【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材） 高考解答题专项五　第3课时　证明与探究问题含解析【高考】.docx，共(8)页，38.421 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-3643c9fc066593f8a8d23b5d2ec1fe58.html

以下为本文档部分文字说明：

1高考解答题专项五圆锥曲线中的综合问题第3课时证明与探究问题1.(2021安徽芜湖二模)已知双曲线E:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的右焦点为F,离心率e=2,直线l:x=𝑎2𝑐与双曲线E的一条渐近线交于点Q,与x轴交于P,且|FQ|=√3.(1)求双曲线E的方程;(

2)过点F的直线l'交双曲线E的右支于A,B两点,求证:PF平分∠APB.2.(2021福建南平二模)已知点P(√2,√2)在椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)上,且椭圆C的离心率为√22,若过原点的直线交椭圆C于A,B两点,点A在第一象限,AD⊥x轴,垂足为D,连接BD并

延长交椭圆C于点E.(1)求椭圆C的方程;(2)证明:AB⊥AE.23.在平面直角坐标系xOy中,已知点E(0,2),以OE为直径的圆与抛物线C:x2=2py(p>0)交于点M,N(异于原点O),MN恰为该圆的直径,过点E作直线交抛物线于A,B两点,过A,B两点分别作拋物线C

的切线交于点P.(1)证明:点P的纵坐标为定值;(2)若点F是抛物线C的焦点,证明:∠PFA=∠PFB.4.在平面直角坐标系Oxy中,动圆Q过点(0,1)且与直线y=-1相切,动圆圆心Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)直线l:y=kx+a(a>0)

交曲线C于M,N两点.y轴上是否存在一点P,使得当k变动时,都有∠OPM=∠OPN?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.35.(2021重庆一中月考)双曲线C2:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的顶点与椭圆C1:𝑥23+y2=1长轴的两个端点重合,且一条渐近线的

方程为y=√33x.(1)求双曲线C2的方程;(2)过双曲线C2右焦点F作直线l1与C2分别交于左右两支上的点P,Q,又过原点O作直线l2,使l2∥l1,且与双曲线C2分别交于左右两支上的点M,N.是否存在

定值λ,使得|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.6.(2021山东聊城三模)已知圆F1:(x+1)2+y2=r2,圆F2:(x-1)2+y2=(4-r)2,0<r<4.

当r变化时,圆F1与圆F2的交点P的轨迹为曲线C,(1)求曲线C的方程;(2)已知点P(1,32),过曲线C右焦点F2的直线交曲线C于A,B两点,与直线x=m交于点D,是否存在实数m,λ,使得kPA+kPB=λkPD成立?

若存在,求出m,λ的值;若不存在,请说明理由.4第3课时证明与探究问题1.(1)解不妨设渐近线方程为y=𝑏𝑎x.由{𝑥=𝑎2𝑐,𝑦=𝑏𝑎𝑥得yQ=𝑎𝑏𝑐.又e=2,∴yQ=𝑏2.∵|PF|=c-𝑎2

𝑐=𝑏2𝑐=√32b,∴|FQ|=√(𝑏2)2+(√3𝑏2)2=b=√3,∴a=1,c=2,∴双曲线的方程为x2-𝑦23=1.(2)证明由题可知直线l'的斜率不为0,P(12,0).设直线l'的方程为x=my+2,

A(x1,y1),B(x2,y2).联立{𝑥=𝑚𝑦+2,𝑥2-𝑦23=1,得(3m2-1)y2+12my+9=0.∵3m2-1≠0,Δ=144m2-36(3m2-1)>0,∴m≠±√33,∴y1+y2=-12𝑚3𝑚2-1,y1y2=93𝑚2-1,∴kPA

+kPB=𝑦1𝑥1-12+𝑦2𝑥2-12=𝑦1(𝑚𝑦2+32)+𝑦2(𝑚𝑦1+32)(𝑥1-12)(𝑥2-12)=2𝑚𝑦1𝑦2+32(𝑦1+𝑦2)(𝑥1-12)(𝑥2-12)=18𝑚3𝑚2-1-18𝑚3𝑚2-1(𝑥1-12)(𝑥2-

12)=0,∴kPA=-kPB,∴∠APF=∠BPF,即PF平分∠APB.2.(1)解因为点P(√2,√2)在椭圆C上,所以2𝑎2+2𝑏2=1.①又因为椭圆C的离心率为√22,所以√22=√1-(𝑏𝑎)2.②由①②得a2=

6,b2=3,所以椭圆C的方程为𝑥26+𝑦23=1.(2)证明由题可知,直线AB斜率存在.设直线AB的斜率为k(k>0),则其方程为y=kx.设A(u,uk),B(-u,-uk),则D(u,0),5所以直线BE的斜率为𝑘2,方程为y=𝑘2(x-

u).联立{𝑦=𝑘2(𝑥-𝑢),𝑥26+𝑦23=1,得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-12=0.③因为2+k2>0,Δ=4u2k4-4(k2u2-12)(2+k2)=8(6k2-k2u2+12

)>0,所以k2(u2-6)<12.设E(x1,y1),则-u和x1是方程③的解,所以x1-u=2𝑢𝑘22+𝑘2,即x1=𝑢(3𝑘2+2)2+𝑘2,所以y1=𝑘2(x1-u)=𝑢𝑘32+𝑘2,所以直线AE的斜率为𝑢𝑘32+𝑘2-𝑢𝑘𝑢(3𝑘2

+2)2+𝑘2-𝑢=-1𝑘,所以AB⊥AE.3.证明(1)以OE为直径的圆为x2+(y-1)2=1.由题可知该圆与抛物线交于一条直径的两个端点,所以交点坐标为(1,1),(-1,1),所以2p=1,所以抛物线的方程为x2=y.设A(x1,𝑥12),B(x2,𝑥2

2),所以kAB=𝑥12-𝑥22𝑥1-𝑥2=x1+x2,所以直线AB的方程为y-𝑥12=(x1+x2)(x-x1),即y=(x1+x2)x-x1x2.又因为直线AB过点E(0,2),所以-x1x2=2,所以x1x2=-2.因为y'=2x,所以直线PA的斜率为2x1,直线PB的斜

率为2x2,所以直线PA的方程为y-𝑥12=2x1(x-x1),即y=2x1x-𝑥12.同理直线PB的方程为y=2x2x-𝑥22.联立两直线方程,可得P(𝑥1+𝑥22,𝑥1𝑥2),所以点P的纵坐标为定值-2.(2)cos∠PFA=𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐹�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|,cos∠PFB=𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|.因为∠PFA∈(0,π),∠PFB∈(0,π),所以要证∠PFA=∠PFB,即证cos∠

PFA=cos∠PFB,即𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|.(*)因为𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥1

,𝑥12-14),𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥1+𝑥22,-94),6所以𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=x1·𝑥1+𝑥22−94(𝑥12-14)=-74𝑥12−716=-716(4𝑥12+1).又|𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|=√𝑥12+

(𝑥12-14)2=𝑥12+14,所以𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=-74,同理𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=-74,(*)式得证,所以∠PFA=∠PFB.4.解(1)设动圆圆心Q(x,y),则点Q

到定点(0,1)的距离等于到直线y=-1的距离,∴圆心Q的轨迹为抛物线x2=4y,∴曲线C的方程为x2=4y.(2)存在.设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2.联立{�

�=𝑘𝑥+𝑎,𝑥2=4𝑦,得x2-4kx-4a=0.∵Δ=16k2+16a>0,∴x1+x2=4k,x1x2=-4a.∴k1+k2=𝑦1-𝑏𝑥1+𝑦2-𝑏𝑥2=2𝑘𝑥1𝑥2+(𝑎-𝑏)(𝑥1+𝑥2)𝑥1𝑥2=𝑘(𝑎+𝑏)𝑎.当b=-a时,k1

+k2=0,∴直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,∴∠OPM=∠OPN,∴存在点P(0,-a),使得∠OPM=∠OPN.5.解(1)∵椭圆C1:𝑥23+y2=1,∴a=√3.又双曲线的一条渐近线方程为y=√33x,∴𝑏𝑎=√33,∴b=1,∴双曲线C2的方程为𝑥23-y2=1.(2)存

在定值λ,使得|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗.∵𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗同向,∴λ=|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2|𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗|.由题可知,直线l1,l2斜率存在.当直线斜率为零时,|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑃

𝑄⃗⃗⃗⃗⃗|=2√3,∴λ=2√3.当直线斜率不为零时,设l1:x=ty+2.7联立{𝑥=𝑡𝑦+2,𝑥2-3𝑦2=3,得(t2-3)y2+4ty+1=0.∵t2-3≠0,Δ=16t2-4(t2-3)>0,∴t≠±√3,∴y1+y2=-4𝑡𝑡2-3,y1y2=1�

�2-3,∵l1与l2分别交于左右两支上的点P,Q,∴x1x2<0.∴(ty1+2)(ty2+2)<0,∴t2-3>0,∴t>√3或t<-√3.∴|𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗|=√1+𝑡2√(𝑦1+𝑦2

)2-4𝑦1𝑦2=√1+𝑡2√(-4𝑡𝑡2-3)2-4𝑡2-3=2√3(𝑡2+1)𝑡2-3.∵l2∥l1,∴l2:x=ty.联立{𝑥=𝑡𝑦,𝑥2-3𝑦2=3,得(t2-3)y2=3,∴y2=3𝑡2-3,∴|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2=(√1+�

�2·|y-(-y)|)2=(1+t2)·4y2=12(1+𝑡2)𝑡2-3,∴λ=|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2|𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√3,∴存在定值λ=2√3,使得|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ�

�𝑄⃗⃗⃗⃗⃗.6.解(1)由题可知|PF1|=r,|PF2|=4-r,|F1F2|=2,所以|PF1|+|PF2|=4>|F1F2|,所以曲线C为以F1,F2为焦点的椭圆,且a2=22=4,c2=1,b2=4-1=3,所以曲线C的方程为𝑥24+𝑦23=1.(2

)假设存在.由题可知直线AB的斜率存在.设直线AB的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2).联立{𝑦=𝑘(𝑥-1),3𝑥2+4𝑦2=12,得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.因为4k2+3>0

,Δ=64k4-4(4k2+3)(4k2-12)>0,所以x1+x2=8𝑘24𝑘2+3,x1x2=4𝑘2-124𝑘2+3,所以kPA+kPB=𝑦1-32𝑥1-1+𝑦2-32𝑥2-1=𝑘(𝑥1-1)-32𝑥1-1+𝑘(𝑥2-1)-32𝑥2-1=2k-32(𝑥1-1

)−32(𝑥2-1)=2k-3(𝑥1+𝑥2-2)2[𝑥1𝑥2-(𝑥1+𝑥2)+1]=2k-1,kPD=𝑘(𝑚-1)-32𝑚-1=k-32(𝑚-1).因为kPA+kPB=λkPD,所以2k-1=λk-3𝜆2(𝑚

-1),所以λ=2,3𝜆2(𝑚-1)=1,即m=4,8所以存在m=4,λ=2使kPA+kPB=λkPD成立.