2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业五十九证明与探索问题

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业五十九证明与探索问题，共4页。

(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l的斜率为eq \f(1,2)，且直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于原点的对称点为E，点A(－2，1)是椭圆C上一点，若直线AE与AQ的斜率分别为kAE，kAQ，证明：kAE＋kAQ＝0.
2．[2023·河北沧州模拟]已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)过点A(2eq \r(2)，1)，焦距为2eq \r(5)，B(0，b).
(1)求双曲线C的方程；
(2)是否存在过点D(－eq \f(3,2)，0)的直线l与双曲线C交于M，N两点，使△BMN构成以∠MBN为顶角的等腰三角形？若存在，求出所有直线l的方程；若不存在，请说明理由．
3．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，直线l1，l2都经过点P(－eq \f(p,2)，0).当两条直线与抛物线相切时，两切点间的距离为4.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若直线l1，l2分别与抛物线C依次交于点E，F和G，H，直线EH，FG与抛物线准线分别交于点A，B，证明：|PA|＝|PB|.
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4．[2023·河北衡水模拟]在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为eq \f(\r(2),2).过点P(2，0)作直线l与椭圆C相交于A，B两点．若A是椭圆C的短轴端点时，eq \(AF,\s\up6(→))2·eq \(AP,\s\up6(→))＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)试判断是否存在直线l，使得|F1A|2，eq \f(1,2)|F1P|2，|F1B|2成等差数列？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
课时作业（五十九） 证明与探索问题
1．解析：（1）因为圆x2＋y2＝2过椭圆C的上、下顶点，所以b＝eq \r(2)；
又因为离心率e＝eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(c,a)＝eq \r(\f(a2－b2,a2))＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(3),2)，解得a2＝8，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
（2）证明：由于直线l的斜率为eq \f(1,2)，可设直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋t；
代入椭圆方程x2＋4y2＝8，可得x2＋2tx＋2t2－4＝0，
由于直线l交椭圆C于P，Q两点，
所以Δ＝4t2－4（2t2－4）>0，整理解得－2设点P（x1，y1），Q（x2，y2），由于点P与点E关于原点对称，故E（－x1，－y1），
x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4；
因为A（－2，1），所以kAE＋kAQ＝eq \f(y2－1,x2＋2)＋eq \f(－y1－1,－x1＋2)＝eq \f(（2－x1）（y2－1）－（2＋x2）（y1＋1）,（2＋x2）（2－x1）)
y1＝eq \f(1,2)x1＋t，y2＝eq \f(1,2)x2＋t，
（2－x1）（y2－1）－（2＋x2）（y1＋1）＝2（y2－y1）－（x1y2＋x2y1）＋x1－x2－4
＝x2－x1－（x1x2＋tx1＋tx2）＋x1－x2－4＝－x1x2－t（x1＋x2）－4
＝－（2t2－4）－t（－2t）－4＝0，故kAE＋kAQ＝0，结论得证．
2．解析：（1）由题设，c＝eq \r(5)，又A（2eq \r(2)，1）在双曲线上，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝5,\f(8,a2)－\f(1,b2)＝1))，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4,b2＝1))，
∴双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－y2＝1.
（2）由（1）知：B（0，1），
直线l的斜率一定存在，当直线斜率为0时，直线l：y＝0，符合题意；
设直线l为y＝k（x＋eq \f(3,2)），M（x1，y1），N（x2，y2），
联立双曲线方程可得（1－4k2）x2－12k2x－（9k2＋4）＝0，
由题设eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－4k2≠0,Δ>0))，
∴x1＋x2＝eq \f(12k2,1－4k2)，x1x2＝－eq \f(9k2＋4,1－4k2)，则y1＋y2＝k（x1＋x2＋3）＝eq \f(3k,1－4k2).
要使△BMN构成以∠MBN为顶角的等腰三角形，则|BM|＝|BN|，
∴MN的中点坐标为（eq \f(6k2,1－4k2)，eq \f(3k,2（1－4k2）)），
∴－eq \f(1,k)＝eq \f(\f(3k,2（1－4k2）)－1,\f(6k2,1－4k2))＝eq \f(8k2＋3k－2,12k2)，
可得k＝eq \f(1,8)或k＝－2，
当k＝－2时，Δ<0，不合题意，所以k＝eq \f(1,8)，直线l：2x－16y＋3＝0，
∴存在直线l为y＝0或2x－16y＋3＝0，使△BMN构成以∠MBN为顶角的等腰三角形．
3．解析：（1）设经过点P（－eq \f(p,2)，0）的直线为l：y＝k（x＋eq \f(p,2)），由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2px,y＝k（x＋\f(p,2)）))消去y，得k2x2＋（k2－2）px＋eq \f(k2p2,4)＝0，Δ＝（k2－2）2p2－4×k2·eq \f(k2p2,4)＝4p2（－k2＋1），当直线l与抛物线C相切时，Δ＝0，∵p>0，∴k＝±1，所以x2－px＋eq \f(p2,4)＝0，解得x＝eq \f(p,2)，∴切点为（eq \f(p,2)，p），（eq \f(p,2)，－p），
又∵两切点间的距离为4，∴2p＝4，即p＝2，∴抛物线C的标准方程为y2＝4x.
（2）证明：设点E（x1，y1），F（x2，y2），G（x3，y3），H（x4，y4），设直线l1：x＝k1y－1，直线l2：x＝k2y－1，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x,x＝k1y－1))消去x，得y2－4k1y＋4＝0，则y1y2＝4，同理，y3y4＝4，故y1＝eq \f(4,y2)，y4＝eq \f(4,y3)，直线EH的方程为eq \f(y－y1,y4－y1)＝eq \f(x－x1,x4－x1)，令x＝－1，得eq \f(yA－y1,y4－y1)＝eq \f(1－\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4),\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ,4)－\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4))，整理得yA＝eq \f(y1y4－4,y1＋y4)，同理，yB＝eq \f(y2y3－4,y2＋y3)，所以yA＝eq \f(\f(4,y2)·\f(4,y3)－4,\f(4,y2)＋\f(4,y3))＝eq \f(4－y2y3,y2＋y3)＝－yB，∴|PA|＝|PB|.
4．解析：（1）由题意知：e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，即a＝eq \r(2)c.
当A为椭圆的短轴端点时，不妨设A（0，b），则eq \(AF,\s\up6(→))2＝（c，－b），eq \(AP,\s\up6(→))＝（2，－b），
∴eq \(AF,\s\up6(→))2·eq \(AP,\s\up6(→))＝b2＋2c＝3，
又a2＝b2＋c2＝2c2，∴b2＝c2，即c2＋2c＝3，解得c＝1，
∴a＝eq \r(2)，b＝1，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
（2）设l：y＝k（x－2），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－2）,\f(x2,2)＋y2＝1))得（2k2＋1）x2－8k2x＋8k2－2＝0，
∵Δ＝64k4－4（2k2＋1）（8k2－2）>0，∴k∈（－eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)），
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝eq \f(8k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(8k2－2,2k2＋1)，
∴x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝（x1＋x2）2－2x1x2＝eq \f(4（8k4－2k2＋1）,（2k2＋1）2)，
∵F1（－1，0），∴|F1A|2＝（x1＋1）2＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝（x1＋1）2＋1－eq \f(1,2)x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝eq \f(1,2)x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋2x1＋2，
同理可得|F1B|2＝eq \f(1,2)x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋2x2＋2，
∴|F1A|2＋|F1B|2＝eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2)＋2（x1＋x2）＋4＝eq \f(48k4＋12k2＋2,（2k2＋1）2)＋4，
又|F1P|2＝9，
∴eq \f(48k4＋12k2＋2,（2k2＋1）2)＋4＝9，整理得28k4－8k2－3＝0，
即（2k2－1）（14k2＋3）＝0，解得k＝±eq \f(\r(2),2)，
∵k∈（－eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)），∴不存在直线l符合题意．