解答题专练(10)解析几何(一)-【鱼跃龙门卷】2026年高考数学试题逐题突破

高考试题逐题突破 BCcos-1,CO-BCsin3, 因为新的几何体是以AO为高的圆锥减去以BO 为高的圆锥后剩余的部分， 所以新的几何体的体积V=3XπX(3)× (AO-BO)=2π. (2)如图，取OC的中点F,连接EF,C'F, 因为E,F分别为AC,CO的中点，所以 EF/AO.EF-AO- 3 因为AO⊥平面OCC',所以EF⊥平 面OCC', 所以∠EC'F为EC'与底面OCC'所成 的角， 所以sin0=sin∠EC'F=CE EF EF V√EF2+CF' 又因为0F=号00-5，所以CF-g+5_35 2 2 C'Fm=3-5_3 22 所以CF∈[受，]，所以血0 C'F 11 EF2 4[]. 「13] 9 (3)以O为原点，以OC',OC,OA所在 直线分别为x,y,之轴建立空间直角 坐标系，则A(0,0,3),B(0,0,1), C0w5,0,C(,0,0,E(0, 2 所以眩-(o,g,2）,C-0, -1), 易求得平面BEC'的法向量为n=(1,-1W3), 若AM⊥平面BEC'于点L,设AL=n=(a,-入，wW3), 则Bi=BA+Ai=(0,0,2)+(,-λW31)=(a,-A,2十√5)， 则由配·A立-0可求得A=-23 5 威-成+立=(2，-2以2+25)=(-5,5。 号），由条件可求得平面BC'的法向量为m=(1,1w), 2w3 所以点M到平面BCC'的距离为d=B应·m_ 5 m 2√/15 25 数学解答题专练（十） c=2 1.解：(1)设焦距为2c,依题意，{a2' 2a+2c=22+2, 。24 解得a=2又a2=62+c2,所以b2=a2-c2=1, lc=1, 所以C的方程为7+y (2)(1)设A(x1y1),B(x2y2), x 联立2十y=1,得3x2+4mx十2m2-2=0, ly=x+m, △=16m2一4×3×(2m2-2)>0,解得m2<3, ,x1x4=2m2-2 所以x1十x=-, 3 则|AB1=V2×√x1+x2)-4x1x2=2X√24-8m与 4√3-m2 3 点0到直线L:x一3y十m=0的距离d=1m 所以△0AB的面积S-号×4V个× 3 √2 ×V店-mm<号x8m+m-要 3 2 2’ 当且仅当3一m2=m,即m=士5时，△OAB面积最大，最大 2 值为温 (iI)设Q(x,y),由O0=OA+OB,有(x,y)= （x1十x2y1十y2）, 即r=x1十x, y=y1+y2, 因为z十，=-智，所以方十=十：十2m= 3 4m x=- 3’于是有y=一2x, 1 故<2m. y=3 1 所以点Q在定直线y=一2x上. (1)解：抛物线2：y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0),则有 合-1p=2, 所以n的方程为y2=4x. (2)解：如图，直线1，l2与抛物线各有两 个交点，可知直线1，l2斜率存在且不 为0， 设直线1的斜率为，则直线1：y=号 k(x-1),设M(x1y1),N(x2,y2), 由C红-1D,消去x并整理得y y2=4x, 冬-4=0，此时4=（←）‘+16>0， 4 4 则y1十y=有y1y=-4, 由A为弦MN的中点，有A(专，），则A(1+ 2 221 kk 由垂直的条件，可将及换为-名，设E,,)P1, 同理得y3十y4=-4k,yy4=-4,有B(1+2k2,一2k), 当k=1或k=一1时，直线AB的方程为x=3, ·数学· 当1且≠-1时，直线AB的斜率为名，方程为y十 2k=1-（x-1-2k), 即(k2-1)y+(x一3)k=0,可知当x=3时，y=0, 所以直线AB过定点，其坐标为(3,0). （3)证明：远=二头-为兰=车，同理得k如 x1一s yyy1十y3 44 4 y2+y4 4 此时直线ME的方程为y一y:= (x-x1), y1+y3 y) 4 即y=+w（x4+y1=y+ygy1十yg ++ 4 4 同理，直线NP的方程为y= y2+y4 一44x十 y1 y3 16 yiy3 4 -44 y1+y3y1十y3 y1 y3 4 y=- -z+yiy: y1+y3y1+y3 由 y=- y1y3x一 消去y解得x=一1， 4 y1+y3 y1+y3' 故直线ME与直线NP的交点H在直线x=一1上. 3.(1)解：设点Q(x,y)是所求曲线C上的一点，且P(x1,y1), 由PD⊥x轴于D,则D(x1,0,因为D成=D庐，可得 2 x1=x, 2因为点P是圆x2十y2=4上任意一点，则x2+ , y1= =1, 即曲线C的标准方程为号+ 31. (2)(ⅰ)证明：当直线1的斜率存在且不为0时，设直线1方程 为y=(x-1),且A(x1y1),B(x2y2), y=k(x-1), 联立x2 整理得(3十4k2)x2-8k2x十4k2-12=0, 可得工1十x2= 8k2 3+4软，则为十：=（红1+2-2） 4(3-2=3 6k 3k1 所以点M的坐标为M3经， 因为直线DE与直线L垂直，所以直线DE的方程为y= 友(x-1),设D(x3y),E(x4y4), 1 y= -(x-1), 联立 z2 y2 整理得(3k2十4)x2-8x+ 4+3=1, 4-12k2=0, 可得t4334则+=一名山，一2》鲜 8 6k 所以点N的华标为N(4· ·25 参考答案及解析 3k 3k 则直线MN的斜率为kMN= 3k2+43十4k2 44k2 3k2+43+4k2 3k 3k 3k3k2+43+4k2/ 所以直线MN的方程为y一3欢+4=4（工一 3k2+43+4k2 4 3k2+4, 即年(e+） 3k 4 令y=0,解得x=号，所以直线MN过定点G(号，0)： 当直线1的斜率不存在时，直线1方程为x=1,可得A（1, ）,B(1,-）,则M1,0, 直线DE的方程为y=0,可得D(-2,0),E(2,0),则N(0, 0,直线MN过定点G(号0)， 悠上可得，直线MN过定点G(分0. (i)解：由(1)知，直线MN过定点 c(o),且w=- 3k 3+4k2,yN 3k 3k2+4 可得1GP1=1-号引=号，则SaN 11w-w-是·3+-号 3k 9 1 |k|(1+2) 9 k十 a+#94+3西？‘12(+后）+ -,令t=|k|十 11+TT 1 日则≥2，则 t 1 (+)+25 122+112+7 1 令y=12:十在[2，十0)上为单调通增函数，当4=2时， 49 y min2 即=1时，△FMN面积取得最大值，最大值为}×希-。 x2_y2」 (1)解：设C的标准方程为。一石 =1(a>0,b>0), 依题意有a=4,2b=6,所以b=3, 所以C的方程为后-号-1. (2)(ⅰ)证明：设直线MN方程为x= my十6，设M(x1y1),N(x2y2), (x=my+6, 联立方程x2y2_,消去x得(9m2一 1169 =1, 16)y2+108my+180=0, △=1082m2-720(9m2-16)>0, 因为m≠士号所以十yg一n16为9nm-16 -108m 180 因为M(x1y1)是双曲线C上的点， 高考试题逐题突破 所以-。=1，则16- 169 16 =若，所以2+4一6 yi 即21+416y1 y1 9(x1-4)' 直线A1M:y=十4红+)，同理直线A,N:y-4x 4), 联立方程得十红中04-， 即+4-yx+4_x+4.y2 x-4y1(x2-4)y1x2-4 16y1 16y1 9(x1-4) ·-4=9(my+2 my2+2 16y1y2 9myy2十18m(1+y2)+36=-5, 解得x=号放点P在定直线x=上 8 (1)解：由双曲线对称性可知，点Q也在直线x=号上， 设P(）,Q(号)小，点P在直线AM上，所以 升(8+-就2o 20y1 点Q在直线A,N上：所以=（号+）-就四FD 20y2 所以成.0成=(9-）·(9-）=1g90+ 180+149 yiy2 9 (1+4)(x2+④ -1g+89 yiy2 9·(my1+10)(mya+10) =100+40 yiyz 9 9m2y1y2+10m(y1+y2)+100 180 =100+400 9m2-16 9 9 180m21080m2 g0-g× 9 9m-169m2-16+100 品曾 所以P成.求=55 数学解答题专练（十一）】 1.(1解：因为椭圆C十1(a>6>0)经过点A(0,- 可得b=1, 由△MF1N的周长为4√2，可得4a=4√2，解得a=√2， 故C的方程为气+y2=1。 (2)证明：如图，依题设直线方程为y-1= b(x-1),即y=kx-k+1,代入 2 y2=1, 整理可得(2k2+1)x2-4k(k-1)x+2k2- 4k=0, 由已知得△>0， 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1十x2= 4(k一1) 2k2+1,x1x2= 2k2-4k 2k2+1, 则直线AP与AQ斜率之和为 ·26 加+0=当+1+'+_1-6+2+红2-兔十2 x1 4k(k-1)(k-2) 2kx1x2-(k-2)(x1十x2） 2k2+1 -=2k一 T1X2 =2k- 2k2-4k 2k2+1 4(k-1)(-2=2一2(k一1）=2，为定值，故得证。 2k(k一2) (1)解：因为抛物线的准线方程为x=一1， 设y2=2px,则-名=-1，所以p=2, 故E的标准方程为y2=4x. (2)证明：易知抛物线E的焦点F(1,0), 设直线AB的方程为x=my十1，A(x1, y y1),B(x2y2), 联立义v十1，可得y一4my-4白 0,△>0， 则y1+y2=4m,y1y2=-4, 接下来证明抛物线E在点A处的切线 方程为y1y=2x十2x1, 联立二4红， y1y=2x+2x1," 可得y2-2y1y+4x1=0,即y2-2y1y十 y7=0,即(y-y1)2=0, 所以直线y1y=2x十2x1与抛物线E只有唯一的公共点， 所以AC的方程为y1y=2x十2x1, 同理可知，直线BD的方程为y2y=2x十2x2, 在直线AC的方程中，令x=0,可得y 2、2X y1y1 -即 点c(o,号)， 同理可得点D(0,号)，所以直线CF的方程为x+义-1，即 2 x=1 2y 设点M9)N04,联立=1- ’可得y2+8y y2=4x, 4=0,4>0, 则y十y4=-8 yy4=-4, 所以MN1-++2-2-是（+)+2=4-号× （一8)一4y16同理可得1PQ1二4y十16 y, 1 yi y 所以MN+PQ-4y+164i+16 =y1(4y2+16)+y2(4y7+16) 16(y+4)(y+4) 8(y1y2)2+16(y+y) -16,y2)+4(+2)+16 (y1y2)2+2(y+y) 2[(y1y2)2+4(y+y)+16] 16+2(16m2+8) 1 2[16+4(16m2+8)+16]4, 故MN+PQ为定值 1 (1)解：设M(x,y),动点M满足直线MA和直线MB的斜率」鱼欧龙力卷 2025一2026学年度高考试题逐还题突破一解答题专练（十） 数学·解析几何（一） 总分：60分时间：40分钟姓名： 得分： q5分)已知椭圆C十1@>b>0)的左右焦点分别为F,F,离心率为2 2,点P为C 上一点，△PF1F2周长为2√2十2，其中O为坐标原点. (1)求C的方程； (2)直线l:y=x+m与C交于A,B两点， (i)求△OAB面积的最大值； (ⅱ)设OQ=OA+OB,试证明点Q在定直线上，并求出定直线方程. 2.(15分)已知抛物线2：y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0).过F作两条互相垂直的直线11，l2, 且直线11与2交于M,N两点，直线l2与2交于E,P两点，M,E均在第一象限.设A,B分 别为弦MN,EP的中点，直线ME与直线NP交于点H. (1)求2的方程. (2)直线AB是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. (3)证明：点H在直线x=一1上. 数学·解答题专练（十）第1页（共2页） 3.(15分)在圆x2+y2=4上任取一点P,过点P作x轴的垂线段PD,垂足为D.点Q在线段 PD上，且清足D-D成.当点P在圆上运动时，记点Q的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的标准方程 (2)过点F(1,0)的直线1交曲线C于A,B两点，过点F与L垂直的直线交曲线C于D,E两 点，其中A,D在x轴上方，M,N分别为AB,DE的中点. (i)证明：直线MN过定点； (i)求△FMN面积的最大值， 4.(15分)已知双曲线C的中心为坐标原点，左、右顶点分别为A1(一4,0)，A2(4,0),虚轴长 为6. (1)求C的方程； (2)过点R(6,0)的直线I与C的右支交于M,N两点，若直线A1M与A2N交于点P. (ⅰ)证明：点P在定直线上； (i)若直线A1N与A2M交于点Q,求PR·QR的值. 数学·解答题专练（十）第2页（共2页）