2022届一轮复习专题练习9 第80练 高考大题突破练——证明与探索性问题（解析版）

这是一份2022届一轮复习专题练习9 第80练 高考大题突破练——证明与探索性问题（解析版），共5页。试卷主要包含了已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

考点一 证明问题
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>b>0))的离心率为eq \f(\r(2),2)，右焦点为F，以原点O为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x－y－eq \r(2)＝0相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，过定点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0))的直线l交椭圆C于A，B两点，连接AF并延长交C于M，求证：∠PFM＝∠PFB.
2．设相互垂直的直线AB，CD分别过椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左焦点F1，且与椭圆E的交点分别为A，B和C，D.
(1)当AB的倾斜角为45°时，求以AB为直径的圆的标准方程；
(2)证明：存在λ使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立，并求λ的值．
考点二 探索性问题
3．设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，且离心率为eq \f(\r(3),2).F为E的右焦点，P为E上一点，PF⊥x轴，⊙F的半径为PF.
(1)求椭圆E和⊙F的方程；
(2)若直线l：y＝k(x－eq \r(3))(k>0)与⊙F交于A，B两点，与E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|＝|BD|？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且其离心率为eq \f(1,2)，过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由．
答案精析
1．(1)解 由题意可知，设圆的方程为x2＋y2＝b2.
∵圆与直线x－y－eq \r(2)＝0相切，
∴b＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(2))),\r(12＋12))＝1.
∴a2－c2＝1.
又eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，解得a＝eq \r(2)，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明 由题意可知，直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))，代入eq \f(x2,2)＋y2＝1中，整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))x2－8k2x＋8k2－2＝0.
∵直线l与椭圆C有两个交点，
∴Δ>0，即2k2－1<0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AF，BF的斜率分别为k1，k2，
由一元二次方程根与系数的关系得，
x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(8k2－2,1＋2k2).
∵F(1,0)，
∴k1＋k2＝eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)
＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－2)),x1－1)＋eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－2)),x2－1)
＝2k－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1－1)＋\f(1,x2－1)))
＝2k－k·eq \f(x1＋x2－2,x1x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))＋1)
＝2k－k·eq \f(\f(8k2,1＋2k2)－2,\f(8k2－2,1＋2k2)－\f(8k2,1＋2k2)＋1)
＝2k－k·eq \f(4k2－2,2k2－1)＝0.
即∠PFM＝∠PFB.
2．(1)解 由题意可设AB的方程为y＝x＋1，代入E可得7x2＋8x－8＝0.
所以AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,7)，\f(3,7))).
又|AB|＝eq \r(2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,7)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,7))))＝eq \f(24,7)，
所以以AB为直径的圆的方程为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,7)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,7)))2＝eq \f(144,49).
(2)证明 ①当AB与x轴垂直或CD与x轴垂直时，
λ＝eq \f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)))＋eq \f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD)))＝eq \f(1,\f(2×3,2))＋eq \f(1,2×2)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＝eq \f(7,12)；
②当AB，CD的斜率均存在时，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)，则直线CD的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋1)．
将AB的方程代入E得：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋4k2))x2＋8k2x＋4k2－12＝0.
Δ>0，显然成立．
由根与系数的关系得：x1＋x2＝－eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))2－4x1·x2)＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1)),3＋4k2).
同理可得|CD|＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1)),4＋3k2).
所以λ＝eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)＝eq \f(3＋4k2,12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1)))＋eq \f(4＋3k2,12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1)))＝eq \f(7,12).
因此，存在λ＝eq \f(7,12)，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．
3．解 (1)设椭圆E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由题设知
eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1，eq \r(\f(a2－b2,a2))＝eq \f(\r(3),2).
解得a＝2，b＝1，故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
因此F(eq \r(3)，0)，|PF|＝eq \f(1,2)，即⊙F的半径为eq \f(1,2)，
所以⊙F的方程为(x－eq \r(3))2＋y2＝eq \f(1,4).
(2)由题设可知，A在E外，B在E内，C在⊙F内，D在⊙F外，在l上的四点A，B，C，D满足|AC|＝|AB|－|BC|，|BD|＝|CD|－|BC|.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)．将l的方程代入E的方程得
(1＋4k2)x2－8eq \r(3)k2x＋12k2－4＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8\r(3)k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(12k2－4,4k2＋1)，
|CD|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(4k2＋4,4k2＋1)>1，
又⊙F的直径|AB|＝1，所以|BD|－|AC|＝|CD|－|AB|＝|CD|－1>0，故不存在正数k使|AC|＝|BD|.
4．解 (1)椭圆C经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，
∴eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，又∵eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，解得a2＝4，b2＝3.
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，由对称性，
设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，x0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，－x0)).
∵M，N在椭圆C上，∴eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(x\\al(2,0),3)＝1，∴xeq \\al(2,0)＝eq \f(12,7).
∴O到直线MN的距离为d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x0))＝eq \f(2\r(21),7)，
∴x2＋y2＝eq \f(12,7).
当直线MN的斜率存在时，设MN的方程为y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋4k2))x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
则x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2).
∵OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0，
∴x1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1＋m))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2＋m))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))x1x2＋kmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))＋m2＝0.
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))·eq \f(4m2－12,3＋4k2)－eq \f(8k2m2,3＋4k2)＋m2＝0，
即7m2＝12eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1)).
∴O到直线MN的距离为d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)),\r(k2＋1))＝eq \r(\f(12,7))＝eq \f(2\r(21),7)，
∴x2＋y2＝eq \f(12,7).
故存在定圆x2＋y2＝eq \f(12,7)与直线MN总相切．