2025版高考数学一轮总复习第8章平面解析几何第8讲圆锥曲线-求值证明问题提能训练

第8讲圆锥曲线——求值、证明问题1．(2024·广东惠州市一模)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距为2eq\r(5)，且双曲线C右支上一动点P(x0，y0)到两条渐近线l1，l2的距离之积为eq\f(4b2,5).(1)求双曲线C的标准方程；(2)设直线l是曲线C在点P(x0，y0)处的切线，且l分别交两条渐近线l1，l2于M、N两点，O为坐标原点，求△MON的面积．[解析](1)双曲线C的渐近线方程为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).由题意可得eq\f(4b2,5)＝eq\f(a2b2,a2＋b2)，又2c＝2eq\r(5)，则c2＝a2＋b2＝5，解得a＝2，b＝1，则双曲线的方程为eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)当直线斜率不存在时，易知此时P(2,0)，直线l：x＝2，不妨设M(2,1)，N(2，－1)，得S△MON＝2；当直线斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，与双曲线的方程x2－4y2＝4联立，可得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，直线与双曲线的右支相切，可得Δ＝(8km)2－4(4k2－1)(4m2＋4)＝0，故4k2＝m2＋1.设直线l与x轴交于D，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)，0))，又双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)x，联立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.综上，△MON面积为2.2．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1有相同的焦点，且过点(eq\r(2)，eq\r(2))，直线l交双曲线于A、B两点，且原点O到直线l的距离为eq\r(2).(1)求双曲线C的方程；(2)证明：OA⊥OB.[解析](1)因为椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1的焦点为(±eq\r(3)，0)，又双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1与椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1有相同的焦点，所以a2＋b2＝(eq\r(3))2＝3，因为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1过点(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，化简得a4－7a2＋6＝0，解得a2＝1(a2＝6舍去)，所以b2＝3－a2＝2，所以双曲线C的方程为：x2－eq\f(y2,2)＝1.(2)当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x＝t，因为原点O到直线l的距离为eq\r(2).所以直线l的方程为x＝±eq\r(2)，此时设A、B两点的坐标为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；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，因为原点O到直线l的距离为eq\r(2)，所以eq\f(|m|,\r(k2＋12))＝eq\r(2)，整理得m2＝2(k2＋1)，直线l的方程y＝kx＋m与双曲线的方程联立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，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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，综上可得OA⊥OB.3．(2024·湖北部分学校联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F作斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，当k＝eq\r(2)时，|AB|＝6.(1)求抛物线C的标准方程；(2)设线段AB的中垂线与x轴交于点P，抛物线C在A，B两点处的切线相交于点Q，设P，Q两点到直线l的距离分别为d1，d2，求eq\f(d1,d2)的值．[解析](1)当k＝eq\r(2)时，直线l的方程为y＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组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，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)由(1)知F(1,0)，则l：y＝k(x－1)，不妨设A(x1，2eq\r(x1))，B(x2，－2eq\r(x2))，线段AB的中点为M，联立方程组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)))，则AB的中垂线方程为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).切线QA：y＝eq\f(x,\r(x1))＋eq\r(x1)，QB：y＝－eq\f(x,\r(x2))－eq\r(x2).联立方程组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)))，所以点Q到直线kx－y－k＝0的距离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)设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左右顶点分别为A1，A2，右焦点为F，已知|A1F|＝3，|A2F|＝1.(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点P是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP面积的二倍，求直线A2P的方程．[解析](1)如图，由题意得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)，所以椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，离心率为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).(2)由题意得，直线A2P斜率存在，由椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1可得A2(2,0)，设直线A2P的方程为y＝k(x－2)，联立方程组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，由韦达定理得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＝