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2026高考数学第二轮专题
专题突破练20　圆锥曲线中的证明、探索性问题
1.(12分)(2024全国甲,理20)设椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为F,点M(1,)在C上,且MF⊥x轴.
(1)求C的方程;
(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q.证明:AQ⊥y轴.
2.(15分)(2025陕西宝鸡三模)已知双曲线C过点P(,1)且一条渐近线方程为x+y=0.
(1)求双曲线C的标准方程.
(2)若过点M(1,0)的直线l与双曲线C相交于A,B两点,试问在x轴上是否存在定点N,使直线NA与直线NB关于x轴对称,若存在,求出定点N的坐标;若不存在,请说明理由.
3.(15分)(2025浙江杭州模拟预测)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E:=1(a>b>0)的离心率e=,且椭圆E过点A(2,0),过点A作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆E于点B,交y轴于点C.
(1)求椭圆E的方程.
(2)已知P为AB的中点,是否存在定点Q,对于任意的k(k≠0)都有,若存在,求出点Q的坐标;若不存在,说明理由.
4.(17分)(2025山东日照二模)在平面直角坐标系xOy中,过点M(2,0)的直线l与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点,当直线l平行于y轴时,|AB|=4.
(1)求抛物线C的方程.
(2)若直线l的斜率存在,直线AO与直线x=-2相交于点D,过点B且与抛物线C相切的直线交x轴于点E.
①证明:∠DEO+∠BMO=π.
②是否存在直线l使得四边形ABDE的面积为 若存在,说明直线l有几条;若不存在,请说明理由.
答案：
1.(1)解 设椭圆C的左焦点为F1,
则|F1F|=2,|MF|=,
又MF⊥x轴,所以|MF1|=,2a=|MF1|+|MF|=4,
则a2=4,b2=a2-1=3.
故椭圆C的方程为=1.
(2)证明 设点A(x1,y1),B(x2,y2),
则,
即x1y2-x2y1=4(y2-y1),
所以(x1y2-x2y1)(x1y2+x2y1)=
=(4--(4-
=4(y2-y1)(y2+y1)
=4(y2-y1)(x1y2+x2y1),
所以x1y2+x2y1=y1+y2,2x2y1=5y1-3y2,
又点P(4,0),F(1,0),N(,0),
则yQ==y1,故AQ⊥y轴.
2.解 (1)∵双曲线C的一条渐近线方程为x+y=0,
∴设双曲线方程为x2-y2=λ(λ≠0).
又∵双曲线C过点P(,1),
则代入得λ=2,
∴双曲线C的方程为=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),假设在x轴上存在定点N(x0,0),使直线NA与直线NB关于x轴对称.
由题意知,直线l的斜率一定存在,则设其方程为y=k(x-1),
联立消去y得(1-k2)x2+2k2x-k2-2=0,
由题意知
即k∈(-,-1)∪(-1,1)∪(1,),
又有x1+x2=,x1x2=,
则kAN+kBN==0,
∴k[2-(x0+1)()+2x0]=0,
=0,∴k(2x0-4)=0,
上式对 k∈(-,-1)∪(-1,1)∪(1,)恒成立,∴x0=2,
∴存在定点N(2,0),使kAN+kBN=0,即直线NA与直线NB关于x轴对称.
3.解 (1)因为椭圆E:=1的离心率e=,且椭圆E过点A(2,0),
可得解得a=2,b=,
所以椭圆E的方程为=1.
(2)由题意,显然直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=k(x-2),
联立
整理得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-4=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=,x1x2=
因为点P为AB的中点,可得xP=,
则yP=k(xP-2)=,
即P(),
令x=0,可得yC=-2k,即C(0,-2k),
假设存在点Q(m,n),使得,此时=0.
因为=(),=(m,n+2k),
可得=0,整理得2mk2-k(n+2k)=0.
因为k≠0,所以2mk-(n+2k)=0,
即(2m-2)k-n=0恒成立,
令
解得m=1,n=0,即Q(1,0),
即存在定点Q(1,0),使得
4.(1)解 当直线l∥y轴时|AB|=4,则点(2,2)在抛物线上,故4=4p,解得p=1,所以抛物线C的方程为y2=2x.
(2)①证明 由题设,直线l的斜率存在且不为0,设直线l:x=my+2(m≠0),则斜率kAB=
若A(x1,y1),B(x2,y2),y1>0>y2,联立得y2-2my-4=0,
所以y1+y2=2m,y1y2=-4,
由y=-,则y'=-,
故在点B处切线斜率为-=-,
所以对应切线方程为y=(x-x2)+y2=(x-)+y2=,
令y=0,得x=-,故E(-,0).
由直线OA:y=x,令x=-2,
则y=-=-=-,
故D(-2,-),
所以kDE=,
所以kAB=kDE,即l∥DE,所以∠DEO+∠BMO=π.
②解 连接AE,BD,由①得D(-2,-),y1y2=-4,则D(-2,y2),
又B(x2,y2),所以BD∥x轴,
即四边形DBME为平行四边形,
所以S四边形ABDE=S四边形DBME+S△AEM=(2-xE)(|yB|+yA)
=(2+)·(-y2+y1)=(2+)(-y2-)=--3y2-,
若四边形ABDE的面积为,
则--3y2-,
整理得+6+15y2+8=0,
令f(x)=x4+6x2+15x+8,且x<0,
则f'(x)=4x3+12x+15,
令g(x)=f'(x),
则g'(x)=12x2+12>0,
故g(x)=f'(x)在(-∞,0)上单调递增,
又f'(-1)=-1<0所以 x0∈(-1,-)使f'(x0)=0,
在(-∞,x0)上f'(x)<0,f(x)在(-∞,x0)上单调递减,
在(x0,0)上f'(x)>0,f(x)在(x0,0)上单调递增,
而f(-1)=0>f(x0),f(-)=, x1∈(x0,-)使f(x1)=0,
所以f(x)在(-∞,0)上有两个零点,为-1和x1,x1∈(x0,-),
即--3y2-在(-∞,0)上有2个不同根,由对称性,使四边形ABDE的面积为的直线l共有4条.
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