2023年高考数学一轮复习高考解答题专项五第3课时圆锥曲线中的存在性或证明问题含解析北师大版文

这是一份2023年高考数学一轮复习高考解答题专项五第3课时圆锥曲线中的存在性或证明问题含解析北师大版文，共5页。试卷主要包含了已知椭圆C，设F1,F2分别为椭圆C，如图所示,已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
(1)求点P的轨迹C的方程;
(2)若F为点A关于原点O的对称点,过F的直线交曲线C于M,N两点,直线OM交直线y=-1于点H,求证:|NF|=|NH|.
(1)解设P(x,y),B(x0,y0),∵P为AB中点,
∴x0=2x,y0=2y+1.∵B为抛物线y=18x2+1上任意一点,∴y0=18x02+1,代入得x2=4y,∴点P的轨迹C的方程为x2=4y.
(2)证明依题意得F(0,1),直线MN的斜率存在,其方程可设为y=kx+1.设M(x1,y1),N(x2,y2),联立y=kx+1,x2=4y,得x2-4kx-4=0,则Δ=16k2+16>0,∴x1x2=-4.∵直线OM的方程为y=y1x1x,H是直线OM与直线y=-1的交点,∴H-x1y1,-1.根据抛物线的定义|NF|等于点N到准线y=-1的距离.∵H在准线y=-1上,∴要证明|NF|=|NH|,只需证明HN垂直于准线y=-1,即证HN∥y轴.∵H的横坐标-x1y1=-x1x124=-4x1=x1x2x1=x2,∴HN∥y轴成立,∴|NF|=|NH|成立.
2.(2021江西九江一模,文20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,右焦点为F,|AF|=3,过F的直线l与椭圆C交于M,N两点,且△AMN的面积是△BMN面积的3倍.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若直线AM,AN与直线x=4分别交于P,Q两点,求证:PF⊥QF.
(1)解∵|AF|=3,∴a+c=3.
又△AMN的面积是△BMN面积的3倍,
∴a+c=3(a-c),解得a=2,c=1,则b2=a2-c2=3,
故椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)证明由(1)知,A(-2,0),F(1,0),设l:x=ty+1,M(x1,y1),N(x2,y2),
联立x=ty+1,x24+y23=1,消去x整理得(3t2+4)y2+6ty-9=0,Δ>0显然成立,
∴y1+y2=-6t3t2+4,y1y2=-93t2+4,直线AM的方程为y=y1x1+2(x+2),
令x=4,得P4,6y1x1+2,同理Q4,6y2x2+2,
∴kPF=6y1x1+24-1=2y1x1+2,kQF=6y2x2+24-1=2y2x2+2,
∴kPF·kQF=2y1x1+2·2y2x2+2=4y1y2(ty1+3)(ty2+3)=4y1y2t2y1y2+3t(y1+y2)+9=4(-93t2+4)t2(-93t2+4)+3t(-6t3t2+4)+9=-1.
∴PF⊥QF.
3.(2021山东济南一模,20)如图,A,B,M,N为抛物线y2=2x上四个不同的点,直线AB与直线MN相交于点(1,0),直线AN过点(2,0).
(1)记A,B的纵坐标分别为yA,yB,求yA·yB的值;
(2)记直线AN,BM的斜率分别为k1,k2,是否存在实数λ,使得k2=λk1?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
解:(1)设直线AB的方程为x=my+1,代入y2=2x,得y2-2my-2=0,Δ=4m2+8>0,
所以yA·yB=-2.
(2)设点M,N的坐标分别为(xM,yM),(xN,yN),点A,B的横坐标分别为xA,xB.
由(1)同理可得yM·yN=-2,设直线AN的方程为x=ny+2,
代入y2=2x,得y2-2ny-4=0,Δ=4n2+16>0,所以yA·yN=-4.
又k1=yN-yAxN-xA=yN-yAyN22-yA22=2yN+yA,同理得k2=2yM+yB,
所以λ=k2k1=yA+yNyB+yM=yA+yN-2yA+-2yN=yAyN-2=2,
所以存在实数λ=2,使得k2=2k1.
4.(2021四川高考诊断,文21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A-1,32,且离心率为12.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)不与坐标轴垂直的直线l经过椭圆C的右焦点F,且与椭圆C交于M,N两点,线段MN的垂直平分线与x轴交于点P,求证:当l的方向变化时,|MN|与|PF|的比值为常数.
(1)解由已知可得ca=12,1a2+94b2=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=3,c=1,
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)证明设直线MN:x=ty+1(t≠0),代入x24+y23=1可得(3t2+4)y2+6ty-9=0,Δ>0显然成立.
设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=-6t3t2+4,y1y2=-93t2+4,
所以|MN|=1+t2·(y1+y2)2-4y1y2=1+t2·(-6t3t2+4) 2+363t2+4=12(t2+1)3t2+4,
设线段MN的中点坐标为(x0,y0),则y0=y1+y22=-3t3t2+4,x0=ty0+1=43t2+4,则MN的垂直平分线方程为y+3t3t2+4=-tx-43t2+4,令y=0,得点P的横坐标为xP=13t2+4,
于是|PF|=|1-xP|=3(t2+1)3t2+4=14|MN|,
故当l的方向改变时,|MN|与|PF|的比值为常数4.
5.(2021安徽安庆二模,20)设F1,F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,P是椭圆C的上顶点,已知△PF1F2的面积为2,cs∠F1PF2=-13.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)是否存在与PF2平行的直线l,满足直线l与椭圆C交于两点M,N,且以线段MN为直径的圆经过坐标原点O?若存在,求直线l的方程;若不存在,请说明理由.
解:(1)设|F1F2|=2c,则△PF1F2的面积等于12|F1F2|·|OP|=cb,所以cb=2.①
由cs2∠OPF2=cs∠F1PF2=-13,即2cs2∠OPF2-1=-13,得cs∠OPF2=33.
因为在直角三角形OPF2中,|OP|=b,|OF2|=c,|PF2|=|OP|2+|OF2|2=b2+c2=a,
所以cs∠OPF2=ba,所以ba=33.②
由①②及a2=b2+c2,得a=3,b=1,c=2,
所以椭圆C的标准方程为x23+y2=1.
(2)因为直线PF2的斜率为-22,所以可设直线l的方程为y=-22x+m,代入椭圆方程x23+y2=1,消去y,
整理得56x2-2mx+m2-1=0.
由Δ=(2m)2-4×56(m2-1)>0,得m20)的左、右焦点为F1,F2,离心率为22,直线l:y=kx与椭圆C交于A,B两点,与直线x=4交于点M,且四边形AF1BF2的周长为82,点N在直线l上,满足OA2=ON·OM.
(1)求椭圆C的方程;
(2)当k=22时,证明∠AF2N=∠BF2N;
(3)在x轴上是否存在定点P,使得对一切k∈R都有PN·PM=0?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.
(1)解由四边形AF1BF2的周长为82,得4a=82,所以a=22,由e2=1-b2a2=12,得b2=4,
所以椭圆C的标准方程为x28+y24=1.
(2)证明当k=22时,联立y=22x,x28+y24=1,消去y,得x2+x2=8,x=±2,
所以A(2,2),B(-2,-2),F2(2,0).
因为点A,M,N在一条直线上,由OA2=ON·OM,得|OA|2=|ON|·|OM|,即|OA||OM|=|ON||OA|.
所以xA4=xNxA,即xA2=4xN,即N1,22,F2A=(0,2),F2B=(-4,-2),F2N=-1,22,
所以cs=2×222×32=33,cs=4-2×2232×32=33,所以∠AF2N=∠BF2N.
(3)解由M为直线y=kx与直线x=4的交点,设M(4,4k),
联立y=kx,x28+y24=1,得x2+2k2x2=8,所以xA2=81+2k2.
由OA2=ON·OM,得xA2+yA2=(xN,yN)·(4,4k),即4xN+4k2xN=81+2k2+8k21+2k2,所以xN=21+2k2,即N21+2k2,2k1+2k2,设存在点P(x0,0)使得PN·PM=0,PN·PM=(4-x0)21+2k2-x0+8k21+2k2=0,x02-6+8k21+2k2x0+8+8k21+2k2=0,(x0-2)x0-4+4k21+2k2=0,所以当x0=2时,PN·PM=0恒成立,
即存在定点P(2,0),使得对一切k∈R都有PN·PM=0.