备考2025年高考数学一轮复习第六章单元质量测试(六)

单元质量测试(六)eq\a\vs4\al()时间：120分钟eq\a\vs4\al()满分：150分一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．直线3x＋eq\r(3)y－1＝0的倾斜角α的大小为()A．30° B．60°C．120° D．150°答案C解析∵直线的斜率k＝－eq\f(3,\r(3))＝－eq\r(3)，∴α＝120°.故选C.2．“a＝2”是“直线y＝－ax＋2与y＝eq\f(a,4)x－1垂直”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析由a＝2得两直线斜率满足(－2)×eq\f(2,4)＝－1，即两直线垂直；由两直线垂直得(－a)×eq\f(a,4)＝－1，解得a＝±2.故选A.3．(2023·安徽亳州蒙城第一中学校考模拟预测)图1是世界上单口半径最大、灵敏度最高的射电望远镜“中国天眼”——500m口径抛物面射电望远镜，反射面的主体是一个抛物面(抛物线绕其对称轴旋转所形成的曲面称为抛物面)，其边缘距离底部的落差约为156.25m，它的一个轴截面为开口向上的抛物线C的一部分，放入如图2所示的平面直角坐标系xOy内，已知该抛物线上点P到底部水平线(x轴)的距离为125m，则点P到该抛物线焦点F的距离为()A．225m B．275mC．330m D．380m答案A解析设抛物线方程为x2＝2py且p>0，由题意知点(250，156.25)在抛物线上，则312.5p＝2502，得p＝eq\f(2502,312.5)＝200，又P(xP，yP)且yP＝125，则点P到该抛物线焦点F的距离为yP＋eq\f(p,2)＝125＋100＝225m．故选A.4．(2024·福建福州闽侯县第一中学高三上月考)过圆O：x2＋y2＝5外一点P(2，eq\r(5))作圆O的切线，切点分别为A，B，则|AB|＝()A．2 B.eq\r(5)C.eq\f(4\r(5),3) D．3答案C解析结合题意绘出图形如图所示．因为圆O：x2＋y2＝5，直线PA，PB是圆O的切线，所以O(0，0)，|OA|＝|OB|＝eq\r(5)，PA⊥OA，PB⊥OB，因为P(2，eq\r(5))，所以|OP|＝eq\r(22＋（\r(5)）2)＝3，|PA|＝eq\r(|OP|2－|OA|2)＝2，根据圆的对称性，易知OP⊥AB，则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).故选C.5．定义：双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1为椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的“伴随曲线”．已知点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，－\f(\r(2),2)))在椭圆C上，且椭圆C的“伴随曲线”的渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)x，则椭圆C的离心率为()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解析由定义可知椭圆C的“伴随曲线”eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x.由题意可知，eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，即a＝2b①.将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，－\f(\r(2),2)))代入椭圆C的方程，得eq\f(2,a2)＋eq\f(1,2b2)＝1②，联立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)，所以椭圆C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).6．(2023·河南校考模拟预测)设P为抛物线C：y2＝4x上的动点，A(2，4)关于P的对称点为B，记P到直线x＝－1，x＝－3的距离分别为d1，d2，则d1＋d2＋|AB|的最小值为()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解析如图，因为d2＝d1＋2，且A(2，4)关于P的对称点为B，所以|PA|＝|PB|，抛物线焦点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.当P在线段AF上时，d1＋d2＋|AB|取得最小值，为2eq\r(17)＋2.故选A.7．(2024·广东揭阳高三校考开学考试)已知双曲线C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，O为坐标原点，F1，F2为双曲线C的两个焦点，点P为双曲线上一点，若|PF1|＝3|PF2|，|PO|＝b，则双曲线C的方程可以为()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解析设F1为双曲线的下焦点，F2为双曲线的上焦点，如图所示，不妨设点P在第二象限，过点P作PH⊥F1F2于点H.因为|PF1|＝3|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF2|＝a，因为|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).因为|HO|2＋|HP|2＝|PO|2，所以|HO|＝eq\f(b2,c)，故点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ab,c)，\f(b2,c)))，将Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ab,c)，\f(b2,c)))代入双曲线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，化简得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正确．故选B.8.如图，已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,4)＝1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于M，N两点，交y轴于点H.若F1，H是线段MN的三等分点，则△F2MN的周长为()A．20 B．10C．2eq\r(5) D．4eq\r(5)答案D解析解法一：设点H(0，t)，0<t<2，则由F1，H是线段MN的三等分点，可知点N(c，2t)，M(－2c，－t)．则有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，则eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,5).又b＝2，b2＝a2－c2，解得a2＝5，从而由椭圆的定义可知△F2MN的周长为4a＝4eq\r(5).故选D.解法二：由F1，H是线段MN的三等分点，知H是线段F1N的中点，又O是F1F2的中点，则OH∥F2N，从而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是线段MH的中点，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2c，－\f(b2,2a))).由点M在椭圆上，可得eq\f(4c2,a2)＋eq\f(b4,4a2×4)＝1.又b2＝4＝a2－c2，从而有eq\f(4（a2－4）,a2)＋eq\f(1,a2)＝1，解得a2＝5，从而由椭圆的定义可知△F2MN的周长为4a＝4eq\r(5).故选D.二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)9．已知圆C1：(x－1)2＋(y－3)2＝11与圆C2：x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，则下列说法正确的是()A．若圆C2与x轴相切，则m＝2B．若m＝－3，则圆C1与圆C2相离C．若圆C1与圆C2有公共弦，则公共弦所在的直线方程为4x＋(6－2m)y＋m2＋2＝0D．直线kx－y－2k＋1＝0与圆C1始终有两个交点答案BD解析因为圆C1的方程为(x－1)2＋(y－3)2＝11，圆C2的方程为(x＋1)2＋(y－m)2＝4，所以若圆C2与x轴相切，则有|m|＝2，m＝±2，故A错误；当m＝－3时，|C1C2|＝eq\r(（1＋1）2＋（3＋3）2)＝2eq\r(10)>2＋eq\r(11)，两圆相离，故B正确；由两圆的方程相减可得公共弦所在的直线方程为4x＋(6－2m)y＋m2－2＝0，故C错误；直线kx－y－2k＋1＝0过定点(2，1)，而(2－1)2＋(1－3)2＝5<11，故点(2，1)在圆C1：(x－1)2＋(y－3)2＝11内部，所以直线kx－y－2k＋1＝0与圆C1始终有两个交点，故D正确．10．(2023·广州天河区模拟)已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C：y2＝x上不同于原点O的两点，点F是抛物线C的焦点，点M是线段AB的中点，则()A．抛物线C的准线方程为y＝－eq\f(1,4)B．当直线AB的斜率k存在时，k＝eq\f(1,y1＋y2)C．当A，B，F三点共线时，|AB|＝x1＋x2＋eq\f(1,2)D．当直线AB过点(1，0)时，|OM|＝eq\f(1,2)|AB|答案BCD解析抛物线y2＝x的准线方程为x＝－eq\f(1,4)，A错误；因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线C上，所以yeq\o\al(2,1)＝x1，yeq\o\al(2,2)＝x2，所以(y1＋y2)·(y1－y2)＝x1－x2，若直线AB的斜率k存在，则k＝eq\f(1,y1＋y2)，B正确；当A，B，F三点共线时，|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋eq\f(1,4)＋x2＋eq\f(1,4)＝x1＋x2＋eq\f(1,2)，C正确；若直线AB过点(1，0)且斜率为0，则其方程为y＝0，直线y＝0与抛物线y2＝x只有一个交点，与条件矛盾，所以设直线AB的方程为x＝ty＋1，联立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的判别式Δ＝t2＋4>0，所以y1＋y2＝t，y1y2＝－1.设点M的坐标为(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正确．故选BCD.11．(2023·江苏南通统考模拟预测)已知双曲线C：x2－eq\f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P是双曲线C的右支上一点，过点P的直线l与双曲线C的两条渐近线交于点M，N，则()A．|PF1|2－|PF2|2的最小值为8B．若直线l经过点F2，且与双曲线C交于另一点Q，则|PQ|的最小值为6C．|PF1|·|PF2|－|OP|2为定值D．若直线l与双曲线C相切，则点M，N的纵坐标之积为－3答案ACD解析依题意a＝1，b＝eq\r(3)，c＝2，F1(－2，0)，F2(2，0)，|PF1|－|PF2|＝2a＝2，设P(x0，y0)，则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，双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\r(3)x.对于A，|PF1|2－|PF2|2＝(x0＋2)2＋yeq\o\al(2,0)－[(x0－2)2＋yeq\o\al(2,0)]＝8x0≥8，A正确；对于B，若Q在双曲线C的右支，则通径最短，通径长为eq\f(2b2,a)＝6，若Q在双曲线C的左支，则实轴最短，实轴长为2a＝2<6，B错误；对于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，为定值，C正确；对于D，不妨设M(x1，eq\r(3)x1)，N(x2，－eq\r(3)x2)，直线l的方程为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，若直线l与双曲线C相切，则Δ＝36m2n2－12(3m2－1)(n2－1)＝0，化简整理，得n2＝1－3m2，则点M，N的纵坐标之积为－3x1x2＝－3·eq\f(n,1－\r(3)m)·eq\f(n,1＋\r(3)m)＝－eq\f(3n2,1－3m2)＝－3，D正确．故选ACD.三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)12．(2023·甘肃兰州五十中一模)已知直线l1：y＝2x，则过圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0的圆心且与直线l1垂直的直线l2的方程为________．答案x＋2y－3＝0解析圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0，化为标准方程可得(x＋1)2＋(y－2)2＝4，则圆心坐标为(－1，2)，直线l1与直线l2垂直，由两条直线垂直的斜率关系可得直线l2的斜率为k＝－eq\f(1,2)，由点斜式方程可得y－2＝－eq\f(1,2)(x＋1)，化简，得x＋2y－3＝0.13．已知椭圆C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1，点M与C的焦点不重合．若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|＋|BN|＝________．答案12解析根据已知条件画出图形，如图．设MN的中点为P，F1，F2为椭圆C的焦点，连接PF1，PF2.显然PF1是△MAN的中位线，PF2是△MBN的中位线，所以|AN|＋|BN|＝2|PF1|＋2|PF2|＝2(|PF1|＋|PF2|)＝2×6＝12.14．(2023·江西赣州统考模拟预测)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，过双曲线C的右焦点F作直线l交双曲线C的渐近线于A，B两点，其中点A在第一象限，点B在第四象限，且满足eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(FA,\s\up6(→))，|AF|＝eq\f(4\r(2),3)a，则双曲线C的离心率为__________．答案eq\f(4,3)解析双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点F(c，0)，渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为eq\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)分别在渐近线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)，则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)，则双曲线C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(4,3).四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分13分)已知坐标平面上动点M(x，y)与两个定点P(26，1)，Q(2，1)，且|MP|＝5|MQ|.(1)求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；(2)记(1)中轨迹为C，过点N(－2，3)的直线l被C所截得的线段长度为8，求直线l的方程．解(1)由题意，得eq\f(|MP|,|MQ|)＝5，即eq\f(\r(（x－26）2＋（y－1）2),\r(（x－2）2＋（y－1）2))＝5，化简，得x2＋y2－2x－2y－23＝0，所以点M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－1)2＝25.轨迹是以(1，1)为圆心，5为半径的圆．(2)当直线l的斜率不存在时，得直线l的方程为x＝－2，此时所截得的线段长度为2eq\r(52－32)＝8，符合题意．当直线l的斜率存在时，设l的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，圆心(1，1)到直线l的距离d＝eq\f(|3k＋2|,\r(k2＋1)).由题意，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).所以直线l的方程为eq\f(5,12)x－y＋eq\f(23,6)＝0，即5x－12y＋46＝0.综上，直线l的方程为x＝－2或5x－12y＋46＝0.16．(2024·湖南邵东创新实验学校高三第二次月考)(本小题满分15分)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的垂直平分线过定点(1，0)，求实数k的取值范围．解(1)由题意可知，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)，))故椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，将y＝kx＋m代入椭圆方程，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由根与系数的关系得x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，则y1＋y2＝eq\f(2m,1＋4k2)，所以线段MN的中点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2))).线段MN的垂直平分线l′的方程为y＝－eq\f(1,k)(x－1)，由点P在直线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).所以实数k的取值范围是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·山西大同校考模拟预测)(本小题满分15分)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)过点A(4eq\r(2)，3)，且焦距为10.(1)求双曲线C的方程；(2)已知点B(4eq\r(2)，－3)，D(2eq\r(2)，0)，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：eq\f(|GD|,|GE|)＝eq\f(|HD|,|HE|).解(1)由题意可得eq\f(32,a2)－eq\f(9,b2)＝1，2eq\r(a2＋b2)＝10，故a＝4，b＝3，所以双曲线C的方程为eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1.(2)证明：设E(4eq\r(2)，t)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，当x＝4eq\r(2)时，由eq\f(32,16)－eq\f(y2,9)＝1，解得y＝±3，则|t|<3，因为双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(3,4)x，故当直线DE与渐近线平行时，与双曲线仅有一个交点，此时直线DE的方程为y＝±eq\f(3,4)(x－2eq\r(2))，令x＝4eq\r(2)，则y＝±eq\f(3\r(2),2)，故|t|≠eq\f(3\r(2),2).则直线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·湖南长沙长郡中学高三开学考试)(本小题满分17分)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线交抛物线C于D，E两点，且|DE|＝4.(1)求抛物线C的方程；(2)设直线l过点A(2，0)且与抛物线C交于P，Q两点，点R在抛物线C上，点N在x轴上，eq\o(NP,\s\up6(→))＋eq\o(NQ,\s\up6(→))＋eq\o(NR,\s\up6(→))＝0，直线PR交x轴于点B，且点B在点A的右侧，记△APN的面积为S1，△RNB的面积为S2，求eq\f(S1,S2)的最小值．解(1)由已知可得焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，将x＝eq\f(p,2)代入抛物线的方程，可得y2＝p2，则|DE|＝2p＝4，解得p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)如图，设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，R(xR，yR)，N(xN，0)，令yP＝2t(t≠0)，则xP＝t2，∵直线l过点A(2，0)，∴直线l的方程为x＝eq\f(t2－2,2t)y＋2，将其与y2＝4x联立并消去x，得y2－eq\f(2（t2－2）,t)y－8＝0，由根与系数的关系，得2tyQ＝－8，即yQ＝－eq\f(4,t)，∴Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,t2)，－\f(4,t)))，连接QR，∵eq\o(NP,\s\up6(→))＋eq\o(NQ,\s\up6(→))＋eq\o(NR,\s\up6(→))＝0，∴N为△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)，则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))，则直线PR的方程为y－2t＝t(x－t2)，令y＝0，得x＝t2－2，即B(t2－2，0)，∵点B在点A的右侧，∴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，则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)(当且仅当m＝eq\f(12,m)，即m＝2eq\r(3)时取等号)，∴eq\f(S1,S2)的最小值为eq\f(2＋\r(3),2).19．(2023·山西阳泉统考二模)(本小题满分17分)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)经过点D(4，3)，直线l1，l2分别是双曲线C的渐近线，过D分别作l1和l2的平行线l1′和l2′，直线l1′交x轴于点M，直线l2′交y轴于点N，且|OM|·|ON|＝2eq\r(3)(O是坐标原点)．(1)求双曲线C的方程；(2)设A1，A2分别是双曲线C的左、右顶点，过右焦点F的直线交双曲线C于P，Q两点，直线A1P与A2Q相交于点G，证明：点G在定直线上．解(1)由题意得eq\f(16,a2)－eq\f(9,b2)＝1，∴16b2－9a2＝a2b2，不妨设直线l1的方程为y＝eq\f(b,a)x，则直线l1′的方程为y－3＝eq\f(b,a)(x－4)，在直线l1′的方程中，令y＝0可得x＝4－eq\f(3a,b)，即点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