2025年高考数学总复习 55 课时质量评价(五十五)

课时质量评价(五十五)1．已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左焦点为(1)求双曲线C的标准方程；(2)已知B0，3，直线l：y＝kx＋m(km≠0)与双曲线C相交于不同的两点M，N，若|BM|＝|BN|，求实数解：(1)因为a＝1，ca＝2，所以c＝2，b2＝3所以双曲线C的标准方程为x2－y23(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点Q(x0，y0)，联立y得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，依题意3即3－由根与系数的关系可得x1＋x2＝2km则x0＝x1因为|BM|＝|BN|，所以BQ⊥MN，所以kBQ＝y0所以3－k2＝433mk2＝3－433m>0由①②③得m<－433或0<m<2．(2024·济宁模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(4，m)在抛物线E上，且△OMF的面积为12p2(O为坐标原点)(1)求抛物线E的方程；(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，过A，B分别作垂直于l的直线AC，BD，分别交抛物线于C，D两点，求|AC|＋|BD|的最小值．解：(1)由题意可得m2＝8p故抛物线E的方程为y2＝4x.(2)由题意知直线l的斜率一定存在且不为0，F(1，0)，设直线l的方程为x＝ty＋1，t≠0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，易知x1＝ty1＋1>0，x2＝ty2＋1>0，联立x消去x，得y2－4ty－4＝0，则Δ＝16t2＋16＞0，所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4.由AC垂直于l，得直线AC的方程为y－y1＝－t(x－x1)，联立y消去x，得ty2＋4y－4tx1－4y1＝0，则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，则f′(x)＝所以当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝2时，f(x)取得最小值，即当t＝±2时，AC+3．(2024·淄博模拟)已知F3，0是椭圆C：x2a2+y2b2＝(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l与椭圆C相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－12(O为坐标原点)，求直线l解：(1)由题意知，椭圆x2a2+y2b2＝1(a根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为3+32即2a＝4，所以a＝2.又因为c＝3，可得b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2(2)当直线l的斜率不存在或斜率为0时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意．故设直线l的方程为y＝kx+m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，则x1＋x2＝－8所以kOA＋kOB＝y1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.综上所述，直线l的斜率的取值范围是－14，04．如图所示，已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，过点M(1，0)的直线交抛物线C于A，B两点，且3OF＝FM.(1)求抛物线C的方程；(2)若点B在准线l上的投影为E，D是C上一点，且AD·EF＝0，求△ABD面积的最小值及此时直线AD的方程．解：(1)依题意Fp2，0，3OF可得3|OF|＝|FM|，即3×p2＝1－p2，可得p＝所以抛物线C的方程为y2＝x.(2)抛物线y2＝x的焦点F14，0，准线方程为x＝设D(x0，y0)，B(t2，t)，则E－1若直线AB的斜率存在，设直线AB：y＝k(x－1)，联立y=kx－1，y2=x，可得k2x2－(2k2＋1)x＋k2＝0，Δ＝(2k则xAxB＝1，可得A1t若直线AB的斜率不存在，即直线AB：x＝1，也符合上述坐标．因为kEF＝－2t，AD⊥EF，所以kAD＝12t，故直线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点B到