专题集训30 解析几何中优化运算的常见技法-（配套练习）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

专题集训(三十)　解析几何中优化运算的常见技法 (时间：40分钟　满分：70分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(1—4题，每小题5分，共20分) 1.已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点.若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的标准方程为(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 答案：D 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，①－②得＋＝0，所以kAB＝＝－＝.又kAB＝＝，所以＝.又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，所以椭圆E的方程为＋＝1.故选D. 2.(2025·浙江台州二模)已知F1，F2为双曲线C：－＝1的左、右焦点，过F2作直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，且＝，cos ∠ABF1＝，则双曲线C的离心率为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：由双曲线定义得，－＝－＝2a，＝2c. 设＝＝m，则＝m－2a，由图知，＝－＝2a，＝4a. 在△ABF1中，由余弦定理得cos ∠ABF1＝＝，解得m＝3a，所以＝m－2a＝a.在△BF1F2中，由余弦定理得cos ∠F2BF1＝cos ∠ABF1＝＝，所以7a2＝3c2，故离心率e＝＝＝.故选B. 3.(2025·湖南郴州三模)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，H(m，4)(m＞)是抛物线C上一点，以点H为圆心的圆与直线x＝相切于点T.若sin ∠HFT＝，则圆H的标准方程为(　　) A.(x－4)2＋(y－4)2＝9 B.(x－4)2＋(y－4)2＝16 C.(x－2)2＋(y－4)2＝4 D.(x－3)2＋(y－4)2＝9 答案：A 解析：过点H作HM垂直于直线x＝－，垂足为M，如图所示，则＝＝m＋，＝m－.由sin ∠HFT＝，得＝，解得m＝2p.由H是抛物线C上一点，得2pm＝16，因此p＝2，m＝4，＝3，H，所以圆H的标准方程为(x－4)2＋(y－4)2＝9.故选A. 4.已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P，Q是它们的两个公共点，且P，Q关于原点对称， ∠PF2Q＝，若椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，则 ＋的最小值是(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：如图，设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，则根据椭圆及双曲线的定义得＋＝2a1，－＝2a2，所以＝a1＋a2，＝a1－a2.设＝2c，∠PF2Q＝，根据椭圆与双曲线的对称性知四边形PF1QF2为平行四边形，则∠F1PF2＝.则在△PF1F2中，由余弦定理得4c2＝＋－2(a1＋a2)(a1－a2)cos ，化简得＋3＝4c2，即＋＝4，则＋＝＋＝(＋×＝×［4＋＋ ］≥×＝×＝，当且仅当时等号成立.故选A. 二、多项选择题(5、6题，每小题6分， 共12分) 5.(2025·内蒙古包头二模)已知抛物线C：y2＝2px的焦点到准线的距离为2，过C的焦点F的直线l与C交于R，H两点，分别过R，H两点作C的准线的垂线，垂足分别为R1，H1，则下列结论正确的是(　　) A.抛物线C的准线方程为x＝－1 B.以线段RH为直径的圆与抛物线C的准线相切 C.以线段RF为直径的圆与y轴相交 D.以线段R1H1为直径的圆过定点 答案：ABD 解析：对于A，因为抛物线C：y2＝2px的焦点到准线的距离为2，所以p＝2，所以抛物线C：y2＝4x，所以抛物线C的准线方程为x＝－1，故A正确；对于B，设RH的中点为D点，过D点作准线的垂线，垂足为D1，可得＝＋＝，故B正确；对于C，设R，H，则由抛物线的定义可得＝x1＋1，F，RF的中点为，RF的中点到y轴的距离为＝，所以以线段RF为直径的圆与y轴相切，故C错误；对于D，如图所示，R1，H1，所以R1H1的中点D1，F.设直线RH为x＝my＋1，所以联立所以y2－4my－4＝0，所以y1y2＝－4.因为＝，＝，所以＝4＋y1y2＝4－4＝0，以线段R1H1为直径的圆过定点F，故D正确.故选ABD. 6.(2025·河南焦作二模)已知F1，F2分别是双曲线C：x2－＝1的左、右焦点，斜率为且过点F2的直线交C的右支于A，B两点，A在第一象限，且＝，则(　　) A.点F1到C的渐近线的距离为 B.＝10 C.C的离心率为2 D.分别以BF1，F1F2为直径的圆的公共弦长为 答案：ACD 解析：双曲线C：x2－＝1，则a＝1，对于A、C，连接BF1，如图所示，由题意得tan∠BF2F1＝，∠BF2F1为锐角，所以 解得cos ∠BF2F1＝，sin ∠BF2F1＝.由于＝，所以＝－＝－＝2a＝2.又－＝2a＝2，故＝4.设＝2c，在△F1F2B中，由余弦定理可得＝＋－2cos ∠BF2F1，即16＝(2c)2＋4－2×2c×2×，解得c＝2(负值舍去)，故离心率为＝2，点F1到C的渐近线的距离，即b＝＝，故A、C正确；对于B，设＝m，则＝＝2＋m.在△F1F2A中，由余弦定理可得(2＋m)2＝16＋m2－2×4×m×，解得m＝6，故＝2＋m＝8，故B错误；对于D，因为＝＝4，所以△BF1F2为等腰三角形.过点F1作F1E⊥BF2于点E，因为＝＝4，所以E为BF2中点，易知分别以BF1，F1F2为直径的圆的公共弦为F1E，且＝＝，故D正确.故选ACD. 三、填空题(7、8题，每小题5分，共10分) 7.(2025·广东深圳二模)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F(1，0)，C的准线与x轴的交点为T，若过点T的直线l与C交于A，B两点，且｜FA｜＝3｜FB｜，则△TFA的面积等于　　　　. 答案：2 解析：如图，因为抛物线C的焦点F(1，0)，所以＝1，解得p＝2，则抛物线C的方程为y2＝4x，准线方程为x＝－1， T(－1，0).易知直线l斜率存在，设方程为y＝k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立整理得k2x2＋x＋k2＝0，由韦达定理得x1＋x2＝－，x1x2＝1.又＝x1＋1， ＝x2＋1，且｜FA｜＝3｜FB｜，所以x1＋1＝3，即x1＝3x2＋2，代入x1x2＝1，整理得3＋2x2－1＝0，解得x2＝或x2＝－1(舍)，所以x1＝3，＝4x1＝12，所以＝2，S△TFA＝＝2. 8.(2025·浙江衢州、丽水、湖州二模)已知斜率大于零的直线l交椭圆Γ：＋y2＝1于A，B两点，交x，y轴分别于C，D两点，且C，D是线段AB的三等分点，则直线l的斜率为　　　　. 答案： 解析：设直线AB为y＝kx＋b，k＞0.若b＝0，此时C，D均与原点重合，＝0，但≠0，故不合要求，所以b≠0.y＝kx＋b与＋y2＝1联立得x2＋8kbx＋4b2－4＝0，Δ＝64k2b2－4＞0，化简得4k2－b2＋1＞0.设A，B，则x1＋x2＝－，故＝－，y＝kx＋b中，令x＝0得y＝b，故D，令y＝0得x＝－，故C，CD的中点坐标为.因为C，D是线段AB的三等分点，故线段CD的中点为线段AB的中点，故－＝－，解得k＝，负值舍去. 四、解答题 9.(13分)(2025·广东深圳二模)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)，F为E的右焦点，P为E上的动点，当直线PF与x轴垂直时，｜PF｜＝，R是直线y＝2上一动点，｜PR｜的最小值为1. (1)求E的方程； (2)过R作E的两条切线分别交x轴于M，N两点，求△RMN面积的取值范围. 解：(1)设点F(c，0)(c＞0)， 当直线PF与x轴垂直时，点P，则＋＝1. 因为｜PR｜的最小值为2－b＝1，所以b＝1. 又由a2＝b2＋c2，可解得a＝2，c＝， 故E的方程为＋y2＝1. (2)如图所示，设点M(m，0)，N(n，0)，R(t，2)，注意到RM，RN斜率不为0. 设RM：x＝y＋m，RN：x＝y＋n， 联立 得y2＋4(t－m)my＋4(m2－4)＝0. 因为RM与E相切，所以Δ＝[4(t－m)m]2－4[16＋(t－m)2]·4＝0， 于是16(t－m)2m2－16[16＋(t－m)2]＝0， 化简得3m2＋2tm－t2－16＝0. 又RN与E相切，同理有3n2＋2tn－t2－16＝0， 故m，n是一元二次方程3x2＋2tx－t2－16＝0的两根， 则m＋n＝－，mn＝－， 所以＝＝＝＝. 又t2≥0，所以S△RMN＝｜MN｜·2＝≥＝， 所以△RMN面积的取值范围是. 10.(15分)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，且过点. (1)求C的方程； (2)若A，B分别是C的左、右顶点，设直线x＝5与x轴交于点P，点Q是直线x＝5上不同于点P的一点，直线BQ与C交于另一点M，直线AM与x＝5交于点N，是否存在点Q，使得∠QAN＝∠PMN？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由. 解：(1)由题意知c＝1，且过点(，)，即a2－b2＝1，＋＝1，解得a2＝4，b2＝3， 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)假设存在点Q，使得∠QAN＝∠PMN，如图所示，则 AQ∥PM，所以kAQ＝kPM . 设Q，M ，则 kAQ＝，kPM＝，kBQ＝ ， 所以＝ ，直线 BQ的方程为 y＝(x－2) . 因为点M 在直线BQ上，所以y1＝，所以＝. 因为点Q是直线x＝5上不同于点P的一点，所以y0≠0，所以＝ ，解得 x1＝－， 因为点M在椭圆 C 上，所以＋＝1 ，解得 y1＝ 或 y1＝－ ， 当y1＝ 时，解得 y0＝－ ； 当 y1＝－ 时，解得 y0＝ . 所以存在点Q ，使得 ∠QAN＝∠PMN ，点Q的坐标为 . 学科网（北京）股份有限公司 $