2023年新教材高考数学一轮复习 课时过关检测（五十六）圆锥曲线中的证明、探索性问题（含解析）.doc

1、课时过关检测(五十六) 圆锥曲线中的证明、探索性问题1已知F1，F2分别为椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，焦距为2，过F2作斜率存在且不为零的直线l交C于A，B两点，且F1AB的周长为8(1)求椭圆C的方程；(2)已知弦AB的垂直平分线l交x轴于点P，求证：|AB|4|PF2|解：(1)由焦距为2，即2c2，得c1，结合椭圆的定义知：F1AB的周长4a8，得a2，b2a2c23，即椭圆C的方程为1(2)证明：设直线l的方程为xmy1，m0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(3m24)y26my90，0恒成立，y1y2，y1y2，则x1x2m(y1y2)2，AB的中点为，即，线段BA

2、的垂直平分线l的方程为ym，即ymx，令y0，得x，xP，|PF2|1xP|，而|AB|y1y2|，4，即|AB|4|PF2|2设动点P与定点F(，0)的距离和P到定直线l：x的距离的比是(1)求动点P的轨迹方程；(2)设动点P的轨迹为曲线N，不过原点O且斜率为的直线l与曲线N交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与曲线N交于C，D两点，证明：A，B，C，D四点共圆解：(1)设P(x，y)，因为动点P与定点F(，0)的距离和P到定直线l：x的距离的比是，所以，整理化简得y21所以动点P的轨迹方程为y21(2)证明：设直线l的方程为yxm(m0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

3、由方程组得x22mx2m220，方程的判别式为4(2m2)，由0，即2m20，解得m由得x1x22m，x1x22m22所以M点坐标为，直线OM方程为yx，假设点C在第二象限，由方程组解得C，D所以|MC|MD|(m)(m)(2m2)又|MA|MB|AB|2(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)24x1x24m24(2m22)(2m2)所以|MA|MB|MC|MD|所以A，B，C，D四点共圆3已知双曲线方程为1，F1，F2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足0，|PF1|PF2|6(1)求双曲线的标准方程；(2)过点F2作直线l交双曲线于A，B两点，则在x轴

4、上是否存在定点Q(m,0)，使得为定值，若存在，请求出m的值和该定值，若不存在，请说明理由解：(1)由e2得c2a，ba，0，PF1PF2，在RtF1PF2中，由|PF1|PF2|2a得：|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|4a2，代入|PF1|2|PF2|24c2，|PF1|PF2|6得：4c2124a2，解得b23，a21，双曲线方程为x21(2)当l斜率为0时，l：y0，此时A(1,0)，B(1,0)，由Q(m,0)得m21；当l斜率不为0时，设l：xty2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(3t21)y212ty90，则36t2360，y1y2，y1y2，(x1m，y

5、1)(x2m，y2)(x1m)(x2m)y1y2(ty12m)(ty22m)y1y2(t21)y1y2(2m)t(y1y2)(2m)2(t21)(2m)t(2m)2，令m21，即9(t21)12t2(2m)(4m5)(3t21)，化简得m10，解得m1，则Q(1,0)，此时0综上所述，存在m1，使得04已知抛物线D的顶点是椭圆1的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合(1)求抛物线D的方程；(2)已知动直线l过点P(4,0)，交抛物线D于A，B两点，是否存在垂直于x轴的直线m被以AP为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出m的方程；如果不存在，说明理由解：(1)由题意，设抛物线方程为y22px(p0)，由椭圆1知，c2a2b2431，所以c1，抛物线的焦点为(1,0)，1，即p2，抛物线D的方程为y24x(2)设存在直线m：xa满足题意，A(x1，y1)，则圆心M，过M作直线xa的垂线，垂足为E，设直线m与圆M的一个交点为G，可得|EG|2|MG|2|ME|2, 即|EG|2|MA|2|ME|22ya(x14)a2x14x1a(x14)a2(a3)x14aa2，当a3时，|EG|23，此时直线m被以AP为直径的圆M所截得的弦长恒为定值2，因此存在直线m：x3满足题意