2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（北师版）-小测卷（三十六） 圆锥曲线中的证明、探索性问题

小测卷(三十六)圆锥曲线中的证明、探索性问题1．证明：(1)由对称性可知圆G与抛物线C的交点坐标为(1，1)，(－1，1)，代入抛物线方程可得2p＝1，所以抛物线的方程为x2＝y，设Ax1，x12，Bx2，x2所以直线AB的方程为y－x12＝(x1＋x2)(x－x即y＝(x1＋x2)x－x1x2，因为直线AB过点C(0，2)，所以－x1x2＝2，即x1x2＝－2①.对x2＝y求导得y′＝2x，所以直线PA的斜率为2x1，直线PB的斜率为2x2，直线PA的方程为y－x12＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－同理直线PB的方程为y＝2x2x－x2联立两直线方程，可得Px1由①可知点P的纵坐标为定值－2.(2)cos∠PFA＝FA·FPFA·FP，cos要证∠PFA＝∠PFB,即证FA·FA＝x1所以FA·FP＝又FA＝x12+同理FB·2．解：(1)由椭圆C的焦距为2，得c＝1，则b2＝a2－1，又椭圆C经过点P1，32，代入C得1a2+94所以椭圆C的方程为x2(2)根据题意，直线l的斜率显然不为零，令1k＝m由椭圆右焦点F(1，0)，故可设直线l的方程为x＝my＋1，联立方程组x＝my+1，x24+y23＝1，整理得(3则Δ＝36m2－4×(－9)(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且y1＋y2＝−6m3设存在点T，设点T坐标为(t，0)，由|AF||BT|＝BFAT又因为AFBF所以sin∠ATF＝sin∠BTF，所以∠ATF＝∠BTF，所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有kAT＋kBT＝0，则kAT＋kBT＝y1x1−t+y2x2所以y1(my2＋1－t)＋y2(my1＋1－t)＝0，整理得2my1y2＋(1－t)(y1＋y2)＝0，即2m×−93m2+4＋(1－t)×−6m3m2+4解得t＝4，符合题意，即存在点T(4，0)满足题意．3．解：(1)由题意可得动点G到点F(4，0)的距离比到直线x＋6＝0的距离小2，则动点G到点F(4，0)的距离与到直线x＋4＝0的距离相等，故G的轨迹是以F(4，0)为焦点，以直线x＋4＝0为准线的抛物线，设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，则焦准距p＝8，故G的轨迹的方程为y2＝16x.(2)由题意，直线MN的方程为y＝k1(x－4)，由题意可知k1≠0，k2≠0，k1≠k2，由y2＝16x，y＝k1x−4，消去y得k1设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝8＋16k12故A4+8k12所以直线AB的斜率kAB＝8k故直线AB的方程为：y＝k1k2k1+k2x−4−8故直线AB过定点(4，4)，设该点为E(4，4)，又因为FD⊥AB，所以点D在以EF为直径的圆上，由于E(4，4)，F(4，0)，|EF|＝4−42故以EF为直径的圆的方程为(x－4)2＋(y－2)2＝4，故存在定点T(4，2)，使得线段TD的长度为定值2.4．解：(1)由题意，设点P坐标为(x0，y0)，则根据题意，得Mx0−2由|OM|2＋|ON|2＝8得x0−23化简得x024+y02(2)由题意，当直线l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，sin∠EBA＝sin∠FBA成立．当直线l的斜率存在，由题意，设直线l的方程为y＝k(x－m)、E(x1，y1)、F(x2，y2)，由x24+y23＝1，y＝kx−m，得(3＋4k2)x2由Δ>0得m2k2<3＋4k2，且x1＋x2＝8k则kBE＋kBF＝y1又2kx1x2－(km＋kn