全品高考备战2027年数学一轮学生用书14培优专题(八)圆锥曲线中的融合、交汇问题【答案】听课手册

培优专题(八)圆锥曲线中的融合、交汇问题例1解:(1)证明:因为四边形ABB'A'为矩形,所以AB∥A'B',AB=A'B',由题意得,O',O分别为A'B'和AB的中点,所以O'B'∥OB,O'B'=OB,所以四边形OO'B'B为平行四边形.因为BB'⊥AB,所以OO'⊥AB,同理可得,OO'⊥CD.因为AB∩CD=O,AB,CD⊂平面ADBC,所以OO'⊥平面ADBC.(2)如图,以O为坐标原点,OD,OB,OO'所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设BB'=h,M(x,y,0),则B'(0,2,h),所以OB'=(0,2,h),OM=(x,y,0),则点M到直线OB'的距离d=OMx2所以S△OMB'=12OB'·d=12·2+h2·x2+y2因为底面椭圆的焦点在y轴上,AB=2CD=22,即长轴长为22,短轴长为2,所以点M的坐标满足y22+x2=1(z=0),即y2=2-2x2,代入(*)得S△OMB'=12因为△OMB'的面积为定值,所以2-h2=0,则h=2,由(1)知OO'=BB'=2,故OO'的长度为2.(3)由(1)知B'(0,2,2),设M(x1,y1,0),N(x2,y2,0),则OM=(x1,y1,0),ON=(x2,y2,0),OB'=(0,2,2)设平面OMB'的法向量为m=(a,b,c),则m令a=y1,得b=-x1,c=x1,则m=(y1,-x1,x1).设平面ONB'的法向量为n=(r,s,t),则n·ON=rx2+sy2=0,n·OB'=2s+2t=0,令r=y2,得s=-x2,t=x2,则n=(y2,-x在平面xOy内,椭圆的方程为y22+x2=1,设直线MN在平面xOy内的方程为y=kx+m,代入椭圆方程得(k2+2)x2+2kmx+m由Δ=4k2m2-4(k2+2)(m2-2)=8(k2-m2+2)>0,得k2-m2+2>0.由根与系数的关系得x所以y1y2+2x1x2=(kx1+m)(kx2+m)+2x1x2=(k2+2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,即(k2+2)(m2-2)-2k2m2k2+2+所以d'2=m21+k2=121+1故点O到直线MN的距离的取值范围为22【自测题】B[解析]连接DM,因为PD⊥平面ABCD,DM⊂平面ABCD,所以PD⊥DM,所以DM=d,MC=2d.在平面ABCD中,以D为原点,DC,DA所在直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系如图所示,则D(0,0),C(3,0).设M(x,y),因为|DM||MC|=12,所以|DM|2|MC|2=14,即|MC|2=4|DM|2,则(x-3)2+y2=4x2+4y2,整理得(x+1)2+y2=4,所以点M的轨迹是以E(-1,0)为圆心,半径为2的圆.在(x+1)2+y2=4中,令x=0,解得y=±3,令F(0,-3),因为|DE例2解:(1)∵点P1(5,4)在C上,∴25-16=m,得m=9.过点P1(5,4)且斜率k=12的直线的方程为y-4=12(x-5),即x-2y由x-2或x=5,y=4,∴Q1(-3,0),∴P2(3,0),得x2(2)证明:由题知,当n>1且n∈N*时,Pn(xn,yn)关于y轴的对称点是Qn-1(-xn,yn),Pn-1(xn-1,yn-1)与Qn-1(-xn,yn)在同一条斜率为k的直线上,则xn-1≠-xn,即xn-1+xn≠0,且yn-yn-1=-k(xn+xn-1)①,又Pn-1,Qn-1都在双曲线C上,∴xn2-yn2=9②,xn-12-yn-12=9③,由②-③得(xn-xn-1)(xn+xn-1)=(yn-yn-1)(yn+y由④-①得xn-yn-(xn-1-yn-1)=k(xn-yn)+k(xn-1-yn-1),即(1-k)(xn-yn)=(1+k)(xn-1-yn-1),由题知xn-yn≠0,∴xn-y又x1-y1=5-4=1≠0,∴数列{xn-yn}是公比为1+k1(3)证明:由(2)得数列{xn-yn}是公比为1+k∵x1-y1=5-4=1,∴xn-yn=(x1-y1)1+k1-记q=1+k1-k,则q>1,xn-yn=∵xn2-yn2=9=(xn-yn)(xn∴xn+yn=9q1-n,∴xn=12(qn-1+9q1-n)∵kPn+1xnqn+1-qn12(qn+1qn1-2qn-1(q3-1)qn-1(q3-1)-9∴S△Pn即Sn=Sn+1.【自测题】解:(1)由已知得m0=1,F1(2,0),则m1=2.直线P1F0的方程为x=24y+1,与抛物线的方程联立可得P012,-2;直线P0F1的方程为x=324y+2,与抛物线的方程联立可得P3(8,4由P3(8,42),P2(2,-22),可得F2(4,0).综上可得,m0=1,m1=2,m2=4,m3=8.(2)证明:一方面,对任意的正整数k,都有直线P2kP2k+1过点F2k(m2k,0).设直线P2kP2k+1的方程为x=t2ky+m2k,由x=t2ky+m2k,y2=4x,得y2-4t2ky-4m2k=0,Δ=16t2k2+16m2k>0,则y2k·y因为x2k=m2k-1,x2k+1=m2k+1,所以m2k-1·m2k+1=m2k2,即m另一方面,对任意的正整数k,都有直线P2kP2k+3过点F2k+1(m2k+1,0).设直线P2kP2k+3的方程为x=n2ky+m2k+1,由x=n2ky+m2k+1,y2=4x,得y2-4n2ky-4m2k+1=0,Δ=16n2k2+16m2k+1>0,则y2k·y因为x2k=m2k-1,x2k+3=m2k+3,所以m2k-1·m2k+3=m2k由m2k-1·m2k+1=m2k2,得m2k+1·m2k+3=m2k+22,两式相乘得m2k-1·m2k+1把①代入②,得m2k+14=m2k2·m2k+22即m2k+2因为P1(m,2m),F0(1,0),所以直线P1F0的方程为y=2mm-1(x-1),由y=2mm-1(x-1),y2=4x,消去y得4m(m-1又F1(m,0),所以直线P0F1的方程为y=2mm2-1由y=2mm2-1(x-m),y2=4x,消去y得又x0=1m,所以x3=m3,则P3(m3,2mm).因为P2(m,-2m),所以直线P2P3的方程为y+2m=2mm+2mm3-m(x-m),令y=0,得x=m2,所以m综上可得,数列{mn}(n=0,1,2,…)是等比数列,且公比为m1m0又m0=1,所以{mn}的通项公式为mn=mn(n=0,1,2,…).(3)S△P2k-2P2k-1F2k-1=12(m2k-1-m2k-2)|y2k-1-y2k-2|=12m2k-2(m-1)(y2k-1-y2k-2)=12m2k-2(m-1)(2x2k-1-2x2k-2)=m2k-2(m-1)(x2k-1-x2k-2)=m2k-2(m-1)(m2k-1-m212m2k-1(m-1)(2x2k+1-2x2k)=m2k-1(m-1)(x2k+1-x2k)=所以S△P2k-2P例3解:(1)由抛物线的定义得动点P的轨迹是以F12,0为焦点,直线x所以p2=12,故C的方程为y2(2)(i)证明:由题可知,直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为x=my+2(m≠0),则直线l的斜率为kAB=1m设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨设y1>0,y2<0.由x=my+2,y2=2x,得y2-2my-4=0,则y1+y2由y=-2x,得y'=-2则曲线C在点B处的切线的斜率为-22x2-12=-则切线方程为y=1y2(x-x2)+y2=1y2x-y222+y2=1y2x直线OA的方程为y=y1x1x,令x=-2,得y=-2y1x1=-2y1y122=-4y1,即D-2,-4y1,所以直线DE的斜率kDE(ii)由(i)得D-2,-4y1,y1y2又因为B(x2,y2),所以DB∥x轴,即四边形DBME为平行四边形.由E-12y22,0,得S四边形ABDE=S▱DBME+S△AEM=(2-xE)|yB|+12yA=若四边形ABDE的面积为12,则-12y23-3y2-4y2=12,整理得12设f(x)=12x4+3x2+12x+4,x<0,则f'(x)=2x3+6x+12设g(x)=2x3+6x+12,x<0,则g'(x)=6x2+6>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,又g(-2)=-16<0,g(-1)=4>0,所以存在x0∈(-2,-1),使得g(x0)=0,所以f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,0)上单调递增,又f(-2)=0,f(-1)=-92<0,f所以f(x)有2个零点,即12y24+3y22+12y2+4=0有2个根,其中由对称性可得,交换点A,B的位置也符合题意,所以满足四边形ABDE的面积为12的直线l共有2条.【自测题】解:(1)因为椭圆的上焦点为F(0,1),所以c=1,由题意得a2-故椭圆C1的方程为y24+x(2)当b=2时,a=5,故椭圆C1的方程为y25+x24易得函数y=14x2+h的图象在点P处的切线方程为y-14t2+h=12t(x-t),即直线l的方程为y=1联立直线l与椭圆C1的方程,消去y,得(t2+5)x2+(4ht-t3)x+2h-12t由题意知,t3-4ht2t2+10=t-22,故h=12故h的最小值为5-54(3)由题意可得P(4,4+h),抛物线C2可以看成是由抛物线y=14x2向上或向下平移|h|个单位长度(h>0向上平移,h所以抛物线C2的准线方程为y=h-1,即Q的纵坐标为h-1.由(2)得直线l的方程为y=2x+h-4,故Q32,h-1,代入椭圆C1的方程