2023届高考数学专项练习圆锥曲线中的证明问题含答案.pdf

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1、2023届高考数学专项练习圆锥曲线中的证明问题2023届高考数学专项练习圆锥曲线中的证明问题一、考情分析一、考情分析圆锥曲线中的证明问题在高考时有出现,主要有两大类：一是证明点线位置关系,如直线或曲线过某个点、直线平行与垂直、直线对称等问题,二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系,如相等与不相等.二、解题秘籍(一)证明直线或圆过定点二、解题秘籍(一)证明直线或圆过定点证明直线过定点,通常是设出直线方程 y=kx+m,由已知条件确定 k,m 的关系.若 m=ak+b,则 y=kx+m=k x+a+b,则直线过定点-a,b,证明圆过定点,常见题型是证明以 AB 为直径的圆过定点P,只需证明PAPB

2、.【例1】【例1】(2023 届重庆市南开中学校高三上学期质量检测)(2023 届重庆市南开中学校高三上学期质量检测)已知椭圆 C：x2a2+y2b2=1 ab0的离心率为32,椭圆的上顶点B到两焦点的距离之和为4(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y=kx+m与椭圆C交于异于点B的两点P,Q,直线BP,BQ与x轴相交于M xM,0,N xN,0,若1xM+1xN=1,求证：直线l过一定点,并求出定点坐标【例2】【例2】(2023届福建省福州华侨中学高三上学期第二次考试)(2023届福建省福州华侨中学高三上学期第二次考试)在平面直角坐标系xOy中,已知点F(2,0),直线l:x=12,点

3、M到l的距离为d,若点M满足|MF|=2d,记M的轨迹为C(1)求C的方程；(2)过点F(2,0)且斜率不为0的直线与C交于P,Q两点,设A(-1,0),证明：以P,Q为直径的圆经过点A(二二)证明与斜率有关的定值问题证明与斜率有关的定值问题证明与斜率有关的定值问题通常是证明斜率之和或斜率之积为定值问题,此类问题通常是把斜率之和或斜率之积用点的坐标表示,再通过化简使结果为定值,此外证明垂直问题可转化为斜率之积为-1,证明两直线关于直线x=t或y=t对称,可转化为证明斜率之和为0.【例【例3 3】(20232023 届河南省安阳市高三上学期届河南省安阳市高三上学期 1010 月月考月月考)已知椭

4、圆 M1:x2a2+y2b2=1 ab0的左右焦点分别为F1,F2,F1F2=2,面积为487的正方形ABCD的顶点都在M1上.(1)求M1的方程；(2)已知P为椭圆M2:x22a2+y22b2=1上一点,过点P作M1的两条切线l1和l2,若l1,l2的斜率分别为k1,k2,求证：k1k2为定值.【例【例4 4】(20232023 届天津市第四十七中学高三上学期测试届天津市第四十七中学高三上学期测试)已知椭圆 C：x2a2+y2b2=1 ab0的右焦点和上顶点均在直线x+y-3=0上.(1)求椭圆C的方程；(2)已知点A 2,1,若过点B 3,0的直线l与椭圆C交于不同的两点M,N.直线AM和

5、直线AN的斜率分别为k1和k2,求证：k1+k2为定值.(三三)证明与线段长度有关的等式证明与线段长度有关的等式证明与线段长度有关的等式问题,一般是利用距离公式或弦长公式写出长度表达式,再借助根与系数之间的关系或斜率、截距等证明等式两边相等.【例【例5 5】(20232023届江苏省高三上学期起航调研届江苏省高三上学期起航调研)在平面直角坐标系 xOy中,抛物线C:y2=2xA1,A2为C上两点,且A1,A2分别在第一、四象限直线A1A2与x正半轴交于A3,与y负半轴交于A4(1)若A1OA290,求A3横坐标的取值范围；(2)记A1OA2的重心为G,直线A1A2,A3G的斜率分别为k1,k2

6、,且k2=2k1若|A1A2|=|A3A4|,证明：为定值【例【例6 6】已知双曲线 C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的离心率是5,点F是双曲线 C的一个焦点,且点F到双曲线C的一条渐近线的距离是2.(1)求双曲线C的标准方程.(2)设点M在直线x=14上,过点M作两条直线l1,l2,直线l1与双曲线C交于A,B两点,直线l2与双曲线C交于D,E两点.若直线AB与直线DE的倾斜角互补,证明：MAMD=MEMB.(四四)证明代数式的值为定值或证明与代数式有关的恒等式证明代数式的值为定值或证明与代数式有关的恒等式证明此类问题一般是把代数式用点的坐标表示后化简或构造方程求解【例【例7 7】(

7、20232023 届甘肃省张掖市重点校高三上学期检测届甘肃省张掖市重点校高三上学期检测)椭圆 C 的方程为x2a2+y2b2=1 ab0,过椭圆左焦点F1且垂直于x轴的直线在第二象限与椭圆相交于点P,椭圆的右焦点为F2,已知tanPF2F1=312,椭圆过点A3,12(1)求椭圆C的标准方程；(2)过椭圆C的右焦点F2作直线l交椭圆C于A、B两点,交y轴于M点,若MA=1AF2,MB=2BF2,求证：1+2为定值【例【例8 8】(20232023 届广东省揭阳市高三上学期届广东省揭阳市高三上学期 8 8 月调研月调研)已知 F1 F2是椭圆 C：x24+y23=1 的左右焦点,点P m,nn0

8、是椭圆上的动点(1)求PF1F2的重心G的轨迹方程；(2)设点Q s,t是PF1F2的内切圆圆心,求证：m=2s三、三、跟踪检测跟踪检测1.(20232023届湖南省长沙市一中等名校联考联合体高三上学期届湖南省长沙市一中等名校联考联合体高三上学期 1111月联考月联考)设椭圆C：x2a2+y2b2=1 ab0的左右焦点分别为F1,F2.A,B是该椭圆C的下顶点和右顶点,且 AB=5,若该椭圆的离心率为32.(1)求椭圆C的标准方程；(2)经过点 2,-1的直线l：y=kx+m交椭圆C于P,Q两点(点P在点Q下方),过点P作x轴的垂线交直线AB于点D,交直线BQ于点E,求证：DEPD为定值.2.

9、(20232023 届河南省焦作市高三上学期期中届河南省焦作市高三上学期期中)已知椭圆 C：x2a2+y2b2=1 ab0的离心率为22,点M 1,0,G 4,0,椭圆C的右顶点A满足2AM+AG=0.(1)求椭圆C上一点P到点M的最小距离；(2)若经过M点的直线l交椭圆C于E,F两点,证明：当直线l的倾斜角任意变化时,总存在实数,使得GM=GE GE+GF GF .3.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0的长轴长为 4,F1,F2为C的左、右焦点,点P x0,y0y00在C上运动,且cosF1PF2的最小值为12.连接PF1,PF2并延长分别交椭圆C于M,N两点.(1)求C的方程；(2

10、)证明：SOPF1SOMF1+SOPNSOF2N为定值.4.(20222022 届湖北省十堰市丹江口市高三下学期模拟届湖北省十堰市丹江口市高三下学期模拟)已知双曲线 C:x2a2-y2b2=1(a 0,b 0)的左、右顶点分别为A1,A2,右焦点为F(2,0),点P为C上一动点(异于A1,A2两点),直线PA1和直线PA2与直线x=1分别交于M,N两点,当PF垂直于x轴时,PA1A2的面积为2(1)求C的方程；(2)求证：MFN为定值,并求出该定值5.(2023届湖北省荆荆宜三校高三上学期10月联考)记以坐标原点为顶点、F 1,0为焦点的抛物线为C,过点F的直线l与抛物线C交于A,B两点.(1

11、)已知点M的坐标为-2,0,求AMB最大时直线AB的倾斜角；(2)当l的斜率为12时,若平行l的直线m与C交于M,N两点,且AM与BN相交于点T,证明：点T在定直线上.6.在平面直角坐标系xOy中,点F的坐标为 0,12,以线段MF为直径的圆与x轴相切(1)求点M的轨迹E的方程；(2)设T是E上横坐标为2的点,OT的平行线l交E于A,B两点,交曲线E在T处的切线于点N,求证：NT2=52NA NB.7.已知双曲线：x2-y2=4,双曲线的右焦点为F,圆C的圆心在y轴正半轴上,且经过坐标原点O,圆C与双曲线的右支交于A、B两点(1)当OFA是以F为直角顶点的直角三角形,求OFA的面积；(2)若点

12、A的坐标是(5,1),求直线AB的方程；(3)求证：直线AB与圆x2+y2=2相切8.(20232023届湖北省重点高中智学联盟高三上学期届湖北省重点高中智学联盟高三上学期1010月联考月联考)已知直线l1：y=-22x+2与椭圆E：x24+y22=1相切于点M,与直线l2：y=22x+t相交于点N(异于点M)(1)求点M的坐标；(2)直线l2交E于点A x1,y1,B x2,y2两点,证明：ANMMNB9.(20232023届重庆市巴蜀中学校届重庆市巴蜀中学校20232023届高三上学期月考届高三上学期月考)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左右顶点分别为A,B,椭圆C的长半轴的

13、长等于它的焦距,且过点 1,32.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的右焦点为F,过点F的直线l与椭圆C相交于M,N两点(不同于A,B),直线AM与直线BN相交于点P,直线AN与直线BM相交于点Q,证明：PQx轴.10.已知抛物线C：y2=2px(p0),其焦点为F,O为坐标原点,直线l与抛物线C相交于不同的两点A,B,M为AB的中点.(1)若p=2,M的坐标为(1,1),求直线l的方程.(2)若直线l过焦点F,AB的垂直平分线交x轴于点N,求证：2 MN2FN为定值.11.(20232023届河北省邯郸市大名县第一中学高三月考届河北省邯郸市大名县第一中学高三月考)己知椭圆C:x2a2+

14、y2b2=1 ab0的左、右焦点分别为F1,F2,左顶点为A-2,0,离心率为22(1)求C的方程；(2)若直线l:y=k x+1k0与C交于点D,E,线段AD,AE的中点分别为P,Q设过点F1且垂直于x轴的直线为l,若直线OP与直线l交于点S,直线OQ与直线l交于点T,求证：F2S F2T 为定值12.已知抛物线C:x2=2py(p0)的焦点到直线l:y=2x-5的距离为6 55(1)求C的方程；(2)若点P在l上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,直线AB与l交于点Q,证明：存在定点H,使得PHQH13.设O为坐标原点,椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为2 23,且过

15、点(0,1)(1)求C的方程；(2)若直线l:x=ky+m与C交于P,Q两点,且OPQ的面积是32,求证：2m2-k2=914.(20232023 届福建师范大学附属中学届福建师范大学附属中学 20232023 届高三上学期月考届高三上学期月考)在平面直角坐标系 xOy 中,设点 P-13,0,Q13,0,点G与P,Q两点的距离之和为43,N为一动点,点N满足向量关系式：GN+GP+GQ=0(1)求点N的轨迹方程C；(2)设C与x轴交于点A,B(A在B的左侧),点M为C上一动点(且不与A,B重合)设直线AM,x轴与直线x=4分别交于点R,S,取E(1,0),连接ER,证明：ER为MES的角平分

16、线15.(20232023届山东省济宁市汶上县高三上学期质量联合检测届山东省济宁市汶上县高三上学期质量联合检测)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1 ab0的左顶点为A,左、右焦点分别为F1,F2,动点B在E上且位于第一象限,BF1+BF2=4.当BF2AF2时,直线AB的斜率为12.(1)求E的方程；(2)设BAF2=,BF2A=,证明：tantan2=12.圆锥曲线中的证明问题圆锥曲线中的证明问题一、一、考情分析考情分析圆锥曲线中的证明问题在高考时有出现,主要有两大类：一是证明点线位置关系,如直线或曲线过某个点、直线平行与垂直、直线对称等问题,二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系,如相等与

17、不相等.二、二、解题秘籍解题秘籍(一一)证明直线或圆过定点证明直线或圆过定点证明直线过定点,通常是设出直线方程 y=kx+m,由已知条件确定 k,m 的关系.若 m=ak+b,则 y=kx+m=k x+a+b,则直线过定点-a,b,证明圆过定点,常见题型是证明以 AB 为直径的圆过定点P,只需证明PAPB.【例【例1 1】(20232023 届重庆市南开中学校高三上学期质量检测届重庆市南开中学校高三上学期质量检测)已知椭圆 C：x2a2+y2b2=1 ab0的离心率为32,椭圆的上顶点B到两焦点的距离之和为4(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y=kx+m与椭圆C交于异于点B的两点P,Q

18、,直线BP,BQ与x轴相交于M xM,0,N xN,0,若1xM+1xN=1,求证：直线l过一定点,并求出定点坐标【解析】(1)ca=32,2a=4,a=2,c=3,b2=a2-c2=1故椭圆方程为x24+y2=1；(2)联立直线和椭圆可得y=kx+mx24+y2=1,解得 1+4k2x2+8kmx+4m2-4=0,于是有：=8km2-4 1+4k24m2-40m20,所以y1+y2=-12t3t2-1,y1y2=93t2-1,而x1+x2=t y1+y2+4,x1x2=ty1+2ty2+2=t2y1y2+2t y1+y2+4.又AP=x1+1,y1,AQ=x2+1,y2,所以AP AQ=x1

19、+1x2+1+y1y2=y1y2+x1+x2+x1x2+1=t2+1y1y2+3t y1+y2+9=9t2+93t2-1-36t23t2-1+9=9-3t2+13t2-1+9=0.所以APAQ,即以P,Q为直径的圆经过点A.(二二)证明与斜率有关的定值问题证明与斜率有关的定值问题证明与斜率有关的定值问题通常是证明斜率之和或斜率之积为定值问题,此类问题通常是把斜率之和或斜率之积用点的坐标表示,再通过化简使结果为定值,此外证明垂直问题可转化为斜率之积为-1,证明两直线关于直线x=t或y=t对称,可转化为证明斜率之和为0.【例【例3 3】(20232023 届河南省安阳市高三上学期届河南省安阳市高三

20、上学期 1010 月月考月月考)已知椭圆 M1:x2a2+y2b2=1 ab0的左右焦点分别为F1,F2,F1F2=2,面积为487的正方形ABCD的顶点都在M1上.(1)求M1的方程；(2)已知P为椭圆M2:x22a2+y22b2=1上一点,过点P作M1的两条切线l1和l2,若l1,l2的斜率分别为k1,k2,求证：k1k2为定值.【解析】(1)根据对称性,不妨设正方形的一个顶点为A x,x,由x2a2+x2b2=1,得x2=a2b2a2+b2,所以2a2b2a2+b22a2b2a2+b2=487,整理得12 a2+b2=7a2b2.又a2-b2=F1F222=1,由解得a2=4,b2=3,

21、故所求椭圆方程为x24+y23=1.(2)由已知及(1)可得M2:x28+y26=1,设点P x0,y0,则y20=6 1-x208.设过点P与M1相切的直线l的方程为y-y0=k x-x0,与x24+y23=1联立消去y整理可得 4k2+3x2+8k y0-kx0 x+4y0-kx02-3=0,令=8k y0-kx02-4 4k2+34y0-kx02-3=0,整理可得 x20-4k2-2kx0y0+y20-3=0,根据题意k1和k2为方程的两个不等实根,所以k1k2=y20-3x20-4=6 1-x208-3x20-4=-34x20-4x20-4=-34,即k1k2为定值-34.【例【例4

22、4】(20232023 届天津市第四十七中学高三上学期测试届天津市第四十七中学高三上学期测试)已知椭圆 C：x2a2+y2b2=1 ab0的右焦点和上顶点均在直线x+y-3=0上.(1)求椭圆C的方程；(2)已知点A 2,1,若过点B 3,0的直线l与椭圆C交于不同的两点M,N.直线AM和直线AN的斜率分别为k1和k2,求证：k1+k2为定值.【解析】(1)对于直线x+y-3=0,当x=0时,y=3,当y=0时,x=3,因为椭圆的右焦点和上顶点均在直线x+y-3=0上,所以b=3,c=3,所以a2=b2+c2=6,所以椭圆方程为x26+y23=1,(2)因为B 3,0在椭圆外,过点B 3,0的

23、直线l与椭圆C交于不同的两点,所以直线l的斜率一定存在,所以设直线l方程为y=k(x-3),设M(x1,y1),N(x2,y2),由y=k(x-3)x26+y23=1,得(1+2k2)x2-12k2x+18k2-6=0,=144k4-4(1+2k2)(18k2-6)=-24k2+240,得-1k90,求A3横坐标的取值范围；(2)记A1OA2的重心为G,直线A1A2,A3G的斜率分别为k1,k2,且k2=2k1若|A1A2|=|A3A4|,证明：为定值【解析】(1)设A1y212,y1,A2y222,y2,A3y232,y3,A4y242,y4,A1OA290,OA1 OA2 0,即y212y

24、222+y1y20,-4y1y20,b0)的离心率是5,点F是双曲线 C的一个焦点,且点F到双曲线C的一条渐近线的距离是2.(1)求双曲线C的标准方程.(2)设点M在直线x=14上,过点M作两条直线l1,l2,直线l1与双曲线C交于A,B两点,直线l2与双曲线C交于D,E两点.若直线AB与直线DE的倾斜角互补,证明：MAMD=MEMB.【解析】根据双曲线的对称性,不妨设F c,0,其渐近线方程为bxay=0,因为焦点F到双曲线C的一条渐近线的距离是2.所以2=bcb2+a2,因为双曲线C的离心率是5,所以,ca=52=bcb2+a2c2=a2+b2,解得a=1,b=2.所以,双曲线C的标准方程

25、为x2-y24=1.(2)证明：由题意可知直线l1的斜率存在,设M14,t,直线l1:y=k x-14+t,A x1,y1,B x2,y2.联立y=k x-14+tx2-y24=1 整理得 k2-4x2+2kt-12k2x+116k2-12kt+t2+4=0,所以,x1+x2=-2kt-12k2k2-4,x1x2=116k2-12kt+t2+4k2-4.故 MA MB=k2+1x1-14x2-14=k2+1x1x2-14x1+x2+116=k2+14t2+154 k2-4.设直线l2的斜率为k,同理可得 MD ME=k2+14t2+154 k2-4.因为直线AB与直线DE的倾斜角互补,所以k=

26、-k,所以k2=k2,则k2+14t2+154 k2-4=k2+14t2+154 k2-4,即 MA MB=MD ME,所以MAMD=MEMB.(四四)证明代数式的值为定值或证明与代数式有关的恒等式证明代数式的值为定值或证明与代数式有关的恒等式证明此类问题一般是把代数式用点的坐标表示后化简或构造方程求解【例【例7 7】(20232023 届甘肃省张掖市重点校高三上学期检测届甘肃省张掖市重点校高三上学期检测)椭圆 C 的方程为x2a2+y2b2=1 ab0,过椭圆左焦点F1且垂直于x轴的直线在第二象限与椭圆相交于点P,椭圆的右焦点为F2,已知tanPF2F1=312,椭圆过点A3,12(1)求椭

27、圆C的标准方程；(2)过椭圆C的右焦点F2作直线l交椭圆C于A、B两点,交y轴于M点,若MA=1AF2,MB=2BF2,求证：1+2为定值【解析】(1)依题可知：PF1=b2a,tanPF2F1=b2a2c=a2-c22ac=312,所以12a2-12c2=2 3ac,即6ca2+3ca-6=0,解得ca=32又椭圆C过点A3,12,则3a2+14b2=1联立a2=b2+c2ca=323a2+14b2=1可得a=2b=1c=3,椭圆C的标准方程为x24+y2=1(2)设点A x1,y1、B x2,y2,F3,0,由题意可知,直线l的斜率存在,可设直线l的方程为y=k x-3,联立y=k x-3

28、x24+y2=1,可得 4k2+1x2-8 3k2x+12k2-4=0,由于点F2在椭圆C的内部,直线l与椭圆C必有两个交点,由韦达定理可得x1+x2=8 3k24k2+1,x1x2=12k2-44k2+1,MA=1AF2,MB=2BF2,M 0,y0,得 x1,y1-y0=13-x1,-y1,x2,y2-y0=23-x2,-y2,1=x13-x1,2=x23-x2,1+2=x13-x1+x23-x2=3 x1+x2-2x1x23-3 x1+x2+x1x2=24k2-2 12k2-44k2+13+12k2-4-24k24k2+1=-8【例【例8 8】(20232023 届广东省揭阳市高三上学期

29、届广东省揭阳市高三上学期 8 8 月调研月调研)已知 F1 F2是椭圆 C：x24+y23=1 的左右焦点,点P m,nn0是椭圆上的动点(1)求PF1F2的重心G的轨迹方程；(2)设点Q s,t是PF1F2的内切圆圆心,求证：m=2s【解析】(1)连接PO,由三角形重心性质知G在PO的三等分点处(靠近原点)设G(x,y),则有m=3x,n=3y又m24+n23=1,所以9x24+9y23=1,即9x24+3y2=1PF1F2的重心G的轨迹方程为9x24+3y2=1(y0)；(2)根据对称性,不妨设点P在第一象限内,易知圆Q的半径为等于t,利用等面积法有：SPF1F2=12|PF1|t+12|

30、PF2|t+12|F1F2|t=12|F1F2|n结合椭圆定义：|PF1|+|PF2|=4,|F1F2|=2有124t+122t=122n,解得t=n3由P(m,n)F1(-1,0)两点的坐标可知直线PF1的方程为nx-(m+1)y+n=0根据圆心Q到直线PF1的距离等于半径,有ns-(m+1)n3+nn2+(m+1)2=n33s-m+2n2+(m+1)2=1,9s2-6sm+12s-6m+3-n2=03s2-2sm+4s-2m+1-n23=0,又m24+n23=1化简得12s2-8sm+16s-8m+m2=0,即 12s2-8sm+m2+16s-8m=0 2s-m6s-m+8 2s-m=0,

31、即 2s-m6s-m+8=0由已知得-2m2,-1s0所以2s-m=0,即m=2s三、三、跟踪检测跟踪检测1.(20232023届湖南省长沙市一中等名校联考联合体高三上学期届湖南省长沙市一中等名校联考联合体高三上学期 1111月联考月联考)设椭圆C：x2a2+y2b2=1 ab0的左右焦点分别为F1,F2.A,B是该椭圆C的下顶点和右顶点,且 AB=5,若该椭圆的离心率为32.(1)求椭圆C的标准方程；(2)经过点 2,-1的直线l：y=kx+m交椭圆C于P,Q两点(点P在点Q下方),过点P作x轴的垂线交直线AB于点D,交直线BQ于点E,求证：DEPD为定值.【解析】(1)由题可得,AB=a2

32、+b2=5,所以a2+b2=5,因为椭圆的离心率为32,所以e=ca=32,结合椭圆中b2=a2-c2可知,a=2,b=1.所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1.(2)依题意作如图：设P x1,y1,Q x2,y2,直线l的方程为y=kx+m,将点 2,-1代入得：m=-2k-1,直线l：y=kx-2k+1.由于椭圆C：x24+y2=1,A 0,-1,B 2,0,联立方程x24+y2=1y=kx-2k+1 得 4k2+1x2-8k 2k+1x+16k2+16k=0,由=-64k0,得kb0的离心率为22,点M 1,0,G 4,0,椭圆C的右顶点A满足2AM+AG=0.(1)求椭圆C上一点P到

33、点M的最小距离；(2)若经过M点的直线l交椭圆C于E,F两点,证明：当直线l的倾斜角任意变化时,总存在实数,使得GM=GE GE+GF GF .【解析】(1)解：A a,0,因为2AM+AG=0,所以2 1-a,0+4-a,0=0,即 6-3a,0=0,所以6-3a=0,解得a=2,离心率e=ca=c2=22,所以c=2,所以b2=a2-c2=2,所以椭圆的标准方程为x24+y22=1,设P x,y,-2x2,则 PM=x-12+y2=x-12+2-12x2=12x-22+1,当x=2时,PMmin=1,所以椭圆C上一点P到点M的最小距离为1；(2)证明：当直线l的倾斜角为0时,直线l与x轴重

34、合,不妨取E-2,0,F 2,0,则GM=-3,0,GE GE=-6,06=-1,0,GF GF=-2,02=-1,0,由GM=GE GE+GF GF ,得GM=32GE GE+GF GF ,所以此时存在实数,使得GM=GE GE+GF GF ,当直线l的倾斜角不为0时,设直线方程为x=my+1,E x1,y1,F x2,y2,则x1=my1+1,x2=my2+1,联立x24+y22=1x=my+1,消x得 m2+2y2+2my-3=0,则y1+y2=-2mm2+2,y1y2=-3m2+2,kGE+kGF=y1x1-4+y2x2-4=y1my2-3+y2my1-3my1-3my2-3=2ty1

35、y2-3 y1+y2ty1-3ty2-3=-6mm2+2+6mm2+2ty1-3ty2-3=0.所以直线GE,GF的倾斜角互补,则GM平分EGF,所以当直线l的倾斜角任意变化时,总存在实数,使得GM=GE GE+GF GF ,综上所述,当直线l的倾斜角任意变化时,总存在实数,使得GM=GE GE+GF GF .3.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0的长轴长为 4,F1,F2为C的左、右焦点,点P x0,y0y00在C上运动,且cosF1PF2的最小值为12.连接PF1,PF2并延长分别交椭圆C于M,N两点.(1)求C的方程；(2)证明：SOPF1SOMF1+SOPNSOF2N为定值.【

36、解析】(1)由题意得a=2,设 PF1,PF2的长分别为m,n,m+n=2a=4则cosF1PF2=m2+n2-4c22mn=m+n2-4c2-2mn2mn=2b2mn-12b2m+n22-1=2b2a2-1,当且仅当m=n时取等号,从而2b2a2-1=12,得b2a2=34,b2=3,则椭圆的标准方程为x24+y23=1；(2)由(1)得F1-1,0,F21,0,设M x1,y1,N x2,y2,设直线PM的方程为x=x0+1y0y-1,直线PN的方程为x=x0-1y0y+1,由x=x0+1y0y-1x24+y23=1,得3 x0+12y02+4y2-6 x0+1y0y-9=0,则y0y1=

37、-93 x0+12y02+4=-9y023 x0+12+4y02=-9y023x02+4y02+6x0+3=-3y022x0+5,y1=-3y02x0+5,同理可得y2=-3y05-2x0,所以SOPF1SOMF1+SOPNSOF2N=12OF1y012OF1y1+12OF2y0+y212OF2y2=-y0y1+y0y2+1=-y0-3y02x0+5+y0-3y05-2x0+1=133.所以SOPF1SOMF1+SOPNSOF2N为定值133.4.(20222022 届湖北省十堰市丹江口市高三下学期模拟届湖北省十堰市丹江口市高三下学期模拟)已知双曲线 C:x2a2-y2b2=1(a 0,b 0

38、)的左、右顶点分别为A1,A2,右焦点为F(2,0),点P为C上一动点(异于A1,A2两点),直线PA1和直线PA2与直线x=1分别交于M,N两点,当PF垂直于x轴时,PA1A2的面积为2(1)求C的方程；(2)求证：MFN为定值,并求出该定值【解析】(1)由题意知c=2,则a2+b2=4当PFx轴时,|PF|=b2a,故PA1A2的面积S=122ab2a=b2=2,解得a=b=2,故C的方程为x22-y22=1(2)由(1)得A1(-2,0),A2(2,0),设P x0,y0 x0 2,则直线PA1:y=y0 x0+2(x+2),令x=1,得yM=y0 x0+2(1+2)；直线PA2:y=y

39、0 x0-2(x-2),令x=1得yN=y0 x0-2(1-2)故M 1,yM,N 1,yN,因为yMyN=-y20 x20-2,x20-y20=2,故yMyN=-1,又FM=-1,yM,FN=-1,yN,则FM FN=1+yMyN因此FM FN=1+yMyN=0,故FMFN,即MFN=905.(2023届湖北省荆荆宜三校高三上学期10月联考)记以坐标原点为顶点、F 1,0为焦点的抛物线为C,过点F的直线l与抛物线C交于A,B两点.(1)已知点M的坐标为-2,0,求AMB最大时直线AB的倾斜角；(2)当l的斜率为12时,若平行l的直线m与C交于M,N两点,且AM与BN相交于点T,证明：点T在定

40、直线上.【解析】(1)设直线的方程为x=my+1,A x1,y1,B x2,y2y10,y20y1+y2=4my1y2=-4,y1-y2=4 m2+1tanAMB=12 m2+18m2+5令t=m2+1 则t1tanAMB=12t8t2-3=128t-3t由单调性得当t=1时,tanAMB最大为125,此时m=0,直线AB的倾斜角为90(2)设T x0,y0,TM=TA 1则由ABMN得TN=TB yM-y0=yA-y0yN-y0=yB-y0 yM+yN-2y0=yA+yB-2y0又kAB=12yA-yBxA-xB=4yA+yB=12yA+yB=8同理yM+yN=88-2y0=8-2y0又18

41、-2y0=0y0=4点T在定直线y=4上.6.在平面直角坐标系xOy中,点F的坐标为 0,12,以线段MF为直径的圆与x轴相切(1)求点M的轨迹E的方程；(2)设T是E上横坐标为2的点,OT的平行线l交E于A,B两点,交曲线E在T处的切线于点N,求证：NT2=52NA NB.【解析】(1)设点M x,y,因为F 0,12,所以MF的中点坐标为x2,2y+14,因为以线段MF为直径的圆与x轴相切,所以MF2=2y+14,即 MF=2y+12,故x2+y-122=2y+12,化简得x2=2y,所以M的轨迹E的方程为x2=2y.(2)因为T是E上横坐标为2的点,所以由(1)得 2,2,所以直线OT的

42、斜率为1,因为lOT,所以可设直线l的方程为y=x+m,m0,由x2=2y,得y=12x2,得y=x,则曲线E在T处的切线的斜率为 yx=2=2,所以曲线E在T处的切线方程为y=2x-2,联立y=x+my=2x-2,得x=m+2y=2m+2,所以N m+2,2m+2,所以 NT2=m+2-22+2m+2-22=5m2,联立y=x+mx2=2y,化简得x2-2x-2m=0,有=4+8m0,解得m-12,设A x1,x2,B x2,y2,则x1+x2=2,x1x2=-2m,因为N,A,B在l上,所以 NA=2 x1-m+2,NB=2 x2-m+2,所以 NA NB=2 x1-m+2x2-m+2=2

43、 x1x2-m+2x1+x2+m+22=2m2,因为NT2=5m2,所以 NT2=52NA NB.7.已知双曲线：x2-y2=4,双曲线的右焦点为F,圆C的圆心在y轴正半轴上,且经过坐标原点O,圆C与双曲线的右支交于A、B两点(1)当OFA是以F为直角顶点的直角三角形,求OFA的面积；(2)若点A的坐标是(5,1),求直线AB的方程；(3)求证：直线AB与圆x2+y2=2相切【解析】(1)由题意OFA是以F为直角顶点的直角三角形,F(2 2,0),所以点A在直线x=2 2 处,设A 2 2,y,代入x2-y2=4,解得y=2,取y=2则A(2 2,2),所以OFA的面积SOFA=122 2 2

44、=2 2；(2)设圆C圆心坐标为 0,m,因其过原点,则r=m.故圆C方程为：x2+y-m2=m2.代入点A(5,1),得5+1-m2=m2,解得m=3.将圆C方程与：x2-y2=4联立得x2+(y-3)2=9x2-y2=4,消去x得：y2-3y+2=0解得y1=1,y2=2.又B点在双曲线右支,故B 2 2,2.则AB方程为：y-1x-5=12 2-5.化简为y=2 2+53 x-5+1即y=2 2+53x-2 10+23.(3)证明：由题直线AB斜率必存在,故设直线AB的方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),圆C的方程为x2+y-b2=b2b0,由y=kx+mx2-y2=

45、4,消去y得:1-k2x2-2kmx-m2+4=0由题意,得：1-k200,且x1+x2=2km1-k2,x1x2=-m2+41-k2,由x2+(y-b)2=b2x2-y2=4,消去x化简得：y2-by+2=0,所以y1y2=2.所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=2,即-k2m2+41-k2+km2km1-k2+m2=-k2m2-4k2+2k2m2+m2-m2k21-k2=2m2-4k21-k2=2m2=2+2k2m1+k2=2得原点O到直线AB的距离d=|m|1+k2=2,所以直线AB与圆x2+y2=2相切8.(20232023届湖北省重点高

46、中智学联盟高三上学期届湖北省重点高中智学联盟高三上学期1010月联考月联考)已知直线l1：y=-22x+2与椭圆E：x24+y22=1相切于点M,与直线l2：y=22x+t相交于点N(异于点M)(1)求点M的坐标；(2)直线l2交E于点A x1,y1,B x2,y2两点,证明：ANMMNB【解析】(1)y=-22x+2x2+2y2=4,消y得：x2-2 2x+2=0,解得：x=2,故M2,1；(2)联立y=-22x+2y=22x+t,解之得：N2-22t,1+t2联立y=22x+tx2+2y2=4,消y得：x2+2tx+t2-2=0,由题可得：=8-2t20,x1+x2=-2t,x1x2=t2

47、-2NA=1+12x1-2-22t,NB=1+12x2-2-22t,NANB=32x1x2-2-22tx1+x2+2-22t2=32t2-2-2-22t-2t+2-22t2=34t2,NM=1+122-2-22t=3222t,NM2=NANB,ANNM=MNNB,又ANB=MNB,ANMMNB9.(20232023届重庆市巴蜀中学校届重庆市巴蜀中学校20232023届高三上学期月考届高三上学期月考)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左右顶点分别为A,B,椭圆C的长半轴的长等于它的焦距,且过点 1,32.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的右焦点为F,过点F的直线l与椭圆C相交

48、于M,N两点(不同于A,B),直线AM与直线BN相交于点P,直线AN与直线BM相交于点Q,证明：PQx轴.【解析】(1)由题意a=2c,即b=a2-c2=3c,故椭圆C:x24c2+y23c2=1,代入点 1,32,可得14c2+34c2=1,解得c=1,a=2,b=3,故椭圆的标准方程为：x24+y23=1.(2)由题意右焦点F(1,0),A(-2,0),B(2,0),若直线l斜率不存在,直线方程为：x=1,代入椭圆方程可得14+y23=1,解得y=32,即M 1,32,N 1,-32,故直线AM:y=12(x+2),AN:y=-12(x+2),BM:y=-32(x-2),BN:y=32(x

49、-2),联立y=12(x+2)y=32(x-2),可得P(4,3)；联立y=-12(x+2)y=-32(x-2),可得Q(4,-3),xP=xQ,故PQx轴；若直线l斜率存在,直线方程为：y=k(x-1),与椭圆联立y=k(x-1)x24+y23=1,即(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,0恒成立,不妨设M(x1,y1),N(x2,y2),故x1+x2=8k24k2+3x1x2=4k2-124k2+3,故直线AM:y=y1x1+2(x+2),AN:y=y2x2+2(x+2),BM:y=y1x1-2(x-2),BN:y=y2x2-2(x-2),联立y=y1x1+2(x+2)y=y2x

50、2-2(x-2),可得xP=4x1x2+2x2-6x13x2+x1-4；联立y=y2x2+2(x+2)y=y1x1-2(x-2),可得xQ=4x1x2+2x1-6x23x1+x2-4,xP-xQ=4x1x2+2(x1+x2)-8x13(x1+x2)-2x1-4-4x1x2-6(x1+x2)+8x1(x1+x2)+2x1-4=32k2-484k2+3-8x18k2-124k2+3-2x1-32k2+484k2+3+8x1-8k2+124k2+3+2x1=32k2-484k2+3-8x18k2-124k2+3-2x1-32k2-484k2+3-8x18k2-124k2+3-2x1=0 xP=xQ,