2025年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 54 課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(五十四)

課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(五十四)1．已知點(diǎn)P(－2，－1)為橢圓C：x2a2+y2b2＝1(a(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若M為C上第二象限內(nèi)一點(diǎn)，點(diǎn)M關(guān)于直線x＝－2的對(duì)稱點(diǎn)為N，直線PN與C交于另一點(diǎn)Q，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求證：MQ∥OP.(1)解：由點(diǎn)P(－2，－1)在橢圓C上，得－22a2由橢圓C的離心率為32，得c2由①②，解得a2＝8，b2＝2，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x28(2)證明：因?yàn)辄c(diǎn)M，N關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，所以直線PM與PN關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，則kPM＋kPN＝0，易知直線PM的斜率存在且不為0.設(shè)直線PM的斜率為k，則直線PN的斜率為－k，又P(－2，－1)，所以直線PM的方程為y＋1＝k(x＋2)，即y＝k(x＋2)－1，與橢圓方程聯(lián)立，得x28+并整理得(4k2＋1)x2＋(16k2－8k)x＋16k2－16k－4＝0，Δ＝(16k2－8k)2－4(4k2＋1)(16k2－16k－4)＝64k2＋64k＋16＝16(2k＋1)2＞0，即k≠－12設(shè)M(x1，y1)，則－2x1＝16k設(shè)Q(x2，y2)，同理可得x2＝－8所以直線MQ的斜率kMQ＝y(tǒng)1－＝kx又直線OP的斜率為－1－0－2所以MQ∥OP.2．已知拋物線E：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A(2，1)是拋物線內(nèi)一點(diǎn)，P為拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，且|AP|＋|PF|的最小值為3.(1)求拋物線E的方程；(2)過(guò)點(diǎn)(1，1)作斜率之和為0的兩條直線l1，l2，(l1的斜率為正數(shù))，其中l(wèi)1與曲線E交于M，C兩點(diǎn)，l2與曲線E交于B，N兩點(diǎn)，若四邊形MBCN的面積等于163，求直線l1的方程．解：(1)過(guò)點(diǎn)P作拋物線E的準(zhǔn)線的垂線，垂足為D(圖略)，則|PF|＝|PD|，于是|AP|＋|PF|＝|AP|＋|PD|.當(dāng)A，P，D三點(diǎn)共線時(shí)，AP+PD有最小值2+p2所以拋物線E的方程為y2＝4x.(2)依題意可知，直線l1，l2的斜率均存在且不為0，并互為相反數(shù)．由(1)知F(1，0)，設(shè)直線l1的方程為x＝m(y－1)＋1(m>0)，M(x1，y1)，C(x2，y2)，將l1的方程代入拋物線方程并化簡(jiǎn)，得y2－4my＋4m－4＝0，則y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－4.|MC|＝1+同理得|BN|＝41+設(shè)直線l1的傾斜角為θ，則tanθ＝1m則直線l1，l2的夾角α＝2θ或π－2θ，所以sinα＝sin2θ＝2sin因此四邊形MBCN的面積S＝12MCBN·sin2θ＝16令t＝m2，得t(t＋1)2－t2＝3，從而有t3＋t2＋t＝3，解得t＝1，即m2＝1，此時(shí)m＝1，故直線l1的方程為y＝x.3．已知拋物線C1：y2＝2px(p>0)上的點(diǎn)12(1)求拋物線C1的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)拋物線C1上一點(diǎn)P作圓C2：(x－3)2＋y2＝4的兩條斜率都存在的切線，分別與拋物線C1交于異于點(diǎn)P的M，N兩點(diǎn)．證明：直線MN與圓C2相切．(1)解：因?yàn)辄c(diǎn)12，y0到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離等于該點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離，所以點(diǎn)12，y0到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離等于該點(diǎn)到焦點(diǎn)所以拋物線C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x.(2)證明：因?yàn)閳AC2：(x－3)2＋y2＝4，所以圓C2的圓心坐標(biāo)為(3，0)，半徑r＝2，設(shè)Py124，y1，My2所以直線PM的方程為y－y2＝y(tǒng)2即4x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0.因?yàn)橹本€PM與圓C2相切，所以12+y1y2y1直線PN與圓C2相切，同理可得y12－所以y2，y3是關(guān)于y的方程y12－4y2＋16y1y＋80－所以y2＋y3＝16y又因?yàn)橹本€MN的方程為4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0，所以圓C2的圓心(3，0)到直線MN的距離d＝12+y2y3所以直線MN與圓C2相切．4．(2024·西安模擬)已知拋物線C：y＝14x2的焦點(diǎn)為F1，準(zhǔn)線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為F2，F(xiàn)1，F(xiàn)2是離心率為12的橢圓(1)求橢圓S的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)過(guò)原點(diǎn)O的兩條直線l1和l2，l1⊥l2，l1與橢圓S交于A，B兩點(diǎn)，l2與橢圓S交于M，N兩點(diǎn)．求證：原點(diǎn)O到直線AM和到直線BN的距離相等且為定值．(1)解：將拋物線C：y＝14x2的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，即C：x2＝4y，得F1(0，1)設(shè)橢圓S的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為a，短半軸長(zhǎng)為b，半焦距為c，則由題意得c＝1，ca＝12，得a＝2，所以又橢圓S的焦點(diǎn)在y軸上，所以橢圓S的標(biāo)準(zhǔn)方程為y24(2)證明：由題意知A，O，B三點(diǎn)共線，M，O，N三點(diǎn)共線，且AB⊥MN.又由橢圓的對(duì)稱性，知|OA|＝|OB|，|OM|＝|ON|，所以四邊形AMBN為菱形，且原點(diǎn)O為其中心，AM，BN為一組對(duì)邊．所以原點(diǎn)O到直線AM和到直線BN的距離相等．下面求原點(diǎn)O到直線AM的距離．根據(jù)橢圓的對(duì)稱性，不妨設(shè)A在第一象限．當(dāng)直線AM的斜率為0或不存在時(shí)，四邊形AMBN為正方形，直線AB和直線MN的方程分別為y＝x和y＝－x，且AM∥x軸或AM∥y軸．設(shè)A(m，m)，則M(－m，m)或M(m，－m)．于是有m24+m23＝1原點(diǎn)O到直線AM的距離為d＝|m|＝127當(dāng)直線AM的斜率存在且不等于0時(shí)，設(shè)直線AM：y＝kx＋h.由y＝kx+h，y24+x23＝1，消去y，整理得(3k2＋4)且Δ＝(6kh)2－4×(3k2＋4)×(3h2－12)＝144k2－48h2＋192.設(shè)A(x1，y1)，M(x2，y2)，則x1＋x2＝－6kh所以y1y2＝(kx1＋h)(kx2＋h)＝k2x1x2＋kh(x1＋x2