2025高考数学一轮复习-8.10-圆锥曲线——求值、证明问题-专项训练模拟练习【含解析】

这是一份2025高考数学一轮复习-8.10-圆锥曲线——求值、证明问题-专项训练模拟练习【含解析】，共6页。试卷主要包含了已知双曲线C，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
1．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距为2eq \r(5)，且双曲线C右支上一动点P(x0，y0)到两条渐近线l1，l2的距离之积为eq \f(4b2,5).
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设直线l是曲线C在点P(x0，y0)处的切线，且l分别交两条渐近线l1，l2于M、N两点，O为坐标原点，求△MON的面积．
2．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1有相同的焦点，且过点(eq \r(2)，eq \r(2))，直线l交双曲线于A、B两点，且原点O到直线l的距离为eq \r(2).
(1)求双曲线C的方程；
(2)证明：OA⊥OB.
3．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F作斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，当k＝eq \r(2)时，|AB|＝6.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)设线段AB的中垂线与x轴交于点P，抛物线C在A，B两点处的切线相交于点Q，设P，Q两点到直线l的距离分别为d1，d2，求eq \f(d1,d2)的值．
4．设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左右顶点分别为A1，A2，右焦点为F，已知|A1F|＝3，|A2F|＝1.
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点P是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP面积的二倍，求直线A2P的方程．
参考答案
1．[解析] (1)双曲线C的渐近线方程为bx＋ay＝0和bx－ay＝0，
所以有eq \f(|bx0＋ay0|,\r(a2＋b2))·eq \f(|bx0－ay0|,\r(a2＋b2))＝eq \f(|b2x\\al(2,0)－a2y\\al(2,0)|,a2＋b2)＝eq \f(a2b2,a2＋b2).
由题意可得eq \f(4b2,5)＝eq \f(a2b2,a2＋b2)，
又2c＝2eq \r(5)，则c2＝a2＋b2＝5，
解得a＝2，b＝1，
则双曲线的方程为eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)当直线斜率不存在时，易知此时P(2,0)，直线l：x＝2，
不妨设M(2,1)，N(2，－1)，得S△MON＝2；
当直线斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，
与双曲线的方程x2－4y2＝4联立，
可得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，
直线与双曲线的右支相切，
可得Δ＝(8km)2－4(4k2－1)(4m2＋4)＝0，
故4k2＝m2＋1.
设直线l与x轴交于D，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0))，
又双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x，,y＝kx＋m，))可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m,1－2k)，\f(m,1－2k)))，
同理可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,1＋2k)，\f(m,1＋2k)))，
S△MON＝S△MOD＋S△NOD＝eq \f(1,2)|OD||yM－yN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－m,2k)))·|k|·|xM－xN|
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－m,2k)))·|k|·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2m,1＋2k)＋\f(2m,1－2k)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－m,2k)))·|k|·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4m,1－4k2)))＝eq \f(2m2,m2)＝2.
综上，△MON面积为2.
2．[解析] (1)因为椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的焦点为(±eq \r(3)，0)，又双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1有相同的焦点，
所以a2＋b2＝(eq \r(3))2＝3，因为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1过点(eq \r(2)，eq \r(2))，所以eq \f(2,a2)－eq \f(2,b2)＝1，即eq \f(2,a2)－eq \f(2,3－a2)＝1，
化简得a4－7a2＋6＝0，解得a2＝1(a2＝6舍去)，所以b2＝3－a2＝2，
所以双曲线C的方程为：x2－eq \f(y2,2)＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x＝t，因为原点O到直线l的距离为eq \r(2).所以直线l的方程为x＝±eq \r(2)，
此时设A、B两点的坐标为A(eq \r(2)，eq \r(2))，B(eq \r(2)，－eq \r(2))，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，eq \r(2))·(eq \r(2)，－eq \r(2))＝eq \r(2)×eq \r(2)－eq \r(2)×eq \r(2)＝0，所以OA⊥OB；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，因为原点O到直线l的距离为eq \r(2)，所以eq \f(|m|,\r(k2＋12))＝eq \r(2)，整理得m2＝2(k2＋1)，
直线l的方程y＝kx＋m与双曲线的方程联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋m，))整理得(2－k2)x2－2mkx－m2－2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(2mk,2－k2)，x1x2＝eq \f(－m2－2,2－k2)，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(1＋k2)x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2
＝－eq \f(1＋k2m2＋2,2－k2)＋mk·eq \f(2mk,2－k2)＋m2
＝eq \f(m2－2k2－2,2－k2)＝eq \f(2k2＋1－2k2－2,2－k2)＝0，
所以OA⊥OB，
综上可得OA⊥OB.
3．[解析] (1)当k＝eq \r(2)时，直线l的方程为y＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px，))消去y得x2－2px＋eq \f(p2,4)＝0，
所以Δ＝4p2－4×eq \f(p2,4)＝3p2，x1＋x2＝2p，
所以|AB|＝x1＋x2＋p＝3p＝6，
解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知F(1,0)，则l：y＝k(x－1)，不妨设A(x1，2eq \r(x1))，B(x2，－2eq \r(x2))，线段AB的中点为M，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x，))消去y得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.
易得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k2＋2,k2)，\f(2,k)))，则AB的中垂线方程为y－eq \f(2,k)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(k2＋2,k2)))，
令y＝0，得x＝3＋eq \f(2,k2)，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(2,k2)，0))，
所以d1＝eq \f(2\r(k2＋1),k).
切线QA：y＝eq \f(x,\r(x1))＋eq \r(x1)，QB：y＝－eq \f(x,\r(x2))－eq \r(x2).
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(x,\r(x1))＋\r(x1)，,y＝－\f(x,\r(x2))－\r(x2)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\r(x1x2)＝－1，,y＝\r(x1)－\f(1,\r(x1))，))
由k2xeq \\al(2,1)－(2k2＋4)x1＋k2＝0，
得x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1＋k2),k)))2，
所以eq \r(x1)＝eq \f(1＋\r(1＋k2),k)，所以y＝eq \r(x1)－eq \f(1,\r(x1))＝eq \f(2,k)，
即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,k)))，
所以点Q到直线kx－y－k＝0的距离
d2＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－k－\f(2,k)－k)),\r(1＋k2))＝eq \f(2\r(1＋k2),k).
故eq \f(d1,d2)＝1.
4．[解析] (1)如图，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋c＝3，,a－c＝1，))
解得a＝2，c＝1，
所以b＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
(2)由题意得，直线A2P斜率存在，由椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1可得A2(2,0)，
设直线A2P的方程为y＝k(x－2)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－2，))消去y整理得：(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0，
由韦达定理得xA2·xP＝eq \f(16k2－12,3＋4k2)，所以xP＝eq \f(8k2－6,3＋4k2)，
所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2－6,3＋4k2)，－\f(12k,3＋4k2)))，Q(0，－2k)．
所以S△A2QA1＝eq \f(1,2)×4×|yQ|，S△A2PF＝eq \f(1,2)×1×|yP|，S△A1A2P＝eq \f(1,2)×4×|yP|，
所以S△A2QA1＝S△A1PQ＋S△A1A2P＝2S△A2PF＋S△A1A2P，
所以2|yQ|＝3|yP|，即2|－2k|＝3eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(12k,3＋4k2)))，
解得k＝±eq \f(\r(6),2)，所以直线A2P的方程为y＝±eq \f(\r(6),2)(x－2)．