解答题专练(12)解析几何(三)-【鱼跃龙门卷】2026年高考数学试题逐题突破

」鱼欧龙门卷 2025一2026学年度高考试题还题突破—解答题专练（十二） 数学·解析几何（三） 总分：60分时间：40分钟姓名： 得分： 1.(15分)已知双曲线C:三y=1(a>0)的焦距为25，且左、右顶点分别为A,A,过点 T(4,0)的直线l与C的右支交于M,N两点. (1)求C的方程； (2)记直线A,M,A2N的斜率分别为1，k2,证明：：是定值； 2 (3)设G为直线A,M和A,N的交点，记△GMN,△GA1A,的面积分别为S1,S,求 的最 小值. 2.(15分)已知圆0：x2+y2=4交x轴于A,B两点，椭圆C过点(3,2)且以AB为长轴. (1)求C的标准方程； (2)已知直线L与椭圆C交于M,N两点，与圆O交于P,Q两点，若不重合的两条直线l1: y=k1x与l2:y=k2x分别平分线段MN,PQ. ①证明为定值； ②已知直线l1,l2与椭圆C分别交于E,G,D,F,且OH+3HD=0,求四边形EFGH面积的 最大值 数学·解答题专练（十二）第1页（共2页） 3.(15分)已知圆心在x轴上移动的圆经过点A(一4,0)，且与x轴、y轴分别交于B(x,0), C(0,y)两个动点(B,C可以重合). (1)求点M(x,y)的轨迹E的方程； (2)过点D(1,0)的两条直线11，l2相互垂直，直线11与E交于G,H两点，直线l2与E交于 J,K两点，线段GH,JK的中点分别为P,Q ①求四边形GJHK面积的最小值； ②判断直线PQ是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由. 4.(15分)在平面直角坐标系xOy中，等轴双曲线C1和C2的中心均为O,焦点分别在x轴和y 轴上，焦距之比为2，C1的右焦点F到C1的渐近线的距离为2. (1)求C1,C2的方程； (2)过F的直线交C1于A,B两点，交C2于D,E两点，AB与DE的方向相同. (i)证明：|AD|=|BE|; (iⅱ)求△AOD面积的最小值. 数学·解答题专练（十二）第2页（共2页）·数学· 乘积为一子， ,即 所以友M·kB=一3 。y x-2‘x+2= 3 4 脚听+苦=1z士2. 所以黄线E的方程为后十号-1：≠士2》， (2)证明：①由题意，直线1的斜率不为0，设直线l:x=my十 4(m≠0)，P(x1y1),Q(x2y2), x=my十4， 联立x2 消去x整理得(3m2+4)y2+24my+ =1, 3 36=0, 则△>0，即m2-4>0,可得m>2或m<-2, -24m 36 则y1+=3m千4y,y=3m+4 所以2my1y2=-3(y1+y2), 所以十：一十 271x2-1）十yx1一1D (x1-1)(x2-1) y1(my2+3)+y2(my1+3)2my1y2+3(y1+y2) (my1+3)(my2+3) =0. m2y1y2+3m(y1+y2)+9 故k1十k1=0. ②因为点D在线段PQ上，且TP|IDQ=|TQDP,所以 品-沿且D为PQ肉比分点， 由题意P,Q在x轴的上方或下方，根据对称性不妨取P,Q 在x轴的上方，如图， 所以存在实数入，使得币=P可，T戒= ADQ,设D(xyo), 所以=y,化简得21y= yo-y1 y2-yo yo(y1+y2), 由0知2myy2=-3(0y1+2),所以y。=21业= y1十y2 m 所以，=a十4=X(-是）十4=1，即，=，所以 DF⊥x轴. 4.解：(1)由椭圆方程得焦半距c=√25一16=3， 则F1(-3,0),F2(3,0), 因为F到直线bx十ay=0的距离d= 1-3bL=3驰=2W2, √a2+b2 c 所以b=22,a2=c2-b2=9-8=1, 所以C的标准方程为x- 81. (2)由(1)知1：y=k(x-3)(|k|< 22),因为1k1<名，所以1与双曲线C 的左、右半支各交于一点，如图，设A(x1, y1)(x1≥1)，B(x2y2)(x2≤-1)， 设AB中点为M,则F1A+F2B= 2F1M,所以F1P=2λF1M, 又F1P为∠AF1B的角平分线，所以|AF1I=|BF1. y=k(x-3), 由 x2-y二1，得(8-k2)x2+6k2x-9k2-8=0,4>0,则 6k2 9k2+8 x1十x2=62-8x122=k2-8’ 因为|AF1|=√(x1十3)2+y1=√(x1+3)2+8x-8= √(3x1+1)7=3x1+1, ·27 参考答案及解析 BF1|=√(x2十3)2+y克=√(x2+3)2+8x-8= √(3x2+1)Z=-3x2-1, 所以3x1+1==3证2-1，即3(z1+x2)+2=8+2=0,解 得2-生 24 5=-2,2 的+ 以x1十x248 、19 9 5 因为|AF21=√(x1-3)2+y=√(x1-3)2+8x-8= √(3x1-1)7=3x1-1, |BF2|=√(x2-3)2+y克=√(x2-3)2+8x-8= √(3x2-1)7=1-3x2, 所以|AB|=|BF2|-|AF2=1-3x2-(3x1-1)=2-3(x1+ x2)=4, |AF2|·|BF2|=(3x1-1)(1-3x2)=3(x1十x2)-9x1x2- 1=16, 所以A:B=1,为定值 |AB|2 数学解答题专练（十二） 1解：由双曲线C号-y=1a>0)的熙距为25， 得a2+1=(5)2,解得a2=4, 所以C的方程为少=1. (2)证明：依题意，设直线1的方程为x=my十4，M(x1,y1), N(x2y2), 由仁：消去并量理得6做一0y 8my+12=0, 由直线1与双曲线的右支交于M,N两点， △=64m2-48(m2-4)>0, 得m-4≠0， i0. 12 y1y2= 解得-2<m<2, 8m 12 则y1十y2=- m24y1y2= 二4即2y1y2=-3(y1+ y2),而A1(-2,0),A2(2,0), y1 所以-1+2-(x,-2=y(my,+2)my1y2+2y k2y2y2(x1+2)y2(my1+6)my1y2+6y2 x2-2 1 3 -2(y1+y2)+212y1-2y2 1 = 20++6,-2+2 3 9 3为定值 (3)解：由(2)知k2=一3k1,直线A1M:y=k1(x十2)，直线 A2N:y=-3k1(x-2), 则点G的横坐标为xc=1, 于是 专GAIIGNin∠McN GMI GNI S2 。lGA,IGA21sin∠A1GA2 1GA1·GA。 x1-1.x2-1_(my1+3)(my2+3) 3 1 3 =my1y:+3m(y1十y2)+94m2 3 4-m+3≥3，当且仅当m=0 高考试题逐题突破 时取等号，所以的最小值为3 2.(1)解：由x2+y2=4,令y=0得x=±2，令A(-2,0),B(2, 0). 侧可设椭圆C的标准方程为：+0<<2 1 又因为椭圆C经过点(3,2)， 代人计算得b2=1, 则C的标准方程为号+y=1. (2)①证明：显然直线1与l2垂直，设直线1：x=ty十d,则 k2=-t. 设直线1与C交于M(x1y1),N(x2y2), 则+4-4， x号+4y2=4, 则红，-，)十2=一40，一)十” 2 2 y1+y2 于1子则， y1-y2 2 ②解：由题知肥-号，因边形DEG为平行周边形，则 SAEIG-SAG3 3 5 SaDE,易知S助形EGH=SaDEFO、 联立区得x=士中 4 ly=kix: 则EG1=2V好+T·√4+' 4 同理可得直线，与椭圆的一个交点D(√+' 4 4 :√4号+1 则D到直线11的距离d= (k1-k)入√43+1 4 √/k+1 13k24 4W4k经+1 √+1 162 所以四边形面积SODEFG=|EGd= /(4k+1)(4k名+1) 由于 1 :=4,则Sa 62 √(++D |6k2J √(g+)+D 当k2=0时，四边形不存在. 当k2≠0时，SODEFG= 6 好+177 ≤行，当且仅当k,=士1 12 时取等号. 5 所以四边形EFGH面积的最大值S网边彩EGH=4 SODEPG=3. ·28 解：1)报据题意，圆心坐标为(2，o）, 又因为该圆经过点A(一4,0)和C(0,y),所以 √-)+0- +, 化简得y2=4x,所以点M(x,y)的轨迹E的方程为y2=4x. (2)①因为直线11，l2的斜率一定存在且不为0， 故设l1:y=k(（x-1),l2:y=个 F(z-1D,G(匹1y,H(z2y2 J(xgy3),K(x4y4）. 少=（红-1），消x得y2- 联立方程y=4红， 4y一4k=0, 4 则△=16(k2+1)>0,y1+y2= y1y2=-4. 所以G=+后- ,1 =1+京·√+2)=4y1 =+是·-4x-=(+）, 同理JK|=4(k2+1), 所以S脑和版=合1GH1·1JK1=8(&+是+2)≥ 1 8(2,·京+2)=32，当且仅当=±1时，四边形GHK 的面积最小，最小值为32. ②易知当直线PQ斜率不存在时，直线11,12关于x轴对称， 此时①中2=1，得直线PQ:x=3; 当直线PQ斜率存在时，设直线lQ:y=mx十n, 联立方程y=mx十n, km十kn y=kx1),得3p=-m 又3yP=y1十y=号，得(m+m)2-2k+2m=0, 2 同理可得(m+(-)'-2(-名)+2m=0, 所以，-号是方程(m十2-2x+2m-0的两根， 所以 =-1,即3m十n=0,则lpa:y=m(x-3),所以直 线PQ过定点(3,0)」 综上，直线PQ过定点(3,0). 解：(1)由题设可设C:x2-y2=t:,t1>0,t2<0. 易知C1的渐近线方程为y=士x,焦距为2√2t:T,C:的右 焦点F(√2t1T,0), 21=2, 由题设可知√2 2√2t1T=2×2wW2t2T, 解得t1=4,t2=一1. 所以C1的方程为x2-y2=4,C2的方程 为y2-x2=1. (2)(i)设直线AB:x=my+2√2，A(x1, y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4y4), 联立直线AB和C:的方程 x=my十2W2,得(m2-1)y2+4N2my+ x2-y2=t, 8-t:=0. 为使直线AB和C:均有2个交点，必须有m2一1≠0，△：= ·数学· 32m2-4(m2-1)(8-t:)>0,解得0<m2<9且m2≠1. 由根与系数的关系， -4√2m -4W2m y1+y2= m2-1 ，y3十y4= 可得 m2-1 8-t1 8-t2 y1y2= m2-1’ y3y= m2-11 注意到y1十y2=y,十y4,因此线段AB和线段DE具有相同 的中点. 记上述中点为M,注意到|AD|=|IDM1-|AMII,IBEI= I|EM一|BM|,所以|AD|=|BE|. (ii)由（ⅰ）可知△AOD和△BOE的面积相等 记△AOD的面积为S,△AOB的面积为S1,△DOE的面积 为S2. 由A店与D应的方向相同可知S=1S,S: 2 因为S=号×0F×-=巨×0+-4 32m24(8-t1)_2W2×√41m+8-t41 2×√m-1)m-1 1m2-1 同理可得S,=22×V:m2十8-4 |m2-1 所以S= |S-$,三L22×√4m+4与 2 |m2-1l 2√2X√9-m1√21√4m2+4-√9-m |m2-1 m2-1 √21(4m2+4)-(9-m2)1 |m2-1l川√4m2+4+√9-m 9 m2 √2m+2+√2-2 设fx)=V2x+2+√2-？x∈[0,1)U1,9), 1 则f'(x)= √J2x+2 9x 4√2-2 9 x 4√2-2 -√2x+2 4√吾xa形 8(9-x)-(2x+2) 4Vx+i×9-z(4√2-2 9x +√/2x+2） 5(7-x) /9x 2√x+五X9-z(4√2-2 十√2x+2） 当0≤x<1,1<x<7时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 当7<x<9时，f'(x)<0,f(x)单调递减， 5 5 5 因此S= 9 m √2m+2+√2-2 f0m5≥f7-1, 当且仅当m2=7时，等号成立， 因此△AOD面积的最小值为1. 数学解答题专练（十三） 1.解：(1)当a=0时，函数f(x)=-2e-x,f(0)=-2, 又f'(x)=-2e2-1,则f'(0)=-2-1=-3. 所以曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=一3x一2. (2)由题意知，f(x)的定义域为（一∞，十∞）， f'(x)=2ae+(a-2)e-1=(2e+1)(ae-1),显然2e2+ 1>0恒成立， ①若a≤0，则f'(x)<0,此时f(x)在(-∞，十∞)上单调 递减； ·29 参考答案及解析 ②若a>0,令f'(x)=0,解得x=-lna. 当x∈(-∞，-lna)时，f'(x)<0,当x∈(-lna,+o∞)时， f'(x)>0, 所以f(x)在（一∞，一lna)上单调递减，在（一lna,十∞）上单 调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在（一o,+∞）上单调递减； 当a>0时，f(x)在（一∞，一l1na)上单调递减，在（一lna, 十∞)上单调递增. (3)若a≤0，由(2)知，f(x)至多有一个零点，不符合题意； 若a>0,由(2)知，当x=-lna时，f(x)取得最小值，为 十lna. f(-lna)-1-a 设8e)=1-+h,则g)=+- x z2>0, 做g(x)=1十lnx在(0，+∞)上单调递增，且g(①)=0. (1)当a∈[1，+o)时，f(-1na)=1-1+1na≥0，故此时 f(x)没有两个零点. （i)当a∈(0,1)时，f(-lna)=1- 1+lna<0, 又f(-2)=ae4+(a-2)e2+2>-2e2+2>0, 故f(x)在(-∞，-lna)上有一个零点； 当x>1n3时，由e>ea可得e>3,即ae>3,得ae a 3>0,则ae十a-3>0, 故e(ae+a-3)>0,即ae2r十ae-3e>0,又易知e>x, 则ae2r十ae-3e十e-x>0,即ae2r+(a-2)e-x>0, 因此f(x)在(-lna,十∞)上也有一个零点. 综上，若f(x)有两个零点，实数a的取值范围为(0,1). 解：(1)当a=1时，f(x)=lnx-xe-1+x+1, 所以f(x)=1-（e-+xe-)+1=(x+1)(1-e-）, 易知函数f(x)的定义域为(0，十∞)，且函数y=】和y 一e-1都在区间(0，十∞)上单调递减， 令g(x)=上一e-1,则g(x)在区间(0，十∞)上单调递减，且 ℃ g(1)=0, 所以当0<x<1时，f'(x)>0;当x=1时，f'(1)=0;当x>1 时，f'(x)<0, 即函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减， 所以函数f(x)的极大值为f(1)=1,无极小值. (2)f)=是-aet-axe1+1=(x+1(2-ae-'. 当a≤0时，易知f'(x)>0,函数f(x)单调递增， 又当x→0时，f(x)→一∞；当x→十∞时，f(x)*十∞， 所以当a≤0时，函数f(x)只有一个零点. 当a>0时，令h(x)=于二ae,易知h(x)在区间0，+∞) 上单调递减， 当x→0+时，h(x)→十∞；当x→+∞时，f(x)→-∞， 所以存在xo∈(0，十o∞)使得h(xo)=0,即1=ae0-1, ℃。 则当0<x<x。时，f'(x)>0,函数f(x)单调递增；当x>xo 时，f'(x)<0,函数f(x)单调递减， 又当x→0+时，f(x)→一∞；当x→+∞时，f(x)→-∞， 下面讨论f(x。)与0的大小关系. 因为fx,)=lnx-ae0+x+1, ,=ae1 所以=xe01,即1n=1nx+z。-1, 所以f(xo)=lnxo+xo=1-lna, 则当0<a<e时，f(xo)>0;当a=e时，f(xo)=0;当a>e