2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-8.11-圓錐曲線中的證明與存在性問題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-8.11-圓錐曲線中的證明與存在性問題-專項(xiàng)訓(xùn)練INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【B級(jí)能力提升】1.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,離心率為12(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)斜率存在的直線PF2與C的另一個(gè)交點(diǎn)為Q,是否存在點(diǎn)T(t,0),使得|TP|=|TQ|?若存在,求出t的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說明理由.2.已知拋物線C的焦點(diǎn)F在x軸上,過F且垂直于x軸的直線交C于A(點(diǎn)A在第一象限),B兩點(diǎn),且|AB|=4.(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)已知l為C的準(zhǔn)線,過F的直線l1交C于M,N(M,N異于A,B)兩點(diǎn),證明:直線AM,BN和l相交于一點(diǎn).3.雙曲線C:x2a2-y2b(1)求a,b的值;(2)點(diǎn)A,B,D是雙曲線C上不同的三點(diǎn),且B,D兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱,△ABD的外接圓經(jīng)過原點(diǎn)O.求證:直線AB與圓x2+y2=1相切.4.已知橢圓C:x2a2+y2b(1)求橢圓C的方程;(2)若直線AB與y軸交于點(diǎn)D,點(diǎn)E是y軸上一點(diǎn),且滿足EF⊥DF,直線AE與橢圓C交于點(diǎn)G.是否存在直線AB,使得△ABG的面積為2,若存在,求出直線AB的斜率,若不存在,說明理由.INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【C級(jí)應(yīng)用創(chuàng)新練】5.已知拋物線:y2=2px(p>0),過其焦點(diǎn)F的直線與拋物線交于A,B兩點(diǎn),與橢圓x2a2+y2=1(a>1)交于C,D兩點(diǎn),其中OA→(1)求拋物線方程;(2)是否存在直線AB,使得|CD|是|FA|與|FB|的等比中項(xiàng),若存在,請(qǐng)求出AB的方程及a;若不存在,請(qǐng)說明理由.6.已知橢圓C的方程為x2a2+y2b(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)M,N是橢圓C上的兩點(diǎn),直線MN與曲線x2+y2=b2(x>0)相切.證明:M,N,F三點(diǎn)共線的充要條件是|MN|=3.參考答案INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【B級(jí)能力提升】1.解:(1)由離心率為12,得ca=當(dāng)P是C的上頂點(diǎn)時(shí),△F1PF2的面積為3,得12·2c·b=bc=3聯(lián)立ca=故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+(2)根據(jù)題意,知F2(1,0),設(shè)直線PF2:y=k(x-1),聯(lián)立x得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,Δ>0,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=8ky1+y2=k(x1+x2)-2k=-6設(shè)M為PQ的中點(diǎn),則M(4k24當(dāng)k=0時(shí),若|TP|=|TQ|,易得t=0;當(dāng)k≠0時(shí),若|TP|=|TQ|,則TM⊥PQ,得kTM=-1k因?yàn)閗TM=-3k4所以-3k4即t=k24k由4+3k2>4,得0<t<綜上所述,0≤t<14故存在點(diǎn)T(t,0),使得|TP|=|TQ|,且t∈[0,142.(1)解:由拋物線C的焦點(diǎn)F在x軸上,點(diǎn)A在第一象限,可知拋物線開口向右.設(shè)拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=2px(p>0),則F(p2由題意知AF⊥x軸,則點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為p2將x=p2代入y2可得|y|=p,由|AB|=2p=4,得p=2,所以拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x.(2)證明:由(1)可知A(1,2),B(1,-2).由題意,直線l1的斜率存在且不為0,設(shè)直線l1的方程為x=my+1(m≠0),聯(lián)立y2=4x,x設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則y1+y2=4m,y1y2=-4.直線AM的方程為y=y1即y=4y令x=-1,解得y=2y所以直線AM與準(zhǔn)線的交點(diǎn)為(-1,2y直線BN的方程為y=y2即y=4y令x=-1,解得y=-2所以直線BN與準(zhǔn)線的交點(diǎn)為(-1,-2因?yàn)?y1-4y即2y1-所以直線AM,BN和l相交于一點(diǎn).3.(1)解:由題意得3解得a=b=2.(2)證明:由(1)得雙曲線C的方程為x2-y2=2.易知直線AB一定不為水平直線且不與漸近線y=±x平行,所以可設(shè)直線AB的方程為x=my+n(m≠±1),設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1≠y2,D(-x2,y2).聯(lián)立x整理得(m2-1)y2+2mny+n2-2=0,Δ=4(n2+2m2-2)>0,則y1y2=n2由于△ABD的外接圓過原點(diǎn),且B,D兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱,所以△ABD外接圓的圓心在y軸上,可設(shè)外接圓的方程為x2+y2+Ey=0.則x所以y2(x12+y12)=y1(因?yàn)閤12=2+y12,所以y2(2y12+2)=y1(2y22+2),所以y所以y1y2=n2-2m2則原點(diǎn)到直線AB的距離d=|n所以直線AB與圓x2+y2=1相切.4.解:(1)由題意可得,c解得a=2,b=2,c=2,所以橢圓C的方程為x24+(2)由題意,直線AB的斜率存在且不為0,設(shè)直線AB的方程為y=k(x-2)(k<0),與橢圓方程聯(lián)立得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-4=0,Δ>0,則xAxB=8k2-41+2所以yB=k(4k2-即B(4k2-令x=0,解得y=-2k,即D(0,-2k),設(shè)E(0,yE),由題意有EF→·DF→=(-2,-yE)·(-2,2k)=2-2ky解得yE=1k,即E(0,1進(jìn)而可得直線AE的方程為x2由x2+2y2=4解得yG=4k1+2k2,進(jìn)而x即G(2-4k因?yàn)锽(4k2-所以B,G關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,故直線BG過原點(diǎn),所以S△ABG=12|OA||yB-yG|=12×2×-4當(dāng)S△ABG=-8k1+2解得k=-2±所以存在直線AB,使得△ABG的面積為2,此時(shí)直線AB的斜率k=-2±INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【C級(jí)應(yīng)用創(chuàng)新練】5.解:(1)由題意,直線AB的斜率不為0,設(shè)直線AB的方程為x=my+p2A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my+p2則y1+y2=2pm,y1y2=-p2,x1x2=(my1+p2)(my2+p2)=m2y1y2+m·p2·(y1+y2)+px1+x2=(my1+p2)+(my2+p2)=m·(y1+y2)+p=2pm又OA→·OB→=x1x2+y1y2=p24-p所以p2=4,又p>0,所以p=2,所以拋物線方程為y2=4x.(2)由(1)可知F(1,0),|FA|=x1+1,|FB|=x2+1,所以|FA|·|FB|=(x1+1)·(x2+1)=x1x2+x1+x2+1=p24+2pm2+p+1=4(m設(shè)C(x3,y3),D(x4,y4),由x得(m2+a2)y2+2my+1-a2=0,Δ>0,則y3+y4=-2mm2+a2所以|CD|2=(1+m2)[(y3+y4)2-4y3y4]=(1+m2)[(-2mm2+a若|CD|是|FA|與|FB|的等比中項(xiàng),則|FA|·|FB|=|CD|2,即4(m2+1)=(1+m2)(-所以1=m2(m即1+m2m所以m4+m2a2+a2=0,因?yàn)閙4≥0,m2≥0,a2>1,所以m4+m2a2+a2>1,所以方程m4+m2a2+a2=0無解,所以不存在直線AB,使得|CD|是|FA|與|FB|的等比中項(xiàng).6.(1)解:由題意,橢圓半焦距c=2,且e=ca=63,所以a=3,又b2=a2-c2=1,所以橢圓方程為x23+y(2)證明:由(1)得,曲線為x2+y2=1(x>0),當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí),直線MN:x=1,不合題意;當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí),設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),必要性:若M,N,F三點(diǎn)共線,可設(shè)直線MN:y=k(x-2),即kx-y-2k=0,由直線MN與曲線x2+y2=1(x>0)相切可得|2k|聯(lián)立y可得4x2-62x+3=0,所以x1+x2=322,x1·x2=所以|MN|=1+1·(x1+所以必要性成立;充分性:設(shè)直線MN:y=kx+b(kb<0),即kx-y+b=0,由直線MN與曲線x2+y2=1(x>0)相切可得|b