2026《衡中学案》高考一轮总复习 数学提能训练 练案[60]  人教版

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提能训练 练案[60]
1.(2025·安徽重点高中联盟校摸底)已知O为坐标原点,F1,F2分别是双曲线E:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,直线l:y=x与E交于A,B两点,·=0.
(1)求E的离心率;
(2)M为E上一点(不在x轴上),过F2作∠F1MF2平分线的垂线,垂足为N,若|ON|=1,求△AF1F2的面积.
[解析] (1)由题意得,直线y=x与双曲线两交点A,B关于原点对称,
不妨设点A在第一象限,由·=0,
得F2A⊥F2B,
设F2(c,0),则OA=c,tan∠AOF2=,
所以sin∠AOF2=,cos∠AOF2=,则A,
将其代入双曲线方程,得-=1,
即-=1,
化简得9e2-=25,即9e4-50e2+25=0,
因为e>1,所以e2=5,则e=,即双曲线E的离心率为.
(2)因为点F2关于∠F1MF2的平分线MN的对称点G在MF1或MF1的延长线上,
所以|F1G|=||MF1|-|MF2||=2a,
又ON是△F2F1G的中位线,所以|ON|=a,
因为|ON|=1,所以a=1,
因为e=,
所以双曲线E的方程为x2-=1,
所以c=,则A.
又|F1F2|=2c=2,
所以S△AF1F2=×2×=4.
2.(2024·浙江杭州期末)已知点F1,F2为椭圆C:+y2=1的左,右焦点,椭圆C上的点P,Q满足F1P∥F2Q,且P,Q在x轴上方,直线F1Q,F2P交于点G.已知直线PF1的斜率为k(k>0).
(1)当k=1时,求|PF1|+|QF2|的值;
(2)记△PF1G,△QF2G的面积分别为S1,S2,求S1-S2的最大值.
[解析] (1)设直线PF1与椭圆的另一个交点为Q′,由椭圆的对称性得Q,Q′关于原点对称.
设点P(x1,y1),Q′(x2,y2).
因为C:+y2=1中a2=2,b2=1,c==1,
所以F1(-1,0),
所以当k=1时,直线PF1的方程为:y=x+1,
联立直线y=x+1与椭圆x2+2y2-2=0的方程得3x2+4x=0,
所以x1+x2=-,x1x2=0,
所以|x1-x2|==,
所以|PF1|+|QF2|=|PF1|+|Q′F1|=|x1-x2|=|x1-x2|=.
(2)由题可设直线PF1的方程为x=-1,
联立直线x=-1与椭圆x2+2y2-2=0
得y2--1=0,

所以y1+y2==,
S1-S2=S△F1F2P-S△F1F2Q=S△F1F2P-S△F1F2Q′,
=|F1F2|·y1-|F1F2|·(-y2)=×2×(y1+y2)=y1+y2=≤,
所以当=2k即k=时等号成立,S1-S2取到最大值.
3.(2025·江苏南通如皋调研)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,点D(2,0),过F的直线交C于M,N两点,直线MD,ND与C的另一个交点分别为A,B,记直线MN,AB的斜率分别为k1,k2.
(1)求证:为定值;
(2)直线AB是否过定点?若过定点,求出定点坐标.
[解析] (1)证明:设M,N,A,B,直线MN:x=my+1.
由可得y2-4my-4=0,
Δ>0,y1y2=-4.
由斜率公式可得k1==,
k2==,
直线MD:x=y+2,代入抛物线方程可得y2-y-8=0,
Δ>0,y1y3=-8,所以y3=2y2,
同理可得y4=2y1,
所以k2===?=2.
(2)设P(t,0),若P,M,N三点共线,
由=,=,
所以y2=y1,化简得y1y2=-4t,
因此,由M,D,A三点共线,得y1y3=-8.
由N,D,B三点共线,得y2y4=-8,
则y3y4=4y1y2=-16.
设直线AB:x=ny+b,
由可得y2-4ny-4b=0,
Δ>0,y3y4=-4b=-16?b=4,
所以直线AB过定点(4,0).
4.(2025·云南昆明摸底)动点M(x,y)到直线l1:y=x与直线l2:y=-x的距离之积等于,且|y|0)交Γ于点A,B,Γ上是否存在点C满足++=0?若存在,求出点C的坐标;若不存在,说明理由.
[解析] (1)根据M(x,y)到直线l1:y=x与直线l2:y=-x的距离之积等于,
可得·=,化简得|3x2-y2|=3,
由于|y|0)与3x2-y2=3

可得(3-k2)x2-4kx-7=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x0,y0),
则x1+x2=,x1x2=,
故y1+y2=k(x1+x2)+4=+4,
设存在点C满足++=0,


由于C(x0,y0)在3x2-y2=3,
故32-2=3,
化简得19k4-66k2+27=0,
即(k2-3)(19k2-9)=0,
解得k2=或k2=3(舍去),
由于Δ=16k2+28(3-k2)>0,
解得k20,故k=,
故故C,
故存在C,使得++=0.
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