2027届高中数学高考一轮复习：课后作业64　圆锥曲线中的证明、探索性问题

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1．(15分)(2024·全国甲卷)设椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M1，32在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P(4，0)的直线与C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．
2．(15分)(2025·天津卷)已知椭圆x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的左焦点为F，右顶点为A，P为直线x＝a上一点，且直线PF的斜率为13，△PFA的面积为32，离心率为12．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B(异于点A)，求证：PF平分∠AFB．
3．(15分)在平面直角坐标系中，已知点A(0，2)，B(0，－2)，动点C(x，y)关于直线y＝x的对称点为D，且AD·BD＝12x2，动点C的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)已知动点P在曲线E上，点Q在直线y＝22上，且OP·OQ＝0，求线段PQ长的最小值；
(3)过点(－2，0)且不垂直于x轴的直线交曲线E于M，N两点，点M关于x轴的对称点为M'，试问：在x轴上是否存在一定点T，使得M'，N，T三点共线？若存在，求出定点T的坐标；若不存在，说明理由．
4．(15分)(2023·新高考Ⅰ卷)在直角坐标系Oxy中，点P到x轴的距离等于点P到点0，12的距离，记动点P的轨迹为W．
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于33．
课后作业(六十四)
1．解：(1)设F(c，0)，由题设有c＝1且b2a＝32，故a2−1a＝32，故a＝2，故b＝3，
故椭圆C的方程为x24+y23＝1．
(2)证明：直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由3x2+4y2＝12，y＝k(x−4)可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－120，
所以x1＋x2＝−42k21+2k2，x1x2＝4k2−41+2k2．
直线M'N的方程为y＋y1＝y2+y1x2−x1(x－x1)，
令y＝0，得x＝y1×x2−x1y2+y1＋x1＝x1＋k(x1+2)(x2−x1)k(x1+x2+22)＝2x1x2+2(x1+x2)x1+x2+22
＝4k2−41+2k2×2+−42k21+2k2×2−42k21+2k2+22＝−822＝－22．
所以直线M'N：y＋y1＝y2+y1x2−x1(x－x1)恒过点(－22，0)．
所以在x轴上存在一定点T(－22，0)，使得M'，N，T三点共线．
4．解：(1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝x2+y−122，
化简得x2＝y－14，所以W的方程为x2＝y－14．
(2)证明：设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|)．
设Bt，t2+14，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，故可设直线AB的方程为y－t2+14＝k(x－t)， 不妨设k>0，
与x2＝y－14联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t．
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝1+k2|x1－t|
＝1+k2|k－2t|＝1+k2|2t－k|，
|BC|＝1+−1k2−1k−2t＝1+k2k·1k+2t＝1+k2k2|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)
＝21+k2k2(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|)．
所以|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝(−2k2−2k)t+k3−1，t≤−12k，2k−2k2)t+k3+1，−12kk2.
①当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在−∞，−12k上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在−12k，k2上单调递减或是常数函数(当k＝1时是常数函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在k2，+∞上单调递增，
所以当t＝k2时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，
又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)>21+k2k2(k2＋1)＝2(1+k2)32k2．
令f (k)＝2(1+k2)32k2，k≥1，
则f '(k)＝2(1+k2)12(k+2)(k−2)k3，
当1≤k0，
所以函数f (k)在[1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f (k)≥f (2)＝33，
所以2(|AB|＋|BC|)>2(1+k2)32k2≥33．
②当2k－2k2>0，即0