2027年高考数学一轮专题复习考点通关：课时规范练59 圆锥曲线中的证明、探索性问题（含解析）

这是一份2027年高考数学一轮专题复习考点通关：课时规范练59 圆锥曲线中的证明、探索性问题（含解析），共12页。试卷主要包含了已知双曲线M，已知椭圆E，已知双曲线E等内容，欢迎下载使用。

(1)分别求双曲线M和双曲线N的方程;
(2)如图,过点T(0,1)的直线l(斜率大于0)与双曲线M和双曲线N的左、右两支依次相交于点A,B,C,D,证明:|AB|=|CD|.
2.已知抛物线C的顶点在坐标原点,焦点在x轴上,P(2,0)为定点.
(1)若P为抛物线的焦点,求抛物线C的方程.
(2)若动圆M过点P,且圆心M在抛物线C上运动,A,B是圆M与y轴的两交点,是否存在一条抛物线C,使|AB|为定值?若存在,求这个定值;若不存在,请说明理由.
3.(2025·北京,19)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),离心率为22,椭圆E上的点到两个焦点的距离之和为4.
(1)求椭圆E的方程;
(2)已知椭圆E上一点M(x0,y0)(x0≠0),直线x0x+2y0y-4=0与y=2,y=-2的交点为A,B,△AOM与△BOM的面积分别为S1,S2,猜想S1S2与|OA||OB|的数量关系并求证.
4.(2026·江苏徐州高三期中)已知双曲线E:x2a2−y2a2-1=1(a>1)的右焦点为F(c,0),P是双曲线E与直线l:y=x+1的公共点,直线l分别与直线x=a2c,y轴交于点Q,R,直线QF与y轴交于点T,记△TPR,△TQR的面积分别为S1,S2.
(1)若c=5,求点R到双曲线E的渐近线的距离.
(2)证明:S1S2=|TP||TQ|.
(3)双曲线E的右支上是否存在点M,使得|MP|=|MQ|?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
参考答案
课时规范练59 圆锥曲线中的证明、探索性问题
1.(1)解 由题意可知双曲线N的焦距为2m2+2m2=23|m|=23,解得m2=1,即双曲线N的方程为x2-y22=1.
因为双曲线M与双曲线N的渐近线相同,不妨设双曲线M的方程为x2-y22=λ,因为双曲线M经过点(2,2),所以4-2=λ,解得λ=2,则双曲线M的方程为x22−y24=1.
(2)证明 不妨设直线l的方程为y=kx+1(k>0),A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),
联立y=kx+1,x2-y22=λ,消去y并整理得(2-k2)x2-2kx-1-2λ=0,此时2-k2≠0,Δ=4k2+4(2-k2)(1+2λ)>0,当λ=1时,由根与系数的关系得x2+x3=2k2-k2,当λ=2时,由根与系数的关系得x1+x4=2k2-k2,所以AD与BC的中点的横坐标均为k2-k2.
因为A,B,C,D在同一直线l上,所以AD与BC的中点重合,不妨设该点为E,此时|EA|=|ED|,|EB|=|EC|,则|EA|-|EB|=|ED|-|EC|,故|AB|=|CD|.
2.解 (1)设抛物线的方程为y2=2px(p≠0),则抛物线的焦点坐标为(p2,0).
由已知,p2=2,即p=4,故抛物线C的方程是y2=8x.
(2)存在.设圆心M(a,b),点A(0,y1),B(0,y2).
因为圆M过点P(2,0),所以可设圆M的方程为(x-a)2+(y-b)2=(a-2)2+b2.
令x=0,得y2-2by+4a-4=0,则y1+y2=2b,y1y2=4a-4.所以|AB|=(y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1y2=4b2-16a+16.
设抛物线C的方程为y2=mx(m≠0),
因为圆心M在抛物线C上,则b2=ma.
所以|AB|=4ma-16a+16=4a(m-4)+16.
由此可得,当m=4时,|AB|=4为定值.
故存在一条抛物线y2=4x,使|AB|为定值4.
3.解 (1)由题意得ca=22,2a=4,解得a2=4,b2=2,c2=2,
故椭圆E的方程为x24+y22=1.
(2)取特殊值,当点M取(-2,0)时,显然S1S2=1=|OA||OB|,故猜想S1S2=|OA||OB|.
∵对于直线x0x+2y0y-4=0,令y=2,可得点A的横坐标xA=4-4y0x0,
∴点A的坐标为(4-4y0x0,2),同理点B的坐标为(4+4y0x0,-2),则直线OA的方程为x0x+2(y0-1)y=0,同理得直线OB的方程为x0x+2(y0+1)y=0,
∴点M到直线OA的距离d1=|x02+2(y0-1)y0|x02+4(y0-1)2.○*
又点M在椭圆E上,∴x02+2y02=4,代入○*式化简得d1=|4-2y0|4+2y02-8y0+4=|4-2y0|2y02-8y0+8=|2(y0-2)|2(y0-2)2=2.
同理点M到直线OB的距离d2=|x02+2(y0+1)y0|x02+4(y0+1)2=|4+2y0|2(y0+2)2=2.
∴S1S2=12|OA|d112|OB|d2=|OA||OB|,猜想得证.
4.(1)解 若c=5,双曲线E:x2a2−y2a2-1=1(a>1),
则2a2-1=5,得a2=3,
所以双曲线E:x23−y22=1,
渐近线方程为y=±63x,
即6x±3y=0,
直线l:y=x+1与y轴的交点R(0,1),
点R(0,1)到渐近线6x±3y=0的距离为|0±3|(6)2+32=155.
(2)证明 联立x2a2-y2a2-1=1,y=x+1,得(x+a2)2=0,即x=-a2,
所以P(-a2,-a2+1).
又R(0,1),Q(a2c,a2c+1),F(c,0),
所以kQF=a2c+1a2c-c=a2+ca2-c2,
所以lQF:y=a2+ca2-c2(x-c),令x=0,得y=c(a2+c)c2-a2,即T(0,c(a2+c)c2-a2),
所以kPT=c2+ca2c2-a2-1+a2a2=1+c+c2-a2c2-a2=1+c+2a2-1-a2c2-a2=c+a2c2-a2.
因为kQF=-c+a2c2-a2,所以kPT+kQF=0,所以∠QTR=∠PTR.
因为S1=12|TP||TR|sin∠PTR,S2=12|TQ||TR|sin∠QTR,
所以S1S2=|TP||TQ|.
(3)解 不存在.理由如下,由(2)知P(-a2,1-a2),Q(a2c,1+a2c),
所以PQ的中点为(a2c-a22,2-a2+a2c2),
所以PQ的中垂线的方程为y=-x+a2c-a2+1.
令t=a2c-a2+1,因为a>1,所以c2=2a2-1>1,则t0,
此时方程x2-2a2tx+a4+a2t2-a2=0(x≥a)无解;
当a2t>a,即at>1时,由a>1,得t>0,又t