备战2025届新高考数学一轮总复习课时规范练71证明探究性问题（附解析人教A版）

这是一份备战2025届新高考数学一轮总复习课时规范练71证明探究性问题（附解析人教A版），共7页。试卷主要包含了已知椭圆C，设双曲线C等内容，欢迎下载使用。

(1)求椭圆C的标准方程.
(2)如图,过点P(0,)的直线l与椭圆C交于A,B两点,试问直线y=-上是否存在一点N,使△ABN为正三角形?若存在,求出相应的直线l的方程;若不存在,请说明理由.
2.(2024·甘肃定西模拟)已知点M到点F(0,)的距离比它到直线y=-2的距离小,记动点M的轨迹为E.
(1)求E的方程.
(2)若过点F的直线交E于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则在x轴的正半轴上是否存在点P,使得PA,PB分别交E于另外两点C,D,且=3?若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
3.(2022·新高考Ⅱ,21)设双曲线C:=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=±x.
(1)求C的方程;
(2)经过F的直线与C的渐近线分别交于A,B两点,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,从下面三个条件①②③中选择两个条件,证明另一个条件成立:
①M在AB上;②PQ∥AB;③|AM|=|BM|.
4.(2024·北京通州模拟)已知椭圆C:=1(a>b>0)过点A(2,1),离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设点A关于y轴的对称点为B,直线l与OA平行,且与椭圆C相交于M,N两点,直线AM,AN分别与y轴交于P,Q两点.求证:四边形APBQ为菱形.
课时规范练71 证明、探究性问题
1.解 (1)由题意知c=4,=1,而a2=b2+c2,解得a2=20,b2=4,故椭圆C的标准方程为=1.
(2)设直线l的方程为y=kx+,A(x1,y1),B(x2,y2).
联立方程消去y,整理得(1+5k2)x2+10kx+10=0,
Δ=600k2-40(1+5k2)=400k2-40>0,即k>或k<-于是x1+x2=-,x1x2=,∴|AB|=
设AB的中点为M,可得M(-).当直线MN⊥AB时,直线MN的斜率是-,又点N的纵坐标是-,
∴|MN|=
当|MN|=|AB|时,△ABN是正三角形.于是化简得到25k4-30k2+9=0,即=0,∴k2=,满足题意.故满足条件的直线存在,其方程为y=±x+
2.解 (1)因为点M到点F(0,)的距离比它到直线y=-2的距离小,所以点M到点F(0,)的距离等于它到直线y=-的距离,则点M的轨迹为以F(0,)为焦点,以y=-为准线的抛物线,则曲线E的方程为x2=6y.
(2)假设存在满足题意的点P,设C(x3,y3),P(x0,0)(x0>0).
由=3,得AB∥CD,且|AB|=3|CD|,得=3,即(x1-x0,y1)=3(x3-x0,y3),所以x3=,y3=,代入抛物线方程x2=6y,得=6y3=2y1=,整理得-2x0x1-2=0,同理可得-2x0x2-2=0,故x1,x2是方程x2-2x0x-2=0的两根,Δ=12>0,可得x1+x2=2x0,x1x2=-2
由题意,直线AB的斜率一定存在,故设直线AB的方程为y=kx+,与抛物线方程x2=6y联立消去y,可得x2-6kx-9=0,易得Δ>0,可得x1+x2=6k,x1x2=-9.②
由①②可得x0=,k=,
故在x轴的正半轴上存在一点P(,0)满足条件.
3.解 (1)由题意得=2,解得a=1,b=,因此双曲线C的方程为x2-=1.
(2)设PQ的方程为y=kx+b(k≠0),
联立曲线C的方程可得(3-k2)x2-2kbx-b2-3=0,3-k2≠0,Δ>0显然成立,
则x1+x2=,x1x2=-,
x1-x2=
设点M(xM,yM),
则
-,得y1-y2=2xM-(x1+x2),而y1-y2=(kx1+b)-(kx2+b)=k(x1-x2),
故2xM=k(x1-x2)+(x1+x2),
于是xM=
+,得2yM-(y1+y2)=(x1-x2),而y1+y2=(kx1+b)+(kx2+b)=k(x1+x2)+2b,
故2yM=k(x1+x2)+(x1-x2)+2b,
于是yM=xM.
因此点M的轨迹为直线y=x,其中k为直线PQ的斜率.
若选择①②:
由条件②,知直线AB的方程为y=k(x-2).设A(xA,yA),B(xB,yB),
则解得xA=,yA=,同理可得xB=,yB=-,此时xA+xB=,yA+yB=
而点M的坐标满足解得xM=,yM=,故M为AB的中点,即
若选择①③:
当直线AB的斜率不存在时,点M即为点F(2,0),此时M不在直线y=x上,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,设A(xA,yA),B(xB,yB),
则
解得xA=,yA=
同理可得xB=,yB=-
此时xM=,yM=
由于点M同时在直线y=x上,
故,∴k=m.
因此PQ∥AB.
若选择②③:
由条件②,知直线AB的方程为y=k(x-2).设A(xA,yA),B(xB,yB),则解得xA=,yA=,同理可得xB=,yB=-设线段AB的中点为C,C(xC,yC),则xC=,yC=
由于|AM|=|MB|,故M在AB的垂直平分线上,即点M在直线y-yC=-(x-xC)上.
将该方程与y=x联立,可得xM==xC,yM==yC,即点M恰为AB的中点.
故点M在直线AB上.
4.(1)解 由题意可知解得a=2,b=所以椭圆C的标准方程为=1.
(2)证明 点A(2,1)关于y轴的对称点为B(-2,1).
直线OA的斜率为kOA=
因为直线l与OA平行,设直线l的方程为y=x+t(t≠0),由消去y,整理得x2+2tx+2t2-4=0.
由Δ=4t2-4(2t2-4)=16-4t2>0,得-2设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-2t,x1x2=2t2-4.
直线AM的方程为y-1=(x-2),
令x=0,得点P的纵坐标为yP=同理可得点Q的纵坐标为yQ=
yP+yQ==2,
所以线段PQ中点坐标为(0,1).又线段AB中点坐标也为(0,1),所以线段AB,PQ垂直且平分.所以四边形APBQ为菱形.