2023年新教材高考数学一轮复习 高考解答题专项五 第3课时 证明与探究问题（含解析）新人教B版.docx

1、第3课时证明与探究问题1.(2021安徽芜湖二模)已知双曲线E:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右焦点为F,离心率e=2,直线l:x=a2c与双曲线E的一条渐近线交于点Q,与x轴交于P,且|FQ|=3.(1)求双曲线E的方程;(2)过点F的直线l交双曲线E的右支于A,B两点,求证:PF平分APB.2.(2021福建南平二模)已知点P(2,2)在椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)上,且椭圆C的离心率为22,若过原点的直线交椭圆C于A,B两点,点A在第一象限,ADx轴,垂足为D,连接BD并延长交椭圆C于点E.(1)求椭圆C的方程;(2)证明:ABAE.3.在平面直角坐标系xOy中,已知

2、点E(0,2),以OE为直径的圆与抛物线C:x2=2py(p0)交于点M,N(异于原点O),MN恰为该圆的直径,过点E作直线交抛物线于A,B两点,过A,B两点分别作拋物线C的切线交于点P.(1)证明:点P的纵坐标为定值;(2)若点F是抛物线C的焦点,证明:PFA=PFB.4.在平面直角坐标系Oxy中,动圆Q过点(0,1)且与直线y=-1相切,动圆圆心Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)直线l:y=kx+a(a0)交曲线C于M,N两点.y轴上是否存在一点P,使得当k变动时,都有OPM=OPN?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.5.(2021重庆一中月考)双曲线C2:x2a2

3、-y2b2=1(a0,b0)的顶点与椭圆C1:x23+y2=1长轴的两个端点重合,且一条渐近线的方程为y=33x.(1)求双曲线C2的方程;(2)过双曲线C2右焦点F作直线l1与C2分别交于左右两支上的点P,Q,又过原点O作直线l2,使l2l1,且与双曲线C2分别交于左右两支上的点M,N.是否存在定值,使得|MN|MN=PQ?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.6.(2021山东聊城三模)已知圆F1:(x+1)2+y2=r2,圆F2:(x-1)2+y2=(4-r)2,0r0,m33,y1+y2=-12m3m2-1,y1y2=93m2-1,kPA+kPB=y1x1-12+y2x2-12=y1m

4、y2+32+y2my1+32x1-12x2-12=2my1y2+32(y1+y2)x1-12x2-12=18m3m2-1-18m3m2-1x1-12x2-12=0,kPA=-kPB,APF=BPF,即PF平分APB.2.(1)解因为点P(2,2)在椭圆C上,所以2a2+2b2=1.又因为椭圆C的离心率为22,所以22=1-ba2.由得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为x26+y23=1.(2)证明由题可知,直线AB斜率存在.设直线AB的斜率为k(k0),则其方程为y=kx.设A(u,uk),B(-u,-uk),则D(u,0),所以直线BE的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).联立y=k2

5、(x-u),x26+y23=1,得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-12=0.因为2+k20,=4u2k4-4(k2u2-12)(2+k2)=8(6k2-k2u2+12)0,所以k2(u2-6)0,x1+x2=4k,x1x2=-4a.k1+k2=y1-bx1+y2-bx2=2kx1x2+(a-b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a.当b=-a时,k1+k2=0,直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,OPM=OPN,存在点P(0,-a),使得OPM=OPN.5.解(1)椭圆C1:x23+y2=1,a=3.又双曲线的一条渐近线方程为y=33x,ba=33,b=1,双曲线C2的方程为x2

6、3-y2=1.(2)存在定值,使得|MN|MN=PQ.MN与PQ同向,=|MN|2|PQ|.由题可知,直线l1,l2斜率存在.当直线斜率为零时,|MN|=|PQ|=23,=23.当直线斜率不为零时,设l1:x=ty+2.联立x=ty+2,x2-3y2=3,得(t2-3)y2+4ty+1=0.t2-30,=16t2-4(t2-3)0,t3,y1+y2=-4tt2-3,y1y2=1t2-3,l1与l2分别交于左右两支上的点P,Q,x1x20.(ty1+2)(ty2+2)0,t3或t|F1F2|,所以曲线C为以F1,F2为焦点的椭圆,且a2=22=4,c2=1,b2=4-1=3,所以曲线C的方程为x

7、24+y23=1.(2)假设存在.由题可知直线AB的斜率存在.设直线AB的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2).联立y=k(x-1),3x2+4y2=12,得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.因为4k2+30,=64k4-4(4k2+3)(4k2-12)0,所以x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,所以kPA+kPB=y1-32x1-1+y2-32x2-1=k(x1-1)-32x1-1+k(x2-1)-32x2-1=2k-32(x1-1)-32(x2-1)=2k-3(x1+x2-2)2x1x2-(x1+x2)+1=2k-1,kPD=k(m-1)-32m-1=k-32(m-1).因为kPA+kPB=kPD,所以2k-1=k-32(m-1),所以=2,32(m-1)=1,即m=4,所以存在m=4,=2使kPA+kPB=kPD成立.