2025高考数学一轮复习-圆锥曲线中的证明、探索性问题-专项训练【含解析】

这是一份2025高考数学一轮复习-圆锥曲线中的证明、探索性问题-专项训练【含解析】，共5页。

1．已知F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，焦距为2，过F2作斜率存在且不为零的直线l交C于A，B两点，且△F1AB的周长为8．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知弦AB的垂直平分线l′交x轴于点P，求证：|AB|＝4|PF2|．
2．设动点P与定点F(eq \r(3)，0)的距离和P到定直线l：x＝eq \f(4\r(3),3)的距离的比是eq \f(\r(3),2)．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)设动点P的轨迹为曲线N，不过原点O且斜率为eq \f(1,2)的直线l与曲线N交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与曲线N交于C，D两点，证明：A，B，C，D四点共圆．
3．已知双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，F1，F2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足eq \(PF1,\s\up7(―→))·eq \(PF2,\s\up7(―→))＝0，|PF1||PF2|＝6．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点F2作直线l交双曲线于A，B两点，则在x轴上是否存在定点Q(m,0)，使得eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))为定值，若存在，请求出m的值和该定值，若不存在，请说明理由．
4．已知抛物线D的顶点是椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合．
(1)求抛物线D的方程；
(2)已知动直线l过点P(4,0)，交抛物线D于A，B两点，是否存在垂直于x轴的直线m被以AP为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出m的方程；如果不存在，说明理由．
课时过关检测(五十六)
圆锥曲线中的证明、探索性问题【解析版】
1．已知F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，焦距为2，过F2作斜率存在且不为零的直线l交C于A，B两点，且△F1AB的周长为8．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知弦AB的垂直平分线l′交x轴于点P，求证：|AB|＝4|PF2|．
解：(1)由焦距为2，即2c＝2，得c＝1，结合椭圆的定义知：△F1AB的周长4a＝8，得a＝2，
∴b2＝a2－c2＝3，即椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)证明：设直线l的方程为x＝my＋1，m≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，Δ>0恒成立，
∴y1＋y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4)，则x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝eq \f(8,3m2＋4)，
∴AB的中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3m2＋4)，\f(－3m,3m2＋4)))，
∴线段BA的垂直平分线l′的方程为y＝－meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3m2＋4)))－eq \f(3m,3m2＋4)，即y＝－mx＋eq \f(m,3m2＋4)，
令y＝0，得x＝eq \f(1,3m2＋4)，∴xP＝eq \f(1,3m2＋4)，
∴|PF2|＝|1－xP|＝eq \f(3m2＋3,3m2＋4)＝eq \f(3m2＋1,3m2＋4)，
而|AB|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|＝eq \r(1＋m2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(\r(1＋m2)·12\r(1＋m2),3m2＋4)＝eq \f(121＋m2,3m2＋4)，
∴eq \f(|AB|,|PF2|)＝eq \f(\f(12m2＋1,3m2＋4),\f(31＋m2,3m2＋4))＝eq \f(12,3)＝4，即|AB|＝4|PF2|．
2．设动点P与定点F(eq \r(3)，0)的距离和P到定直线l：x＝eq \f(4\r(3),3)的距离的比是eq \f(\r(3),2)．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)设动点P的轨迹为曲线N，不过原点O且斜率为eq \f(1,2)的直线l与曲线N交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与曲线N交于C，D两点，证明：A，B，C，D四点共圆．
解：(1)设P(x，y)，因为动点P与定点F(eq \r(3)，0)的距离和P到定直线l：x＝eq \f(4\r(3),3)的距离的比是eq \f(\r(3),2)，
所以eq \f(\r(x－\r(3)2＋y2),\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(4\r(3),3)))))＝eq \f(\r(3),2)，整理化简得eq \f(x2,4)＋y2＝1．
所以动点P的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)证明：设直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(1,2)x＋m，))得x2＋2mx＋2m2－2＝0， ①
方程①的判别式为Δ＝4(2－m2)，
由Δ＞0，即2－m2＞0，解得－eq \r(2)＜m＜eq \r(2)．
由①得x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2．
所以M点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－m，\f(m,2)))，直线OM方程为y＝－eq \f(1,2)x，
假设点C在第二象限，由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝－\f(1,2)x，))解得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\f(\r(2),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，－\f(\r(2),2)))．
所以|MC|·|MD|＝eq \f(\r(5),2)(－m＋eq \r(2))·eq \f(\r(5),2)(eq \r(2)＋m)＝eq \f(5,4)(2－m2)．
又|MA|·|MB|＝eq \f(1,4)|AB|2＝eq \f(1,4)[(x1－x2)2＋(y1－y2)2]＝eq \f(5,16)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝eq \f(5,16)[4m2－4(2m2－2)]＝eq \f(5,4)(2－m2)．
所以|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|．
所以A，B，C，D四点共圆．
3．已知双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，F1，F2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足eq \(PF1,\s\up7(―→))·eq \(PF2,\s\up7(―→))＝0，|PF1||PF2|＝6．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点F2作直线l交双曲线于A，B两点，则在x轴上是否存在定点Q(m,0)，使得eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))为定值，若存在，请求出m的值和该定值，若不存在，请说明理由．
解：(1)由e＝eq \f(c,a)＝2得c＝2a，∴b＝eq \r(c2－a2)＝eq \r(3)a，
∵eq \(PF1,\s\up7(―→))·eq \(PF2,\s\up7(―→))＝0，∴PF1⊥PF2，
在Rt△F1PF2中，由|PF1|－|PF2|＝2a得：|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|＝4a2，
代入|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，|PF1||PF2|＝6得：4c2－12＝4a2，
解得b2＝3，a2＝1，∴双曲线方程为x2－eq \f(y2,3)＝1．
(2)当l斜率为0时，l：y＝0，
此时A(－1,0)，B(1,0)，由Q(m,0)得eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))＝m2－1；
当l斜率不为0时，设l：x＝ty＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋2，,3x2－y2＝3，))得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，则Δ＝36t2＋36＞0，
∴y1＋y2＝eq \f(－12t,3t2－1)，y1y2＝eq \f(9,3t2－1)，
∴eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(ty1＋2－m)(ty2＋2－m)＋y1y2＝(t2＋1)y1·y2＋(2－m)t(y1＋y2)＋(2－m)2＝(t2＋1)eq \f(9,3t2－1)＋(2－m)t·eq \f(－12t,3t2－1)＋(2－m)2，
令eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))＝m2－1，即9(t2＋1)－12t2(2－m)＝(4m－5)(3t2－1)，化简得m＋1＝0，
解得m＝－1，则Q(－1,0)，此时eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))＝0．
综上所述，存在m＝－1，使得eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))＝0．
4．已知抛物线D的顶点是椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合．
(1)求抛物线D的方程；
(2)已知动直线l过点P(4,0)，交抛物线D于A，B两点，是否存在垂直于x轴的直线m被以AP为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出m的方程；如果不存在，说明理由．
解：(1)由题意，设抛物线方程为y2＝2px(p＞0)，
由椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1知，c2＝a2－b2＝4－3＝1，所以c＝1，
∴抛物线的焦点为(1,0)，
∴eq \f(p,2)＝1，即p＝2，
∴抛物线D的方程为y2＝4x．
(2)设存在直线m：x＝a满足题意，A(x1，y1)，
则圆心Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋4,2)，\f(y1,2)))，过M作直线x＝a的垂线，垂足为E，
设直线m与圆M的一个交点为G，可得|EG|2＝|MG|2－|ME|2,
即|EG|2＝|MA|2－|ME|2＝eq \f(x1－42＋y\\al(2,1),4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋4,2)－a))2
＝eq \f(1,4)yeq \\al(2,1)＋eq \f(x1－42－x1＋42,4)＋a(x1＋4)－a2
＝x1－4x1＋a(x1＋4)－a2＝(a－3)x1＋4a－a2，
当a＝3时，|EG|2＝3，此时直线m被以AP为直径的圆M所截得的弦长恒为定值2eq \r(3)，
因此存在直线m：x＝3满足题意．