新高考数学二轮复习提升讲与练专题05 微专题4 圆锥曲线中的证明、探索问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习提升讲与练专题05 微专题4 圆锥曲线中的证明、探索问题（2份，原卷版+解析版），共11页。试卷主要包含了考点透析，跟踪练习等内容，欢迎下载使用。
一、考点透析
考点1 证明问题
1．（24-25高三下·上海·月考）设为坐标原点，点，、为椭圆上的点，直线经过的重心.
(1)求椭圆的离心率；
(2)若点的坐标为 求点的坐标；
(3)的边、与椭圆分别交于、两点，点在四边形内，求证：和的面积相等.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）在椭圆中，，，则，故.
（2）设点、，则的重心为，
易知直线的方程为，且点在直线上，
所以，，即，
因为，两式作差可得，
即，
即，所以，，
因为点，所以，直线的方程为，即，
联立可得，
由韦达定理可得，可得，则，
故点的坐标为.
（3）由（2）可知，直线的斜率为，设直线的方程为，
由于原点在四边形内，由图可知，，
联立可得，
则，又因为，解得，
由韦达定理可得，，
设直线、的斜率分别为、，
，同理，
所以，
，
设点、，
当的斜率不存在时，则，，其中，
所以，，，此时，，
若，则，，不妨取点、，
此时，直线的方程为，
联立解得，即点，
由题意可知，，矛盾，故直线的斜率存在，
设直线的方程为，
联立可得，
，整理可得，
由韦达定理可得，，
，
整理可得，
代入韦达定理并整理可得对满足的实数恒成立，
所以，，解得，故，
设直线分别交线段、于点、，则为的中点，
所以，，
因为，故，
所以，，，，，
所以，，
即和的面积相等.
2.(2025·重庆市·模拟)已知F1,F2分别为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，F1关于双曲线C的一条渐近线l:y=−bax的对称点E在C上.
(1)求双曲线C的离心率；
(2)若a=1，双曲线C的左、右顶点分别为A1,A2，过左顶点A1作实轴的垂线交渐近线l于点T，过T作直线分别交双曲线C的左、右两支于P,Q两点，直线A2P,A2Q分别交l于M,N两点.证明：四边形A1MA2N为平行四边形．
【答案】(1) 5
(2)见解析
【解析】解：(1)连接F2E，
由于F1,E关于直线l:y=−bax对称，又OF1=OF2，所以EF2//l，
F1(−c,0)到直线l:y=−bax的距离为d=−ba⋅(−c) 12+−ba2=b，
因此F1E=2b，故F2E= (2c)2−(2b)2=2a，
由双曲线定义可得F1E−F2E=2b−2a=2a，故b=2a，
因此离心率为e=ca= 1+ba2= 5，
(2)证明：当a=1时，则b=2，故双曲线的方程为x2−y24=1，
所以A1(−1,0)，直线l:y=−2x，故T(−1,2)，
由题意可知直线PQ有斜率，故设PQ:y=k(x+1)+2，
联立PQ:y=k(x+1)+2与x2−y24=1，
可得(k2−4)x2+2k(k+2)x+k2+4k+8=0，
则Δ=[2k(k+2)]2−4(k2−4)(k2+4k+8)>0
设Px1,y1,Qx2,y2，
则x1+x2=−2k(k+2)k2−4,x1x2=k2+4k+8k2−4，
则直线A2P:y=y1x1−1(x−1)，联立l:y=−2x方程可得−2x=y1x1−1(x−1)，
解得x=y12x1+y1−2，y=−2y12x1+y1−2，所以My12x1+y1−2,−2y12x1+y1−2，
同理可得Ny22x2+y2−2,−2y22x2+y2−2，
A1M=y12x1+y1−2+1,−2y12x1+y1−2，NA2=1−y22x2+y2−2,2y22x2+y2−2，
所以−2y12x1+y1−2−2y22x2+y2−2=−2y1(2x2+y2−2)−2y2(2x1+y1−2)(2x1+y1−2)(2x2+y2−2)
−y1(2x2+y2−2)−y2(2x1+y1−2)，
=−[k(x1+1)+2][2x2+k(x2+1)+2−2]−[k(x2+1)+2][2x1+k(x1+1)+2−2]，
=−[kx1+k+2][(2+k)x2+k]−[kx2+k+2][(2+k)x1+k]，
=−2k(k+2)x1x2+2k2+4k+4x1+x2+2k(k+2)，
=−2k(k+2)k2+4k+8k2−4+2k2+4k+4−2k(k+2)k2−4+2k(k+2)，
=−2k(k+2)k2+4k+8k2−4−2k2+4k+4k2−4+1，
=−2k(k+2)k2+4k+8k2−4−2k2+4k+4k2−4+k2−4k2−4=0，
所以−2y12x1+y1−2=2y22x2+y2−2，即−y12x1+y1−2=y22x2+y2−2，
因此1−y22x2+y2−2=1+y12x1+y1−2，因此A1M=NA2，
故四边形A1MA2N为平行四边形．
3.(2025·云南省怒江傈僳族自治州·模拟)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F 6,0，渐近线方程为y=± 2x．
(1)求C的标准方程．
(2)若P为C上的一点，且P为圆x2+y2=4外一点，过P作圆x2+y2=4的两条切线l1，l2(斜率都存在)，l1与C交于另一点M，l2与C交于另一点N，证明：
(i)l1，l2的斜率之积为定值；
(ii)存在定点A，使得M,N关于点A对称．
【答案】(1)x22−y24=1
(2)(i)定值为2
(ii)见解析
【解析】解：(1)设双曲线的半焦距为c，则由题意可知c= 6，ba= 2，
结合c2=a2+b2得，a= 2，b=2，
故C的标准方程为x22−y24=1；
(2)(i)证明：设Px0,y0,Mx1,y1,Nx2,y2，如下图所示：
设过点P的切线方程为y−y0=k(x−x0)，即kx−y+y0−kx0=0，
所以圆心O到切线的距离为|y0−kx0| k2+1=2，即(4−x02)k2+2kx0y0+4−y02=0，
因此l1,l2的斜率k1,k2是上式中方程的两根，即k1k2=4−y024−x02，
又因为x022−y024=1，所以k1k2=4−y024−x02=8−2x024−x02=2，
所以l1,l2的斜率之积为定值，且定值为2；
(ii)证明：不妨设直线PM的斜率为k1，直线PN的斜率为k2，
联立y−y0=k1(x−x0)2x2−y2=4，得(2−k12)x2−2k1(y0−k1x0)x−k12x02+2k1x0y0−y02−4=0．
因为(4−x02)k12+2k1x0y0+4−y02=0，
所以(2−k12)x2−2k1(y0−kx0)x−4(k12+2)=0，
则x1x0=−4(k12+2)2−k12，同理可得x2x0=−4(k22+2)2−k22，
所以x1x2=(k12+2)(2−k22)(2−k12)(k22+2)=4−k12k22+2(k12−k22)4−k12k22+2(k22−k12)，
因为k1k2=2，所以4−k12k22=0，所以x1x2=2(k12−k22)2(k22−k12)=−1，得x1+x2=0，
又因为x122−y124=1，x222−y224=1，得y1+y2=0或y1=y2(舍去)，
所以存在定点A(0,0)，使得M,N关于点A(0,0)对称．
考点2 探索问题
1.(2025·河南省·模拟)已知过点P(3, 2)的双曲线C的渐近线方程为x± 3y=0如图所示，过双曲线C的右焦点F作与坐标轴都不垂直的直线l交C的右支于A，B两点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知点Q(32,0)，求证：∠AQF=∠BQF；
(3)若以AB为直径的圆被直线x=32截得的劣弧为MN，则MN所对圆心角的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)x23−y2=1
(2)见解析
(3)MN所对圆心角的大小为定值π3
【解析】解：(1)因为双曲线C的渐近线方程为x± 3y=0，
所以设双曲线方程为x2−3y2=λ(λ≠0)，
又双曲线过点P(3, 2)，则λ=9−3×2=3，
所以双曲线的方程为x2−3y2=3，即x23−y2=1．
(2)证明：由(1)可知F(2,0)，l的斜率存在且不为0，设l的方程为y=k(x−2)k≠0，
联立y=k(x−2)x2−3y2=3，消去y得(1−3k2)x2+12k2x−12k2−3=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由题意得1−3k2≠0Δ>0x1+x2=−12k21−3k2>0x1x2=−12k2−31−3k2>0⇒k∈(−∞,− 33)∪( 33,+∞)，
所以kAQ+kBQ=y1x1−32+y2x2−32=k(x1−2)x1−32+k(x2−2)x2−32=k[2x1x2−72(x1+x2)+6]x1x2−32(x1+x2)+94
=k[2(−12k2−3)+72×12k2+6(1−3k2)−12k2−3+32×12k2+94(1−3k2)=0,
所以kAQ=−kBQ，∠AQF=∠BQF得证．
(3)由(2)可知x1+x2=−12k21−3k2，x1x2=−12k2−31−3k2，
所以以AB为直径的圆的圆心到x=32的距离d=x1+x22−32=6k23k2−1−32=3k2+32(3k2−1)，
半径r=|AB|2=12 1+k2· (x1+x2)2−4x1x2=12 1+k2 12k2+12|1−3k2|= 3(1+k2)|3k2−1|，
设MN所对圆心角为θ，则csθ2=dr=3(k2+1)2(3k2−1)⋅3k2−1 3(1+k2)= 32，
即θ2=π6，所以θ=π3，即MN所对圆心角的大小为定值π3．
2.(2025·广西壮族自治区柳州市·模拟)圆心在x轴上移动的圆经过点A(−4,0)，且与x轴，y轴分别交于B(x,0)，C(0,y)两个动点．
(1)求点T(x,y)的轨迹E的方程；
(2)过点D(3,2)作互相垂直的两条直线l1,l2,l1与曲线E相交于P1,Q1两点，l2与曲线E相交于P2,Q2两点，线段P1Q1,P2Q2的中点分别为M，N．
(ⅰ)试问直线MN是否经过定点？若是，请求出该定点的坐标，若不是，请说明理由；
(ⅱ)求▵AMN面积的最小值．
【答案】(1)y2=4x
(2)(ⅰ)直线MN过定点(5,0)；
(ⅱ)▵AMN面积的最小值为18
【解析】解：(1)设圆心为(a,0)，则半径为r=|a+4|，
所以圆的方程为：(x−a)2+y2=(a+4)2，
令x=0，得y2=(a+4)2−a2=8(a+2)，
令y=0，得(x−a)2=(a+4)2⇒x=2(a+2)或x=−4(舍去)，
所以y2=4x，所以E的方程为y2=4x；
(2)(ⅰ)由题意有直线l1,l2的斜率存在，
设直线l1的方程为y=k(x−3)+2，
则直线l2的方程为y=−1k(x−3)+2，
所以
所以，
设P1x1,y1,Q1x2,y2,MxM,yM，
所以y1+y2=4k，yM=y1+y22=2k，
又yM=kxM−3+2=2k⇒xM=2k2−2k+3，
所以M2k2−2k+3,2k，同理得N2k2+2k+3,−2k，
所以kMN=−2k−2k2k2+2k+3−2k2−2k+3=−kk2+k−1，
所以直线MN的方程为：y+2k=−kk2+k−1x−2k2−2k−3，
化简整理有：k(x−5)+k2+k−1y=0，
令x−5=0，得y=0，即x=5，
所以直线MN过定点(5,0)；
(ⅱ)由(ⅰ)有M2k2−2k+3,2k，N2k2+2k+3,−2k，
直线MN的方程为k(x−5)+k2+k−1y=0，
所以|MN|= (2k2+2k+3−2k2+2k−3)2+(−2k−2k)2
= 4(k+1k)2[(k−1k+1)2+1]，
点A(−4,0)到直线MN的距离为d=|−4k−5k| k2+k2+k−12=|9k| k2+k2+k−12=9 1+k−1k+12，
所以▵AMN面积为
，
当且仅当k2=1k2，即k=±1时，等号成立，
所以▵AMN面积的最小值为18．
3．（2025·安徽·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线被圆截得的弦长为，点的坐标为，点P在圆上，线段的垂直平分线交线段于点Q．
(1)求动点Q的轨迹曲线C的方程；
(2)斜率为的直线m交双曲线E于点A，B，若弦的中点M恰好在曲线C上，求点M的坐标；
(3)记双曲线E与曲线C在第一象限的交点为的平分线为n，在曲线C上是否存在不同的点S，T，使得点关于直线n对称？若存在，求出S，T所在直线方程，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或．
(3)存在，
【详解】（1）双曲线的渐近线为，
不妨取一条渐近线为，
如，则圆心到直线的距离，
从而解得，
故，
所以，点Q的轨迹C是以为焦点，长轴长为8的椭圆，
因此其标准方程为．
（2）设则且，
两式相减，得，
从而，即，
代入，解得，
故点M的坐标为或．
（3）联立解得，
从而，的方程分别为，
（方法一）设为的平分线n上任意一点，则，
化简得或，
但平分线n与x轴的交点在之间，
检验可知所求角平分线n的方程为．
设的中点为，
则，直线的斜率
因为所以，故，
代入得
但点与点N重合，即在椭圆上，矛盾！
故在曲线C上不存在不同的点S，T，使得点S，T关于直线n对称．
（方法二）设为的平分线n与x轴的交点（如图），
由角平分线定理得，，
即，
（利用E到的距离相等也可），
解得，从而所求角平分线n的方程为．
（以下同方法一）
（方法三）设E为的平分线n与x轴的交点（如图），
易知，，可解得，即，
所以，
从而所求角平分线n的方程为．

（以下同方法一）
（方法四）设为的内心（如图），内切圆半径为r，
则，
可得，即I的坐标为，
从而所求角平分线n的方程为．
（以下同方法一）
二、跟踪练习
1．（2025·广东·模拟预测）已知椭圆，为坐标原点，点分别在直线与上，是上一点，四点构成平行四边形．
(1)证明是定值，并求该值；
(2)求平行四边形面积的最大值；
(3)一族直线与交于点，证明每条弦被定直线平分，并求该直线的方程．
【答案】(1)证明见解析，定值为
(2)
(3)证明见解析，
【详解】（1）设，，，又，
四边形是平行四边形，则，，
，
在椭圆上，，，
是定值，且该定值为.
（2）设直线的倾斜角为，则，
，，
或，，，
由（1）知：在中，由余弦定理得：，
（当且仅当时取等号），
，则当时，取得最大值，
平行四边形面积的最大值为.
（3）设，，联立得：，
则，，
，中点为，
任取不同于的弦，同理可得：中点为，
直线的斜率，
直线的方程为：，即，
任意弦的中点均在直线上，即每条弦均被定直线平分．
2．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）椭圆与圆和圆都外切．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A，B分别为椭圆E的左右顶点，F为椭圆的右焦点，K为椭圆E上动点（异于A，B），直线与椭圆E交于另一点H．若直线与交于点P，求证：点P在定直线l上；
(3)在（2）的条件下，设直线与直线l交于Q点，椭圆E在点K处的切线与l交于R，
①求证：．
②求面积取最小值时K点的横坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)①证明见解析；②
【详解】（1）圆的圆心为，半径为；
圆的圆心为，半径为；
由题意椭圆E与两圆都外切，结合图形可知，，
故椭圆E的方程为.
（2）由椭圆E的方程为可知，
由题意知，不垂直于轴，故可设直线，
由焦点在椭圆内，则直线与椭圆恒有两个交点，
设，
联立直线与椭圆方程得，
由韦达定理得，
则（），
又直线方程为，方程为，
设两直线交点，
则联立方程，解得，
将（）式代入化简得，
故点P在定直线上.
（3）①由题意知椭圆E在点处的切线斜率存在，
可设切线的方程为，
联立直线与椭圆E方程消得，
，
由直线与椭圆相切，
则，
化简得，
由，得代入上式得，
解得，故，
令，得
直线，令得；
直线，令得；
由，
故为线段的中点，
，得证.
②由，
则
则
，
则的面积
.
令，，
则，
由解得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
故当时，函数取最小值.
即面积S取最小值时K点的横坐标为．
3．（24-25高三下·辽宁·月考）圆幂定理是平面几何中关于圆的一个重要定理，其中相交弦定理是其中重要的内容：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.其逆定理可作为证明四边形是四点共圆的依据.该定理不仅可以在圆中得到应用，在其他圆锥曲线中也大有妙用.
(1)已知椭圆，是椭圆C上任意两点，若直线与坐标轴不垂直，点H为线段中点，直线 (O为坐标原点)与C交于两点，已知四点共圆，求直线的斜率；
(2)已知抛物线B:，过的直线与抛物线B交于两点，设抛物线B在这两点处的切线分别为，已知分别与x轴交于点，相交于点A，若四点共圆，求点A的坐标；
(3)已知点是x轴上一动点，过T的动直线l交双曲线右支于，过T作l的垂线分别交曲线于 (分别在第一、二象限)，直线 (O为坐标原点)交双曲线于点S，求证：四点共圆.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）
设直线的方程为，，
联立，消得，
，即，
由韦达定理得，
所以
，
所以.
又，
所以中点，则直线的斜率，
则直线方程为，
联立，解得，且，
由四点共圆，且为的中点，
则，
所以有，
由，解得，，
故的斜率为.
（2）由题意知直线存在斜率，
设直线的方程为，，
联立，消得，
恒成立，
由韦达定理得①，
抛物线方程，则，
则在处的切线斜率为，切线方程为，
当时，过的切线为轴，不满足题意，故直线斜率；
令，得，，
在处的切线斜率为，切线方程为，
同理可得，且，
联立，解得，
将①式代入可得，又，
若四点共圆，设与交于点，
则，可得，
由，，可设，
则，
则可得，化简得②
则，
，
由，代入化简得③.
联立②③解得（其中一组解舍去），
则.
（3）设，设斜率为，
若直线与双曲线右支交于两点，可知斜率或.
由题意知直线斜率存在且不为，则，且.
由双曲线对称性可知，关于原点对称，则，
且且，
故；
又，可知，
所以.
设直线与将于点，设倾斜角为，的倾斜角为，
则.
可设方程为，（为参数），设对应的参数为，
将参数方程代入双曲线方程化简可得，
，
若直线与双曲线右支有两个交点，则
则由韦达定理知，
同理，直线与双曲线左支交于两点，设点对应的参数为，以代可得，
，
所以，
故四点共圆.
4.(2025·宁夏回族自治区银川市·模拟)抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，由抛物线的三条切线围成的三角形称为抛物线的切线三角形.已知抛物线C：的焦点为F，直线l：y=2过点F，过x轴下方的一点P作C的两条切线l1，l2，且l1，l2分别交x轴于点A，B，交l于点M，N．
(1)若为阿基米德三角形，求∠MPN；
(2)证明：切线三角形PAB的外接圆过定点．
【答案】(1)∠MPN=900 (2)见解析
【解析】解：(1)由题意得p2=2，则p=4，
所以抛物线C的方程为x2=8y，
因为为阿基米德三角形，
所以l1,l2分别与抛物线C切于点M,N，
不妨设点M在y轴左侧，则M(−4,2),N(4,2)，
由x2=8y，得y=18x2，则y ′=14x，
所以l1的斜率为−1,l2的斜率为1，则l1⊥l2，所以∠MPN=900．
(2)证明：由(1)可知抛物线，
设l1,l2分别与抛物线C切于点Q(x1,x128)，R(x2,x228),x1,x2≠0，
由(1)可知直线PQ的斜率为14x1，直线PR的斜率为14x2，
所以直线PQ的方程为y−x128=x14x−x1，即y=x14x−x128，
直线PR的方程为y−x228=x24(x−x2)，即y=x24x−x228，
所以P(x1+x22,x1x28),A(x12,0),B(x22,0)．
设外接圆的圆心为G(m,n)，
则圆心G在线段AB的垂直平分线上，所以m=x1+x24，
则圆G的半径为|GA|= (x1+x24−x12)2+n2= (x2−x14)2+n2，
所以圆G的方程为(x−x1+x24)2+(y−n)2=(x2−x14)2+n2，
又点P在圆G上，所以(x1+x24)2+(x1x28−n)2=(x2−x14)2+n2，
即x1x24+x12x2264−nx1x24=0，所以n=x1x2+1616，
所以(x−x1+x24)2+(y−x1x2+1616)2=(x2−x14)2+(x1x2+1616)2，
整理得x2−x1+x22x+y2−x1x2+168y+x1x24=0，
即x2+y2−2y−x1+x22x+x1x24(1−y2)=0，
令x2+y2−2y=0x=01−y2=0，得x=0y=2,
所以的外接圆过定点(0,2)．