2026届高三数学一轮复习练习试题（提高版）第八章培优点11圆锥曲线中探索性与知识交汇问题（Word版附答案）

这是一份2026届高三数学一轮复习练习试题（提高版）第八章培优点11圆锥曲线中探索性与知识交汇问题（Word版附答案），共9页。试卷主要包含了已知双曲线E等内容，欢迎下载使用。

1.(13分)(2024·汕头模拟)如图，在矩形ABCD中，|AB|＝4，|BC|＝2.A1，B1，A2，B2分别是矩形四条边的中点，以A1A2与B1B2的交点O为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，设OR＝λOA2，A2T＝(1－λ)A2C(00)的离心率为63，直线l与椭圆Γ相切，与圆O：x2＋y2＝3a2相交于A，B两点.当l垂直于x轴时，|AB|＝26.
(1)求椭圆Γ的方程；(3分)
(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为d(M，N).
①若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当△PAB的面积最大时，求d(M，N)；(7分)
②若d(M，N)，d(N，M)均存在，记两者中的较大者为H(M，N).已知H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，证明：H(X，Z)＋H(Y，Z)≥H(X，Y).(7分)
答案精析
1.(1)证明 设H(x，y)，依题意，R(2λ，0)，T(2，1-λ)，B1(0，-1)，B2(0，1)，
则直线B1R的方程为y+1=12λx，①
直线B2T的方程为y-1=-λ2x，②
①×②得y2-1=-14x2，
即x24+y2=1，
故直线B1R与B2T的交点H在椭圆K：x24+y2=1上.
(2)解 依题意，F(3，0)，直线PQ，MO的斜率均不为零，故设直线PQ的方程为x=my+3，
直线MO的方程为x=my，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立x24+y2=1,x=my+3,
得(m2+4)y2+23my-1=0，
∴y1+y2=-23mm2+4，
y1y2=-1m2+4，
∴|PQ|=1+m2|y1-y2|=1+m2·-23mm2+42-4-1m2+4
=4(m2+1)m2+4，
联立x24+y2=1,x=my,得(m2+4)y2=4，
取y3=2m2+4，y4=-2m2+4，
∴|MN|=1+m2|y3-y4|
=4m2+1m2+4，
又|A1A2|=4，
∴|MN|2=|PQ||A1A2|，
即|PQ|，|MN|，|A1A2|成等比数列.
2.解 (1)由题可得双曲线E：x23-y2=1，
则a2=3，b2=1，∴c2=a2+b2=4，
∴c=2，
∴左、右焦点分别为F1(-2，0)，F2(2，0)，
直线l的方程为y=-23x，
设At，-23t(t≠0)，
k1=-23t-0t+2=-2t3(t+2)，
同理可得k2=-2t3(t-2).
∴1k1+1k2=-3(t+2)2t-3(t-2)2t
=-6t2t=-3.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
直线AF1的方程为y=k1(x+2)，
代入双曲线E可得
(1-3k12)x2-12k12x-12k12-3=0，
Δ=12k12+12>0，k12≠13，
∴x1+x2=12k121-3k12，
则x1x2=-12k12-31-3k12，
则kOM+kON=y1x1+y2x2
=y1x2+y2x1x1x2
=k1(x1+2)x2+k1(x2+2)x1x1x2
=2k1x1x2+2k1(x2+x1)x1x2=2k14k12+1.
同理kOP+kOQ=2k24k22+1k22≠13，
假设存在点A，满足kOM+kON+kOP+kOQ=0，
即2k14k12+1+2k24k22+1=0，
即(k1+k2)(4k1k2+1)=0，
∴k1+k2=0或k1k2=-14，
又1k1+1k2=-3，
若k1+k2=0，无解，舍去，
∴k1k2=-14，
解得k1=-14,k2=1或k1=1,k2=-14.
若k1=-14，k2=1，
又At，-23t(t≠0)，由点A在直线AF1上可得，
-23t=-14(t+2)，
∴t=65，此时A65，-45；
若k1=1，k2=-14，
由点A在直线AF1上可得，
-23t=t+2，
∴t=-65，此时A-65，45.
综上，存在点A65，-45或
A-65，45，
满足kOM+kON+kOP+kOQ=0.
3.解 (1)设P(x，y)，则线段PM的中点坐标为x+12，y2，
因为以线段MP为直径的圆与y轴相切，
则x+1|2=12|MP|
=12(x-1)2+y2，
化简得y2=4x，所以Γ的方程为y2=4x.
(2)存在唯一一组点B，C，使得△ABC为等边三角形，理由如下：
由题意可知，直线BC的斜率存在且不为0，
设lBC：x=my+t(m≠0)，
B(x1，y1)，C(x2，y2).
联立y2=4x,x=my+t,
消去x得y2-4my-4t=0，
则Δ=(-4m)2+16t=16(m2+t)>0，
得m2+t>0，
可得y1+y2=4m，y1y2=-4t，
设线段BC的中点为Q(x0，y0)，
则y0=y1+y22
=2m，
x0=my0+t
=2m2+t，
即Q(2m2+t，2m)，
若△ABC为等边三角形，
则AQ⊥BC，
且|AQ|=32|BC|，
由AQ⊥BC可得2m-22m2+t-1·1m=-1，
整理得t=-2m2-1+2m，
则m2+t=m2-2m2-1+2m=-m2-1+2m=(1-m)(m2+m+2)m>0，
由m2+m+2=m+122+74>0，
可得1-mm>0，解得00，
得934>2+6，即2734>32+36，
综上，d=32.
对于线段AB上任意点E，连接OE并延长与圆O交于点F，则F是圆上与E最近的点，
当E为线段AB的中点时，|EF|取得最大值32，所以d(M，N)=32.
②证明 因为H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，
设点X1，X2∈X，Y1，Y2∈Y，Z1，Z2∈Z，且H(X，Z)=|X1Z1|，
H(Y，Z)=|Y1Z2|，H(X，Y)=|X2Y2|，
设点Y2是集合Y中到点X2的最近点，根据对称性，
不妨设H(X，Y)=d(X，Y)=|X2Y2|，
令点X2到集合Z的最近点为Z3，点Z3到集合Y的最近点为Y3，
因为|X1Z1|是集合X中所有点到集合Z最近点距离的最大值，则|X1Z1|≥|X2Z3|，
因为|Y1Z2|是集合Y中所有点到集合Z最近点距离的最大值，
则|Y1Z2|≥|Y3Z3|，
因此H(X，Z)+H(Y，Z)=|X1Z1|+|Y1Z2|≥|X2Z3|+|Y3Z3|，
而在坐标平面中，|X2Z3|+|Y3Z3|≥|X2Y3|，又点Y2是集合Y中到点X2的最近点，则|X2Y3|≥|X2Y2|，
所以H(X，Z)+H(Y，Z)≥H(X，Y).