第35天 解析几何中的同构方法 每日专项练习 - 2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦解析几何同构方法，通过构造对称方程、转化几何关系实现复杂问题简化，体现数学思维的推理能力与模型观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解析几何同构方法应用|4题|构造同构方程（如x₁x₀+y₁y₀=1）、对称点转化、韦达定理应用|从曲线方程（双曲线/圆/抛物线）到几何性质（对称/定值/面积），以同构思想串联直线与曲线位置关系、参数计算等核心考法|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第35天 解析几何中的同构方法 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 解答题(1题13分,2题15分,3题15分,4题17分) 1.(2025·厦门二模)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,过C的右焦点F(2,0)的直线l与C的右支交于P,Q两点.当l与x轴垂直时,∠PA1F=. (1)求C的方程; (2)直线A1P,A1Q与直线x=1的交点分别为M,N,E为A2M的中点. ①求|MN|的最小值; ②证明:点A2关于直线EF对称的点在l上. 2.(2025·成都七中二模)已知圆O:x2+y2=1和点M(1,). (1)过点M作圆O的切线,求切线的方程; (2)已知A(2,4),设P为满足方程|PA|2+|PO|2=34的任意一点,过点P向圆O引切线,切点为B,试探究:平面内是否存在一定点N,使得为定值?若存在,则求出定点N的坐标,并指出相应的定值;若不存在,则说明理由; (3)过点M作直线l交圆O于两个不同的点C,D(线段CD不经过圆心O),分别在点C,D处作圆O的切线,两条切线交于点E,求证:点E在一条定直线上,并求出该直线的方程. 3.(2025·新疆适考)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0),点P(1,1)到C的两条渐近线距离之比为1∶3,过点P的直线l与C交于A,B两点,且当l的斜率为0时,AB=. (1)求C的方程; (2)若点A,B都在C的右支上,且l与x轴交于点Q,设=m,=n,求m+n的取值范围. 4.(2025·大庆二模)已知曲线W:x2=4y,点Q(m,n)(m≠0)在曲线W上. (1)求曲线W在点Q处的切线方程; (2)如图1,过曲线W外一点A(不在y轴上)作W的两条切线AB,AC,切点为B,C,过曲线W上一点M的切线交AB,AC于点B1,C1,且BC∥B1C1,把这样的△AB1C1叫做“外切三角形”. ①连接AM交BC于点E,求证:A,M,E三点的纵坐标成等差数列; ②如图2,从点A出发做出的第一个外切三角形是△AB1C1再过点B1,C1分别做出2个“外切三角形”,即△B1B2B3和△C1C2C3;继续过点B2,B3,C2,C3分别做出4个“外切三角形”以此类推,依次做出1,2,4,8,…,2n-1个外切三角形.设△ABC的面积为S,求这些“外切三角形”的面积之和T,并证明T<S. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第35天 解析几何中的同构方法 1.(1)解　对双曲线C:-=1, 令x=c,得y=±, ∴当l与x轴垂直时,|PF|=. 由∠PA1F=得|A1F|=|PF|, 即a+c==,故c=2a, ∵F(2,0),∴c=2,a=1,b==, ∴C的方程为x2-=1. (2)①解　(ⅰ)l:y=0不合题意. (ⅱ)设l:x=ty+2,P(x1,y1),Q(x2,y2), 联立得, (3t2-1)y2+12ty+9=0, 所以3t2-1≠0,Δ=144t2-36(3t2-1)>0,y1+y2=,y1y2=<0, 解得t2<, ∵=, ∴直线A1P方程为:y=(x+1), 故M,同理N, ∴|MN|= = = = = =4≥4. ∴当t=0时,|MN|min=4. ②证明　由A2(1,0),M得E, 所以kEF==-,直线EF的方程为y=-(x-2). 设点A2(1,0)关于直线EF的对称点为G(m,n), 则 解得m=1+ =1+ =, n=,即G. ∵m-tn-2=-t·-2=,由点P在直线l上可得x1-ty1-2=0,故m-tn-2=0, ∴点G在直线l上,故点A2关于直线EF对称的点在l上. 2.(1)解　当切线斜率不存在时,显然x=1与圆O:x2+y2=1相切, 当切线斜率存在时,设切线为y=k(x-1)+,由圆心到切线的距离为1, 所以=1,解得k=,则y=(x-1)+,整理得x-y+2=0, 综上,切线的方程为x=1和x-y+2=0. (2)解　由题设,若P(x,y),则(x-2)2+(y-4)2+x2+y2=34,整理得x2+y2=2x+4y+7, 若存在N(m,n),使=k为定值, 又|PB|2=|PO|2-1=x2+y2-1, |PN|2=(x-m)2+(y-n)2, 则x2+y2-1=k(x-m)2+k(y-n)2, 整理得(1-k)(x2+y2)=k(m2+n2)-2mkx-2nky+1, 即(1-k)(2x+4y+7)=k(m2+n2)-2mkx-2nky+1, 整理得(2-2k+2mk)x+(4-4k+2nk)y+6-7k-k(m2+n2)=0, 要使为定值, 则 得m=-,n=-,k=或m=-1,n=-2,k=, 综上,存在定点N,定值为,或定点N(-1,-2),定值为. (3)证明　设C(x1,y1),D(x2,y2),E(x0,y0),=(x1-x0,y1-y0),=(x1,y1), 由CE⊥CO, 则x1(x1-x0)+y1(y1-y0)=0, 即-x1x0+-y1y0=0, 又+=1,故x1x0+y1y0=1,同理x2x0+y2y0=1, 所以直线CD为x0x+y0y=1,又M在CD上,所以x0+y0=1, 故点E在直线x+y=1上. 3.解　(1)双曲线C:-=1(a>0,b>0)的渐近线方程为ay±bx=0, 由已知得=⇒9(a-b)2=(a+b)2⇒4(a-2b)(2a-b)=0, 解得a=2b或b=2a, l斜率为0时可得直线方程为:y=1, 代入双曲线方程可得:x=±, 故2=⇒+a2=, 若b=2a,则可求得a=1,b=2, 若a=2b,则代入得a2=-无实数解, 所以a=1,b=2,C的方程为x2-=1. (2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),Q(t,0), 由=m,=n可得 (x1-1,y1-1)=m(t-x1,-y1), (x2-1,y2-1)=m(t-x2,-y2), 故代入双曲线方程得: 4(t2-1)m2+8(t-1)m-1=0, 同理代入双曲线方程得: 4(t2-1)n2+8(t-1)n-1=0, 所以m,n是一元二次方程4(t2-1)x2+8(t-1)x-1=0的两个解, 所以t2-1≠0,m+n=-, 由题意可知,直线AB有斜率,设直线AB斜率为k,则直线AB方程为: y-1=k(x-1)⇒y=kx-k+1, 与双曲线联立得:(4-k2)x2+2k(k-1)x-k2+2k-5=0, 由直线与双曲线交于右支得: 解得:k<-2或2<k<, 又k=⇒t=1-, 故m+n==, 由于k<-2或2<k<, 故2<2-<<2-<, 故-1<m+n<-或-<m+n<-, 所以m+n的取值范围为 ∪. 4.(1)解　由题可得y=x2, 则y'=x,y'|x=m=m,n=m2, 故点Q处的切线方程为y-n=(x-m), 即mx-2y-2n=0. (2)证明　①设B(x1,y1),C(x2,y2),A(x0,y0),M(xM,yM),E(xE,yE), 则由(1)可知直线AB为x1x-2y-2y1=0, 直线AC为x2x-2y-2y2=0,由A在AB上,同时A在AC上, 可知 故直线BC的方程为x0x-2y0-2y=0, 即y=x0x-y0,又B1C1∥BC, 所以=kBC=x0, 又由(1)可知直线B1C1的斜率为, 故x0=xM,即x0=xM,则直线AM为x=x0,E点横坐标为xE=x0, 又∵E在BC上,∴yE=-y0, ∵yM=, ∴y0+yE==2yM, 即A,M,E三点的纵坐标成等差数列. ②由①可知A,M,E三点的纵坐标成等差数列,则yE-yM=yM-yA⇒|EM|=|MA|, 又B1C1∥BC,则===1,可得△AB1C1∽△ABC,且相似比为, 故=S,同理可得+=(+). 如图连接BM,CM,因|EM|=|MA|, 又B1C1∥BC, 则△BMC与△AB1C1在底边BC与底边B1C1对应的高相同, 又|BC|=2|B1C1|, 则S△MBC=2=S, 则+=S-S-S=S, 则+=(+)=S, 即第二次所做的“外切三角形”的面积之和是第一次所做“外切三角形”的面积的, 同理可知每一次所做“外切三角形”面积之和都是上一次“外切三角形”面积之和的, 可得T=S+S+S+…+S =·S =S<S. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $