2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测（六十五） 圆锥曲线中的证明、存在性问题

这是一份2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测（六十五） 圆锥曲线中的证明、存在性问题，共6页。
课时跟踪检测（六十五） 圆锥曲线中的证明、存在性问题1．(2023·四川资阳中学模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦准距为2，过C上一动点P(x0，y0)(x0≠0)作斜率为k1，k2的两条直线分别交C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点(P，A，B三点互不相同)，且满足k2＋λk1＝0(λ≠0，λ≠－1)．(1)求抛物线C的方程；(2)设直线AB上一点M，满足＝λ，证明：线段PM的中点在y轴上．解：(1)由于抛物线的焦准距p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y.(2)证明：直线PA的方程为y－y0＝k1(x－x0)，由解得x1＝4k1－x0，同理可求得x2＝4k2－x0，由于k2＋λk1＝0(λ≠0，λ≠－1)，k2＝－λk1，则x2＝－4λk1－x0，由于＝λ，即(xM－x2，yM－y2)＝λ(x1－xM，y1－yM)＝(λx1－λxM，λy1－λyM)，所以xM－x2＝λx1－λxM，xM＝＝＝x0＝－x0，所以x0＋xM＝0，即线段PM的中点在y轴上．2．(2023·南通开学考试)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点M(m,2)，其焦点为F，且|MF|＝2.(1)求抛物线C的方程；(2)设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：(x－1)2＋y2＝1相切，切点分别为A，B，求证：A，B，F三点共线．解：(1)抛物线C的准线方程为x＝－，∴|MF|＝m＋＝2，又抛物线C：y2＝2px(p＞0)过点M(m,2)，∴4＝2pm，即4＝2p.∴p2－4p＋4＝0，∴p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明：设E(0，t)(t≠0)，已知切线不为y轴，设EA：y＝kx＋t，联立消去y，可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，∵直线EA与抛物线C相切，∴Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1.代入x2－2x＋t2＝0，∴x＝t2，即A(t2,2t)，设切点B(x0，y0)，则由圆的几何性质可以判断点O，B关于直线EF：y＝－tx＋t对称，则解得又∵抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1,0)，∴＝(t2－1,2t)，＝＝(t2－1,2t)＝，∴A，B，F三点共线．3．(2023·南京模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，点在椭圆上，直线l：y＝x＋m与椭圆C交于A，B两点，且线段AB的中点为M，O为坐标原点，直线OM的斜率为－.(1)求椭圆C的标准方程；(2)当m＝1时，椭圆C上是否存在P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称，若存在，求出P，Q的坐标，若不存在，请说明理由．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则M，所以kOM＝＝－.因为A，B在椭圆C上，所以＋＝1，＋＝1，两式相减得＋＝0，即＋＝0，又kAB＝＝1，所以－＝0，即a2＝2b2.又因为椭圆C过点，所以＋＝1，解得a2＝4，b2＝2，所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)由题意可知，直线l的方程为y＝x＋1.假设椭圆C上存在P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称，设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，PQ的中点为N(x0，y0)，所以x3＋x4＝2x0，y3＋y4＝2y0，因为P，Q关于直线l对称，所以kPQ＝－1且点N在直线l上，即y0＝x0＋1.又因为P，Q在椭圆C上，所以＋＝1，＋＝1，两式相减得＋＝0，即＋＝0，所以＝，即x0＝2y0.联立解得即N(－2，－1)．又因为＋>1，即点N在椭圆C外，这与N是弦PQ的中点矛盾，所以椭圆C上不存在P，Q两点，使得P，Q关于直线l对称．4．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y＝±x，过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．(1)求C的方程；(2)若直线AB的斜率为1，求线段AB的中点坐标；(3)点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.解：(1)由题意可得c＝2，＝，则 ＝2，解得a＝1，b＝，因此C的方程为x2－＝1.(2)由直线AB的斜率为1，得直线AB的方程为y＝x－2，联立得不妨设A(－－1，－3－)，联立得不妨设B(－1，－3＋)，故线段AB中点的坐标为(－1，－3)．(3)由题意设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，将直线PQ的方程代入x2－＝1得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，Δ＝12(m2＋3－k2)>0.因为x1>x2>0，∴x1＋x2＝>0，x1x2＝－>0，∴3－k2<0，∴x1－x2＝＝，设点M的坐标为(xM，yM)，则整理得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)，∵y1－y2＝k(x1－x2)，∴2xM＝(x1＋x2)＋k(x1－x2)，解得xM＝，又因为2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)，∵y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m，∴2yM＝(x1－x2)＋k(x1＋x2)＋2m，∴yM＝，∴yM＝xM；若选择①②作条件：因为PQ∥AB，设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设A的坐标为(x3，y3)，B的坐标为(x4，y4)，则解得x3＝，y3＝，同理求得x4＝，y4＝－，∴x3＋x4＝，y3＋y4＝，此时点M的坐标满足解得xM＝＝(x3＋x4)，yM＝＝(y3＋y4)，故M为AB的中点，则|MA|＝|MB|，即③成立．若选择①③作条件：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2,0)，此时不存在直线y＝x，矛盾；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设A的坐标为(x5，y5)，B的坐标为(x6，y6)，则解得x5＝，y5＝，同理解得x6＝，y6＝－，此时xM＝(x5＋x6)＝，yM＝(y5＋y6)＝，由于点M同时在直线y＝x上，故＝·，解得k＝m，所以PQ∥AB，即②成立．若选择②③作条件：设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设A的坐标为(x7，x8)，B的坐标为(x8，y8)，则解得x7＝，y7＝，同理可得x8＝，y8＝－，设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝(x7＋x8)＝，yC＝(y7＋y8)＝，由于|MA|＝|MB|，故M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－(x－xC)上，将该直线与y＝x联立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，即点M恰为AB中点，即点M在直线AB上，①成立．5.已知点F是抛物线y2＝4x的焦点，动点P在抛物线上．(1)写出抛物线的焦点坐标和准线方程；(2)设点R(t,0)(t>0)，求|PR|的最小值；(3)设直线l与抛物线交于D，E两点，若抛物线上存在点P，使得四边形DPEF为平行四边形，证明：直线l过定点，并求出这个定点的坐标．解：(1)根据抛物线标准方程可得焦点坐标为F(1,0)，准线x＝－1.(2)设P(x0，y0)，则|PR|＝＝，当t≥2时，t－2≥0，而x0≥0，此时x0＝t－2时|PR|min＝2；当t<2时，t－2<0，而x0≥0，此时x0＝0，即P为原点时|PR|min＝t；所以|PR|min＝(3)证明：设P(x0，y0)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，F(1,0)，直线l为x＝my＋b，得y2－4my－4b＝0，所以y1＋y2＝4m⇒x1＋x2＝4m2＋2b.因为四边形DPEF是平行四边形，所以＝＋，则(x0－1，y0)＝(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)所以x0＝x1＋x2－1＝4m2＋2b－1，y0＝y1＋y2＝4m，代入y＝4x0得(4m)2＝4(4m2＋2b－1)，解得b＝，即直线过定点.6．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过F的直线l与C相交于A，B两点，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，当AB∥x轴时，|AB|＝2.(1)求抛物线C的方程；(2)证明：|PF|2＝|AF|·|FB|.解：(1)由题意，F，当AB∥x轴时，将y＝代入x2＝2py有x2＝p2，解得x＝±p，又|AB|＝2，故2p＝2，解得p＝1.故抛物线C的方程为x2＝2y.(2)证明：由(1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋，联立抛物线方程有x2－2kx－1＝0，故x1＋x2＝2k，x1x2＝－1.又抛物线方程y＝x2，故y′＝x，故切线PA的方程为y－x＝x1(x－x1)，即y＝x1x－x，同理可得切线PB的方程为y＝x2x－x，联立可得(x1－x2)x＝(x－x)，解得x＝(x1＋x2)，代入y＝x1x－x有y＝x1(x1＋x2)－x＝x1x2，由根与系数的关系解得P.故当k＝0时，有l⊥PF，当k≠0时，因为kFP＝＝－，故kFP·kl＝－1，也满足l⊥PF.故l⊥PF恒成立．又kPA·kPB＝x1x2＝－1，故PA⊥PB.所以∠PAB＋∠PBA＝90°，∠PAF＋∠APF＝90°，故∠PBF＝∠APF，故Rt△PBF∽Rt△APF，故＝，即|PF2|＝|AF|·|BF|，即得证．