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数学
第13练　证明、探索性问题（原卷版）
1.已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F(，0)，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.
2.已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．
(1)证明：k<－；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明||，||，||成等差数列，并求该数列的公差．
3. (2025·新疆喀什模拟)已知双曲线E：x2－3y2＝3的左、右焦点分别为F1，F2，A是直线l：y＝－x(其中a是实半轴长，c是半焦距)上不同于原点O的一个动点，斜率为k1的直线AF1与双曲线E交于M，N两点，斜率为k2的直线AF2与双曲线E交于P，Q两点．
(1)求＋的值；
(2)若直线OM，ON，OP，OQ的斜率分别为kOM，kON，kOP，kOQ，问是否存在点A，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．
4. (2025·广西南宁模拟)椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，过点P(a，b)的直线l与椭圆E交于M，N两点．当直线l过坐标原点O时，|MN|＝2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A，B分别是椭圆E的右顶点和上顶点，过点M作x轴的平行线分别与直线AB，NB交于点C，D.试探究D，C，M三点的横坐标是否构成等差数列，并说明理由．
5．(2025·陕西榆林模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，过F2的直线与椭圆C交于M，N两点，且△MNF1的周长为8，△MF1F2的最大面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设b＞1，是否存在x轴上的定点P，使得△PMN的内心在x轴上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
6．(2025·广东深圳模拟)已知A是圆E：(x－)2＋y2＝16上的任意一点，点F(－，0)，线段AF的垂直平分线交线段AE于点T.
(1)求动点T的轨迹C的方程；
(2)已知点Q(4，0)，过点P(1，0)的直线l与C交于M，N两点，求证：|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|.
7．(2022·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±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－的直线与过Q且斜率为的直线交于点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|AM|＝|BM|.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
8．(2024·山东聊城三模)已知圆A：(x＋1)2＋y2＝16和点B(1，0)，点P是圆上任意一点，线段PB的垂直平分线与线段PA相交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)点D在直线x＝4上运动，过点D的动直线l与曲线C相交于M，N两点．
①若线段MN上一点E满足＝，求证：当D的坐标为(4，1)时，点E在定直线上；
②过点M作x轴的垂线，垂足为G，设直线GN，GD的斜率分别为k1，k2，当直线l过点(1，0)时，是否存在实数λ，使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
第13练　证明、探索性问题（解析版）
1.已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F(，0)，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.
解：(1)由题意，知椭圆的半焦距c＝且e＝＝，
所以a＝，
又b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN：y＝k(x－)，
即kx－y－k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，
解得k＝±1，
联立可得4x2－6x＋3＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝·＝，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋m(km<0)，即kx－y＋m＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，
所以m2＝k2＋1，
联立
可得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以|MN|＝·
＝·
＝·＝，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以或
所以直线MN：y＝x－或y＝－x＋，
所以直线MN过点F(，0)，即M，N，F三点共线，充分性成立．
所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.
2.已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．
(1)证明：k<－；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明||，||，||成等差数列，并求该数列的公差．
解：(1)证法一(点差法)：
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则＋＝1，＋＝1，
两式相减，并由＝k得
＋·k＝0，
由题设知＝1，＝m，
于是k＝－.①
由题设得0证法二(常规设线)：
设直线AB：y＝kx＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当k＝0时，显然不满足题意；
由得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，
所以Δ>0，即4k2＋3－t2>0，x1＋x2＝－，
而＝1，所以3＋4k2＝－4kt，
又m＝k＋t＝k－＝－>0，所以k<0，
4k2＋3－>0，即k2>，又k<0，解得k<－.
(2)解法一(常规运算＋整体思想)：
由题意得F(1，0)，设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0，0)，
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.
又点P在C上，所以m＝，
从而P，||＝.
于是||＝
＝＝2－.
同理||＝2－，
所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3.
故2||＝||＋||，即||，||，||成等差数列．
设该数列的公差为d，则
2|d|＝|||－|||
＝|x1－x2|＝.②
将m＝代入①得k＝－1.
所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，
并整理得7x2－14x＋＝0.
故x1＋x2＝2，x1x2＝，
代入②解得|d|＝，
所以该数列的公差为或－.
解法二(直接运算)：
由＋＋＝0，知点F为△PAB的重心，由三角形的重心坐标公式可得xP＝1，yP＝－2m，即P(1，－2m)．
由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得m＝，即P.
由(1)有k＝－＝－1，直线l的方程为y＝－x＋，将其与椭圆方程联立，消去y得28x2－56x＋1＝0，求得x1，2＝，不妨设xA故||＋||＝2||，即||，||，||成等差数列，
从而公差为－＝(x1，2－1)，
即该数列的公差为或－.
解法三(焦半径公式的应用)：
因为线段AB的中点为M(1，m)，所以x1＋x2＝2.
由＋＋＝0，知点F为△PAB的重心，
由三角形的重心坐标公式可得xP＝1，
由椭圆方程可知e＝，
由椭圆的焦半径公式得||＋||＝(a－ex1)＋(a－ex2)＝2a－e(x1＋x2)＝3，||＝a－exP＝.
所以||＋||＝2||，即||，||，||成等差数列．
由解法二可得，
xA＝或xA＝，从而公差为－＝(xA－1)，即该数列的公差为或－.
3. (2025·新疆喀什模拟)已知双曲线E：x2－3y2＝3的左、右焦点分别为F1，F2，A是直线l：y＝－x(其中a是实半轴长，c是半焦距)上不同于原点O的一个动点，斜率为k1的直线AF1与双曲线E交于M，N两点，斜率为k2的直线AF2与双曲线E交于P，Q两点．
(1)求＋的值；
(2)若直线OM，ON，OP，OQ的斜率分别为kOM，kON，kOP，kOQ，问是否存在点A，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意可得，双曲线E：－y2＝1，则a2＝3，b2＝1，
∴c2＝a2＋b2＝4，∴c＝2，
∴双曲线E的左、右焦点分别为F1(－2，0)，F2(2，0)，直线l的方程为y＝－x.
设A(t≠0)，则k1＝＝－，k2＝＝－，
∴＋＝－－＝－＝－3.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，如图，
直线AF1的方程为y＝k1(x＋2)，
代入双曲线方程，得(1－3k)x2－12kx－12k－3＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
则kOM＋kON＝＋＝
＝
＝
＝.
同理kOP＋kOQ＝.
若kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0，
则＋＝0，
即(k1＋k2)(4k1k2＋1)＝0，
∴k1＋k2＝0或k1k2＝－，又＋＝－3，
∴k1k2＝－，解得或
若k1＝－，k2＝1，由点A在直线AF1上，
得－t＝－(t＋2)，∴t＝，此时A；
若k1＝1，k2＝－，由点A在直线AF1上，得－t＝t＋2，
∴t＝－，此时A.
综上，存在点A或A，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0.
4. (2025·广西南宁模拟)椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，过点P(a，b)的直线l与椭圆E交于M，N两点．当直线l过坐标原点O时，|MN|＝2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A，B分别是椭圆E的右顶点和上顶点，过点M作x轴的平行线分别与直线AB，NB交于点C，D.试探究D，C，M三点的横坐标是否构成等差数列，并说明理由．
解：(1)由题意得e＝＝＝，所以＝，
当过点P(a，b)的直线l过坐标原点O时，直线l的斜率为＝，
则此时直线l的方程为y＝x，设直线l与椭圆E的交点为M(x0，y0)，
不妨取x0＞0，
则N(－x0，－y0)，且y0＝x0，①
因为|MN|＝2，所以x＋y＝5，②
由①②可得x0＝，y0＝，M，
所以解得
故椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)D，C，M三点的横坐标构成等差数列．理由如下：
不妨设直线MN的方程为x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)(y1≠1，y2≠1)，
因为直线MN经过点P(3，1)，所以m＋n＝3，
联立消去x，并整理得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0，
由根与系数的关系得
y1＋y2＝，y1y2＝，
所以＋＝
＝
＝
＝＝－6，
因为B，D，N三点共线，所以＝，
而kAB＝＝＝＝－，
即＋＝－6＝＝2·，
则x1＋xD＝2xC，故D，C，M三点的横坐标构成等差数列．
5．(2025·陕西榆林模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，过F2的直线与椭圆C交于M，N两点，且△MNF1的周长为8，△MF1F2的最大面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设b＞1，是否存在x轴上的定点P，使得△PMN的内心在x轴上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵△MNF1的周长为8，△MF1F2的最大面积为，∴解得a＝2，b＝或a＝2，b＝1.
∴椭圆C的方程为＋＝1或＋y2＝1.
(2)由(1)及b＞1，易知F2(1，0)，
不妨设直线MN的方程为x＝my＋1(m≠0)，P(t，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，
则y1＋y2＝－，y1y2＝－，
若△PMN的内心在x轴上，
则∠MPF2＝∠NPF2，
∴kPM＋kPN＝0，即＋＝0，
即y1(my2＋1－t)＋y2(my1＋1－t)＝0，
可得2my1y2＋(1－t)(y1＋y2)＝0.
则2m＋(1－t)＝0，得4－t＝0，即t＝4.
当直线MN⊥x轴，即m＝0时，显然点P(4，0)也是符合题意的点．
故在x轴上存在定点P(4，0)，使得△PMN的内心在x轴上．
6．(2025·广东深圳模拟)已知A是圆E：(x－)2＋y2＝16上的任意一点，点F(－，0)，线段AF的垂直平分线交线段AE于点T.
(1)求动点T的轨迹C的方程；
(2)已知点Q(4，0)，过点P(1，0)的直线l与C交于M，N两点，求证：|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|.
解：(1)因为|TE|＋|TF|＝|TE|＋|TA|＝|EA|＝4＞|EF|＝2，
所以动点T的轨迹C是以E，F为焦点，且长轴长为4的椭圆，
因为2a＝4，2c＝2，所以a＝2，c＝，所以b2＝a2－c2＝1，
所以动点T的轨迹C的方程是＋y2＝1.
(2) 证明：若直线l与x轴重合，则M，N为椭圆C长轴的端点，不妨设M(2，0)，N(－2，0)，则＝，＝＝，所以＝，
若直线l与x轴不重合，
设直线l的方程为x＝ty＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由得(t2＋4)y2＋2ty－3＝0，
因为Δ＝4t2＋12(t2＋4)＞0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，
因为kMQ＋kNQ＝＋
＝＝
＝0，
所以x轴平分∠MQN，
所以＝＝.
综上，|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|.
7．(2022·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±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－的直线与过Q且斜率为的直线交于点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|AM|＝|BM|.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
解：(1)∵右焦点为F(2，0)，∴c＝2，
∵渐近线方程为y＝±x，
∴＝，∴b＝a，∴c2＝a2＋b2＝4a2＝4，∴a＝1，b＝.
∴C的方程为x2－＝1.
(2)由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx＋t(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程，整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝－＞0，
∴3－k2＜0，
∴x1－x2＝
＝.
设点M的坐标为(xM，yM)，
则
两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)，
又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)＝k(x1－x2)，
∴2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，
解得xM＝.
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)，
又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)＝k(x1＋x2)＋2t，
∴2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2t，
解得yM＝＝xM.
∴点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．
若选择①②：
∵PQ∥AB，∴直线AB的方程为y＝k(x－2)，
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
不妨令点A在直线y＝x上，
则由
解得xA＝，yA＝，
同理可得xB＝，yB＝－，
∴xA＋xB＝，yA＋yB＝.
点M的坐标满足
得xM＝＝，
yM＝＝，
故M为AB的中点，即|AM|＝|BM|.
若选择①③：
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时M不在直线y＝x上，矛盾．
当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
不妨令点A在直线y＝x上，
则由
解得xA＝，yA＝，
同理可得xB＝，yB＝－，
∵M在AB上，且|AM|＝|BM|，
∴xM＝＝，
yM＝＝，
又点M在直线y＝x上，
∴＝·，
解得k＝m，因此PQ∥AB.
若选择②③：
∵PQ∥AB，∴直线AB的方程为y＝k(x－2)，
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
不妨令点A在直线y＝x上，
则由
解得xA＝，yA＝，
同理可得xB＝，yB＝－.
设AB的中点为C(xC，yC)，
则xC＝＝，
yC＝＝.
∵|AM|＝|BM|，∴M在AB的垂直平分线上，即M在直线y－yC＝－(x－xC)，
即y－＝－上，
与y＝x联立，得xM＝＝xC，yM＝＝yC，
即M恰为AB的中点，故M在直线AB上．
8．(2024·山东聊城三模)已知圆A：(x＋1)2＋y2＝16和点B(1，0)，点P是圆上任意一点，线段PB的垂直平分线与线段PA相交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)点D在直线x＝4上运动，过点D的动直线l与曲线C相交于M，N两点．
①若线段MN上一点E满足＝，求证：当D的坐标为(4，1)时，点E在定直线上；
②过点M作x轴的垂线，垂足为G，设直线GN，GD的斜率分别为k1，k2，当直线l过点(1，0)时，是否存在实数λ，使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意知，圆心A(－1，0)，半径为4，
且|QP|＝|QB|，|AB|＝2，
则|QA|＋|QB|＝|QA|＋|QP|＝|PA|＝4＞|AB|＝2，
所以点Q的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，
设曲线C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，则2a＝4，2c＝2，解得a＝2，c＝1，
所以b2＝a2－c2＝3，
所以曲线C的方程为＋＝1.
(2)①证明：因为直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，
因为D(4，1)在l上，所以4k＋m＝1，
由得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0，Δ＝(8km)2－16(3＋4k2)(m2－3)＝48(4k2－m2＋3)＞0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，E(x0，y0)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
由＝，得＝，
化简得4(x1＋x2)－2x1x2＝[8－(x1＋x2)]x0，
则4×－2×＝x0，结合4k＋m＝1，
化简得kx0＋m＋3x0－3＝0，
又因为y0＝kx0＋m，所以3x0＋y0－3＝0，
所以点E在定直线3x＋y－3＝0上．
②因为直线y＝kx＋m过(1，0)，所以k＋m＝0，直线方程为y＝kx－k，
从而得D(4，3k)，G(x1，0)，
由①知，x1＋x2＝，
x1x2＝，k1＝，k2＝，
所以＝×＝＝
＝
＝＝，
所以存在实数λ＝，使得k1＝k2.
6

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