新高考数学一轮复习专题八平面解析几何微专题三圆锥曲线中的证明与探究性问题练习含答案

这是一份新高考数学一轮复习专题八平面解析几何微专题三圆锥曲线中的证明与探究性问题练习含答案，共8页。试卷主要包含了如图,已知A,B分别是椭圆E，已知A,B是椭圆E等内容，欢迎下载使用。

(1)求椭圆E的方程;
(2)证明:M,C,D三点的横坐标成等差数列.
解析 (1)依据题意,得12ab=1,ca=32,a2=b2+c2,解得a=2,b=1,c=3,
∴椭圆E的方程为x24+y2=1.
(2)证法一:设直线MN:x=my+n,
∵直线过点P(2,1),
∴m+n=2.
联立x=my+n,x2+4y2=4,消去x得(m2+4)y2+2mny+n2-4=0,
Δ=4m2n2-4(m2+4)(n2-4)=16(m2-n2+4)>0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),(y1≠1,y2≠1)则y1+y2=−2mnm2+4,y1y2=n2−4m2+4,
∵lAB:x+2y-2=0,∴C(2-2y1,y1),
∵lBN:y=y2−1x2x+1,令y=y1,可得xD=(y1−1)x2y2−1,
要证明M,C,D三点的横坐标成等差数列,只需证明x1+xD=2xC.即证x1+(y1−1)x2y2−1=4-4y1,
即证(my1+n)(y2-1)+(y1-1)(my2+n)=(4-4y1)(y2-1),
即证(2m+4)y1y2+(n-m-4)(y1+y2)-2n+4=0,
即证(2m+4)·n2−4m2+4+(n-m-4)·−2mnm2+4-2n+4=0,
即证4m2+8mn+4n2-8(m+n)=0,
即证(m+n)2-2(m+n)=0,
∵m+n=2,∴上式成立,故x1+xD=2xC.
∴M,C,D三点的横坐标成等差数列.
证法二:设直线MN:x=my+n,∵直线过点P(2,1),
∴m+n=2.
联立x=my+n,x2+4y2=4,消去x得(m2+4)y2+2mny+n2-4=0,
设M(x1,y1),N(x2,y2)(y1≠1,y2≠1),
则y1+y2=−2mnm2+4,y1y2=n2−4m2+4,又x1=my1+n,x2=my2+n,
∴x1y1−1+x2y2−1=x1(y2−1)+x2(y1−1)(y1−1)(y2−1)=−8(m+n)(m+n)2=-4,
又∵B,D,N三点共线,∴y2−1x2=y1−1xD,即x2y2−1=xDy1−1,∴x1y1−1+xDy1−1=-4=2kAB=2·xCy1−1,(提示:点C与点M纵坐标相同)
∴x1+xD=2xC,∴M,C,D三点的横坐标成等差数列.
2.(2024东北三省四市教研联合体模拟,17)在平面直角坐标系中,F1,F2分别为双曲线C:3x2-y2=a2(a>0)的左、右焦点,过F2的直线l与双曲线C的右支交于A,B两点.当l与x轴垂直时,△ABF1面积为12.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)当l与x轴不垂直时,作线段AB的中垂线,交x轴于点D.试判断DF2||AB|是不是定值.若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.
解析 (1)双曲线方程可化为x2a23-y2a2=1,
则c2=a23+a2,即c=23a3.当l与x轴垂直时,|AB|=2a2a3=23a,所以S△ABF1=12|F1F2|·|AB|=12×2×23a3×23a=12,解得a2=3,所以双曲线C的标准方程为x2-y23=1.
(2)由(1)知,F2(2,0).设直线l的方程为x=ty+2(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M为AB中点,由3x2−y2=3,x=ty+2,消去x可得(3t2-1)y2+12ty+9=0,
因此y1+y2=−12t3t2−1,y1y2=93t2−1,则x1+x2=t(y1+y2)+4=−43t2−1,即AB中点M的坐标为−23t2−1,−6t3t2−1,
故线段AB的中垂线方程为y+6t3t2−1=-tx+23t2−1,
令y=0,得D−83t2−1,0,即|DF2|=2+83t2−1=6t2+63t2−1,
又|AB|=1+t2(y1+y2)2−4y1y2
=1+t2−12t3t2−12−4·93t2−1=6t2+63t2−1,
所以DF2||AB|=1.故DF2||AB|为定值1.
3.(2024山东青岛一模,19)已知O为坐标原点,点W为☉O:x2+y2=4和☉M的公共点,OM·OW=0,☉M与直线x+2=0相切,记动点M的轨迹为C.
(1)求C的方程.
(2)若n>m>0,直线l1:x-y-m=0与C交于点A,B,直线l2:x-y-n=0与C交于点A',B',点A,A'在第一象限,记直线AA'与BB'的交点为G,直线AB'与BA'的交点为H,线段AB的中点为E.
①证明:G,E,H三点共线;
②若(m+1)2+n=7,过点H作l1的平行线,分别交线段AA',BB'于点T,T',求四边形GTET'面积的最大值.
解析 (1)设M(x,y),☉M与直线x+2=0的切点为N,由题意得|MN|2=|MW|2=|OM|2+|OW|2,(由OM·OW=0得OM⊥OW)
所以|x+2|2=x2+y2+4,
化简得y2=4x,所以C的方程为y2=4x.
(2)①证明:设线段A'B'的中点为F,
因为l1∥l2,所以可设GA=λGA',GB=λGB',
因为GE=12(GA+GB)=λ2(GA'+GB')=λGF,
所以G,E,F三点共线,同理,H,E,F三点共线,
所以G,E,H三点共线.
②设A(x1,y1),B(x2,y2),A'(x3,y3),B'(x4,y4),
将x=y+m代入y2=4x得,y2-4y-4m=0,所以y1+y2=4,y1y2=-4m,所以yE=y1+y22=2,
同理y3+y4=4,y3y4=-4n,yF=y3+y42=2(G,E,H,F均在定直线y=2上).
因为TT'∥l1,所以△EAT与△EAH面积相等,△EBT'与△EBH面积相等,
所以四边形GTET'的面积等于四边形GAHB的面积.
设G(xG,2),H(xH,2),
直线AA':y-y1=y1−y3x1−x3(x-x1),
即y-y1=y1−y3y124−y324x−y124,
整理得直线AA':y=4x+y1y3y1+y3,
又因为yG=2,所以xG=2(y1+y3)−y1y34,
同理,直线BA':y=4x+y2y3y2+y3,
又因为yH=2,所以xH=2(y2+y3)−y2y34,
所以|GH|=|xG-xH|=(y1−y2)(2−y3)4=(y1−y2)y3+y42−y34=|(y1−y2)(y3−y4)|8,
所以四边形GAHB的面积S=12|GH|·|y1-y2|=(y1−y2)2·|y3−y4|16
=[(y1+y2)2−4y1y2]·(y3+y4)2−4y3y416
=(16+16m)·16+16n16=4(1+m)2(1+n)
≤4×(1+m)2+1+n2=16,
当且仅当(1+m)2=1+n,(m+1)2+n=7,即m=1,n=3时取等号,
所以四边形GAHB,即四边形GTET'面积的最大值为16.
4.(2024浙江杭州二模,18)已知A,B是椭圆E:x24+y2=1的左、右顶点,点M(m,0)(m>0)与椭圆上的点的距离的最小值为1.
(1)求点M的坐标.
(2)过点M作直线l交椭圆E于C,D两点(与A,B不重合),直线AC与直线BD交于点G.
(i)证明:点G在定直线上;
(ii)是否存在点G,使得CG⊥DG?若存在,求出直线l的斜率;若不存在,请说明理由.
解析 (1)设P(x0,y0)是椭圆上一点,则x02+4y02=4.
因为|PM|=(m−x0)2+y02=34x0−43m2−13m2+1(-2≤x0≤2).
①若0解得m=0(舍去).
②若m>32,则|PM|min=4−4m+m2=1,
解得m=1(舍去)或m=3.
所以M点的坐标为(3,0).
(2)(i)证明:设直线l:x=ty+3,C(x1,y1),D(x2,y2).
由x=ty+3,x24+y2=1消去x得(t2+4)y2+6ty+5=0,
所以y1+y2=-6tt2+4,y1y2=5t2+4.
所以y1+y2=-65ty1y2,①
由Δ=16t2-80>0,得t>5或t<-5.
易知直线AC的方程为y=y1x1+2(x+2),②
直线BD的方程为y=y2x2−2(x-2),③
联立②③,消去y,得x+2x−2=(x1+2)y2(x2−2)y1=(ty1+5)y2(ty2+1)y1=ty1y2+5y2ty1y2+y1,④
联立①④,消去ty1y2,得x+2x−2=−56(y1+y2)+5y2−56(y1+y2)+y1=-5.
解得x=43,即点G在直线x=43上.
(ii)假设存在点G,使得CG⊥DG,则AG⊥BG.所以点G在以AB为直径的圆上.
设G43,n,则432+n2=4,
所以n=±253,即G43,±253.
故直线AC的方程为y=±55(x+2),
联立x24+y2=1,y=±55(x+2),消去y得9x2+16x-4=0.
则xA+xC=-169,因为xA=-2,
所以xC=29,所以yC=±459.
又由(1)知,M(3,0),故kl=kMC=±4525.