备战2025年高考二轮复习数学专题突破练25 圆锥曲线中的证明、探索性问题（提升篇）（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题突破练25 圆锥曲线中的证明、探索性问题（提升篇）（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
主干知识达标练
1.(17分)(2024福建厦门模拟)在平面直角坐标系xOy中,已知圆A:(x-2)2+y2=4,点B(-2,0),点P为圆A上任意一点,线段BP的垂直平分线和半径AP所在直线相交于点Q,当点P在圆上运动时,点Q的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)斜率存在且不为0的直线l与C交于M,N两点,存在一点D在C上.从下面①②③中任选两个作为已知条件,证明另外一个成立.
①DM⊥x轴;
②直线l经过点-12,0;
③D,B,N三点共线.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
解(1)由题意知,A(2,0),|QP|=|QB|,且点B(-2,0)在圆外,则||QA|-|QB||=||QA|-|QP||=|AP|=20,化简得m2-k2+3>0,且x1+x2=2mk3-k2,x1x2=-m2+33-k2.
若选择①②证明③:
∵DM⊥x轴,且点D在C上,则D(x1,-y1),直线l经过点-12,0,故0=-12k+m,即k=2m,此时kDB=-y1x1+2,kNB=y2x2+2,故kNB-kDB=y2x2+2+y1x1+2=y1(x2+2)+y2(x1+2)(x1+2)(x2+2),
其中y1(x2+2)+y2(x1+2)=(kx1+m)(x2+2)+(kx2+m)(x1+2)=2kx1x2+(2k+m)(x1+x2)+4m=2k·-m2+33-k2+(2k+m)·2mk3-k2+4m=-2m2k-6k+4mk2+2m2k+12m-4mk23-k2=-6k+12m3-k2,
∵k=2m,故-6k+12m3-k2=0,即kNB-kDB=0,kNB=kDB,∴D,B,N三点共线.
若选择①③证明②:
∵DM⊥x轴,且点D在C上,则D(x1,-y1),由D,B,N三点共线,知kNB=kDB,故kNB-kDB=y2x2+2+y1x1+2=y1(x2+2)+y2(x1+2)(x1+2)(x2+2)=0,
化简得-6k+12m3-k2=0,即m=12k,
故直线l的方程为y=kx+12k=kx+12,所以直线l过定点-12,0.
若选择②③证明①:
直线l经过点-12,0,故0=-12k+m,即k=2m,由D,B,N三点共线,知kNB=kDB,故kDB+kMB=kNB+kMB=y2x2+2+y1x1+2=y1(x2+2)+y2(x1+2)(x1+2)(x2+2),化简得kDB+kMB=-6k+12m3-k2(x1+2)(x2+2)=0,故直线DB和直线MB关于x轴对称,所以点D,M关于x轴对称,故DM⊥x轴.
2.(17分)(2024江苏南京、盐城一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),右顶点为A,直线l:x=4与x轴交于点M,且|AM|=a|AF|.
(1)求C的方程;
(2)若B为l上的动点,过B作C的两条切线,分别交y轴于点P,Q,
①证明:直线BP,BF,BQ的斜率成等差数列;
②圆N经过B,P,Q三点,是否存在点B,使得∠PNQ=90°?若存在,求|BM|;若不存在,请说明理由.
解(1)由椭圆右焦点为F(1,0),得c=1,点A(a,0).
因为|AM|=a|AF|,所以|4-a|=a(a-1),若a≥4,则a-4=a(a-1),得a2-2a+4=0,无解,
若a0)的焦点F,且抛物线上任意一点R满足|RF|的最小值为1.
(1)求C的方程;
(2)过点P(t,-1)的直线经过点F且与抛物线交于M,N两点,求证:2|PF|=1|PM|+1|PN|;
(3)过点F作一条倾斜角为60°的直线交抛物线于A,B两点,过A,B分别作抛物线的切线.两条切线交于点Q,过Q任意作一条直线交抛物线于E,H,交直线AB于点G,求证:2|QG|=1|QE|+1|QH|.
(1)解设R(x,y),则|RF|=x2+(y-p2) 2=
2py+y2+(p2) 2-py=y+p2,
因为y≥0,所以y+p2≥p2,|RF|的最小值为p2,即p2=1,得p=2,所以抛物线的方程为x2=4y.
图1
(2)证明如图1,由(1)得F(0,1),设M(x1,y1),N(x2,y2),由题可知直线PF斜率存在,设lPF:y=k1x+1,k1≠0,代入点P坐标得t=-2k1,
则|PF|=(-2k1-0) 2+[(-1)-1]2=1+1k12×|1-(-1)|,
同理|PM|=1+1k12|y1-(-1)|,
|PN|=1+1k12|y2-(-1)|.
若2|PF|=1|PM|+1|PN|成立,则21+1k12|1-(-1)|=11+1k12|y1-(-1)|+11+1k12|y2-(-1)|,
又y1,y2>0,所以1=1y1+1+1y2+1=y1+y2+2(y1+1)(y2+1),整理得y1+y2+2=(y1+1)(y2+1),解得y1y2=1.
又lPF:y+1=1-(-1)0-t(x-t),
即y+1=2-t(x-t),联立y+1=2-t(x-t),x2=4y,
得y2-2+16t2y+1=0,由韦达定理得y1y2=1,与上述所得一致,故成立.
综上,2|PF|=1|PM|+1|PN|.
图2
(3)证明如图2,由题意,直线AB:y=3x+1,联立y=3x+1,x2=4y,得A(23+4,7+43),B(23-4,7-43),由y=14x2,得y'=12x,所以抛物线C在A处的切线斜率为k=3+2,所以抛物线C在A处的切线为l1:y-(7+43)=(3+2)[x-(23+4)],同理,在B处的切线为l2:y-(7-43)=(3-2)[x-(23-4)],
联立l1,l2可得点Q(23,-1).
设E(x3,y3),H(x4,y4),G(x0,y0),lQG:y+1=k2(x-23),则2|QG|=1|QE|+1|QH|⇔21+1k22(y0-(-1))=11+1k22(y3-(-1))+11+1k22(y4-(-1))⇔2y0+1=1y3+1+1y4+1,(*)
联立lQG:y+1=k2(x-23),lAB:y-1=3x,得y0=7k2+3k2-3,则2y0+1=k2-34k2,
联立lQG:y+1=k2(x-23),x2=4y,得y2+(2+43k2-4k22)y+(1+23k2)2=0,
所以y3+y4=-(2+43k2-4k22),y3y4=(1+23k2)2,
所以1y3+1+1y4+1=y3+y4+2(y3+1)(y4+1)=y3+y4+2y3y4+y3+y4+1=4k2(k2-3)16k22=k2-34k2,
所以1y3+1+1y4+1=2y0+1,
即2|QG|=1|QE|+1|QH|.
核心素养创新练
4.(17分)(2024福建泉州模拟)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=6,∠ACB的平分线交AB于点D,AD=2DB.平面α过直线AB,且与△ABC所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面α所成角的大小.
(2)设点E∈α,且∠ECD=30°,记E的轨迹为曲线Γ.
①判断Γ是什么曲线,并说明理由;
②不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P,Q两点,试问:在平面α内是否存在定点T,使得无论l绕点D如何转动,总有∠PTC=∠QTC?若存在,指出点T的位置;若不存在,说明理由.
解(1)如图,因为平面ABC⊥平面α,平面ABC∩平面α=AB,BC⊂平面ABC,BC⊥AB,所以BC⊥平面α.
所以CD在平面α内的射影为DB,所以直线CD与平面α所成角为∠CDB.
过点D作DF⊥AC,垂足为F.
因为CD平分∠ACB,DB⊥BC,所以DF=DB.
又AD=2DB,所以DF=12AD,所以∠DAF=30°.
又AB=6,∠ABC=90°,所以BC=23.
因为DB=13AB=2,所以∠CDB=60°,所以直线CD与平面α所成角为60°.
(2)①曲线Γ是椭圆,理由如下:
由(1)可知,DF⊥AC,DA=DC,所以F是AC的中点,
设AB的中点为O,所以OF∥BC.
又BC⊥平面α,所以OF⊥平面α.
在平面α内过点O作OG⊥AB,所以OF⊥OB,OF⊥OG.
以O为原点,OG,OB,OF的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,
建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.
因为OB=3,DB=2,所以OD=1,
设E(x,y,0),又D(0,1,0),C(0,3,23),则CE=(x,y-3,-23),CD=(0,-2,-23).
因为cs∠ECD=CD·CE|CD||CE|,又∠ECD=30°,
所以-2y+184x2+(y-3)2+12=32,化简得3x2+2y2=18,即y29+x26=1,所以曲线Γ是椭圆.
②(方法一)设P(x1,y1,0),Q(x2,y2,0).
在平面α内,因为l与AB不重合,可设l:y=kx+1,由y=kx+1,3x2+2y2=18,得(2k2+3)x2+4kx-16=0,显然Δ>0,所以x1+x2=-4k2k2+3,x1x2=-162k2+3