《高考快车道》专题突破练25（课后习题）（教师版）高三 二轮专题复习讲义 数学

专题突破练25
(分值:68分)
主干知识达标练
1.(17分)在平面直角坐标系xOy中,已知圆A:(x-2)2+y2=4,点B(-2,0),点P为圆A上任意一点,线段BP的垂直平分线和半径AP所在直线相交于点Q,当点P在圆上运动时,点Q的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)斜率存在且不为0的直线l与C交于M,N两点,存在一点D在C上.从下面①②③中任选两个作为已知条件,证明另外一个成立.
①DM⊥x轴;
②直线l经过点(-,0);
③D,B,N三点共线.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
解(1)由题意知,A(2,0),|QP|=|QB|,且点B(-2,0)在圆外,
则||QA|-|QB||=||QA|-|QP||=|AP|=2<4=|AB|,
由双曲线定义知点Q的轨迹是以A(2,0),B(-2,0)为焦点,实轴长为2a=2,焦距2c=4的双曲线,
故b2=c2-a2=3,C的方程为x2-=1.
(2)设点M(x1,y1),N(x2,y2),直线l的方程为y=kx+m,与双曲线方程x2-=1联立,得(3-k2)x2-2mkx-m2-3=0,Δ=4m2k2+4(3-k2)(m2+3)>0,
化简得m2-k2+3>0,且x1+x2=,x1x2=-.
若选择①②证明③:
∵DM⊥x轴,且点D在C上,
则D(x1,-y1),直线l经过点(-,0),
故0=-k+m,即k=2m,
此时kDB=,kNB=,
故kNB-kDB=,其中y1(x2+2)+y2(x1+2)=(kx1+m)(x2+2)+(kx2+m)·(x1+2)=2kx1x2+(2k+m)(x1+x2)+4m=2k·(-)+(2k+m)·+4m=,
∵k=2m,故=0,即kNB-kDB=0,kNB=kDB,∴D,B,N三点共线.
若选择①③证明②:
∵DM⊥x轴,且点D在C上,则D(x1,-y1),由D,B,N三点共线,知kNB=kDB,故kNB-kDB==0,
化简得=0,即m=k,
故直线l的方程为y=kx+k=k(x+),
所以直线l过定点(-,0).
若选择②③证明①:
直线l经过点(-,0),故0=-k+m,
即k=2m,由D,B,N三点共线,知kNB=kDB,故kDB+kMB=kNB+kMB=,
化简得kDB+kMB==0,
故直线DB和直线MB关于x轴对称,所以点D,M关于x轴对称,故DM⊥x轴.
2.(17分)已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),右顶点为A,直线l:x=4与x轴交于点M,且|AM|=a|AF|.
(1)求C的方程;
(2)若B为l上的动点,过B作C的两条切线,分别交y轴于点P,Q,
①证明:直线BP,BF,BQ的斜率成等差数列;
②圆N经过B,P,Q三点,是否存在点B,使得∠PNQ=90° 若存在,求|BM|;若不存在,请说明理由.
解(1)由椭圆右焦点为F(1,0),得c=1,点A(a,0).
因为|AM|=a|AF|,
所以|4-a|=a(a-1),若a≥4,则a-4=a(a-1),得a2-2a+4=0,无解,
若a<4,则4-a=a(a-1),得a2=4,
所以b2=3,因此C的方程为=1.
(2)设B(4,t),易知过B且与C相切的直线斜率存在,设切线方程为y-t=k(x-4),
联立消去y得(3+4k2)x2+8k(t-4k)x+4(t-4k)2-12=0,
由Δ=64k2(t-4k)2-4(3+4k2)[4(t-4k)2-12]=0,得12k2-8tk+t2-3=0,
设两条切线BP,BQ的斜率分别为k1,k2,
则k1+k2=,k1k2=.
①设直线BF的斜率为k3,则k3=,因为k1+k2==2k3,所以直线BP,BF,BQ的斜率成等差数列.
②假设存在点B使∠PNQ=90°.
(方法一)如图1,在直线BP:y-t=k1(x-4)中,令x=0,得yP=t-4k1,
所以P(0,t-4k1),同理,得Q(0,t-4k2),
所以线段PQ的中垂线方程为y=t-2(k1+k2),易得BP中点为(2,t-2k1),所以BP的中垂线方程为y=-(x-2)+t-2k1,
联立
图1
解得N(2k1k2+2,t-2(k1+k2)),
所以=(-2k1k2-2,2k2-2k1),=(-2k1k2-2,2k1-2k2),
因为∠PNQ=90°,所以=0,
即4(k1k2+1)2-4(k1-k2)2=0,
整理得|k1k2+1|=|k1-k2|,
而|k1-k2|=,
所以|+1|=,
解得t2=7,t=±,因此|BM|=,
故存在符合题意的点B,使得=0,此时|BM|=.
(方法二)如图2,若∠PNQ=90°,即∠PBQ=45°或135°,
图2
从而|tan∠PBQ|=1,所以|tan∠PBQ|=||=1,因为|k1-k2|=,所以=|1+|,
解得t2=7,t=±,所以|BM|=,
故存在符合题意的点B,使得=0,此时|BM|=.
(方法三)要使∠PNQ=90°,即∠PBQ=45°或135°,从而|cos∠PBQ|=,在直线BP:y-t=k1(x-4)中,
令x=0,得yP=t-4k1,故P(0,t-4k1),
同理可得Q(0,t-4k2),因此=(-4,-4k1),=(-4,-4k2),
所以,故(1+k1k2)=,即2+2+4k1k2=1+,
整理得+6k1k2+1=(k1+k2)2,
所以()2+6·+1=()2,
整理得t4+2t2-63=0,
解得t2=7或t2=-9(舍去),
因此t=±,|BM|=,故存在符合题意的点B,使得=0,此时|BM|=.
(方法四)要使∠PNQ=90°,即∠PBQ=45°或135°,在直线BP:y-t=k1(x-4)中,
令x=0,得yP=t-4k1,故P(0,t-4k1),
同理可得Q(0,t-4k2),
由等面积法得S△PBQ=|PQ|·|xB|=|BP|·|BQ|·,即|4k1-4k2|·4=·4·4,
整理得(k1+k2)2=+6k1k2+1,
所以()2=()2+6·+1,
整理得t4+2t2-63=0,解得t2=7或t2=-9(舍去),因此t=±,|BM|=,
故存在符合题意的点B,使得=0,此时|BM|=.
关键能力提升练
3.(17分)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F,且抛物线上任意一点R满足|RF|的最小值为1.
(1)求C的方程;
(2)过点P(t,-1)的直线经过点F且与抛物线交于M,N两点,求证:;
(3)过点F作一条倾斜角为60°的直线交抛物线于A,B两点,过A,B分别作抛物线的切线.两条切线交于点Q,过Q任意作一条直线交抛物线于E,H,交直线AB于点G,求证:.
(1)解设R(x,y),则|RF|==y+,
因为y≥0,所以y+,|RF|的最小值为,即=1,得p=2,
所以抛物线的方程为x2=4y.
(2)证明如图1,由(1)得F(0,1),
设M(x1,y1),N(x2,y2),由题可知直线PF斜率存在,设lPF:y=k1x+1,k1≠0,代入点P坐标得t=-,
则|PF|=×|1-(-1)|,
同理|PM|=|y1-(-1)|,|PN|=|y2-(-1)|.
若成立,则,又y1,y2>0,所以1=,整理得y1+y2+2=(y1+1)(y2+1),解得y1y2=1.
又lPF:y+1=(x-t),即y+1=(x-t),联立
得y2-(2+)y+1=0,由韦达定理得y1y2=1,与上述所得一致,故成立.
综上,.
图1
图2
(3)证明如图2,由题意,直线AB:y=x+1,
联立
得A(2+4,7+4),B(2-4,7-4),由y=x2,得y'=x,
所以抛物线C在A处的切线斜率为k=+2,所以抛物线C在A处的切线为l1:y-(7+4)=(+2)[x-(2+4)],
同理,在B处的切线为l2:y-(7-4)=(-2)[x-(2-4)],
联立l1,l2可得点Q(2,-1).
设E(x3,y3),H(x4,y4),G(x0,y0),lQG:y+1=k2(x-2),则,(*)
联立得y0=,则,
联立得y2+(2+4k2-4)y+(1+2k2)2=0,
所以y3+y4=-(2+4k2-4),y3y4=(1+2k2)2,
所以,
所以,
即.
核心素养创新练
4.(17分)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=6,∠ACB的平分线交AB于点D,AD=2DB.平面α过直线AB,且与△ABC所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面α所成角的大小.
(2)设点E∈α,且∠ECD=30°,记E的轨迹为曲线Γ.
①判断Γ是什么曲线,并说明理由;
②不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P,Q两点,试问:在平面α内是否存在定点T,使得无论l绕点D如何转动,总有∠PTC=∠QTC 若存在,指出点T的位置;若不存在,说明理由.
解(1)如图,因为平面ABC⊥平面α,平面ABC∩平面α=AB,BC 平面ABC,BC⊥AB,所以BC⊥平面α.
所以CD在平面α内的射影为DB,
所以直线CD与平面α所成角为∠CDB.
过点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=AD,
所以∠DAF=30°.
又AB=6,∠ABC=90°,
所以BC=2.
因为DB=AB=2,
所以∠CDB=60°,
所以直线CD与平面α所成角为60°.
(2)①曲线Γ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⊥平面α,所以OF⊥平面α.
在平面α内过点O作OG⊥AB,
所以OF⊥OB,OF⊥OG.
以O为原点,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O-xyz,如图所示.
因为OB=3,DB=2,所以OD=1,
设E(x,y,0),
又D(0,1,0),C(0,3,2),则=(x,y-3,-2),=(0,-2,-2).
因为cos∠ECD=,
又∠ECD=30°,
所以,
化简得3x2+2y2=18,即=1,
所以曲线Γ是椭圆.
②(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,由得(2k2+3)x2+4kx-16=0,显然Δ>0,所以x1+x2=-,x1x2=-<0.
由对称性知,若存在定点T满足条件,则点T必在平面ABC与平面α的交线AB上,故可设T(0,t,0).
若∠PTC=∠QTC,则cos∠PTC=cos∠QTC,即,
因为=(x1,y1-t,0),=(x2,y2-t,0),=(0,3-t,2),
所以(3-t)(y1-t)=(3-t)(y2-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)=(y2-t),
所以(y1-t)2[+(y2-t)2]=(y2-t)2[+(y1-t)2],
所以|x2(y1-t)|=|x1(y2-t)|.
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(-)+(1-t)(-)=0,即(9-t)k=0.
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,或=2时,符合题意.
(方法二)设P(x1,y1,0),Q(x2,y2,0),
在平面α内,因为直线l与AB不重合,
所以可设直线l:y=kx+1,
由得(2k2+3)x2+4kx-16=0,显然Δ>0,所以x1+x2=-,x1x2=-<0.
由对称性知,若存在定点T满足条件,则T必在平面ABC与平面α的交线AB上,故可设T(0,t,0).
当T与B重合时,即t=3时,因为CT⊥平面α,
又PT,QT 平面α,
所以∠PTC=∠QTC=.
所以当t=3时,符合题意.
当T与B不重合时,过点B作BP1⊥PT,BQ1⊥QT,垂足分别为P1,Q1.
连接CP1,CQ1,因为BC⊥平面α,P1T 平面α,所以P1T⊥BC.
又P1T⊥BP1,BP1∩BC=B,
所以P1T⊥平面BCP1,
又CP1 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,
所以直线BT平分∠PTQ.
又BT在y轴上,所以在平面α内直线PT,QT的倾斜角互补,在平面α内,
设直线PT,QT的斜率分别为k1,k2,
则k1+k2==2k+(1-t)=2k+(1-t)(9-t)=0对于任意的k∈R恒成立,所以t=9.
综上,存在点T满足,或=2时,符合题意.
9