2026届高考数学一轮总复习提能训练练案57圆锥曲线__求值证明问题

这是一份2026届高考数学一轮总复习提能训练练案57圆锥曲线__求值证明问题，共7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方程；
(2)若直线l过点E(1,0)，椭圆的左顶点为A，当△APQ面积为eq \r(10)时，求直线l的斜率k.
[解析] (1)由题意得：2c＝2eq \r(2)，4a＝8，
即c＝eq \r(2)，a＝2，则b2＝a2－c2＝2，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由题意知：直线l斜率不为0，可设l：x＝ty＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))
消去x得(t2＋2)y2＋2ty－3＝0，
则Δ＝4t2＋12(t2＋2)＝16t2＋24>0，
设P(x1，y1)，Q(x2, y2)，则y1＋y2＝－eq \f(2t,t2＋2)，
y1y2＝－eq \f(3,t2＋2)，
∴|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \r(\f(4t2,t2＋22)＋\f(12,t2＋2))＝eq \f(2\r(4t2＋6),t2＋2)，
又因为A(－2,0)，则|AE|＝1－(－2)＝3，
所以S△APQ＝eq \f(1,2)|AE|·|y1－y2|＝eq \f(3,2)×eq \f(2\r(4t2＋6),t2＋2)＝eq \r(10)，
解得t＝±1，
所以直线l的斜率k＝eq \f(1,t)＝±1.
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).
3．(2025·江苏南通如皋中学测试)设双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，直线l过抛物线y2＝8x的焦点和点(0，b)．已知C的焦距为6且一条渐近线与l平行．
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知直线m过双曲线C上的右焦点，若m与C交于点A，B(其中点A在第一象限)，与直线x＝eq \f(4,3)交于点T，过T作平行于OA的直线分别交直线OB，x轴于点P，Q，求eq \f(TP,PQ).
[解析] (1)因为拋物线y2＝8x的焦点为(2,0)，
所以直线l的斜率kl＝－eq \f(b,2)，
因为双曲线C的一条渐近线与l平行，
所以eq \f(b,a)＝eq \f(b,2)，即a＝2.
又因为双曲线C的焦距为2c＝6，即c＝3，
所以b2＝c2－a2＝5，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1.
(2)双曲线C的右焦点为(3,0)，
由题意知直线m的斜率存在且不为0，
设直线m的方程为x＝my＋3(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－\f(y2,5)＝1，,x＝my＋3，))
消去x得(5m2－4)y2＋30my＋25＝0,5m2－4≠0，
且Δ＝400(1＋m2)>0，
所以y1＋y2＝－eq \f(30m,5m2－4)，y1y2＝eq \f(25,5m2－4)，
将x＝eq \f(4,3)代入x＝my＋3得yT＝－eq \f(5,3m)，
所以Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(5,3m))).
直线PQ方程为y＝eq \f(y1,x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3)))－eq \f(5,3m)，与直线OB：y＝eq \f(y2,x2)x联立，
可得yP＝eq \f(4my1y2＋5x1y2,3mx2y1－x1y2)
＝eq \f(4my1y2＋5my1＋3y2,3m[my2＋3y1－my1＋3y2])＝eq \f(3my1y2＋5y2,3my1－y2)，
因为y1y2＝－eq \f(5,6m)(y1＋y2)，
所以yP＝eq \f(－\f(5,2)y1＋y2＋5y2,3my1－y2)＝eq \f(－\f(5,2)y1－y2,3my1－y2)＝－eq \f(5,6m).
因为yQ＝0，所以yP＝eq \f(yT＋yQ,2)，
所以P为TQ的中点，即eq \f(TP,PQ)＝1.
4．(2025·高考综合改革适应性演练)已知椭圆C的离心率为eq \f(1,2)，左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)．
(1)求C的方程；
(2)已知点M0(1,4)，证明：线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点；
(3)设M是坐标平面上的动点，且线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点，证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程．
[解析] (1)因为椭圆左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，所以c＝1，又因为椭圆C的离心率为eq \f(1,2)，得a＝2，∴b2＝3，所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由M0(1,4)，F(－1,0)得直线M0F1斜率为k＝2，中点坐标为(0,2)，
所以线段F1M0的垂直平分线方程为y＝－eq \f(1,2)x＋2，
联立垂直平分线方程和椭圆方程
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝－\f(1,2)x＋2))得x2－2x＋1＝0，x＝1，y＝eq \f(3,2)
∵Δ＝4－4＝0，所以直线与椭圆相切，
线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
(3)解法一：设M(x0，y0)，
当y0＝0时，F1M的垂直平分线方程为x＝eq \f(x0－1,2)，
此时eq \f(x0－1,2)＝±2，x0＝5或－3；
当y0≠0时，F1M的垂直平分线方程为
y＝－eq \f(x0＋1,y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0－1,2)))＋eq \f(y0,2)
＝－eq \f(x0＋1,y0)x＋eq \f(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－1,2y0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(x0＋1,y0)x＋\f(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－1,2y0),3x2＋4y2＝12))，
得3x2＋4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－12,4y\\al(2,0))－\f(x0＋1x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－1,y\\al(2,0))x＋\f(x0＋12,y\\al(2,0))x2))＝12，
即eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3＋\f(4x0＋12,y\\al(2,0))))x2－eq \f(4x0＋1x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－1,y\\al(2,0))x＋eq \f(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－12,y\\al(2,0))－12＝0，
因为线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点，
故Δ＝eq \f(16x0＋12x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－12,y\\al(4,0))－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3＋\f(4x0＋12,y\\al(2,0))))·
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－12,y\\al(2,0))－12))＝0，
即eq \f(3x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－12,y\\al(2,0))－36－eq \f(48x0＋12,y\\al(2,0))＝0，
则yeq \\al(4,0)＋(2xeq \\al(2,0)－14)yeq \\al(2,0)＋xeq \\al(4,0)－18xeq \\al(2,0)－32x0－15＝0，
即yeq \\al(4,0)＋(2xeq \\al(2,0)－14)yeq \\al(2,0)＋(x0＋1)2(x0＋3)(x0－5)＝0，
yeq \\al(4,0)＋(2xeq \\al(2,0)－14)yeq \\al(2,0)＋(xeq \\al(2,0)＋2x0＋1)(xeq \\al(2,0)－2x0－15)＝0，
即(yeq \\al(2,0)＋xeq \\al(2,0)＋2x0＋1)(yeq \\al(2,0)＋xeq \\al(2,0)－2x0－15)＝0，
∵xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＋2x0＋1＝(x0＋1)2＋yeq \\al(2,0)>0，
∴xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)－2x0－15＝0，
而(5,0)，(－3,0)也满足该式，
故点M的轨迹是圆，该圆的方程为x2＋y2－2x－15＝0，即(x－1)2＋y2＝16.
解法二：设线段F1M的垂直平分线l与C恰有一个公共点为P，则当点P不在长轴时，线段F1M的垂直平分线l即为点P处的切线，也为∠F1PM的角平分线，
作∠F1PF2的角平分线PH，根据椭圆的光学性质得PH⊥l，∴∠F1PE＋∠F1PH＝90°，
则∠F2PH＋∠EPM＝90°，
故∠F2PF1＋∠F1PM＝180°，
所以M，P，F2三点共线，
所以|MF2|＝|MP|＋|PF2|＝|PF1|＋|PF2|＝4，
所以点M的轨迹是以F2为圆心，4为半径的圆，
当P在椭圆长轴上时，M点为(5,0)或(－3,0)也满足|MF2|＝4，
故点M的轨迹是圆，该圆的方程为(x－1)2＋y2＝16.