備考2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章單元質(zhì)量測(cè)試(六)

單元質(zhì)量測(cè)試(六)eq\a\vs4\al()時(shí)間：120分鐘eq\a\vs4\al()滿分：150分一、選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．直線3x＋eq\r(3)y－1＝0的傾斜角α的大小為()A．30° B．60°C．120° D．150°答案C解析∵直線的斜率k＝－eq\f(3,\r(3))＝－eq\r(3)，∴α＝120°.故選C.2．“a＝2”是“直線y＝－ax＋2與y＝eq\f(a,4)x－1垂直”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析由a＝2得兩直線斜率滿足(－2)×eq\f(2,4)＝－1，即兩直線垂直；由兩直線垂直得(－a)×eq\f(a,4)＝－1，解得a＝±2.故選A.3．(2023·安徽亳州蒙城第一中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè))圖1是世界上單口半徑最大、靈敏度最高的射電望遠(yuǎn)鏡“中國(guó)天眼”——500m口徑拋物面射電望遠(yuǎn)鏡，反射面的主體是一個(gè)拋物面(拋物線繞其對(duì)稱軸旋轉(zhuǎn)所形成的曲面稱為拋物面)，其邊緣距離底部的落差約為156.25m，它的一個(gè)軸截面為開口向上的拋物線C的一部分，放入如圖2所示的平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，已知該拋物線上點(diǎn)P到底部水平線(x軸)的距離為125m，則點(diǎn)P到該拋物線焦點(diǎn)F的距離為()A．225m B．275mC．330m D．380m答案A解析設(shè)拋物線方程為x2＝2py且p>0，由題意知點(diǎn)(250，156.25)在拋物線上，則312.5p＝2502，得p＝eq\f(2502,312.5)＝200，又P(xP，yP)且yP＝125，則點(diǎn)P到該拋物線焦點(diǎn)F的距離為yP＋eq\f(p,2)＝125＋100＝225m．故選A.4．(2024·福建福州閩侯縣第一中學(xué)高三上月考)過圓O：x2＋y2＝5外一點(diǎn)P(2，eq\r(5))作圓O的切線，切點(diǎn)分別為A，B，則|AB|＝()A．2 B.eq\r(5)C.eq\f(4\r(5),3) D．3答案C解析結(jié)合題意繪出圖形如圖所示．因?yàn)閳AO：x2＋y2＝5，直線PA，PB是圓O的切線，所以O(shè)(0，0)，|OA|＝|OB|＝eq\r(5)，PA⊥OA，PB⊥OB，因?yàn)镻(2，eq\r(5))，所以|OP|＝eq\r(22＋（\r(5)）2)＝3，|PA|＝eq\r(|OP|2－|OA|2)＝2，根據(jù)圓的對(duì)稱性，易知OP⊥AB，則eq\f(1,2)|OP|·|AC|＝eq\f(1,2)|OA|·|AP|，解得|AC|＝eq\f(2\r(5),3)，所以|AB|＝2|AC|＝eq\f(4\r(5),3).故選C.5．定義：雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1為橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的“伴隨曲線”．已知點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，－\f(\r(2),2)))在橢圓C上，且橢圓C的“伴隨曲線”的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，則橢圓C的離心率為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(2),3)答案A解析由定義可知橢圓C的“伴隨曲線”eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x.由題意可知，eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，即a＝2b①.將點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，－\f(\r(2),2)))代入橢圓C的方程，得eq\f(2,a2)＋eq\f(1,2b2)＝1②，聯(lián)立①②，解得b2＝1，a2＝4，即b＝1，a＝2，所以c2＝a2－b2＝4－1＝3，即c＝eq\r(3)，所以橢圓C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).6．(2023·河南?？寄M預(yù)測(cè))設(shè)P為拋物線C：y2＝4x上的動(dòng)點(diǎn)，A(2，4)關(guān)于P的對(duì)稱點(diǎn)為B，記P到直線x＝－1，x＝－3的距離分別為d1，d2，則d1＋d2＋|AB|的最小值為()A．2eq\r(17)＋2 B．2eq\r(13)＋2C.eq\r(17)＋2 D.eq\r(13)＋eq\r(17)＋2答案A解析如圖，因?yàn)閐2＝d1＋2，且A(2，4)關(guān)于P的對(duì)稱點(diǎn)為B，所以|PA|＝|PB|，拋物線焦點(diǎn)F(1，0)，所以d1＋d2＋|AB|＝2d1＋2＋2|PA|＝2(d1＋|PA|)＋2＝2(|PF|＋|PA|)＋2≥2|AF|＋2＝2eq\r(17)＋2.當(dāng)P在線段AF上時(shí)，d1＋d2＋|AB|取得最小值，為2eq\r(17)＋2.故選A.7．(2024·廣東揭陽(yáng)高三?？奸_學(xué)考試)已知雙曲線C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為雙曲線C的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)P為雙曲線上一點(diǎn)，若|PF1|＝3|PF2|，|PO|＝b，則雙曲線C的方程可以為()A．eq\f(y2,4)－x2＝1 B．eq\f(y2,2)－eq\f(x2,4)＝1C．eq\f(y2,3)－eq\f(x2,4)＝1 D．eq\f(y2,16)－eq\f(x2,4)＝1答案B解析設(shè)F1為雙曲線的下焦點(diǎn)，F(xiàn)2為雙曲線的上焦點(diǎn)，如圖所示，不妨設(shè)點(diǎn)P在第二象限，過點(diǎn)P作PH⊥F1F2于點(diǎn)H.因?yàn)閨PF1|＝3|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF2|＝a，因?yàn)閨PO|＝b，|OF2|＝c，所以|PF2|2＋|PO|2＝a2＋b2＝c2＝|OF2|2，所以∠OPF2＝90°，故eq\f(1,2)|PO|·|PF2|＝eq\f(1,2)|OF2|·|HP|，得|HP|＝eq\f(ab,c).因?yàn)閨HO|2＋|HP|2＝|PO|2，所以|HO|＝eq\f(b2,c)，故點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ab,c)，\f(b2,c)))，將Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ab,c)，\f(b2,c)))代入雙曲線eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1中，即eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,c)))\s\up12(2),a2)－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ab,c)))\s\up12(2),b2)＝1，化簡(jiǎn)得b4－a4＝a2c2，b4－a4＝a2(a2＋b2)，解得eq\f(b2,a2)＝2或eq\f(b2,a2)＝－1(舍去)，故B正確．故選B.8.如圖，已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,4)＝1(a>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線交橢圓于M，N兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)H.若F1，H是線段MN的三等分點(diǎn)，則△F2MN的周長(zhǎng)為()A．20 B．10C．2eq\r(5) D．4eq\r(5)答案D解析解法一：設(shè)點(diǎn)H(0，t)，0<t<2，則由F1，H是線段MN的三等分點(diǎn)，可知點(diǎn)N(c，2t)，M(－2c，－t)．則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c2,a2)＋\f(4t2,4)＝1，,\f(4c2,a2)＋\f(t2,4)＝1，))消去t2得15×eq\f(c2,a2)＝3，則eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,5).又b＝2，b2＝a2－c2，解得a2＝5，從而由橢圓的定義可知△F2MN的周長(zhǎng)為4a＝4eq\r(5).故選D.解法二：由F1，H是線段MN的三等分點(diǎn)，知H是線段F1N的中點(diǎn)，又O是F1F2的中點(diǎn)，則OH∥F2N，從而F2N⊥F1F2，故Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b2,2a))).又F1是線段MH的中點(diǎn)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2c，－\f(b2,2a))).由點(diǎn)M在橢圓上，可得eq\f(4c2,a2)＋eq\f(b4,4a2×4)＝1.又b2＝4＝a2－c2，從而有eq\f(4（a2－4）,a2)＋eq\f(1,a2)＝1，解得a2＝5，從而由橢圓的定義可知△F2MN的周長(zhǎng)為4a＝4eq\r(5).故選D.二、選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分)9．已知圓C1：(x－1)2＋(y－3)2＝11與圓C2：x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，則下列說法正確的是()A．若圓C2與x軸相切，則m＝2B．若m＝－3，則圓C1與圓C2相離C．若圓C1與圓C2有公共弦，則公共弦所在的直線方程為4x＋(6－2m)y＋m2＋2＝0D．直線kx－y－2k＋1＝0與圓C1始終有兩個(gè)交點(diǎn)答案BD解析因?yàn)閳AC1的方程為(x－1)2＋(y－3)2＝11，圓C2的方程為(x＋1)2＋(y－m)2＝4，所以若圓C2與x軸相切，則有|m|＝2，m＝±2，故A錯(cuò)誤；當(dāng)m＝－3時(shí)，|C1C2|＝eq\r(（1＋1）2＋（3＋3）2)＝2eq\r(10)>2＋eq\r(11)，兩圓相離，故B正確；由兩圓的方程相減可得公共弦所在的直線方程為4x＋(6－2m)y＋m2－2＝0，故C錯(cuò)誤；直線kx－y－2k＋1＝0過定點(diǎn)(2，1)，而(2－1)2＋(1－3)2＝5<11，故點(diǎn)(2，1)在圓C1：(x－1)2＋(y－3)2＝11內(nèi)部，所以直線kx－y－2k＋1＝0與圓C1始終有兩個(gè)交點(diǎn)，故D正確．10．(2023·廣州天河區(qū)模擬)已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是拋物線C：y2＝x上不同于原點(diǎn)O的兩點(diǎn)，點(diǎn)F是拋物線C的焦點(diǎn)，點(diǎn)M是線段AB的中點(diǎn)，則()A．拋物線C的準(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(1,4)B．當(dāng)直線AB的斜率k存在時(shí)，k＝eq\f(1,y1＋y2)C．當(dāng)A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，|AB|＝x1＋x2＋eq\f(1,2)D．當(dāng)直線AB過點(diǎn)(1，0)時(shí)，|OM|＝eq\f(1,2)|AB|答案BCD解析拋物線y2＝x的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(1,4)，A錯(cuò)誤；因?yàn)辄c(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)在拋物線C上，所以yeq\o\al(2,1)＝x1，yeq\o\al(2,2)＝x2，所以(y1＋y2)·(y1－y2)＝x1－x2，若直線AB的斜率k存在，則k＝eq\f(1,y1＋y2)，B正確；當(dāng)A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋eq\f(1,4)＋x2＋eq\f(1,4)＝x1＋x2＋eq\f(1,2)，C正確；若直線AB過點(diǎn)(1，0)且斜率為0，則其方程為y＝0，直線y＝0與拋物線y2＝x只有一個(gè)交點(diǎn)，與條件矛盾，所以設(shè)直線AB的方程為x＝ty＋1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝x，,x＝ty＋1，))消去x，可得y2－ty－1＝0，方程y2－ty－1＝0的判別式Δ＝t2＋4>0，所以y1＋y2＝t，y1y2＝－1.設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x0，y0)，y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(t,2)，x0＝eq\f(t2,2)＋1，所以|OM|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2)＋1))\s\up12(2)＋\f(t2,4))＝eq\r(\f(t4＋5t2＋4,4))＝eq\f(\r(t4＋5t2＋4),2)，|AB|＝eq\r(1＋t2)|y2－y1|＝eq\r(1＋t2)eq\r(（y2＋y1）2－4y1y2)＝eq\r(1＋t2)eq\r(t2＋4)＝eq\r(t4＋5t2＋4)，所以|OM|＝eq\f(1,2)|AB|，D正確．故選BCD.11．(2023·江蘇南通統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè))已知雙曲線C：x2－eq\f(y2,3)＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是雙曲線C的右支上一點(diǎn)，過點(diǎn)P的直線l與雙曲線C的兩條漸近線交于點(diǎn)M，N，則()A．|PF1|2－|PF2|2的最小值為8B．若直線l經(jīng)過點(diǎn)F2，且與雙曲線C交于另一點(diǎn)Q，則|PQ|的最小值為6C．|PF1|·|PF2|－|OP|2為定值D．若直線l與雙曲線C相切，則點(diǎn)M，N的縱坐標(biāo)之積為－3答案ACD解析依題意a＝1，b＝eq\r(3)，c＝2，F(xiàn)1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，|PF1|－|PF2|＝2a＝2，設(shè)P(x0，y0)，則x0≥1，xeq\o\al(2,0)－eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，即yeq\o\al(2,0)＝3xeq\o\al(2,0)－3，雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\r(3)x.對(duì)于A，|PF1|2－|PF2|2＝(x0＋2)2＋yeq\o\al(2,0)－[(x0－2)2＋yeq\o\al(2,0)]＝8x0≥8，A正確；對(duì)于B，若Q在雙曲線C的右支，則通徑最短，通徑長(zhǎng)為eq\f(2b2,a)＝6，若Q在雙曲線C的左支，則實(shí)軸最短，實(shí)軸長(zhǎng)為2a＝2<6，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，|PF1|·|PF2|－|OP|2＝eq\r(（x0＋2）2＋yeq\o\al(2,0))·eq\r(（x0－2）2＋yeq\o\al(2,0))－(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0))＝eq\r(（x0＋2）2＋3xeq\o\al(2,0)－3)·eq\r(（x0－2）2＋3xeq\o\al(2,0)－3)－(xeq\o\al(2,0)＋3xeq\o\al(2,0)－3)＝4xeq\o\al(2,0)－1－(4xeq\o\al(2,0)－3)＝2，為定值，C正確；對(duì)于D，不妨設(shè)M(x1，eq\r(3)x1)，N(x2，－eq\r(3)x2)，直線l的方程為x＝my＋n，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n，,x2－\f(y2,3)＝1，))得(3m2－1)y2＋6mny＋3n2－3＝0，若直線l與雙曲線C相切，則Δ＝36m2n2－12(3m2－1)(n2－1)＝0，化簡(jiǎn)整理，得n2＝1－3m2，則點(diǎn)M，N的縱坐標(biāo)之積為－3x1x2＝－3·eq\f(n,1－\r(3)m)·eq\f(n,1＋\r(3)m)＝－eq\f(3n2,1－3m2)＝－3，D正確．故選ACD.三、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分)12．(2023·甘肅蘭州五十中一模)已知直線l1：y＝2x，則過圓x2＋y2＋2x－4y＋1＝0的圓心且與直線l1垂直的直線l2的方程為________．答案x＋2y－3＝0解析圓x2＋y2＋2x－4y＋1＝0，化為標(biāo)準(zhǔn)方程可得(x＋1)2＋(y－2)2＝4，則圓心坐標(biāo)為(－1，2)，直線l1與直線l2垂直，由兩條直線垂直的斜率關(guān)系可得直線l2的斜率為k＝－eq\f(1,2)，由點(diǎn)斜式方程可得y－2＝－eq\f(1,2)(x＋1)，化簡(jiǎn)，得x＋2y－3＝0.13．已知橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1，點(diǎn)M與C的焦點(diǎn)不重合．若M關(guān)于C的焦點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)分別為A，B，線段MN的中點(diǎn)在C上，則|AN|＋|BN|＝________．答案12解析根據(jù)已知條件畫出圖形，如圖．設(shè)MN的中點(diǎn)為P，F(xiàn)1，F(xiàn)2為橢圓C的焦點(diǎn)，連接PF1，PF2.顯然PF1是△MAN的中位線，PF2是△MBN的中位線，所以|AN|＋|BN|＝2|PF1|＋2|PF2|＝2(|PF1|＋|PF2|)＝2×6＝12.14．(2023·江西贛州統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè))已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，過雙曲線C的右焦點(diǎn)F作直線l交雙曲線C的漸近線于A，B兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A在第一象限，點(diǎn)B在第四象限，且滿足eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(FA,\s\up6(→))，|AF|＝eq\f(4\r(2),3)a，則雙曲線C的離心率為__________．答案eq\f(4,3)解析雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)F(c，0)，漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因?yàn)閑q\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(FA,\s\up6(→))，所以(c－x2，－y2)＝eq\f(1,2)(x1－c，y1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c－x2＝\f(1,2)（x1－c），,－y2＝\f(1,2)y1，))即x1＋2x2＝3c①，y1＝－2y2②，又A(x1，y1)，B(x2，y2)分別在漸近線y＝eq\f(b,a)x，y＝－eq\f(b,a)x上，所以y1＝eq\f(b,a)x1，y2＝－eq\f(b,a)x2，代入②，可得x1＝2x2，再代入①，得x1＝eq\f(3,2)c，x2＝eq\f(3,4)c，故y1＝eq\f(b,a)x1＝eq\f(3bc,2a)，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)c，\f(3bc,2a)))，所以|AF|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)c－c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3bc,2a)))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(2),3)a，整理得9c2a2＋81b2c2－128a4＝0，又b2＝c2－a2，所以81c4－72a2c2－128a4＝0，即(9c2－16a2)(9c2＋8a2)＝0，故9c2－16a2＝0，所以eq\f(c2,a2)＝eq\f(16,9)，則雙曲線C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(4,3).四、解答題(本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15．(本小題滿分13分)已知坐標(biāo)平面上動(dòng)點(diǎn)M(x，y)與兩個(gè)定點(diǎn)P(26，1)，Q(2，1)，且|MP|＝5|MQ|.(1)求點(diǎn)M的軌跡方程，并說明軌跡是什么圖形；(2)記(1)中軌跡為C，過點(diǎn)N(－2，3)的直線l被C所截得的線段長(zhǎng)度為8，求直線l的方程．解(1)由題意，得eq\f(|MP|,|MQ|)＝5，即eq\f(\r(（x－26）2＋（y－1）2),\r(（x－2）2＋（y－1）2))＝5，化簡(jiǎn)，得x2＋y2－2x－2y－23＝0，所以點(diǎn)M的軌跡方程是(x－1)2＋(y－1)2＝25.軌跡是以(1，1)為圓心，5為半徑的圓．(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，得直線l的方程為x＝－2，此時(shí)所截得的線段長(zhǎng)度為2eq\r(52－32)＝8，符合題意．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，圓心(1，1)到直線l的距離d＝eq\f(|3k＋2|,\r(k2＋1)).由題意，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|3k＋2|,\r(k2＋1))))eq\s\up12(2)＋42＝52，解得k＝eq\f(5,12).所以直線l的方程為eq\f(5,12)x－y＋eq\f(23,6)＝0，即5x－12y＋46＝0.綜上，直線l的方程為x＝－2或5x－12y＋46＝0.16．(2024·湖南邵東創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)學(xué)校高三第二次月考)(本小題滿分15分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，短軸長(zhǎng)為2.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l：y＝kx＋m(k≠0)與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M，N，且線段MN的垂直平分線過定點(diǎn)(1，0)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解(1)由題意可知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2b＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，將y＝kx＋m代入橢圓方程，消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，所以Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)>0，即m2<4k2＋1，①由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，則y1＋y2＝eq\f(2m,1＋4k2)，所以線段MN的中點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2))).線段MN的垂直平分線l′的方程為y＝－eq\f(1,k)(x－1)，由點(diǎn)P在直線l′上，得eq\f(m,1＋4k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,1＋4k2)－1))，即4k2＋3km＋1＝0，所以m＝－eq\f(1,3k)(4k2＋1)，②由①②得eq\f(（4k2＋1）2,9k2)<4k2＋1，解得k2>eq\f(1,5)，即k<－eq\f(\r(5),5)或k>eq\f(\r(5),5).所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(5),5)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，＋∞)).17．(2023·山西大同?？寄M預(yù)測(cè))(本小題滿分15分)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)過點(diǎn)A(4eq\r(2)，3)，且焦距為10.(1)求雙曲線C的方程；(2)已知點(diǎn)B(4eq\r(2)，－3)，D(2eq\r(2)，0)，E為線段AB上一點(diǎn)，且直線DE交C于G，H兩點(diǎn)．證明：eq\f(|GD|,|GE|)＝eq\f(|HD|,|HE|).解(1)由題意可得eq\f(32,a2)－eq\f(9,b2)＝1，2eq\r(a2＋b2)＝10，故a＝4，b＝3，所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1.(2)證明：設(shè)E(4eq\r(2)，t)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，當(dāng)x＝4eq\r(2)時(shí)，由eq\f(32,16)－eq\f(y2,9)＝1，解得y＝±3，則|t|<3，因?yàn)殡p曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(3,4)x，故當(dāng)直線DE與漸近線平行時(shí)，與雙曲線僅有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)直線DE的方程為y＝±eq\f(3,4)(x－2eq\r(2))，令x＝4eq\r(2)，則y＝±eq\f(3\r(2),2)，故|t|≠eq\f(3\r(2),2).則直線DE：y＝eq\f(t,2\r(2))(x－2eq\r(2))．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(t,2\r(2))（x－2\r(2)），,\f(x2,16)－\f(y2,9)＝1，))得(9－2t2)x2＋8eq\r(2)t2x－16t2－144＝0，所以x1＋x2＝eq\f(8\r(2)t2,2t2－9)，x1x2＝eq\f(16t2＋144,2t2－9).eq\o(GD,\s\up6(→))·eq\o(HE,\s\up6(→))－eq\o(GE,\s\up6(→))·eq\o(DH,\s\up6(→))＝(2eq\r(2)－x1，－y1)·(4eq\r(2)－x2，t－y2)－(4eq\r(2)－x1，t－y1)·(x2－2eq\r(2)，y2)＝2x1x2＋2y1y2－6eq\r(2)(x1＋x2)－t(y1＋y2)＋32＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(t2,4)))x1x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)t2＋6\r(2)))(x1＋x2)＋4t2＋32＝eq\f(4（t2＋8）（t2＋9）,2t2－9)－eq\f(4t2（3t2＋24）,2t2－9)＋4t2＋32＝0，所以eq\o(GD,\s\up6(→))·eq\o(HE,\s\up6(→))＝eq\o(GE,\s\up6(→))·eq\o(DH,\s\up6(→))，所以|eq\o(GD,\s\up6(→))||eq\o(HE,\s\up6(→))|cos0＝|eq\o(GE,\s\up6(→))||eq\o(DH,\s\up6(→))|cos0，即eq\f(|GD|,|GE|)＝eq\f(|HD|,|HE|).18．(2023·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)高三開學(xué)考試)(本小題滿分17分)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F且垂直于x軸的直線交拋物線C于D，E兩點(diǎn)，且|DE|＝4.(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)直線l過點(diǎn)A(2，0)且與拋物線C交于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)R在拋物線C上，點(diǎn)N在x軸上，eq\o(NP,\s\up6(→))＋eq\o(NQ,\s\up6(→))＋eq\o(NR,\s\up6(→))＝0，直線PR交x軸于點(diǎn)B，且點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè)，記△APN的面積為S1，△RNB的面積為S2，求eq\f(S1,S2)的最小值．解(1)由已知可得焦點(diǎn)Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，將x＝eq\f(p,2)代入拋物線的方程，可得y2＝p2，則|DE|＝2p＝4，解得p＝2，∴拋物線C的方程為y2＝4x.(2)如圖，設(shè)P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，R(xR，yR)，N(xN，0)，令yP＝2t(t≠0)，則xP＝t2，∵直線l過點(diǎn)A(2，0)，∴直線l的方程為x＝eq\f(t2－2,2t)y＋2，將其與y2＝4x聯(lián)立并消去x，得y2－eq\f(2（t2－2）,t)y－8＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系，得2tyQ＝－8，即yQ＝－eq\f(4,t)，∴Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,t2)，－\f(4,t)))，連接QR，∵eq\o(NP,\s\up6(→))＋eq\o(NQ,\s\up6(→))＋eq\o(NR,\s\up6(→))＝0，∴N為△PQR的重心，∴xN＝eq\f(xP＋xQ＋xR,3)，0＝eq\f(yP＋yQ＋yR,3)，∴yR＝－yP－yQ＝－2t＋eq\f(4,t)，則xR＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－t＋\f(2,t)))eq\s\up12(2)，∴xN＝eq\f(xP＋xQ＋xR,3)＝eq\f(2t4－4t2＋8,3t2)，∴Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－t＋\f(2,t)))\s\up12(2)，－2t＋\f(4,t)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t4－4t2＋8,3t2)，0))，則直線PR的方程為y－2t＝t(x－t2)，令y＝0，得x＝t2－2，即B(t2－2，0)，∵點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè)，∴t2－2>2，即t2>4，∴eq\f(S1,S2)＝eq\f(\f(1,2)|NA|·|yP|,\f(1,2)|NB|·|yR|)＝eq\f(|2t4－10t2＋8|,|t4－2t2－8|)·eq\f(t2,t2－2)＝eq\f(2（t4－t2）,t4－4)＝2－eq\f(2（t2－4）,t4－4)，令m＝t2－4，則m>0，∴eq\f(S1,S2)＝2－eq\f(2m,m2＋8m＋12)＝2－eq\f(2,m＋\f(12,m)＋8)≥2－eq\f(2,2\r(m·\f(12,m))＋8)＝2－eq\f(1,2\r(3)＋4)＝eq\f(2＋\r(3),2)(當(dāng)且僅當(dāng)m＝eq\f(12,m)，即m＝2eq\r(3)時(shí)取等號(hào))，∴eq\f(S1,S2)的最小值為eq\f(2＋\r(3),2).19．(2023·山西陽(yáng)泉統(tǒng)考二模)(本小題滿分17分)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)經(jīng)過點(diǎn)D(4，3)，直線l1，l2分別是雙曲線C的漸近線，過D分別作l1和l2的平行線l1′和l2′，直線l1′交x軸于點(diǎn)M，直線l2′交y軸于點(diǎn)N，且|OM|·|ON|＝2eq\r(3)(O是坐標(biāo)原點(diǎn))．(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)A1，A2分別是雙曲線C的左、右頂點(diǎn)，過右焦點(diǎn)F的直線交雙曲線C于P，Q兩點(diǎn)，直線A1P與A2Q相交于點(diǎn)G，證明：點(diǎn)G在定直線上．解(1)由題意得eq\f(16,a2)－eq\f(9,b2)＝1，∴16b2－9a2＝a2b2，不妨設(shè)直線l1的方程為y＝eq\f(b,a)x，則直線l1′的方程為y－3＝eq\f(b,a)(x－4)，在直線l1′的方程中，令y＝0可得x＝4－eq\f(3a,b)，即點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(3a,b)，0))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co