)=0,
    解得m2=eq \f(4,3),则t2=eq \f(4,3),满足Δ>0,所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(2\r(3),3),0)),
    在Rt△OMN中,|MN|=eq \r(\f(4,3)-\f(4,7))=eq \f(4\r(21),21).
    2.(2024·广东部分校联考)已知椭圆C:eq \f(x2,8)+eq \f(y2,2)=1,过点A(2,1)作两条直线,这两条直线与椭圆C的另一交点分别是M,N,且M,N关于坐标原点O对称.设直线AM,AN的斜率分别是k1,k2.
    (1)证明:k1k2=-eq \f(1,4);
    (2)若点M到直线AN的距离为2,求直线AM的方程.
    [解析] (1)证明:设M(x1,y1),
    因为M,N关于坐标原点O对称,
    所以N(-x1,-y1),
    则k1=eq \f(y1-1,x1-2),k2=eq \f(-y1-1,-x1-2),故k1k2=eq \f(y\\al(2,1)-1,x\\al(2,1)-4).
    因为M在椭圆C上,所以eq \f(x\\al(2,1),8)+eq \f(y\\al(2,1),2)=1,
    所以xeq \\al(2,1)=8-4yeq \\al(2,1),
    则k1k2=eq \f(y\\al(2,1)-1,x\\al(2,1)-4)=eq \f(y\\al(2,1)-1,4-4y\\al(2,1))=-eq \f(1,4).
    (2)解法一:因为M,N关于坐标原点O对称,所以O为MN的中点.
    因为点M到直线AN的距离为2,所以点O到直线AN的距离为1.
    由题意可知直线AN的方程为y-1=k2(x-2),
    即k2x-y-2k2+1=0,
    则点O到直线AN的距离d=eq \f(|-2k2+1|,\r(k\\al(2,2)+1))=1,
    解得k2=eq \f(4,3)或k2=0(舍去).
    由(1)可知k1k2=-eq \f(1,4),则k1=-eq \f(3,16),
    故直线AM的方程为y-1=-eq \f(3,16)(x-2),
    即y=-eq \f(3,16)x+eq \f(11,8).
    解法二:由题意可知直线AM的方程为y-1=k1(x-2),
    联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y-1=k1x-2,,\f(x2,8)+\f(y2,2)=1,))整理得(4keq \\al(2,1)+1)x2-(16keq \\al(2,1)-8k1)x+16keq \\al(2,1)-16k1-4=0,
    Δ=(16keq \\al(2,1)-8k1)2-4(4keq \\al(2,1)+1)(16keq \\al(2,1)-16k1-4)=16(2k1+1)2>0,
    则x1+2=eq \f(16k\\al(2,1)-8k1,4k\\al(2,1)+1)=4-eq \f(8k1+4,4k\\al(2,1)+1),
    从而x1=2-eq \f(8k1+4,4k\\al(2,1)+1),
    故y1=k1(x1-2)+1=1-eq \f(8k\\al(2,1)+4k1,4k\\al(2,1)+1),
    即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2-\f(8k1+4,4k\\al(2,1)+1),1-\f(8k\\al(2,1)+4k1,4k\\al(2,1)+1))).
    因为k1k2=-eq \f(1,4),所以k2=-eq \f(1,4k1),
    所以直线AN的方程为y-1=k2(x-2)⇔y-1=-eq \f(1,4k1)(x-2),
    即x+4k1y-4k1-2=0,
    则M到直线AN的距离
    d=eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2-\f(8k1+4,4k\\al(2,1)+1)+4k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(8k\\al(2,1)+4k1,4k\\al(2,1)+1)))-4k1-2)),\r(16k\\al(2,1)+1))=eq \f(|8k1+4|,\r(16k\\al(2,1)+1)).
    因为点M到直线AN的距离为2,所以eq \f(|8k1+4|,\r(16k\\al(2,1)+1))=2,解得k1=-eq \f(3,16),
    则直线AM的方程为y-1=-eq \f(3,16)(x-2),
    即y=-eq \f(3,16)x+eq \f(11,8).
    【变式训练】
    (2024·河南开封2地联测)已知双曲线C:eq \f(x2,a2)-eq \f(y2,b2)=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为eq \r(2)x-y=0,且双曲线经过点A(2,2).
    (1)求双曲线C的方程;
    (2)过点B(1,0)且斜率不为0的直线与C交于M,N两点(与点A不重合),直线AM,AN分别与直线x=1交于点P,Q,求eq \f(|PB|,|QB|)的值.
    [解析] (1)由题意可知eq \f(4,a2)-eq \f(4,b2)=1,eq \f(b,a)=eq \r(2),
    解得b=eq \r(2)a=2,
    所以双曲线的方程为eq \f(x2,2)-eq \f(y2,4)=1.
    (2)设直线MN的方程为x=my+1,代入eq \f(x2,2)-eq \f(y2,4)=1中,
    可得(2m2-1)y2+4my-2=0,
    设M(x1,y1),N(x2,y2),
    则2m2-1≠0,Δ=32m2-8>0,y1+y2=eq \f(-4m,2m2-1),y1y2=eq \f(-2,2m2-1).
    直线AM的方程为y=eq \f(y1-2,x1-2)(x-2)+2,
    令x=1,得点P的纵坐标为yP=eq \f(2-y1,x1-2)+2.
    直线AN的方程为y=eq \f(y2-2,x2-2)(x-2)+2,
    令x=1,得点Q的纵坐标为yQ=eq \f(2-y2,x2-2)+2.
    因为eq \f(2-y1,x1-2)+eq \f(2-y2,x2-2)
    =eq \f(-2my1y2+2m+1y1+y2-4,my1-1my2-1)
    =eq \f(\f(-16m2+4,2m2-1),\f(4m2-1,2m2-1))=-4,
    所以yP+yQ=0,即eq \f(|PB|,|BQ|)=1.

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