2024 全品高考第二轮数学专题学生用书配套课件

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模块五　解析几何限时集训(十六)1.A　[解析] 根据题意,若a=3,则直线l1:3x-5y-1=0,l2:3x-5y+4=0,两直线平行;反之,若l1∥l2,则-a(a+2)+15=0,4a+3≠0,解得a=3或a=-5.故“a=3”是“l1∥l2”的充分不必要条件.故选A.2.C　[解析] 由题意可得x02+y02=2,∴圆心C(0,0)到直线l:x0x-y0y=2的距离d=2x02+y02=22=2=r(r为圆C的半径),∴直线l与圆C相切.故选C.3.D　[解析] 由题意得m=1+3=4.易知l的斜率存在,设切线l的方程为y-3=k(x-1),则|k-3|1+k2=2,解得k=-33,设l的倾斜角为θ,则0°≤θ0,m-1≠3-m,即m>1,m3时,S'(t)>0,S(t)单调递增,当00,得5k2>m2-1,x1+x2=-10km5k2+1,x1x2=5m2-55k2+1.直线M'N的方程为y-y2=y2-y1x1+x2(x-x2),令x=0,得y=y2-y1x1+x2(0-x2)+y2=x1y2+x2y1x1+x2,又因为x1y2+x2y1=x1(kx2+m)+x2(kx1+m)=2kx1x2+m(x1+x2)=-10k5k2+1,所以Q0,1m,△OPQ的面积为12×-mk1m=2,得k=±14,经检验符合题意,所以k的值为±14.2.解:(1)因为抛物线C1,C2都过点A(4,8),所以8p=64,16=16q,解得p=8,q=1,即C1:y2=16x,C2:x2=2y.设直线l与抛物线C2相切于点Qx0,x022,令f(x)=x22,可得f'(x)=x,则直线l的斜率k=f'(x0)=x0,所以直线l的方程为y=x0(x-x0)+x022,即y=x0x-x022.由y=x0x-x022,y2=16x,整理得x0y2-16y-8x02=0,因为l为抛物线C1,C2的公切线,所以Δ=256+32x03=0,解得x0=-2,所以直线l的方程为y=-2x-2,即2x+y+2=0.(2)设M(t12,4t1),N(2t2,2t22),又A(4,8),所以MA+NA=(8-t12-2t2,16-4t1-2t22)=94(4,8)=(9,18),所以8-t12-2t2=9,16-4t1-2t22=18,可得t12+2t2+1=0,t22+2t1+1=0,两式相减得到(t1+t2)(t1-t2)-2(t1-t2)=0,所以t1=t2或t1+t2=2.当t1=t2时,由t12+2t2+1=0得t1=t2=-1,此时M(1,-4),N(-2,2),MA=(3,12),NA=(6,6),则|MA|=153,|NA|=62,且MA·NA=90,可得cos=MA·NA|MA||NA|=90153×62=15306,所以sin=9306,所以S△AMN=12|MA|·|NA|sin=12×153×62×9306=27.当t1≠t2时,t1+t2=2,此时方程t12-2t1+5=0无解(舍去).综上可得,△AMN的面积为27.3.解:(1)由题意得2a=22,即a=2.∵以F1F2为直径的圆和C恰好有两个交点,∴b=c,又∵b2+c2=a2=2,∴b=c=1,∴椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)由题意得,l1,l2的斜率存在且不为零,设椭圆C的过点P(x0,y0)且斜率存在的切线l的方程为y-y0=k(x-x0)(k≠0),由y-y0=k(x-x0),x22+y2=1,消去y并整理得(1+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(y0-kx0)2-2=0,∵l与C相切,∴Δ=16k2(y0-kx0)2-8(1+2k2)[(y0-kx0)2-1]=0,化简并整理得(y0-kx0)2=2k2+1,整理成关于k的一元二次方程得(x02-2)k2-2x0y0k+y02-1=0,由题易知x0≠±2.设l1,l2的斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为关于k的方程(x02-2)k2-2x0y0k+y02-1=0的两根,∴k1k2=y02-1x02-2=m,即y02=mx02+1-2m,则x02+y02=(1+m)x02+1-2m,∴|PO|=x02+y02=(1+m)x02+1-2m,易知当x0=0时,|PO|取得最小值,u=|PO|min=1-2m,又∵-1≤m≤-12,∴2≤u≤3,即u的取值范围为[2,3].4.解:(1)由题意可得2c=4,4a=82,a2=b2+c2,∴a=22,b=2,c=2,故椭圆C的标准方程为x28+y24=1.(2)由(1)可知F2(2,0).当直线l不与x轴重合时,设l:x=my+2,A(x1,y1),B(x2,y2),则l':y=-mx,由x=my+2,x28+y24=1,消去x得(m2+2)y2+4my-4=0,则Δ=(4m)2+16(m2+2)=32(m2+1)>0,y1+y2=-4mm2+2,y1y2=-4m2+2,故|AB|=1+m2-4mm2+22+16m2+2=42(m2+1)m2+2.由y=-mx,x28+y24=1,消去y得x2=82m2+1,设P(x0,y0),则x02=82m2+1,故|PQ|=2|OP|=2x02+y02=2(1+m2)x02=42m2+12m2+1.可得|AB||PQ|=42(m2+1)m2+242m2+12m2+1=(m2+1)(2m2+1)(m2+2)2,令t=1m2+2∈0,12,则m2=1t-2,故|AB||PQ|=1t-12t-31t2=3t2-5t+2.∵y=3x2-5x+2的图象的对称轴为直线x=56,∴y=3x2-5x+2在0,12上单调递减,又t∈0,12,∴3t2-5t+2∈14,2,故|AB||PQ|=3t2-5t+2∈12,2.当直线l与x轴重合时,l:y=0,l':x=0,故|AB||PQ|=2a2b=2.综上所述,|AB||PQ|的取值范围为12,2.(3)当直线l不与x轴重合时,设l:x=my+2(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则M(x1,-y1),由(2)可得y1+y2=-4mm2+2≠0,y1y2=-4m2+2.直线BM的斜率kBM=y1+y2x2-x1,则直线BM的方程为y+y1=y1+y2x2-x1(x-x1),即x=x2-x1y1+y2y+x1y2+x2y1y1+y2,又x1y2+x2y1y1+y2=(my1+2)y2+(my2+2)y1y1+y2=2my1y2y1+y2+2=-8mm2+2-4mm2+2+2=4,∴直线BM的方程为x=x2-x1y1+y2y+4,直线BM过定点(4,0).当直线l与x轴重合时,直线BM即为x轴,也过定点(4,0).综上所述,直线BM过定点(4,0).5.解:(1)由已知可得Q(-3,-1),F(c,0).则FP=(3-c,1),FQ=(-3-c,-1),由FP·FQ=6可得c2=16,所以a2+b2=16.因为点P(3,1)在双曲线上,所以9a2-1b2=1.由a2+b2=16,9a2-1b2=1,可得a2=b2=8,所以双曲线C的方程为x28-y28=1.(2)证明:方法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),则D(-x2,-y2),所以PA=(x1-3,y1-1),PD=(-x2-3,-y2-1),由PA⊥PD可得PA·PD=0,所以(x1-3)(-x2-3)+(y1-1)(-y2-1)=0,整理可得x1x2+y1y2+3(x1-x2)+y1-y2-10=0.由已知可设直线l的方程为y=kx+m(k≠0且k≠±1).联立直线l与双曲线的方程,消去y可得(1-k2)x2-2mkx-m2-8=0,Δ=(-2mk)2-4(1-k2)(-m2-8)=4(m2-8k2+8)>0,所以8k20,此时有y1y2=-124t2-1,y1+y2=-8t4t2-1,所以λ+μ=1t·-8t4t2-1·4t2-1-12=23.综上,λ+μ为定值23.