2025高考数学一轮复习-8.11-圆锥曲线中的证明与存在性问题-专项训练【含答案】

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1.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为12,P为椭圆C上的一个动点.当P是C的上顶点时,△F1PF2的面积为 3.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设斜率存在的直线PF2与C的另一个交点为Q,是否存在点T(t,0),使得|TP|=|TQ|?若存在,求出t的取值范围;若不存在,请说明理由.
2.已知抛物线C的焦点F在x轴上,过F且垂直于x轴的直线交C于A(点A在第一象限),B两点,且|AB|=4.
(1)求C的标准方程;
(2)已知l为C的准线,过F的直线l1交C于M,N(M,N异于A,B)两点,证明:直线AM,BN和l相交于一点.
3.双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)经过点(3,1),且渐近线方程为y=±x.
(1)求a,b的值;
(2)点A,B,D是双曲线C上不同的三点,且B,D两点关于y轴对称,
△ABD的外接圆经过原点O.求证:直线AB与圆x2+y2=1相切.
4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=22,短轴长为22,椭圆C的左焦点为F,右顶点为A,点B在椭圆位于x轴上方的部分.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线AB与y轴交于点D,点E是y轴上一点,且满足EF⊥DF,
直线AE与椭圆C交于点G.是否存在直线AB,使得△ABG的面积为2,若存在,求出直线AB的斜率,若不存在,说明理由.
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5.已知抛物线:y2=2px(p>0),过其焦点F的直线与抛物线交于A,B两点,与椭圆x2a2+y2=1(a>1)交于C,D两点,其中OA→·OB→=-3.
(1)求抛物线方程;
(2)是否存在直线AB,使得|CD|是|FA|与|FB|的等比中项,若存在,
请求出AB的方程及a;若不存在,请说明理由.
6.已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),右焦点为F(2,0),且离心率为63.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切.
证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
参考答案
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1.解:(1)由离心率为12,得ca=12,
当P是C的上顶点时,△F1PF2的面积为3,
得12·2c·b=bc=3,
联立ca=12,bc=3,a2=b2+c2,解得a=2,b=3,c=1,
故椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)根据题意,知F2(1,0),
设直线PF2:y=k(x-1),
联立x24+y23=1,y=k(x-1),
得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,Δ>0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=8k24k2+3,
y1+y2=k(x1+x2)-2k=-6k4k2+3,
设M为PQ的中点,则M(4k24k2+3,-3k4k2+3).
当k=0时,若|TP|=|TQ|,易得t=0;
当k≠0时,若|TP|=|TQ|,则TM⊥PQ,
得kTM=-1k,
因为kTM=-3k4k2+3-04k24k2+3-t=-3k4k2-t(4k2+3),
所以-3k4k2-t(4k2+3)=-1k,
即t=k24k2+3=14+3k2,
由4+3k2>4,得00,则y1y2=n2-2m2-1.
由于△ABD的外接圆过原点,且B,D两点关于y轴对称,
所以△ABD外接圆的圆心在y轴上,可设外接圆的方程为x2+y2+Ey=0.
则x12+y12+Ey1=0,x22+y22+Ey2=0,
所以y2(x12+y12)=y1(x22+y22),
因为x12=2+y12,x22=2+y22,
所以y2(2y12+2)=y1(2y22+2),所以y1y2=1,
所以y1y2=n2-2m2-1=1,所以n2=m2+1,
则原点到直线AB的距离d=|n|m2+1=1,
所以直线AB与圆x2+y2=1相切.
4.解:(1)由题意可得,ca=22,2b=22,a2=b2+c2,
解得a=2,b=2,c=2,
所以椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)由题意,直线AB的斜率存在且不为0,设直线AB的方程为y=k(x-2)(k0,
则xAxB=8k2-41+2k2,即xB=4k2-21+2k2,
所以yB=k(4k2-21+2k2-2)=-4k1+2k2,
即B(4k2-21+2k2,-4k1+2k2),
令x=0,解得y=-2k,即D(0,-2k),
设E(0,yE),由题意有EF→·DF→=(-2,-yE)·(-2,2k)=2-2kyE=0,
解得yE=1k,即E(0,1k),
进而可得直线AE的方程为x2+ky=1,
由x2+2y2=4,x2+ky=1,得(2k2+1)y2-4ky=0,
解得yG=4k1+2k2,进而xG=2-4k21+2k2,
即G(2-4k21+2k2,4k1+2k2),
因为B(4k2-21+2k2,-4k1+2k2),
所以B,G关于原点对称,故直线BG过原点,
所以S△ABG=12|OA||yB-yG|=12×2×-4k1+2k2-4k1+2k2=-8k1+2k2(k0,
则y1+y2=2pm,y1y2=-p2,
x1x2=(my1+p2)(my2+p2)=m2y1y2+m·p2·(y1+y2)+p24=p24,
x1+x2=(my1+p2)+(my2+p2)=m·(y1+y2)+p=2pm2+p,
又OA→·OB→=x1x2+y1y2=p24-p2=-3p24=-3,
所以p2=4,
又p>0,
所以p=2,
所以抛物线方程为y2=4x.
(2)由(1)可知F(1,0),|FA|=x1+1,|FB|=x2+1,
所以|FA|·|FB|=(x1+1)·(x2+1)=x1x2+x1+x2+1=p24+2pm2+p+1=4(m2+1),
设C(x3,y3),D(x4,y4),
由x=my+1,x2+a2y2=a2,
得(m2+a2)y2+2my+1-a2=0,Δ>0,
则y3+y4=-2mm2+a2,y3y4=1-a2m2+a2,
所以|CD|2=(1+m2)[(y3+y4)2-4y3y4]=(1+m2)[(-2mm2+a2)2-4·1-a2m2+a2],
若|CD|是|FA|与|FB|的等比中项,
则|FA|·|FB|=|CD|2,
即4(m2+1)=(1+m2)(-2mm2+a2) 2-4·1-a2m2+a2,
所以1=m2(m2+a2)2-1-a2m2+a2,
即1+m2m2+a2=m2(m2+a2)2,
所以m4+m2a2+a2=0,
因为m4≥0,m2≥0,a2>1,
所以m4+m2a2+a2>1,
所以方程m4+m2a2+a2=0无解,
所以不存在直线AB,使得|CD|是|FA|与|FB|的等比中项.
6.(1)解:由题意,椭圆半焦距c=2,且e=ca=63,
所以a=3,
又b2=a2-c2=1,所以椭圆方程为x23+y2=1.
(2)证明:由(1)得,曲线为x2+y2=1(x>0),
当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不合题意;
当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2),
必要性:
若M,N,F三点共线,
可设直线MN:y=k(x-2),
即kx-y-2k=0,
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得|2k|k2+1=1,解得k=±1,
联立y=±(x-2),x23+y2=1,
可得4x2-62x+3=0,
所以x1+x2=322,x1·x2=34,
所以|MN|=1+1·(x1+x2)2-4x1·x2=3,
所以必要性成立;
充分性:设直线MN:y=kx+b(kb0)相切可得|b|k2+1=1,所以b2=k2+1,
联立y=kx+b,x23+y2=1,
可得(1+3k2)x2+6kbx+3b2-3=0,
所以x1+x2=-6kb1+3k2,x1·x2=3b2-31+3k2,
所以|MN|=1+k2·(x1+x2)2-4x1·x2
=1+k2(-6kb1+3k2) 2-4·3b2-31+3k2
=1+k2·24k21+3k2=3,
化简得3(k2-1)2=0,所以k=±1,
所以k=1,b=-2或k=-1,b=2,
所以直线MN:y=x-2或y=-x+2,
所以直线MN过点F(2,0),M,N,F三点共线,充分性成立.
所以M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.