2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习67圆锥曲线中的证明与探索性问题（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习67圆锥曲线中的证明与探索性问题（Word版附解析），共10页。

(1)求抛物线E的方程；
(2)如图，点P(－eq \f(p,2)，t)(t≠0)为抛物线E的准线上一点，过点P作y轴的垂线交抛物线于点M，连接PO并延长交抛物线于点N，求证：直线MN过定点．
2．[2024·河北秦皇岛模拟]已知双曲线C1：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq \f(\r(6),2)，点A(6，4)在C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设过点B(1，0)的直线l与双曲线C交于D，E两点，问在x轴上是否存在定点P，使得eq \(PD,\s\up6(→))·eq \(PE,\s\up6(→))为常数？若存在，求出点P的坐标以及该常数的值；若不存在，请说明理由．
3．[2022·新高考Ⅱ卷]已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±eq \r(3)x.
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－eq \r(3)的直线与过Q且斜率为eq \r(3)的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
优生选做题
4．[2024·山东青岛模拟]已知椭圆E1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，四边形A1B1A2B2的内切圆的面积为eq \f(5π,6)，其离心率e＝eq \f(2\r(5),5)；抛物线E2：y2＝2px(p>0)的焦点与椭圆E1的右焦点重合．斜率为k的直线l过抛物线E2的焦点且与椭圆E1交于A，B两点，与抛物线E2交于C，D两点．
(1)求椭圆E1及抛物线E2的方程；
(2)是否存在常数λ，使得eq \f(1,|AB|)＋eq \f(λ,|CD|)为一个与k无关的常数？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
课后定时检测案67 圆锥曲线中的证明与探索性问题
1．解析：(1)设F2(c，0)(c>0)，则c＝eq \r(a2＋3)，
令x＝c，代入C的方程，得|yA|＝eq \f(3,a).
所以＝eq \f(1,2)×2c×2|yA|＝eq \f(6\r(a2＋3),a)＝12，所以a＝1，
故eq \f(p,2)＝a＝1，即p＝2.
所以抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)证明：由(1)知P(－1，t)(t≠0)，则M(eq \f(t2,4)，t).
直线PO的方程为y＝－tx，代入抛物线E的方程有N(eq \f(4,t2)，－eq \f(4,t)).
当t2≠4时，kMN＝eq \f(t＋\f(4,t),\f(t2,4)－\f(4,t2))＝eq \f(4t,t2－4)，
所以直线MN的方程为y－t＝eq \f(4t,t2－4)(x－eq \f(t2,4))，即y＝eq \f(4t,t2－4)(x－1).
所以此时直线MN过定点(1，0).
当t2＝4时，直线MN的方程为x＝1，此时仍过点(1，0)，
综上，直线MN过定点(1，0).
2．解析：(1)因为双曲线C的离心率为eq \f(\r(6),2)，
所以(eq \f(\r(6),2))2＝1＋eq \f(b2,a2)，化简得a2＝2b2.
将点A(6，4)的坐标代入eq \f(x2,2b2)－eq \f(y2,b2)＝1，可得eq \f(18,b2)－eq \f(16,b2)＝1，
解得b2＝2，
所以C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1.
(2)设D(x1，y1)，E(x2，y2)，直线l的斜率必存在，设其方程为y＝k(x－1)，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)－\f(y2,2)＝1，))消去y得(1－2k2)x2＋4k2x－2k2－4＝0，
由题可知1－2k2≠0且Δ>0，即k2x2>0，所以直线PQ斜率存在，所以设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0).联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,x2－\f(y2,3)＝1.))
消去y并整理，得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0.
则x1＋x2＝eq \f(2kb,3－k2)，x1x2＝eq \f(b2＋3,k2－3)，
x1－x2＝eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \f(2\r(3（b2＋3－k2）),|3－k2|).
因为x1>x2>0，
所以x1x2＝eq \f(b2＋3,k2－3)>0，即k2>3.
所以x1－x2＝eq \f(2\r(3（b2＋3－k2）),k2－3).
设点M的坐标为(xM，yM)，
则yM－y2＝eq \r(3)(xM－x2)，yM－y1＝－eq \r(3)(xM－x1)，
两式相减，得y1－y2＝2eq \r(3)xM－eq \r(3)(x1＋x2).
因为y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，
所以2eq \r(3)xM＝k(x1－x2)＋eq \r(3)(x1＋x2)，
解得xM＝eq \f(k\r(b2＋3－k2)－kb,k2－3).
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝eq \r(3)(x1－x2).
因为y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，
所以2yM＝k(x1＋x2)＋eq \r(3)(x1－x2)＋2b，
解得yM＝eq \f(3\r(b2＋3－k2)－3b,k2－3)＝eq \f(3,k)xM.
所以点M的轨迹为直线y＝eq \f(3,k)x，其中k为直线PQ的斜率．
选择①②.
因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq \f(2k,k－\r(3))，yA＝eq \f(2\r(3)k,k－\r(3)).
同理可得xB＝eq \f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq \f(2\r(3)k,k＋\r(3)).
此时xA＋xB＝eq \f(4k2,k2－3)，yA＋yB＝eq \f(12k,k2－3).
因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝eq \f(3,k)x，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yM＝k（xM－2），,yM＝\f(3,k)xM.))
解得xM＝eq \f(2k2,k2－3)＝eq \f(xA＋xB,2)，yM＝eq \f(6k,k2－3)＝eq \f(yA＋yB,2)，
所以点M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.
选择①③.
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线y＝eq \f(3,k)x上，与题设矛盾，故直线AB的斜率存在．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yA＝m（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))
解得xA＝eq \f(2m,m－\r(3))，yA＝eq \f(2\r(3)m,m－\r(3)).
同理可得xB＝eq \f(2m,m＋\r(3))，yB＝－eq \f(2\r(3)m,m＋\r(3)).
此时xM＝eq \f(xA＋xB,2)＝eq \f(2m2,m2－3)，yM＝eq \f(yA＋yB,2)＝eq \f(6m,m2－3).由于点M同时在直线y＝eq \f(3,k)x上，故6m＝eq \f(3,k)·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.
选择②③.因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq \f(2k,k－\r(3))，yA＝eq \f(2\r(3)k,k－\r(3)).
同理可得xB＝eq \f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq \f(2\r(3)k,k＋\r(3)).
设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝eq \f(xA＋xB,2)＝eq \f(2k2,k2－3)，yC＝eq \f(yA＋yB,2)＝eq \f(6k,k2－3).
因为|MA|＝|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－eq \f(1,k)(x－xC)上．
将该直线方程与y＝eq \f(3,k)x联立，解得xM＝eq \f(2k2,k2－3)＝xC，yM＝eq \f(6k,k2－3)＝yC，即点M恰为AB的中点，所以点M在直线AB上．
4．解析：(1)由椭圆E1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1可知：A2(a，0)，B1(0，b)，
所以直线A2B1的方程为：eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0，
因为四边形A1B1A2B2的内切圆的面积为eq \f(5π,6)，
所以原点O到直线A2B1的距离为eq \r(\f(5,6))，
即eq \f(ab,\r(a2＋b2))＝eq \r(\f(5,6)) ①，
因为离心率e＝eq \f(2\r(5),5)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5) ②，
又a2＝b2＋c2 ③，
由①②③可得：a＝eq \r(5)，b＝1，c＝2，
所以椭圆E1的方程为：eq \f(x2,5)＋y2＝1，
因为抛物线E2：y2＝2px(p>0)的焦点与椭圆E1的右焦点重合，
所以eq \f(p,2)＝c＝2，所以p＝4，
从而抛物线E2的方程为：y2＝8x.
(2)由(1)知：抛物线E2焦点为(2，0).
由题意，设直线l：y＝k(x－2)(k≠0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－2）,\f(x2,5)＋y2＝1))可得：(5k2＋1)x2－20k2x＋20k2－5＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(20k2,5k2＋1)，x1x2＝eq \f(20k2－5,5k2＋1)，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（\f(20k2,5k2＋1)）2－4×\f(20k2,5k2＋1))＝eq \f(2\r(5)（k2＋1）,5k2＋1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－2）,y2＝8x))可得：k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
所以x3＋x4＝eq \f(4k2＋8,k2)，
因为直线l过抛物线E2的焦点，
所以|CD|＝x3＋x4＋4＝eq \f(4k2＋8,k2)＋4＝eq \f(8（k2＋1）,k2)，
所以eq \f(1,|AB|)＋eq \f(λ,|CD|)＝eq \f(5k2＋1,2\r(5)（k2＋1）)＋eq \f(λk2,8（k2＋1）)
＝eq \f(4＋（20＋\r(5)λ）k2,8\r(5)（k2＋1）)，
设eq \f(4＋（20＋\r(5)λ）k2,8\r(5)（k2＋1）)＝m，则(8eq \r(5)m－eq \r(5)λ－20)k2＋8eq \r(5)m－4＝0，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(8\r(5)m－\r(5)λ－20＝0，,8\r(5)m－4＝0，))可得：λ＝－eq \f(16\r(5),5).