高考压轴大题突破4-（配套练习）【精讲精练】2026年高考数学一轮复习（人教A版）

[对应学生用书P376] 1．在平面直角坐标系xOy中，对于直线l：ax＋by＋c＝0和点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，记η＝(ax1＋by1＋c)(ax2＋by2＋c)，若η<0，则称点P1，P2被直线l分隔，若曲线C与直线l没有公共点，且曲线C上存在点P1，P2被直线l分隔，则称直线l为曲线C的一条分隔线． (1)求证：点A(1，2)，B(－1，0)被直线x＋y－1＝0分隔； (2)若直线y＝kx是曲线x2－4y2＝1的分隔线，求实数k的取值范围； (3)动点M到点Q(0，2)的距离与到y轴的距离之积为1，设点M的轨迹为曲线E，求证：通过原点的直线中，有且仅有一条直线是E的分隔线． (1)证明　由题得η＝(1＋2－1)(－1＋0－1)＝－4<0， ∴点A，B被直线x＋y－1＝0分隔． (2)解析　直线y＝kx与曲线x2－4y2＝1有公共点的充要条件是方程组有解，即|k|<. ∵y＝kx是曲线x2－4y2＝1的分隔线，故它们没有公共点，即|k|≥， 当|k|≥时，对于直线y＝kx，曲线x2－4y2＝1上的点(－1，0)和(1，0)满足η＝－k2<0，即点(－1，0)和(1，0)被y＝kx分隔． 故实数k的取值范围是∪. (3)证明　设M的坐标为(x，y)，则曲线E的方程为·|x|＝1，即[x2＋(y－2)2]·x2＝1. 对任意的y0，(0，y0)不是上述方程的解，即y轴与曲线E没有公共点． 又曲线E上的点(－1，2)和(1，2)对于y轴满足η<0，即点(－1，2)和(1，2)被y轴分隔．∴y轴为曲线E的分隔线． 若过原点的直线不是y轴，设其为y＝kx，由得[x2＋(kx－2)2]·x2－1＝0，令f(x)＝[x2＋(kx－2)2]·x2－1， ∵f(0)·f(2)＝(－1)·[16(k－1)2＋15]<0， ∴方程f(x)＝0有实数解． 即直线y＝kx与曲线E有公共点，故直线y＝kx不是曲线E的分隔线． 综上可得，通过原点的直线中，有且仅有一条直线是E的分隔线． 2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2. (1)设P为椭圆C上除左、右顶点外的任意一点，设∠F1PF2＝θ，证明：＝b2tan ； (2)若椭圆C′的标准方程为＋＝k(k>0)，则我们称C和C′为“相似椭圆”．已知Γ和C为“相似椭圆”，且Γ的长轴长是C的半长轴长的倍．M为Γ上的动点，过点M作Γ的切线交C于A，B两点，N为C上异于A，B的一点，且满足＝λ＋μ，问λ2＋μ2是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由． (1)证明　由椭圆的定义得，|PF1|＋|PF2|＝2a，在△F1PF2中，由余弦定理得， |F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos θ， 则4c2＝(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1||PF2|－2|PF1||PF2|cos θ， 所以4c2＝4a2－2(1＋cos θ)|PF1||PF2|，有|PF1||PF2|＝， 所以＝|PF1||PF2|sin θ＝×＝b2tan . (2)解析　由题意得，Γ：＋＝，C：＋＝1， ①当直线AB斜率不存在时，直线AB：x＝±a， 若x＝a，则A，B， 又＝λ＋μ， 所以N，代入C中， 得(λ＋μ)2＋(λ－μ)2＝1，即λ2＋μ2＝1； 若x＝－a，同理可得λ2＋μ2＝1； ②当直线AB斜率存在时，设直线AB：y＝nx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由＝λ＋μ，得N(λx1＋μx2，λy1＋μy2)，⇒ (a2n2＋b2)x2＋2a2nmx＋a2＝0， 所以Δ＝(2a2nm)2－4a2(a2n2＋b2)＝0⇒2m2＝a2n2＋b2， ⇒(a2n2＋b2)x2＋2a2nmx＋a2(m2－b2)＝0，x1x2＝， 同理可得y1y2＝， 因为点N在椭圆C上，所以＋＝1，整理，得 λ2＋μ2＋2λμ＝1， 又＋＝＝0， ＋＝1，＋＝1， 所以λ2＋μ2＝1. 综上所述，λ2＋μ2为定值，且λ2＋μ2＝1. 3．(2024·河南南阳一模)在椭圆(双曲线)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算术平方根，则这个圆叫蒙日圆．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的蒙日圆的面积为13π，该椭圆的上顶点和下顶点分别为P1，P2，且|P1P2|＝2，设过点Q的直线l1与椭圆E交于A，B两点(不与P1，P2两点重合)且直线l2：x＋2y－6＝0. (1)证明：直线AP1，BP2的交点P在直线y＝2上； (2)求直线AP1，BP1，l2围成的三角形面积的最小值． (1)证明　根据题意，蒙日圆的半径为，所以a2＋b2＝13. 因为|P1P2|＝2，可知b＝1，则a＝2， 所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1， 因为直线l1过点Q，可知直线l1的斜率存在，且直线l1与椭圆必相交， 可设直线l1：y＝kx＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立方程消去y可得(12k2＋1)x2＋12kx－9＝0， 由根与系数的关系可得x1＋x2＝－，x1x2＝－. 因为P1(0，1)，P2(0，－1)，可得直线AP1：y＝x＋1，直线BP2：y＝x－1， 所以＝＝＝ ＝＝ ＝ ＝＝. 即＝，解得y＝2， 所以直线AP1，BP2的交点P在直线y＝2上． (2)解析　设直线l2与直线AP1，BP1的交点分别为C(x3，y3)，D(x4，y4)， 则由(1)可知，直线AP1：y＝x＋1，直线BP1：y＝x＋1. 联立方程和 解得x3＝，x4＝. 因为|x1－x2|＝＝＝， 又因为点P1到直线l2的距离d＝＝， 可得S＝|CD|·d＝|CD|，只需求|CD|的最小值． 由弦长公式可得|CD|＝|x3－x4| ＝ ＝2× ＝2× ＝×. 令3k＋1＝t，则k＝. 可得×＝×＝×≥×＝， 当且仅当＝，即k＝时等号成立． 即|CD|的最小值为，可得△P1CD面积的最小值为. 故直线AP1，BP1，l2围成的三角形面积的最小值为. 4．(2024·山东青岛三模)在平面内，若直线l将多边形分为两部分，多边形在l两侧的顶点到直线l的距离之和相等，则称l为多边形的一条“等线”，已知O为坐标原点，双曲线E：－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，E的离心率为2，点P为E右支上一动点，直线m与曲线E相切于点P，且与E的渐近线交于A，B两点，当PF2⊥x轴时，直线y＝1为△PF1F2的等线． (1)求E的方程； (2)若y＝x是四边形AF1BF2的等线，求四边形AF1BF2的面积； (3)设＝，点G的轨迹为曲线Γ，证明：Γ在点G处的切线n为△AF1F2的等线． (1)解析　由题意知P，F1(－c，0)，F2(c，0)，显然点P在直线y＝1的上方，因为直线y＝1为△PF1F2的等线，所以－1＝2，e＝＝2，c2＝a2＋b2，解得a＝1，b＝，所以E的方程为x2－＝1. (2)解析　设P，切线m：y－y0＝k，代入x2－＝1得x2＋2k(kx0－y0)x－(k2x＋y－2kx0y0＋3)＝0，故Δ＝[2k(kx0－y0)]2＋4(3－k2)(k2x＋y－2kx0y0＋3)＝0，该式可以看作关于k的一元二次方程k2－2x0y0k＋y＋3＝0，所以k＝＝＝，即m的方程为x0x－＝1　(*)， 当m的斜率不存在时，也成立． 渐近线方程为y＝±x，不妨设A在B上方， 联立得xA＝，xB＝，故xA＋xB＝＋＝2x0，所以P是线段AB的中点，因为F1，F2到过O的直线距离相等，则过O点的等线必定满足：A，B到该等线距离相等，且分居两侧，所以该等线必过点P，即OP的方程为y＝x，由解得故P . 所以yA＝xA＝＝＝＋3， 所以yB＝－xB＝－＝＝－3， 所以＝6，所以S四边形AF1BF2＝·＝2＝12. (3)证明　设G，由＝，所以x0＝3x，y0＝3y，故曲线Γ的方程为9x2－3y2＝1 . 由(*)知切线为n也为x－＝1， 即3x0x－y0y－1＝0， 易知A与F2在n的右侧，F1在n的左侧，分别记F1，F2，A到n的距离为d1，d2，d3， 由(2)知xA＝，yA＝·＝， 所以d3＝ ＝＝ ＝， 由x0≥1得d1＝＝，d2＝＝ ， 因为d2＋d3＝＋＝＝d1，所以直线n为△AF1F2的等线 . 学科网（北京）股份有限公司 $$