2025年高考數(shù)學總復習 55 課時質(zhì)量評價(五十五)

課時質(zhì)量評價(五十五)1．已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左焦點為(1)求雙曲線C的標準方程；(2)已知B0，3，直線l：y＝kx＋m(km≠0)與雙曲線C相交于不同的兩點M，N，若|BM|＝|BN|，求實數(shù)解：(1)因為a＝1，ca＝2，所以c＝2，b2＝3所以雙曲線C的標準方程為x2－y23(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，線段MN的中點Q(x0，y0)，聯(lián)立y得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，依題意3即3－由根與系數(shù)的關系可得x1＋x2＝2km則x0＝x1因為|BM|＝|BN|，所以BQ⊥MN，所以kBQ＝y(tǒng)0所以3－k2＝433mk2＝3－433m>0由①②③得m<－433或0<m<2．(2024·濟寧模擬)已知拋物線E：y2＝2px(p>0)的焦點為F，點M(4，m)在拋物線E上，且△OMF的面積為12p2(O為坐標原點)(1)求拋物線E的方程；(2)過焦點F的直線l與拋物線E交于A，B兩點，過A，B分別作垂直于l的直線AC，BD，分別交拋物線于C，D兩點，求|AC|＋|BD|的最小值．解：(1)由題意可得m2＝8p故拋物線E的方程為y2＝4x.(2)由題意知直線l的斜率一定存在且不為0，F(xiàn)(1，0)，設直線l的方程為x＝ty＋1，t≠0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，易知x1＝ty1＋1>0，x2＝ty2＋1>0，聯(lián)立x消去x，得y2－4ty－4＝0，則Δ＝16t2＋16＞0，所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4.由AC垂直于l，得直線AC的方程為y－y1＝－t(x－x1)，聯(lián)立y消去x，得ty2＋4y－4tx1－4y1＝0，則Δ＝16＋4t(4tx1＋4y1)＞0，所以y1＋y3＝－4t所以|AC|＝1+1t2＝1+1t216+4t2y同理可得|BD|＝2t2+1t2所以|AC|＋|BD|＝2t2+1t2·[t(y1＋y2)＋4]＝8t2+令f(x)＝x+13x2，x>0，則f′(x)＝所以當x∈(0，2)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以當x＝2時，f(x)取得最小值，即當t＝±2時，AC+3．(2024·淄博模擬)已知F3，0是橢圓C：x2a2+y2b2＝(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l與橢圓C相交于A，B兩點，且kOA＋kOB＝－12(O為坐標原點)，求直線l解：(1)由題意知，橢圓x2a2+y2b2＝1(a根據(jù)橢圓的定義，可得點M到兩焦點的距離之和為3+32即2a＝4，所以a＝2.又因為c＝3，可得b2＝a2－c2＝1，所以橢圓C的方程為x24＋y2(2)當直線l的斜率不存在或斜率為0時，結(jié)合橢圓的對稱性可知，kOA＋kOB＝0，不符合題意．故設直線l的方程為y＝kx+m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，則x1＋x2＝－8所以kOA＋kOB＝y(tǒng)1由kOA＋kOB＝－12，可得m2＝4k＋1≥0，所以k≥－1又由Δ>0，可得16(4k2－m2＋1)>0，所以4k2－4k>0，解得k<0或k>1.綜上所述，直線l的斜率的取值范圍是－14，04．如圖所示，已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，準線為l，過點M(1，0)的直線交拋物線C于A，B兩點，且3OF＝FM.(1)求拋物線C的方程；(2)若點B在準線l上的投影為E，D是C上一點，且AD·EF＝0，求△ABD面積的最小值及此時直線AD的方程．解：(1)依題意Fp2，0，3OF可得3|OF|＝|FM|，即3×p2＝1－p2，可得p＝所以拋物線C的方程為y2＝x.(2)拋物線y2＝x的焦點F14，0，準線方程為x＝設D(x0，y0)，B(t2，t)，則E－1若直線AB的斜率存在，設直線AB：y＝k(x－1)，聯(lián)立y=kx－1，y2=x，可得k2x2－(2k2＋1)x＋k2＝0，Δ＝(2k則xAxB＝1，可得A1t若直線AB的斜率不存在，即直線AB：x＝1，也符合上述坐標．因為kEF＝－2t，AD⊥EF，所以kAD＝12t，故直線AD：y＋1t＝12tx－1t2，即由y2=x，x－2ty－2－1tΔ＝4t2＋42+1t所以yA＋y0＝2t，yAy0＝－2－1t所以|AD|＝1+4t2|yA－y0|＝1+4點B到