备战2025年高考二轮复习数学专题突破练25 圆锥曲线中的证明、探索性问题（提升篇）（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题突破练25 圆锥曲线中的证明、探索性问题（提升篇）（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。

主干知识达标练
1.(17分)(2024福建厦门模拟)在平面直角坐标系xOy中,已知圆A:(x-2)2+y2=4,点B(-2,0),点P为圆A上任意一点,线段BP的垂直平分线和半径AP所在直线相交于点Q,当点P在圆上运动时,点Q的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)斜率存在且不为0的直线l与C交于M,N两点,存在一点D在C上.从下面①②③中任选两个作为已知条件,证明另外一个成立.
①DM⊥x轴;
②直线l经过点-12,0;
③D,B,N三点共线.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
解(1)由题意知,A(2,0),|QP|=|QB|,且点B(-2,0)在圆外,则||QA|-|QB||=||QA|-|QP||=|AP|=2<4=|AB|,由双曲线定义知点Q的轨迹是以A(2,0),B(-2,0)为焦点,实轴长为2a=2,焦距2c=4的双曲线,故b2=c2-a2=3,C的方程为x2-y23=1.
(2)设点M(x1,y1),N(x2,y2),直线l的方程为y=kx+m,与双曲线方程x2-y23=1联立,得(3-k2)x2-2mkx-m2-3=0,Δ=4m2k2+4(3-k2)(m2+3)>0,化简得m2-k2+3>0,且x1+x2=2mk3-k2,x1x2=-m2+33-k2.
若选择①②证明③:
∵DM⊥x轴,且点D在C上,则D(x1,-y1),直线l经过点-12,0,故0=-12k+m,即k=2m,此时kDB=-y1x1+2,kNB=y2x2+2,故kNB-kDB=y2x2+2+y1x1+2=y1(x2+2)+y2(x1+2)(x1+2)(x2+2),
其中y1(x2+2)+y2(x1+2)=(kx1+m)(x2+2)+(kx2+m)(x1+2)=2kx1x2+(2k+m)(x1+x2)+4m=2k·-m2+33-k2+(2k+m)·2mk3-k2+4m=-2m2k-6k+4mk2+2m2k+12m-4mk23-k2=-6k+12m3-k2,
∵k=2m,故-6k+12m3-k2=0,即kNB-kDB=0,kNB=kDB,∴D,B,N三点共线.
若选择①③证明②:
∵DM⊥x轴,且点D在C上,则D(x1,-y1),由D,B,N三点共线,知kNB=kDB,故kNB-kDB=y2x2+2+y1x1+2=y1(x2+2)+y2(x1+2)(x1+2)(x2+2)=0,
化简得-6k+12m3-k2=0,即m=12k,
故直线l的方程为y=kx+12k=kx+12,所以直线l过定点-12,0.
若选择②③证明①:
直线l经过点-12,0,故0=-12k+m,即k=2m,由D,B,N三点共线,知kNB=kDB,故kDB+kMB=kNB+kMB=y2x2+2+y1x1+2=y1(x2+2)+y2(x1+2)(x1+2)(x2+2),化简得kDB+kMB=-6k+12m3-k2(x1+2)(x2+2)=0,故直线DB和直线MB关于x轴对称,所以点D,M关于x轴对称,故DM⊥x轴.
2.(17分)(2024江苏南京、盐城一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),右顶点为A,直线l:x=4与x轴交于点M,且|AM|=a|AF|.
(1)求C的方程;
(2)若B为l上的动点,过B作C的两条切线,分别交y轴于点P,Q,
①证明:直线BP,BF,BQ的斜率成等差数列;
②圆N经过B,P,Q三点,是否存在点B,使得∠PNQ=90°?若存在,求|BM|;若不存在,请说明理由.
解(1)由椭圆右焦点为F(1,0),得c=1,点A(a,0).
因为|AM|=a|AF|,所以|4-a|=a(a-1),若a≥4,则a-4=a(a-1),得a2-2a+4=0,无解,
若a<4,则4-a=a(a-1),得a2=4,所以b2=3,因此C的方程为x24+y23=1.
(2)设B(4,t),易知过B且与C相切的直线斜率存在,设切线方程为y-t=k(x-4),联立y-t=k(x-4),x24+y23=1,消去y得(3+4k2)x2+8k(t-4k)x+4(t-4k)2-12=0,由Δ=64k2(t-4k)2-4(3+4k2)[4(t-4k)2-12]=0,得12k2-8tk+t2-3=0,设两条切线BP,BQ的斜率分别为k1,k2,则k1+k2=8t12=2t3,k1k2=t2-312.
①设直线BF的斜率为k3,则k3=t4-1=t3,因为k1+k2=2t3=2k3,所以直线BP,BF,BQ的斜率成等差数列.
②假设存在点B使∠PNQ=90°.
图1
(方法一)如图1,在直线BP:y-t=k1(x-4)中,令x=0,得yP=t-4k1,所以P(0,t-4k1),同理,得Q(0,t-4k2),所以线段PQ的中垂线方程为y=t-2(k1+k2),易得BP中点为(2,t-2k1),所以BP的中垂线方程为y=-1k1(x-2)+t-2k1,
联立y=t-2(k1+k2),y=-1k1(x-2)+t-2k1,
解得N(2k1k2+2,t-2(k1+k2)),
所以NP=(-2k1k2-2,2k2-2k1),NQ=(-2k1k2-2,2k1-2k2),
因为∠PNQ=90°,所以NP·NQ=0,
即4(k1k2+1)2-4(k1-k2)2=0,
整理得|k1k2+1|=|k1-k2|,而|k1-k2|=(k1+k2)2-4k1k2=(2t3) 2-4·t2-312=t2+93,
所以t2-312+1=t2+93,解得t2=7,t=±7,因此|BM|=7,
故存在符合题意的点B,使得NP·NQ=0,此时|BM|=7.
图2
(方法二)如图2,若∠PNQ=90°,即∠PBQ=45°或135°,
从而|tan∠PBQ|=1,所以|tan∠PBQ|=k1-k21+k1k2=1,
因为|k1-k2|=(k1+k2)2-4k1k2=(2t3) 2-4·t2-312=t2+93,
所以t2+93=1+t2-312,解得t2=7,t=±7,所以|BM|=7,
故存在符合题意的点B,使得NP·NQ=0,此时|BM|=7.
(方法三)要使∠PNQ=90°,即∠PBQ=45°或135°,从而|cs∠PBQ|=|BP·BQ||BP||BQ|=22,
在直线BP:y-t=k1(x-4)中,令x=0,得yP=t-4k1,故P(0,t-4k1),
同理可得Q(0,t-4k2),因此BP=(-4,-4k1),BQ=(-4,-4k2),所以BP·BQ|BP||BQ|=16+16k1k241+k12·41+k22=22,
故2(1+k1k2)=1+k12k22+k12+k22,
即2+2k12k22+4k1k2=1+k12k22+k12+k22,
整理得k12k22+6k1k2+1=(k1+k2)2,
所以t2-3122+6·t2-312+1=2t32,整理得t4+2t2-63=0,解得t2=7或t2=-9(舍去),因此t=±7,|BM|=7,故存在符合题意的点B,使得NP·NQ=0,此时|BM|=7.
(方法四)要使∠PNQ=90°,即∠PBQ=45°或135°,在直线BP:y-t=k1(x-4)中,令x=0,得yP=t-4k1,故P(0,t-4k1),同理可得Q(0,t-4k2),由等面积法得S△PBQ=12|PQ|·|xB|=12|BP|·|BQ|·22,
即12|4k1-4k2|·4=12·41+k12·41+k22·22,整理得(k1+k2)2=k12k22+6k1k2+1,
所以2t32=t2-3122+6·t2-312+1,整理得t4+2t2-63=0,解得t2=7或t2=-9(舍去),因此t=±7,|BM|=7,故存在符合题意的点B,使得NP·NQ=0,此时|BM|=7.
关键能力提升练
3.(17分)(2024内蒙古呼和浩特一模)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F,且抛物线上任意一点R满足|RF|的最小值为1.
(1)求C的方程;
(2)过点P(t,-1)的直线经过点F且与抛物线交于M,N两点,求证:2|PF|=1|PM|+1|PN|;
(3)过点F作一条倾斜角为60°的直线交抛物线于A,B两点,过A,B分别作抛物线的切线.两条切线交于点Q,过Q任意作一条直线交抛物线于E,H,交直线AB于点G,求证:2|QG|=1|QE|+1|QH|.
(1)解设R(x,y),则|RF|=x2+(y-p2) 2=
2py+y2+(p2) 2-py=y+p2,
因为y≥0,所以y+p2≥p2,|RF|的最小值为p2,即p2=1,得p=2,所以抛物线的方程为x2=4y.
图1
(2)证明如图1,由(1)得F(0,1),设M(x1,y1),N(x2,y2),由题可知直线PF斜率存在,设lPF:y=k1x+1,k1≠0,代入点P坐标得t=-2k1,
则|PF|=(-2k1-0) 2+[(-1)-1]2=1+1k12×|1-(-1)|,
同理|PM|=1+1k12|y1-(-1)|,
|PN|=1+1k12|y2-(-1)|.
若2|PF|=1|PM|+1|PN|成立,则21+1k12|1-(-1)|=11+1k12|y1-(-1)|+11+1k12|y2-(-1)|,
又y1,y2>0,所以1=1y1+1+1y2+1=y1+y2+2(y1+1)(y2+1),整理得y1+y2+2=(y1+1)(y2+1),解得y1y2=1.
又lPF:y+1=1-(-1)0-t(x-t),
即y+1=2-t(x-t),联立y+1=2-t(x-t),x2=4y,
得y2-2+16t2y+1=0,由韦达定理得y1y2=1,与上述所得一致,故成立.
综上,2|PF|=1|PM|+1|PN|.
图2
(3)证明如图2,由题意,直线AB:y=3x+1,联立y=3x+1,x2=4y,得A(23+4,7+43),B(23-4,7-43),由y=14x2,得y'=12x,所以抛物线C在A处的切线斜率为k=3+2,所以抛物线C在A处的切线为l1:y-(7+43)=(3+2)[x-(23+4)],同理,在B处的切线为l2:y-(7-43)=(3-2)[x-(23-4)],
联立l1,l2可得点Q(23,-1).
设E(x3,y3),H(x4,y4),G(x0,y0),lQG:y+1=k2(x-23),则2|QG|=1|QE|+1|QH|⇔21+1k22(y0-(-1))=11+1k22(y3-(-1))+11+1k22(y4-(-1))⇔2y0+1=1y3+1+1y4+1,(*)
联立lQG:y+1=k2(x-23),lAB:y-1=3x,得y0=7k2+3k2-3,则2y0+1=k2-34k2,
联立lQG:y+1=k2(x-23),x2=4y,得y2+(2+43k2-4k22)y+(1+23k2)2=0,
所以y3+y4=-(2+43k2-4k22),y3y4=(1+23k2)2,
所以1y3+1+1y4+1=y3+y4+2(y3+1)(y4+1)=y3+y4+2y3y4+y3+y4+1=4k2(k2-3)16k22=k2-34k2,
所以1y3+1+1y4+1=2y0+1,
即2|QG|=1|QE|+1|QH|.
核心素养创新练
4.(17分)(2024福建泉州模拟)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=6,∠ACB的平分线交AB于点D,AD=2DB.平面α过直线AB,且与△ABC所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面α所成角的大小.
(2)设点E∈α,且∠ECD=30°,记E的轨迹为曲线Γ.
①判断Γ是什么曲线,并说明理由;
②不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P,Q两点,试问:在平面α内是否存在定点T,使得无论l绕点D如何转动,总有∠PTC=∠QTC?若存在,指出点T的位置;若不存在,说明理由.
解(1)如图,因为平面ABC⊥平面α,平面ABC∩平面α=AB,BC⊂平面ABC,BC⊥AB,所以BC⊥平面α.
所以CD在平面α内的射影为DB,所以直线CD与平面α所成角为∠CDB.
过点D作DF⊥AC,垂足为F.
因为CD平分∠ACB,DB⊥BC,所以DF=DB.
又AD=2DB,所以DF=12AD,所以∠DAF=30°.
又AB=6,∠ABC=90°,所以BC=23.
因为DB=13AB=2,所以∠CDB=60°,所以直线CD与平面α所成角为60°.
(2)①曲线Γ是椭圆,理由如下:
由(1)可知,DF⊥AC,DA=DC,所以F是AC的中点,
设AB的中点为O,所以OF∥BC.
又BC⊥平面α,所以OF⊥平面α.
在平面α内过点O作OG⊥AB,所以OF⊥OB,OF⊥OG.
以O为原点,OG,OB,OF的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,
建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.
因为OB=3,DB=2,所以OD=1,
设E(x,y,0),又D(0,1,0),C(0,3,23),则CE=(x,y-3,-23),CD=(0,-2,-23).
因为cs∠ECD=CD·CE|CD||CE|,又∠ECD=30°,
所以-2y+184x2+(y-3)2+12=32,化简得3x2+2y2=18,即y29+x26=1,所以曲线Γ是椭圆.
②(方法一)设P(x1,y1,0),Q(x2,y2,0).
在平面α内,因为l与AB不重合,可设l:y=kx+1,由y=kx+1,3x2+2y2=18,得(2k2+3)x2+4kx-16=0,显然Δ>0,所以x1+x2=-4k2k2+3,x1x2=-162k2+3<0.
由对称性知,若存在定点T满足条件,则点T必在平面ABC与平面α的交线AB上,故可设T(0,t,0).
若∠PTC=∠QTC,则cs∠PTC=cs∠QTC,
即TP·TC|TP||TC|=TQ·TC|TQ||TC|,
因为TP=(x1,y1-t,0),TQ=(x2,y2-t,0),TC=(0,3-t,23),
所以(3-t)(y1-t)x22+(y2-t)2=(3-t)(y2-t)x12+(y1-t)2,当t=3时,上式恒成立,所以t=3符合题意;
当t≠3时,有(y1-t)x22+(y2-t)2=(y2-t)x12+(y1-t)2,
所以(y1-t)2[x22+(y2-t)2]=(y2-t)2[x12+(y1-t)2],
所以|x2(y1-t)|=|x1(y2-t)|.
因为x1x2<0,(y1-t)(y2-t)≥0,
所以x1(y2-t)+x2(y1-t)=0,
所以2kx1x2+(1-t)(x1+x2)=0,
所以2k-162k2+3+(1-t)-4k2k2+3=0,
即(9-t)k=0.
因为上式对于任意的k∈R恒成立,所以t=9.
综上,存在点T满足AT=AB,或AT=2AB时,符合题意.
(方法二)设P(x1,y1,0),Q(x2,y2,0),
在平面α内,因为直线l与AB不重合,所以可设直线l:y=kx+1,由y=kx+1,3x2+2y2=18,得(2k2+3)x2+4kx-16=0,显然Δ>0,所以x1+x2=-4k2k2+3,x1x2=-162k2+3<0.
由对称性知,若存在定点T满足条件,则T必在平面ABC与平面α的交线AB上,故可设T(0,t,0).
当T与B重合时,即t=3时,因为CT⊥平面α,又PT,QT⊂平面α,所以∠PTC=∠QTC=π2.所以当t=3时,符合题意.
当T与B不重合时,过点B作BP1⊥PT,BQ1⊥QT,垂足分别为P1,Q1.连接CP1,CQ1,因为BC⊥平面α,P1T⊂平面α,所以P1T⊥BC.
又P1T⊥BP1,BP1∩BC=B,所以P1T⊥平面BCP1,又CP1⊂平面BCP1,
所以P1T⊥CP1,同理Q1T⊥CQ1.
又∠P1TC=∠Q1TC,所以△P1TC≌△Q1TC,所以P1T=Q1T,所以Rt△BP1T≌Rt△BQ1T,所以直线BT平分∠PTQ.
又BT在y轴上,所以在平面α内直线PT,QT的倾斜角互补,在平面α内,设直线PT,QT的斜率分别为k1,k2,
则k1+k2=y1-tx1+y2-tx2=2k+(1-t)x1+x2x1x2=2k+(1-t)k4=k4(9-t)=0对于任意的k∈R恒成立,所以t=9.
综上,存在点T满足AT=AB,或AT=2AB时,符合题意.