2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（北师版）-任务群（五）任务14~15

1．解：(1)由题意Fp2，0，设直线l方程为y＝43x−p2，G(x1，y1)，H(x由抛物线焦半径公式可知：|FG|＋|FH|＝x1＋x2＋p＝254所以x1＋x2＝254－p.联立y＝43x−p2，y2＝2px，所以x1＋x2＝17p8＝254－故抛物线C的方程为y2＝4x，焦点F(1，0)．(2)证明：设A(x3，y3)，N(x4，y4)，P(m，0)，则M(－m，0)，直线AM的方程为x＝ty－m.联立x＝ty−m，y2＝2px，消去x得y2－2pty＋2pm＝0，则y3＋y4＝2pt，y3而kAP＋kNP＝y3又知x3y4＋x4y3－m(y3＋y4)＝(ty3－m)y4＋(ty4－m)y3－m(y3＋y4)＝2ty3y4－2m(y3＋y4)＝4ptm－4ptm＝0，所以kAP＋kNP＝0，所以MP为∠APE的角平分线．2．解：(1)由题设椭圆C的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，因为椭圆过M(2，0)，N1，所以4m＝1，m+34n＝1，得到m＝14，n＝1，所以椭圆(2)由(1)知D(0，1)，易知直线DA，DB的斜率均存在且不为0，不妨设kDA＝k(k>0)，kDB＝－1k，直线DA为y＝kx＋1，直线DB为y＝－1k由椭圆的对称性知，当k＝1时，显然有|DA|＝|DB|，满足题意，当k2≠1时，由y＝kx+1，x24+y2＝1，所以xA＝－8k1+4k2，同理可得B8kk所以kAB＝k2设AB中点坐标为(x0，y0)，则x0＝−8ky0＝1−4k所以AB中垂线方程为y＋15k要使△ADB为AB为底边的等腰直角三角形，则直AB中垂线方程过点(0，1)，所以1＋15k2k2+41+4k令t＝k2，则t2－7t＋1＝0，Δ＝49－4>0，所以t有两根t1，t2，且t1＋t2＝7>0，t1t2＝1>0，即t2－7t＋1＝0有两个正根，故有2个不同的k2值，满足k4－7k2＋1＝0，所以由椭圆的对称性知，当k2≠1时，还存在2个符合题意的三角形，综上所述，存在以D为顶点，AB为底边的等腰直角三角形，满足条件的三角形有3个．3．解：(1)由题意，得a＝b2+c2＝5，又e＝ca故椭圆C的标准方程为x25＋y(2)F1(－2，0)，P(－1，0)，若直线l的斜率不存在，则|OM|＝1，|PA|＝|PB|＝25由λ|OM|2＝|PA|·|PB|，得λ＝45若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，由y＝kx+1，x25+y2＝1消去y，得(5k2＋1)xΔ＝(10k2)2－4(5k2＋1)(5k2－5)>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－10k由题意|PA|＝k2+1x所以|PA|·|PB|＝(k2＋1)|(x1＋1)(x2＋1)|＝(k2＋1)|x1x2＋(x1＋x2)＋1|＝4k由题意知，直线OM的方程为y＝kx，由y＝kx，x25+y2＝1消去设M(x0，y0)，则x02＝5由λ|OM|2＝|PA|·|PB|，得λ＝45综上，存在实数λ＝45，使得λOM2＝|4．解：(1)因为平面ABC⊥α，平面ABC∩α＝AB，BC⊂平面ABC，BC⊥AB，所以BC⊥α.所以直线CD在α内的射影为直线AB，所以直线CD与α所成角为∠CDB.过D作DF⊥AC，垂足为F.因为CD平分∠ACB，DB⊥BC，所以DF＝DB.又AD＝2DB，所以DF＝12AD，所以∠DAF又AB＝6，∠ABC＝90°，所以BC＝23.因为DB＝13AB＝2，所以∠CDB所以直线CD与平面α所成角为60°.(2)(ⅰ)曲线T是椭圆，理由如下：由(1)可知，DF⊥AC，DA＝DC，所以F是AC的中点，设AB的中点为O，所以OF∥BC.又BC⊥α，所以OF⊥α.在α内过O作OG⊥AB，所以OF⊥OB，OF⊥OG，以O为原点，OG，OB，OF所在的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系因为OB＝3，DB＝2，所以OD＝1，设E(x，y，0)，又D(0，1，0)，C0，3，23，则CE因为cos∠ECD＝CD·CECDCE所以−2y+184x2+y−32+12＝3所以曲线Γ是椭圆．(ⅱ)方法一：设P(x1，y1，0)，Q(x2，y2，0)．在平面α内，因为l与AB不重合，可设l：y＝kx＋1，由y＝kx+1，3x2+2y2＝18，得(2k2＋3)x2＋4kx由对称性知，若存在定点T满足条件，则T必在平面ABC与α的交线AB上，故可设T(0，t，0)．若∠PTC＝∠QTC，则cos∠PTC＝cos∠QTC，即TP·因为TP＝(x1，y1－t，0)，TQ＝(x2，y2－t，0)，TC＝0，所以(3－t)(y1－t)x22+y2−t2＝(3－t)(当t＝3时，上式恒成立，所以t＝3符合题意；当t≠3时，有(y1－t)x22+y2−t2＝(所以y1−t2x22+y2−t2因为x1x2<0，(y1－t)(y2－t)≥0，所以x1(y2－t)＋x2(y1－t)＝0，所以2kx1x2＋(1－t)(x1＋x2)＝0，所以2k−162k2+3＋(1－t)−因为上式对于任意的k∈R恒成立，所以t＝9.综上，存在点T满足AT＝AB，或方法二：设P(x1，y1，0)，Q(x2，y2，0)，在平面α内，因为l与AB不重合，可设l：y＝kx＋1，由y＝kx+1，3x2+2y2＝18，所以x1＋x2＝－4k2由对称性知，若存在定点T满足条件，则T必在平面ABC与α的交线AB上，故可设T(0，t，0)．当T与B重合时，因为CT⊥α，又PT，QT⊂α，所以∠PTC＝∠QTC＝π2，所以当t当T与B不重合时，过B作BP1⊥PT，BQ1⊥QT，垂足分别为P1，Q1，连接CP1，CQ1，则因为BC⊥α，P1T⊂α，所以P1T⊥BC.又P1T⊥BP1，BP1∩BC＝B，所以P1T⊥平面BCP1，所以P1T⊥CP1，同理Q1T⊥CQ1，又∠P1TC＝∠Q1TC，所以△P1TC≌△Q1TC，所以P1T＝Q1T，所以Rt△BP1T≌Rt△BQ1T