2023届高考一轮复习加练必刷题第83练　探索性问题与圆锥曲线的综合问题【解析版】

这是一份2023届高考一轮复习加练必刷题第83练　探索性问题与圆锥曲线的综合问题【解析版】，共5页。试卷主要包含了已知椭圆N，已知双曲线C，已知直线l，已知椭圆E等内容，欢迎下载使用。
考点一 探索性问题
1．已知椭圆N：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点C(0,1)，且离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆N的标准方程与焦距；
(2)直线l：y＝kx－eq \f(1,3)与椭圆N的交点为A，B两点，线段AB的中点为M，是否存在常数λ，使∠AMC＝λ∠ABC恒成立，并说明理由．
解 (1)因为椭圆N：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点C(0,1)，且离心率为eq \f(\r(2),2)，
所以b＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
又因为a2－c2＝b2，解得c＝1，a＝eq \r(2)，
所以焦距2c＝2，椭圆N的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)存在常数λ＝2，使∠AMC＝2∠ABC恒成立．
理由如下，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－\f(1,3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0，Δ＝(－12k)2－4(9＋18k2)(－16)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(12k,9＋18k2)，x1x2＝eq \f(－16,9＋18k2).
eq \(CA,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(x2，y2－1)，
则eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)
＝x1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1－\f(4,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2－\f(4,3)))
＝(1＋k2)x1x2－eq \f(4k,3)(x1＋x2)＋eq \f(16,9)
＝(1＋k2)·eq \f(－16,9＋18k2)－eq \f(4k,3)·eq \f(12k,9＋18k2)＋eq \f(16,9)＝0，
所以eq \(CA,\s\up6(→))⊥eq \(CB,\s\up6(→)).
因为线段AB的中点为M，所以|MC|＝|MB|，
所以∠AMC＝2∠ABC，
所以存在常数λ＝2，使∠AMC＝2∠ABC恒成立．
2．(2022·岳阳模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的离心率为eq \f(\r(5),2)，点P(4，eq \r(3))在C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设过点(1,0)的直线l与曲线C交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))为常数？若存在，求出Q点坐标及此常数的值，若不存在，说明理由．
解 (1)由题意可得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(16,a2)－\f(3,b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(5),2)，,a2＋b2＝c2，))
解得a2＝4，b2＝1，
∴双曲线方程为eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)设直线l的方程为x＝my＋1，由题意知直线l斜率存在，m≠0，定点Q(t,0)，
联立直线l与双曲线的方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－y2＝1，,x＝my＋1，))可得(m2－4)y2＋2my－3＝0，∴m2－4≠0，且Δ＝4m2＋12(m2－4)>0，解得m2>3且m2≠4.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴y1＋y2＝－eq \f(2m,m2－4)，y1y2＝－eq \f(3,m2－4)，
∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝－eq \f(2m2,m2－4)＋2＝eq \f(－8,m2－4)，
x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝－eq \f(3m2,m2－4)－eq \f(2m2,m2－4)＋1＝－eq \f(4m2＋4,m2－4)＝－4－eq \f(20,m2－4).
∴eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))＝(x1－t，y1)·(x2－t，y2)＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝－4－eq \f(20,m2－4)＋t·eq \f(8,m2－4)－eq \f(3,m2－4)＋t2＝－4＋t2＋eq \f(8t－23,m2－4)，若eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))为常数，与m无关，
则有8t－23＝0，即t＝eq \f(23,8)，此时eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))＝eq \f(273,64).
当直线斜率为0，即直线l与x轴重合时，不妨设M(－2,0)，N(2,0)，此时eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))＝eq \f(273,64)成立，
综上，在x轴上存在定点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(23,8)，0))，使得eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))为常数eq \f(273,64).
考点二 综合问题
3．(2022·娄底模拟)已知直线l：x＝my＋1过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F，抛物线x2＝4eq \r(3)y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x＝4上的射影依次为D，K，E.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l交y轴于点M，且eq \(MA,\s\up6(→))＝λ1eq \(AF,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))＝λ2eq \(BF,\s\up6(→))，当m变化时，求证：λ1＋λ2为定值；
(3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，请说明理由．
(1)解 因为直线l：x＝my＋1过椭圆C的右焦点F，所以右焦点F(1,0)，即c2＝1.
又因为x2＝4eq \r(3)y的焦点(0，eq \r(3))为椭圆C的上顶点，
所以b＝eq \r(3)，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,3x2＋4y2－12＝0，))消去x得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，
因为eq \(MA,\s\up6(→))＝λ1eq \(AF,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))＝λ2eq \(BF,\s\up6(→))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,m)))，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1＋\f(1,m)))＝λ1(1－x1，－y1)，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2＋\f(1,m)))＝λ2(1－x2，－y2)，
所以λ1＝－1－eq \f(1,my1)，λ2＝－1－eq \f(1,my2)，
所以λ1＋λ2＝－2－eq \f(y1＋y2,my1y2)＝－2－eq \f(－6m,－9m)＝－eq \f(8,3)，
综上所述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－eq \f(8,3).
(3)解 当m＝0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))，猜想AE与BD相交于点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))，证明如下：
由(2)得eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)－x1，－y1))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－my1，－y1))，eq \(NE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，y2))，
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－my1))y2－eq \f(3,2)(－y1)＝eq \f(3,2)(y1＋y2)－my1y2＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6m,3m2＋4)))－meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－9,3m2＋4)))＝0，
所以eq \(AN,\s\up6(→))∥eq \(NE,\s\up6(→))，
又eq \(AN,\s\up6(→))与eq \(NE,\s\up6(→))有公共点N，所以A，N，E三点共线．
同理可得B，N，D三点共线，
则猜想成立，即当m变化时，直线AE与BD相交于定点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0)).
4．(2022·石家庄模拟)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A(0，－eq \r(3))，直线AF2的倾斜角为60°，原点O到直线AF2的距离是eq \f(\r(3),4)a2.
(1)求E的方程；
(2)如图，过E上任一点P作直线PF1，PF2分别交E于M，N(异于P的两点)，且eq \(F1M,\s\up6(—→))＝meq \(PF1,\s\up6(—→))，eq \(F2N,\s\up6(—→))＝neq \(PF2,\s\up6(—→))，探究：eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
解 (1)方法一 点A(0，－eq \r(3))，直线AF2的倾斜角为60°，可得c＝1，
在Rt△AOF2中，求得点O到直线AF2的距离是eq \f(\r(3),2)，
又已知点O到直线AF2的距离是eq \f(\r(3),4)a2，
所以a2＝2，
由a2＝b2＋c2，
求得b2＝1，
所以E的方程是eq \f(x2,2)＋y2＝1.
方法二 由点A(0，－eq \r(3))，直线AF2的倾斜角为60°，
可得kAF2＝eq \f(\r(3),c)＝eq \r(3)，c＝1.
由AF2：eq \r(3)x－y－eq \r(3)＝0，得点O到直线AF2的距离为eq \f(\r(3),2)，
又已知点O到直线AF2的距离是eq \f(\r(3),4)a2，
所以a2＝2，
由a2＝b2＋c2，
求得b2＝1，
所以E的方程是eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)当P为椭圆的右顶点时，eq \f(1,m)＝eq \f(|\(PF1,\s\up6(—→))|,|\(F1M,\s\up6(—→))|)＝eq \f(\r(2)＋1,\r(2)－1)，eq \f(1,n)＝eq \f(|\(PF2,\s\up6(—→))|,|\(F2N,\s\up6(—→))|)＝eq \f(\r(2)－1,\r(2)＋1)，eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝6，
当P为椭圆的左顶点时，同理可得，eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝6.
当P不为椭圆的左、右顶点，即直线PM，PN的斜率均不为零时，
设直线PM的方程是x＝－1＋ry，直线PN的方程是x＝1＋sy，
分别代入椭圆方程x2＋2y2－2＝0，得(r2＋2)·y2－2ry－1＝0和(s2＋2)y2＋2sy－1＝0.
设P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y0y1＝－eq \f(1,r2＋2)，y0y2＝－eq \f(1,s2＋2).
由eq \(F1M,\s\up6(—→))＝meq \(PF1,\s\up6(—→))，
得y1＝－my0，eq \f(1,m)＝－eq \f(y0,y1)＝yeq \\al(2,0)(r2＋2)，
由PM：x＝－1＋ry，得r＝eq \f(x0＋1,y0)，
所以eq \f(1,m)＝yeq \\al(2,0)(r2＋2)＝(x0＋1)2＋2yeq \\al(2,0)＝3＋2x0.
由eq \(F2N,\s\up6(—→))＝neq \(PF2,\s\up6(—→))，仿前述过程，可得eq \f(1,n)＝3－2x0，
所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝6，为定值．
综上可得，eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)恒为定值，且该定值为6.