備戰(zhàn)2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題突破練25　圓錐曲線中的證明、探索性問(wèn)題(提升篇)

專題突破練(分值:68分)學(xué)生用書P209主干知識(shí)達(dá)標(biāo)練1.(17分)(2024福建廈門模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知圓A:(x-2)2+y2=4,點(diǎn)B(-2,0),點(diǎn)P為圓A上任意一點(diǎn),線段BP的垂直平分線和半徑AP所在直線相交于點(diǎn)Q,當(dāng)點(diǎn)P在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí),點(diǎn)Q的軌跡為C.(1)求C的方程;(2)斜率存在且不為0的直線l與C交于M,N兩點(diǎn),存在一點(diǎn)D在C上.從下面①②③中任選兩個(gè)作為已知條件,證明另外一個(gè)成立.①DM⊥x軸;②直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)-12,0;③D,B,N三點(diǎn)共線.注:若選擇不同的組合分別解答,則按第一個(gè)解答計(jì)分.解(1)由題意知,A(2,0),|QP|=|QB|,且點(diǎn)B(-2,0)在圓外,則||QA|-|QB||=||QA|-|QP||=|AP|=2<4=|AB|,由雙曲線定義知點(diǎn)Q的軌跡是以A(2,0),B(-2,0)為焦點(diǎn),實(shí)軸長(zhǎng)為2a=2,焦距2c=4的雙曲線,故b2=c2-a2=3,C的方程為x2-y23=(2)設(shè)點(diǎn)M(x1,y1),N(x2,y2),直線l的方程為y=kx+m,與雙曲線方程x2-y23=1聯(lián)立,得(3-k2)x2-2mkx-m2-3=0,Δ=4m2k2+4(3-k2)(m2+3)>0,化簡(jiǎn)得m2-k2+3>0,且x1+x2=2mk3-k2,若選擇①②證明③:∵DM⊥x軸,且點(diǎn)D在C上,則D(x1,-y1),直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)-12,0,故0=-12k+m,即k=2m,此時(shí)kDB=-y1x1+2,kNB=y2x2+2其中y1(x2+2)+y2(x1+2)=(kx1+m)(x2+2)+(kx2+m)(x1+2)=2kx1x2+(2k+m)(x1+x2)+4m=2k·-m2+33-k2+(2k+m)·2mk∵k=2m,故-6k+12m3-k2=0,即kNB-kDB=0,kNB=kDB,若選擇①③證明②:∵DM⊥x軸,且點(diǎn)D在C上,則D(x1,-y1),由D,B,N三點(diǎn)共線,知kNB=kDB,故kNB-kDB=y2x化簡(jiǎn)得-6k+12m3-k故直線l的方程為y=kx+12k=kx+12,所以直線l過(guò)定點(diǎn)-12,0.若選擇②③證明①:直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)-12,0,故0=-12k+m,即k=2m,由D,B,N三點(diǎn)共線,知kNB=kDB,故kDB+kMB=kNB+kMB=y2x2+2+y1x1+2=y1(x2+2)+y2(x1+2)(x1+2)(x2.(17分)(2024江蘇南京、鹽城一模)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(1,0),右頂點(diǎn)為A,直線l:x=(1)求C的方程;(2)若B為l上的動(dòng)點(diǎn),過(guò)B作C的兩條切線,分別交y軸于點(diǎn)P,Q,①證明:直線BP,BF,BQ的斜率成等差數(shù)列;②圓N經(jīng)過(guò)B,P,Q三點(diǎn),是否存在點(diǎn)B,使得∠PNQ=90°?若存在,求|BM|;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解(1)由橢圓右焦點(diǎn)為F(1,0),得c=1,點(diǎn)A(a,0).因?yàn)閨AM|=a|AF|,所以|4-a|=a(a-1),若a≥4,則a-4=a(a-1),得a2-2a+4=0,無(wú)解,若a<4,則4-a=a(a-1),得a2=4,所以b2=3,因此C的方程為x24+(2)設(shè)B(4,t),易知過(guò)B且與C相切的直線斜率存在,設(shè)切線方程為y-t=k(x-4),聯(lián)立y-t=k(x-4),x24+y23=1,消去y得(3+4k2)x2+8k(t-4k)x+4(t-4k)2-12=0,由Δ=64k2(t-4k)2-4(3+4k2)[4(t-4k)2-12]=0,得12k2-8tk+t2-3=0,設(shè)兩條切線BP,BQ的斜率分別為k1,①設(shè)直線BF的斜率為k3,則k3=t4-1=t3,因?yàn)閗1+k2=2t3=2k3,②假設(shè)存在點(diǎn)B使∠PNQ=90°.圖1(方法一)如圖1,在直線BP:y-t=k1(x-4)中,令x=0,得yP=t-4k1,所以P(0,t-4k1),同理,得Q(0,t-4k2),所以線段PQ的中垂線方程為y=t-2(k1+k2),易得BP中點(diǎn)為(2,t-2k1),所以BP的中垂線方程為y=-1k1(x-2)+t-2k聯(lián)立y解得N(2k1k2+2,t-2(k1+k2)),所以NP=(-2k1k2-2,2k2-2k1),NQ=(-2k1k2-2,2k1-2k2),因?yàn)椤螾NQ=90°,所以NP·NQ即4(k1k2+1)2-4(k1-k2)2=0,整理得|k1k2+1|=|k1-k2|,而|k1-k2|=(k所以t2-312+1=t2+93,解得t2=7,t=±7故存在符合題意的點(diǎn)B,使得NP·NQ=0,此時(shí)|BM|=圖2(方法二)如圖2,若∠PNQ=90°,即∠PBQ=45°或135°,從而|tan∠PBQ|=1,所以|tan∠PBQ|=k1-k2因?yàn)閨k1-k2|=(k所以t2+93=1+t2-312,解得t2=7,t=±7故存在符合題意的點(diǎn)B,使得NP·NQ=0,此時(shí)|BM|=(方法三)要使∠PNQ=90°,即∠PBQ=45°或135°,從而|cos∠PBQ|=|BP在直線BP:y-t=k1(x-4)中,令x=0,得yP=t-4k1,故P(0,t-4k1),同理可得Q(0,t-4k2),因此BP=(-4,-4k1),BQ=(-4,-4k2),所以BP·故2(1+k1k2)=1+k即2+2k12k22+4k1k2整理得k12k22+6k1k2+1=(k1所以t2-3122+6·t2-312+1=2t32,整理得t4+2t2-63=0,解得t2=7或t2=-9(舍去),因此t=±7,|BM|=7,故存在符合題意的點(diǎn)B,使得NP(方法四)要使∠PNQ=90°,即∠PBQ=45°或135°,在直線BP:y-t=k1(x-4)中,令x=0,得yP=t-4k1,故P(0,t-4k1),同理可得Q(0,t-4k2),由等面積法得S△PBQ=12|PQ|·|xB|=12|BP|·|BQ|·即12|4k1-4k2|·4=12·41+k12·41+k22·22,整理得(k1+k2)所以2t32=t2-3122+6·t2-312+1,整理得t4+2t2-63=0,解得t2=7或t2=-9(舍去),因此t=±7,|BM|=7,故存在符合題意的點(diǎn)B,使得NP關(guān)鍵能力提升練3.(17分)(2024內(nèi)蒙古呼和浩特一模)已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)F,且拋物線上任意一點(diǎn)R滿足|RF|的最小值為1.(1)求C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)P(t,-1)的直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)F且與拋物線交于M,N兩點(diǎn),求證:2|(3)過(guò)點(diǎn)F作一條傾斜角為60°的直線交拋物線于A,B兩點(diǎn),過(guò)A,B分別作拋物線的切線.兩條切線交于點(diǎn)Q,過(guò)Q任意作一條直線交拋物線于E,H,交直線AB于點(diǎn)G,求證:2|(1)解設(shè)R(x,y),則|RF|=x22py+y因?yàn)閥≥0,所以y+p2≥p2,|RF|的最小值為p2,即p2=1,得p=2,圖1(2)證明如圖1,由(1)得F(0,1),設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),由題可知直線PF斜率存在,設(shè)lPF:y=k1x+1,k1≠0,代入點(diǎn)P坐標(biāo)得t=-2k則|PF|=(-2k1-0)

2+同理|PM|=1+1k12|y1-(|PN|=1+1k12|y2-若2|PF|=1又y1,y2>0,所以1=1y1+1+1y2+1=y1+y2+2(y1+1)(y2+1),整理得又lPF:y+1=1-(-1)即y+1=2-t(x-t),得y2-2+16t2y+1=0,由韋達(dá)定理得y1y2=1,與上述所得一致,故成立.綜上,2|圖2(3)證明如圖2,由題意,直線AB:y=3x+1,聯(lián)立y=3x+1,x2=4y,得A(23+4,7+43),B(23-4,7-43),由y=14x2,得y'=12x,所以拋物線C在A處的切線斜率為k=3+2,所以拋物線C在A處的切線為l1:y-(7+43)=(3+2)[x-(23+4)],同理,在B處的切線為l2:y-(7-4聯(lián)立l1,l2可得點(diǎn)Q(23,-1).設(shè)E(x3,y3),H(x4,y4),G(x0,y0),lQG:y+1=k2(x-23),則2|QG|聯(lián)立lQG:y+1=k2(x-聯(lián)立lQG:y+1=k2(x-23),x2=4y,得y2+(2+43所以y3+y4=-(2+43k2-4k22),y3y4=(1+23k2)所以1y所以1y即2|核心素養(yǎng)創(chuàng)新練4.(17分)(2024福建泉州模擬)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=6,∠ACB的平分線交AB于點(diǎn)D,AD=2DB.平面α過(guò)直線AB,且與△ABC所在的平面垂直.(1)求直線CD與平面α所成角的大小.(2)設(shè)點(diǎn)E∈α,且∠ECD=30°,記E的軌跡為曲線Γ.①判斷Γ是什么曲線,并說(shuō)明理由;②不與直線AB重合的直線l過(guò)點(diǎn)D且交Γ于P,Q兩點(diǎn),試問(wèn):在平面α內(nèi)是否存在定點(diǎn)T,使得無(wú)論l繞點(diǎn)D如何轉(zhuǎn)動(dòng),總有∠PTC=∠QTC?若存在,指出點(diǎn)T的位置;若不存在,說(shuō)明理由.解(1)如圖,因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面α,平面ABC∩平面α=AB,BC?平面ABC,BC⊥AB,所以BC⊥平面α.所以CD在平面α內(nèi)的射影為DB,所以直線CD與平面α所成角為∠CDB.過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AC,垂足為F.因?yàn)镃D平分∠ACB,DB⊥BC,所以DF=DB.又AD=2DB,所以DF=12AD,所以∠DAF=30°又AB=6,∠ABC=90°,所以BC=23.因?yàn)镈B=13AB=2,所以∠CDB=60°,所以直線CD與平面α所成角為60°(2)①曲線Γ是橢圓,理由如下:由(1)可知,DF⊥AC,DA=DC,所以F是AC的中點(diǎn),設(shè)AB的中點(diǎn)為O,所以O(shè)F∥BC.又BC⊥平面α,所以O(shè)F⊥平面α.在平面α內(nèi)過(guò)點(diǎn)O作OG⊥AB,所以O(shè)F⊥OB,OF⊥OG.以O(shè)為原點(diǎn),OG,OB,OF的方向分別為x軸、y建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,如圖所示.因?yàn)镺B=3,DB=2,所以O(shè)D=1,設(shè)E(x,y,0),又D(0,1,0),C(0,3,23),則CE=(x,y-3,-23),CD=(0,-2,-23).因?yàn)閏os∠ECD=CD·CE|CD||所以-2y+184x2+(y-3)2+12=32,化簡(jiǎn)得②(方法一)設(shè)P(x1,y1,0),Q(x2,y2,0).在平面α內(nèi),因?yàn)閘與AB不重合,可設(shè)l:y=kx+1,由y=kx+1,3x2+2y2=18,得(2k2+3)x2+4kx-16=0,顯然Δ>0,所以x1+x2由對(duì)稱性知,若存在定點(diǎn)T滿足條件,則點(diǎn)T必在平面ABC與平面α的交線AB上,故可設(shè)T(0,t,0).若∠PTC=∠QTC,則cos∠PTC=cos∠QTC,即TP·因?yàn)門P=(x1,y1-t,0),TQ=(x2,y2-t,0),TC=(0,3-t,23),所以(3-t)(y1-t)x22+(y2-t)2=(3-t)(y2-t)x12+當(dāng)t≠3時(shí),有(y1-t)x22+(y2-t所以(y1-t)2[x22+(y2-t)2]=(y2-t)2[x12+(y1所以|x2(y1-t)|=|x1(y2-t)|.因?yàn)閤1x2<0,(y1-t)(y2-t)≥0,所以x1(y2-t)+x2(y1-t)=0,所以2kx1x2+(1-t)(x1+x2)=0,所以2k-162k2+3+(1-t)-4k2即(9-t)k=0.因?yàn)樯鲜綄?duì)于任意的k∈R恒成立,所以t=9.綜上,存在點(diǎn)T滿足AT=AB,或AT=2AB時(shí),(方法二)設(shè)P(x1,y1,0),Q(x2,y2,0),在平面α內(nèi),因?yàn)橹本€l與AB不重合,所以可設(shè)直線l:y=kx+1,由y=kx+1,3x2+2y2=18,得(2k2+3)x2+4kx-16=0,顯然Δ>0,所以x1+x2由對(duì)稱性知,若存在定點(diǎn)T滿足條件,則T必在平面ABC與平面α的交線AB上,故可設(shè)T(0,t,0).當(dāng)T與B重合時(shí),即t=3時(shí),因?yàn)镃T⊥平面α,又PT,QT?平面α,所以∠PTC=∠QTC=π2.所以當(dāng)t=3時(shí),符合題意當(dāng)T與B不重合時(shí),過(guò)點(diǎn)B作BP1⊥PT,BQ1⊥QT,垂足分別為P1,Q1.連接CP1,CQ1,因?yàn)锽C⊥平面α,P1T?平