2025版高考數(shù)學一輪總復習第8章平面解析幾何第8講圓錐曲線-求值證明問題提能訓練

第8講圓錐曲線——求值、證明問題1．(2024·廣東惠州市一模)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距為2eq\r(5)，且雙曲線C右支上一動點P(x0，y0)到兩條漸近線l1，l2的距離之積為eq\f(4b2,5).(1)求雙曲線C的標準方程；(2)設直線l是曲線C在點P(x0，y0)處的切線，且l分別交兩條漸近線l1，l2于M、N兩點，O為坐標原點，求△MON的面積．[解析](1)雙曲線C的漸近線方程為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\o\al(2,0)－a2y\o\al(2,0)|,a2＋b2)＝eq\f(a2b2,a2＋b2).由題意可得eq\f(4b2,5)＝eq\f(a2b2,a2＋b2)，又2c＝2eq\r(5)，則c2＝a2＋b2＝5，解得a＝2，b＝1，則雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)當直線斜率不存在時，易知此時P(2,0)，直線l：x＝2，不妨設M(2,1)，N(2，－1)，得S△MON＝2；當直線斜率存在時，設直線l的方程為y＝kx＋m，與雙曲線的方程x2－4y2＝4聯(lián)立，可得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，直線與雙曲線的右支相切，可得Δ＝(8km)2－4(4k2－1)(4m2＋4)＝0，故4k2＝m2＋1.設直線l與x軸交于D，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)，0))，又雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x，,y＝kx＋m，))可得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1－2k)，\f(m,1－2k)))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(\f(－m,2k)))·|k|·|xM－xN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－m,2k)))·|k|·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1＋2k)＋\f(2m,1－2k)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－m,2k)))·|k|·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4m,1－4k2)))＝eq\f(2m2,m2)＝2.綜上，△MON面積為2.2．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)與橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1有相同的焦點，且過點(eq\r(2)，eq\r(2))，直線l交雙曲線于A、B兩點，且原點O到直線l的距離為eq\r(2).(1)求雙曲線C的方程；(2)證明：OA⊥OB.[解析](1)因為橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的焦點為(±eq\r(3)，0)，又雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1與橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1有相同的焦點，所以a2＋b2＝(eq\r(3))2＝3，因為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1過點(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，化簡得a4－7a2＋6＝0，解得a2＝1(a2＝6舍去)，所以b2＝3－a2＝2，所以雙曲線C的方程為：x2－eq\f(y2,2)＝1.(2)當直線l的斜率不存在時，設直線l的方程為x＝t，因為原點O到直線l的距離為eq\r(2).所以直線l的方程為x＝±eq\r(2)，此時設A、B兩點的坐標為A(eq\r(2)，eq\r(2))，B(eq\r(2)，－eq\r(2))，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(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；當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝kx＋m，因為原點O到直線l的距離為eq\r(2)，所以eq\f(|m|,\r(k2＋12))＝eq\r(2)，整理得m2＝2(k2＋1)，直線l的方程y＝kx＋m與雙曲線的方程聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋m，))整理得(2－k2)x2－2mkx－m2－2＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(2mk,2－k2)，x1x2＝eq\f(－m2－2,2－k2)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝－eq\f(1＋k2m2＋2,2－k2)＋mk·eq\f(2mk,2－k2)＋m2＝eq\f(m2－2k2－2,2－k2)＝eq\f(2k2＋1－2k2－2,2－k2)＝0，所以OA⊥OB，綜上可得OA⊥OB.3．(2024·湖北部分學校聯(lián)考)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過F作斜率為k(k>0)的直線l與C交于A，B兩點，當k＝eq\r(2)時，|AB|＝6.(1)求拋物線C的標準方程；(2)設線段AB的中垂線與x軸交于點P，拋物線C在A，B兩點處的切線相交于點Q，設P，Q兩點到直線l的距離分別為d1，d2，求eq\f(d1,d2)的值．[解析](1)當k＝eq\r(2)時，直線l的方程為y＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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，所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)由(1)知F(1,0)，則l：y＝k(x－1)，不妨設A(x1，2eq\r(x1))，B(x2，－2eq\r(x2))，線段AB的中點為M，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－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\co1(\f(k2＋2,k2)，\f(2,k)))，則AB的中垂線方程為y－eq\f(2,k)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(k2＋2,k2)))，令y＝0，得x＝3＋eq\f(2,k2)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2,k2)，0))，所以d1＝eq\f(2\r(k2＋1),k).切線QA：y＝eq\f(x,\r(x1))＋eq\r(x1)，QB：y＝－eq\f(x,\r(x2))－eq\r(x2).聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x,\r(x1))＋\r(x1)，,y＝－\f(x,\r(x2))－\r(x2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\r(x1x2)＝－1，,y＝\r(x1)－\f(1,\r(x1))，))由k2xeq\o\al(2,1)－(2k2＋4)x1＋k2＝0，得x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(－1，\f(2,k)))，所以點Q到直線kx－y－k＝0的距離d2＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－k－\f(2,k)－k)),\r(1＋k2))＝eq\f(2\r(1＋k2),k).故eq\f(d1,d2)＝1.4．(2024·高考天津卷)設橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左右頂點分別為A1，A2，右焦點為F，已知|A1F|＝3，|A2F|＝1.(1)求橢圓方程及其離心率；(2)已知點P是橢圓上一動點(不與端點重合)，直線A2P交y軸于點Q，若三角形A1PQ的面積是三角形A2FP面積的二倍，求直線A2P的方程．[解析](1)如圖，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3，,a－c＝1，))解得a＝2，c＝1，所以b＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).(2)由題意得，直線A2P斜率存在，由橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1可得A2(2,0)，設直線A2P的方程為y＝k(x－2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－2，))消去y整理得：(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0，由韋達定理得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\co1(\f(8k2－6,3＋4k2)，－\f(12k,3＋4k2)))，Q(0，－2k)．所以S△A2QA1＝