2023年新教材高考数学二轮复习高考解答题专项五第3课时证明与探究问题含解析新人教B版

这是一份2023年新教材高考数学二轮复习高考解答题专项五第3课时证明与探究问题含解析新人教B版，共10页。试卷主要包含了已知双曲线E，已知点P在椭圆C，双曲线C2，已知圆F1等内容，欢迎下载使用。
第3课时　证明与探究问题1.(2021安徽芜湖二模)已知双曲线E:=1(a>0,b>0)的右焦点为F,离心率e=2,直线l:x=与双曲线E的一条渐近线交于点Q,与x轴交于P,且|FQ|=.(1)求双曲线E的方程;(2)过点F的直线l'交双曲线E的右支于A,B两点,求证:PF平分∠APB.              2.(2021福建南平二模)已知点P()在椭圆C:=1(a>b>0)上,且椭圆C的离心率为,若过原点的直线交椭圆C于A,B两点,点A在第一象限,AD⊥x轴,垂足为D,连接BD并延长交椭圆C于点E.(1)求椭圆C的方程;(2)证明:AB⊥AE.                    3.在平面直角坐标系xOy中,已知点E(0,2),以OE为直径的圆与抛物线C:x2=2py(p>0)交于点M,N(异于原点O),MN恰为该圆的直径,过点E作直线交抛物线于A,B两点,过A,B两点分别作拋物线C的切线交于点P.(1)证明:点P的纵坐标为定值;(2)若点F是抛物线C的焦点,证明:∠PFA=∠PFB.         4.在平面直角坐标系Oxy中,动圆Q过点(0,1)且与直线y=-1相切,动圆圆心Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)直线l:y=kx+a(a>0)交曲线C于M,N两点.y轴上是否存在一点P,使得当k变动时,都有∠OPM=∠OPN?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.               5.(2021重庆一中月考)双曲线C2:=1(a>0,b>0)的顶点与椭圆C1:+y2=1长轴的两个端点重合,且一条渐近线的方程为y=x.(1)求双曲线C2的方程;(2)过双曲线C2右焦点F作直线l1与C2分别交于左右两支上的点P,Q,又过原点O作直线l2,使l2∥l1,且与双曲线C2分别交于左右两支上的点M,N.是否存在定值λ,使得||·=λ?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.             6.(2021山东聊城三模)已知圆F1:(x+1)2+y2=r2,圆F2:(x-1)2+y2=(4-r)2,0<r<4.当r变化时,圆F1与圆F2的交点P的轨迹为曲线C,(1)求曲线C的方程;(2)已知点P,过曲线C右焦点F2的直线交曲线C于A,B两点,与直线x=m交于点D,是否存在实数m,λ,使得kPA+kPB=λkPD成立?若存在,求出m,λ的值;若不存在,请说明理由.    
第3课时　证明与探究问题1.(1)解不妨设渐近线方程为y=x.由得yQ=.又e=2,∴yQ=.∵|PF|=c-b,∴|FQ|==b=,∴a=1,c=2,∴双曲线的方程为x2-=1.(2)证明由题可知直线l'的斜率不为0,P.设直线l'的方程为x=my+2,A(x1,y1),B(x2,y2).联立得(3m2-1)y2+12my+9=0.∵3m2-1≠0,Δ=144m2-36(3m2-1)>0,∴m≠±,∴y1+y2=-,y1y2=,∴kPA+kPB==0,∴kPA=-kPB,∴∠APF=∠BPF,即PF平分∠APB.2.(1)解因为点P()在椭圆C上,所以=1. ①又因为椭圆C的离心率为,所以. ②由①②得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为=1.(2)证明由题可知,直线AB斜率存在.设直线AB的斜率为k(k>0),则其方程为y=kx.设A(u,uk),B(-u,-uk),则D(u,0),所以直线BE的斜率为,方程为y=(x-u).联立得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-12=0. ③因为2+k2>0,Δ=4u2k4-4(k2u2-12)(2+k2)=8(6k2-k2u2+12)>0,所以k2(u2-6)<12.设E(x1,y1),则-u和x1是方程③的解,所以x1-u=,即x1=,所以y1=(x1-u)=,所以直线AE的斜率为=-,所以AB⊥AE.3.证明(1)以OE为直径的圆为x2+(y-1)2=1.由题可知该圆与抛物线交于一条直径的两个端点,所以交点坐标为(1,1),(-1,1),所以2p=1,所以抛物线的方程为x2=y.设A(x1,),B(x2,),所以kAB==x1+x2,所以直线AB的方程为y-=(x1+x2)(x-x1),即y=(x1+x2)x-x1x2.又因为直线AB过点E(0,2),所以-x1x2=2,所以x1x2=-2.因为y'=2x,所以直线PA的斜率为2x1,直线PB的斜率为2x2,所以直线PA的方程为y-=2x1(x-x1),即y=2x1x-.同理直线PB的方程为y=2x2x-.联立两直线方程,可得P,所以点P的纵坐标为定值-2.(2)cos∠PFA=,cos∠PFB=.因为∠PFA∈(0,π),∠PFB∈(0,π),所以要证∠PFA=∠PFB,即证cos∠PFA=cos∠PFB,即. (*)因为,所以=x1·=-=-(4+1).又||=,所以=-,同理=-,(*)式得证,所以∠PFA=∠PFB.4.解(1)设动圆圆心Q(x,y),则点Q到定点(0,1)的距离等于到直线y=-1的距离,∴圆心Q的轨迹为抛物线x2=4y,∴曲线C的方程为x2=4y.(2)存在.设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2.联立得x2-4kx-4a=0.∵Δ=16k2+16a>0,∴x1+x2=4k,x1x2=-4a.∴k1+k2=.当b=-a时,k1+k2=0,∴直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,∴∠OPM=∠OPN,∴存在点P(0,-a),使得∠OPM=∠OPN.5.解(1)∵椭圆C1:+y2=1,∴a=.又双曲线的一条渐近线方程为y=x,∴,∴b=1,∴双曲线C2的方程为-y2=1.(2)存在定值λ,使得||·=λ.∵同向,∴λ=.由题可知,直线l1,l2斜率存在.当直线斜率为零时,||=||=2,∴λ=2.当直线斜率不为零时,设l1:x=ty+2.联立得(t2-3)y2+4ty+1=0.∵t2-3≠0,Δ=16t2-4(t2-3)>0,∴t≠±,∴y1+y2=,y1y2=,∵l1与l2分别交于左右两支上的点P,Q,∴x1x2<0.∴(ty1+2)(ty2+2)<0,∴t2-3>0,∴t>或t<-.∴||==.∵l2∥l1,∴l2:x=ty.联立得(t2-3)y2=3,∴y2=,∴=(·|y-(-y)|)2=(1+t2)·4y2=,∴λ==2,∴存在定值λ=2,使得||·=λ.6.解(1)由题可知|PF1|=r,|PF2|=4-r,|F1F2|=2,所以|PF1|+|PF2|=4>|F1F2|,所以曲线C为以F1,F2为焦点的椭圆,且a2=22=4,c2=1,b2=4-1=3,所以曲线C的方程为=1.(2)假设存在.由题可知直线AB的斜率存在.设直线AB的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2).联立得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.因为4k2+3>0,Δ=64k4-4(4k2+3)(4k2-12)>0,所以x1+x2=,x1x2=,所以kPA+kPB==2k-=2k-=2k-1,kPD==k-.因为kPA+kPB=λkPD,所以2k-1=λk-,所以λ=2,=1,即m=4,所以存在m=4,λ=2使kPA+kPB=λkPD成立.