高考解答題專項五　第3課時　證明與探究問題

1、 高考解答題專項五圓錐曲線中的綜合問題第3課時證明與探究問題1.(2021安徽蕪湖二模)已知雙曲線E:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右焦點為F,離心率e=2,直線l:x=a2c與雙曲線E的一條漸近線交于點Q,與x軸交于P,且|FQ|=3.(1)求雙曲線E的方程;(2)過點F的直線l交雙曲線E的右支于A,B兩點,求證:PF平分APB.2.(2021福建南平二模)已知點P(2,2)在橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)上,且橢圓C的離心率為22,若過原點的直線交橢圓C于A,B兩點,點A在第一象限,ADx軸,垂足為D,連接BD并延長交橢圓C于點E.(1)求橢圓C的方程;(2)證明:ABA

2、E.3.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點E(0,2),以O(shè)E為直徑的圓與拋物線C:x2=2py(p0)交于點M,N(異于原點O),MN恰為該圓的直徑,過點E作直線交拋物線于A,B兩點,過A,B兩點分別作拋物線C的切線交于點P.(1)證明:點P的縱坐標(biāo)為定值;(2)若點F是拋物線C的焦點,證明:PFA=PFB.4.在平面直角坐標(biāo)系Oxy中,動圓Q過點(0,1)且與直線y=-1相切,動圓圓心Q的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程;(2)直線l:y=kx+a(a0)交曲線C于M,N兩點.y軸上是否存在一點P,使得當(dāng)k變動時,都有OPM=OPN?若存在,求出點P的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.5.(20

3、21重慶一中月考)雙曲線C2:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的頂點與橢圓C1:x23+y2=1長軸的兩個端點重合,且一條漸近線的方程為y=33x.(1)求雙曲線C2的方程;(2)過雙曲線C2右焦點F作直線l1與C2分別交于左右兩支上的點P,Q,又過原點O作直線l2,使l2l1,且與雙曲線C2分別交于左右兩支上的點M,N.是否存在定值,使得|MN|MN=PQ?若存在,求的值;若不存在,請說明理由.6.(2021山東聊城三模)已知圓F1:(x+1)2+y2=r2,圓F2:(x-1)2+y2=(4-r)2,0r0,m33,y1+y2=-12m3m2-1,y1y2=93m2-1,kPA+kPB=

4、y1x1-12+y2x2-12=y1my2+32+y2my1+32x1-12x2-12=2my1y2+32(y1+y2)x1-12x2-12=18m3m2-1-18m3m2-1x1-12x2-12=0,kPA=-kPB,APF=BPF,即PF平分APB.2.(1)解因為點P(2,2)在橢圓C上,所以2a2+2b2=1.又因為橢圓C的離心率為22,所以22=1-ba2.由得a2=6,b2=3,所以橢圓C的方程為x26+y23=1.(2)證明由題可知,直線AB斜率存在.設(shè)直線AB的斜率為k(k0),則其方程為y=kx.設(shè)A(u,uk),B(-u,-uk),則D(u,0),所以直線BE的斜率為k2,

5、方程為y=k2(x-u).聯(lián)立y=k2(x-u),x26+y23=1,得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-12=0.因為2+k20,=4u2k4-4(k2u2-12)(2+k2)=8(6k2-k2u2+12)0,所以k2(u2-6)0,x1+x2=4k,x1x2=-4a.k1+k2=y1-bx1+y2-bx2=2kx1x2+(a-b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a.當(dāng)b=-a時,k1+k2=0,直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補,OPM=OPN,存在點P(0,-a),使得OPM=OPN.5.解(1)橢圓C1:x23+y2=1,a=3.又雙曲線的一條漸近線方程為y=33x,ba

6、=33,b=1,雙曲線C2的方程為x23-y2=1.(2)存在定值,使得|MN|MN=PQ.MN與PQ同向,=|MN|2|PQ|.由題可知,直線l1,l2斜率存在.當(dāng)直線斜率為零時,|MN|=|PQ|=23,=23.當(dāng)直線斜率不為零時,設(shè)l1:x=ty+2.聯(lián)立x=ty+2,x2-3y2=3,得(t2-3)y2+4ty+1=0.t2-30,=16t2-4(t2-3)0,t3,y1+y2=-4tt2-3,y1y2=1t2-3,l1與l2分別交于左右兩支上的點P,Q,x1x20.(ty1+2)(ty2+2)0,t3或t|F1F2|,所以曲線C為以F1,F2為焦點的橢圓,且a2=22=4,c2=1,

7、b2=4-1=3,所以曲線C的方程為x24+y23=1.(2)假設(shè)存在.由題可知直線AB的斜率存在.設(shè)直線AB的方程為y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2).聯(lián)立y=k(x-1),3x2+4y2=12,得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.因為4k2+30,=64k4-4(4k2+3)(4k2-12)0,所以x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,所以kPA+kPB=y1-32x1-1+y2-32x2-1=k(x1-1)-32x1-1+k(x2-1)-32x2-1=2k-32(x1-1)-32(x2-1)=2k-3(x1+x2-2)2x1x2-(x1+x2)+