最新版高考数学【一轮复习】精品讲义练习资料 (3)

这是一份最新版高考数学【一轮复习】精品讲义练习资料 (3)，共17页。
[思路分析] (1)分析A，B，C的位置求a，b得椭圆方程.
(2)引入A，B，C坐标，由eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝0得坐标关系→斜率不存在时求S△ABC；直线BC斜率存在时写出底边和高的表达式，求S△ABC.
[规范解答] 解 (1)当点A，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形，
eq \x(①当点A，点B和点C中有两个点为上顶点和下顶点，一个为左顶点或右顶点时，)
→eq \a\vs4\al(研究正三角形各顶点的位置，由位置写出a，b的值)
不妨设点A，点B分别为上顶点和下顶点，点C为右顶点，此时，a＝eq \r(3)，b＝1；(2分)①
eq \x(②当点A，点B和点C中有一个点为上顶点或下顶点，两个点为左顶点和右顶点时，)
→eq \a\vs4\al(研究正三角形各顶点的位置，由位置写出a，b的值)
不妨设点A，点B分别为左顶点和右顶点，点C为上顶点，此时，a＝1，b＝eq \r(3)(舍去).(3分)②
eq \x(所以椭圆E的标准方程为\f(x2,3)＋y2＝1.)
→eq \a\vs4\al(写出椭圆方程)(4分)③
(2)设A(p，q)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，
→eq \a\vs4\al(设点，解析向量等式)
eq \x(①当直线BC的斜率不存在时，)
→eq \a\vs4\al(讨论直线BC斜率不存在的情形)
x1＝x2，y1＝－y2，
因为p＋x1＋x2＝0，则A(－2x1，0).
因为点A在椭圆E上，
所以xeq \\al(2,1)＝eq \f(3,4)，则有yeq \\al(2,1)＝eq \f(3,4)，
所以|BC|＝eq \r(3)，点A到直线BC的距离为
|3x1|＝eq \f(3\r(3),2)，
此时S△ABC＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(3\r(3),2)＝eq \f(9,4).(5分)④
②eq \x(当直线BC的斜率存在时，)
设直线BC的方程为y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y整理得
(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
则Δ＝(6km)2－12(1＋3k2)(m2－1)
＝12(3k2＋1－m2)>0.
由根与系数关系得
→eq \a\vs4\al(当直线BC斜率存在时，设直线方程，与椭圆方程联立，写出根与系数的关系)
(6分)⑤
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(2m,1＋3k2)，
(7分)⑥
因为点A(p，q)在椭圆E：eq \f(x2,3)＋y2＝1上，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6km,1＋3k2)))eq \s\up12(2)＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2m,1＋3k2)))eq \s\up12(2)＝3，
eq \x(化简得4m2＝1＋3k2，)
→eq \a\vs4\al(用参数m，k表示点A坐标代入椭圆得m，k的关系)(8分)⑦
所以|BC|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－6km,1＋3k2)))\s\up12(2)－4×\f(3（m2－1）,1＋3k2))
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(3)×\r(3k2＋1－m2),1＋3k2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(3)×\r(4m2－m2),1＋3k2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(6|m|,1＋3k2)＝eq \r(1＋k2)·eq \f(6|m|,4m2)
eq \x(＝\f(3\r(1＋k2),2|m|)，)→eq \a\vs4\al(表示底边长)(9分)⑧
点A到直线BC的距离
d＝eq \f(|pk－q＋m|,\r(1＋k2))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(6km,1＋3k2)k＋\f(2m,1＋3k2)＋m)),\r(1＋k2))
eq \x(＝\f(|3m|,\r(1＋k2))，)→eq \a\vs4\al(表示高)(10分)⑨
→eq \a\vs4\al(计算面积)
综上所述，△ABC的面积为eq \f(9,4).(12分)⑩
[满分规则]
❶得步骤分
由①②③写出椭圆的方程，①2分，②③各1分；由⑤写出根与系数的关系，得1分；由⑩写出结果，得1分.
❷得关键分
由④计算斜率不存在的面积，得1分；由⑥⑦写出A点坐标及m，k的关系，各得1分.
❸得计算分
由⑧⑨分别计算三角形ABC的底边长|BC|和高d，⑧得2分，⑨得1分.
训练1 (2022·新高考Ⅰ卷)已知点A(2，1)在双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝2eq \r(2)，求△PAQ的面积.
解 (1)将点A的坐标代入双曲线方程得
eq \f(4,a2)－eq \f(1,a2－1)＝1，
化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，
故双曲线C的方程为eq \f(x2,2)－y2＝1.
由题易知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立直线l与双曲线C的方程，消去y整理得
(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，
故x1＋x2＝－eq \f(4km,2k2－1)，x1x2＝eq \f(2m2＋2,2k2－1).
kAP＋kAQ＝eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)
＝eq \f(kx1＋m－1,x1－2)＋eq \f(kx2＋m－1,x2－2)＝0，
化简得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
故eq \f(2k（2m2＋2）,2k2－1)＋(m－1－2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,2k2－1)))－4(m－1)＝0，
整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0，
又直线l不过点A，
即m＋2k－1≠0，故k＝－1.
(2)不妨设直线PA的倾斜角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(00恒成立，
设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
则x1＋x2＝eq \f(－4k,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(－6,1＋2k2).
所以kAN＋kBN＝eq \f(y1－4,x1)＋eq \f(y2－4,x2)
＝eq \f(kx1－3,x1)＋eq \f(kx2－3,x2)＝eq \f(2kx1x2－3（x1＋x2）,x1x2)
＝eq \f(1,x1x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－12k,1＋2k2)＋\f(12k,1＋2k2)))＝0.
所以∠ANM＝∠BNM.
综合①②知∠ANM＝∠BNM.
感悟提升 圆锥曲线中的证明问题常见的有：
(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.
(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.
在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明.
训练2 (2023·四省联考)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)过点A(4eq \r(2)，3)，且焦距为10.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知点B(4eq \r(2)，－3)，D(2eq \r(2)，0)，E为线段AB上一点，且直线DE交双曲线C于G，H两点，求证：eq \f(|GD|,|GE|)＝eq \f(|HD|,|HE|).
(1)解 由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(32,a2)－\f(9,b2)＝1，,2\r(a2＋b2)＝10，))
故a＝4，b＝3，
所以C的方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1.
(2)证明 设E(4eq \r(2)，t)，G(x1，y1)，H(x2，y2).
当x＝4eq \r(2)时，eq \f(32,16)－eq \f(y2,9)＝1，
解得y＝±3，则|t|b>0)的一个顶点为A(0，1)，焦距为2eq \r(3).
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(－2，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当|MN|＝2时，求k的值.
解 (1)依题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝1，,2c＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))
故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题可知直线BC的方程为y－1＝k(x＋2).
设B(x1，y1)，C(x2，y2).
联立直线BC和椭圆E的方程，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－1＝k（x＋2），,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y整理得
(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，
则由Δ＝(16k2＋8k)2－4(4k2＋1)(16k2＋16k)>0，得k0)的离心率为eq \r(2)，直线l1：y＝2x＋4eq \r(3)与双曲线C仅有一个公共点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设双曲线C的左顶点为A，直线l2平行于l1，且交双曲线C于M，N两点，求证：△AMN的垂心在双曲线C上.
(1)解 因为双曲线线C的离心率为eq \r(2)，
所以eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(2)，即a＝b，
故双曲线C的方程为x2－y2＝a2.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋4\r(3)，,x2－y2＝a2，))得3x2＋16eq \r(3)x＋48＋a2＝0.
因为直线l1：y＝2x＋4eq \r(3)与双曲线C仅有一个公共点，
所以Δ＝(16eq \r(3))2－12×(48＋a2)＝0，
解得a2＝16，
因此双曲线C的方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,16)＝1.
(2)证明 因为直线l2平行于l1，
所以设l2：y＝2x＋m(m≠±4eq \r(3)).
设M(x1，y1)，N(x2，y2).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,16)－\f(y2,16)＝1，,y＝2x＋m，))消去y，
得3x2＋4mx＋m2＋16＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4m,3)，x1x2＝eq \f(m2＋16,3).
由题意知Δ＝16m2－12(m2＋16)>0，
解得m4eq \r(3).
如图，过点A与l2垂直的直线为l3：y＝－eq \f(1,2)x－2，
设l3与双曲线C交于另一点H.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x－2，,\f(x2,16)－\f(y2,16)＝1，))消去y，得3x2－8x－80＝0，
解得x＝eq \f(20,3)或x＝－4(舍去)，所以Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20,3)，－\f(16,3))).
下证：MH⊥AN.
因为eq \(MH,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20,3)－x1，－\f(16,3)－y1))·(x2＋4，y2)
＝eq \f(20,3)x2＋eq \f(80,3)－x1x2－4x1－eq \f(16,3)y2－y1y2
＝eq \f(20,3)x2＋eq \f(80,3)－x1x2－4x1－eq \f(16,3)(2x2＋m)－(2x1＋m)(2x2＋m)
＝－5x1x2－(4＋2m)(x1＋x2)＋eq \f(80,3)－eq \f(16,3)m－m2
＝(－5)·eq \f(m2＋16,3)－(4＋2m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4m,3)))＋eq \f(80,3)－eq \f(16,3)m－m2
＝－eq \f(5m2,3)－eq \f(80,3)＋eq \f(16m,3)＋eq \f(8m2,3)＋eq \f(80,3)－eq \f(16,3)m－m2＝0，
所以MH⊥AN.
又因为AH⊥MN，所以H为△AMN的垂心.
因为H在双曲线C上，
所以△AMN的垂心在双曲线C上.
【B级 能力提升】
4.(2023·新高考Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq \r(3).
(1)解 设点P的坐标为(x，y)，
依题意得|y|＝eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))\s\up12(2))，
化简得x2＝y－eq \f(1,4)，
所以W的方程为x2＝y－eq \f(1,4).
(2)证明 不妨设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，
则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|).
设Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，t2＋\f(1,4)))，
依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋\f(1,4)))＝k(x－t)，
不妨设k>0，
与x2＝y－eq \f(1,4)联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝(－k)2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，
所以k≠2t.
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－t|＝eq \r(1＋k2)|k－2t|＝eq \r(1＋k2)|2t－k|，
|BC|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))\s\up12(2))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)－2t))＝eq \f(\r(1＋k2),k)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2t))＝eq \f(\r(1＋k2),k2)|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝eq \f(2\r(1＋k2),k2)(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|).
因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（－2k2－2k）t＋k3－1，t≤－\f(1,2k)，,（2k－2k2）t＋k3＋1，－\f(1,2k)\f(k,2)，))
所以当2k－2k2≤0，即k≥1时，
函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2k)))上单调递减，
函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2k)，\f(k,2)))上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)，
函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)，＋∞))上单调递增，
所以当t＝eq \f(k,2)时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，
又k≠2t，
所以2(|AB|＋|BC|)>eq \f(2\r(1＋k2),k2)(k2＋1)＝eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k2).
令f(k)＝eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k2)，k≥1，
则f′(k)＝eq \f(2（1＋k2）\f(1,2)（k＋\r(2)）（k－\r(2)）,k3)，
当1≤k0，
所以函数f(k)在[1，eq \r(2))上单调递减，在(eq \r(2)，＋∞)上单调递增，
所以f(k)≥f(eq \r(2))＝3eq \r(3)，
所以2(|AB|＋|BC|)>eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k2)≥3eq \r(3)；
当2k－2k2>0，即0