2025年高考数学一轮复习-探究性问题-专项训练【含答案】

INCLUDEPICTURE"高分训练.tif"INCLUDEPICTURE"E:\\数学课件\\高分训练.tif"INET2025年高考数学一轮复习-探究性问题-专项训练一、基本技能练1.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq\f(\r(2),2)，以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线x＋y－2＝0相切.(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同的交点M，N时，能在直线y＝eq\f(5,3)上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(NQ,\s\up6(→))？若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.2.已知点P(1，0)在椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)上，直线y＝y0与椭圆C交于不同的两点A，B，当y0＝1时，|AB|＝eq\r(2).(1)求椭圆C的方程；(2)直线PA，PB分别交y轴于M，N两点，问：y轴上是否存在点Q，使得|OM|，|OQ|，|ON|(O为坐标原点)成等比数列？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.3.如图，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，离心率e＝eq\f(1,2)，直线l的方程为x＝4.(1)求椭圆C的方程；(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.二、创新拓展练4.已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线E：x2＝2py(p>0)上，l1，l2分别为过点A，B且与抛物线E相切的直线，l1，l2相交于点M(x0，y0).条件①：点M在抛物线E的准线上；条件②：l1⊥l2；条件③：直线AB经过抛物线的焦点F.(1)在上述三个条件中任选一个作为已知条件，另外两个作为结论，构成命题，并证明该命题成立；(2)若p＝2，直线y＝x＋4与抛物线E交于C，D两点，试问：在x轴正半轴上是否存在一点N，使得△CDN的外心在抛物线E上？若存在，求N的坐标；若不存在，请说明理由.参考答案与解析一、基本技能练1.解(1)由离心率e＝eq\f(\r(2),2)，得a＝eq\r(2)c.又a2＝b2＋c2，从而b＝c，椭圆的上顶点为(0，b)，右焦点为(c，0)，所以以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(b,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(b2,2)，圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，\f(b,2)))，半径为eq\f(\r(2),2)b.由该圆与直线x＋y－2＝0相切得，eq\f(|b－2|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)b，即|b－2|＝b，解得b＝1，从而c＝1，a＝eq\r(2)，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)不存在.理由如下：设直线方程为y＝2x＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3，\f(5,3)))，Q(x4，y4)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x得9y2－2ty＋t2－8＝0，由Δ＝4t2－36(t2－8)>0可得t∈(－3，3)，且y1＋y2＝eq\f(2t,9)，由eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(NQ,\s\up6(→))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－x3，y1－\f(5,3)))＝(x4－x2，y4－y2)，所以y4＝y1＋y2－eq\f(5,3)＝eq\f(2t,9)－eq\f(5,3).因为t∈(－3，3)，所以－eq\f(7,3)<y4<－1，但y4∈[－1，1]，所以不存在斜率为2的直线满足条件.2.解(1)由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＋\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2),b2)＝1，))解得a2＝2，b2＝1，故所求椭圆C的方程为eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2)假设存在点Q(0，m)使得|OM|，|OQ|，|ON|成等比数列，则|OQ|2＝|ON||OM|.因为直线y＝y0交椭圆C于A，B两点，则A，B两点关于y轴对称.设A(x0，y0)，则B(－x0，y0)(x0≠±1)，因为P(1，0)，则直线PA的方程为y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，令x＝0，得yM＝eq\f(－y0,x0－1)，所以|OM|＝eq\f(|y0|,|x0－1|).直线PB的方程为y＝eq\f(－y0,x0＋1)(x－1)，令x＝0，得yN＝eq\f(y0,x0＋1)，所以|ON|＝eq\f(|y0|,|x0＋1|).因为|OQ|2＝|ON||OM|，所以m2＝eq\f(yeq\o\al(2,0),|xeq\o\al(2,0)－1|).又因为点A(x0，y0)在椭圆C上，所以yeq\o\al(2,0)＝2(1－xeq\o\al(2,0)).所以m2＝eq\f(2（1－xeq\o\al(2,0)）,1－xeq\o\al(2,0))＝2，即m＝±eq\r(2)，故存在点Q(0，±eq\r(2))，使得|OM|，|OQ|，|ON|成等比数列.3.解(1)由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,b2＋c2＝a2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3，,c2＝1，))故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，①代入椭圆方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，则x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4（k2－3）,4k2＋3)，②在方程①中令x＝4，得点M的坐标为(4，3k).从而k1＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)，k2＝eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)，k3＝eq\f(3k－\f(3,2),4－1)＝k－eq\f(1,2).因为A，F，B三点共线，所以k＝kAF＝kBF，即eq\f(y1,x1－1)＝eq\f(y2,x2－1)＝k，所以k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1－1)＋\f(1,x2－1)))＝2k－eq\f(3,2)·eq\f(x1＋x2－2,x1x2－（x1＋x2）＋1)，③将②代入③得，k1＋k2＝2k－eq\f(3,2)·eq\f(\f(8k2,4k2＋3)－2,\f(4（k2－3）,4k2＋3)－\f(8k2,4k2＋3)＋1)＝2k－1，又k3＝k－eq\f(1,2)，所以k1＋k2＝2k3.故存在常数λ＝2符合题意.二、创新拓展练4.解(1)由题意，抛物线方程化为y＝eq\f(x2,2p)，则y′＝eq\f(x,p)，则l1的切线斜率k1＝eq\f(x1,p)，所以l1的方程为y－y1＝eq\f(x1,p)(x－x1)，将xeq\o\al(2,1)＝2py1代入，化简整理得x1x＝p(y＋y1)，同理可得l2的方程为x2x＝p(y＋y2)，抛物线E：x2＝2py的准线为y＝－eq\f(p,2)，焦点F的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2))).若选择①作为条件，②③作为结论，证明如下：因为点M在抛物线E的准线上，可设点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，－\f(p,2)))，又l1，l2相交于点M，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1x0＝p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)＋y1))，,x2x0＝p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)＋y2))，))点A，B的坐标满足方程x0x＝peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(p,2)))，即直线AB的方程为x0x＝peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(p,2)))，进而直线AB经过抛物线的焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，③得证.又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0x＝p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(p,2)))，,x2＝2py，))消去y整理得eq\f(x2,2p)－eq\f(x0x,p)－eq\f(p,2)＝0，所以x1x2＝－p2.设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，有k1·k2＝eq\f(x1,p)·eq\f(x2,p)＝eq\f(－p2,p2)＝－1，所以l1⊥l2，②得证.若选择②作为条件，①③作为结论，证明如下：因为l1⊥l2，设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，有k1·k2＝eq\f(x1,p)·eq\f(x2,p)＝－1，即x1x2＝－p2，又l1，l2相交于点M，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1x＝p（y＋y1），,x2x＝p（y＋y2），))解得y＝eq\f(x1x2,2p)＝－eq\f(p,2)，所以点M在抛物线E的准线上，①得证.设点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，－\f(p,2)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1x0＝p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)＋y1))，,x2x0＝p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)＋y2))，))点A，B的坐标满足方程x0x＝peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(p,2)))，即直线AB的方程为x0x＝peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(p,2)))，进而直线AB经过抛物线的焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，③得证.若选择③作为条件，①②作为结论，证明如下：直线AB经过抛物线的焦点F，设直线AB的方程为y＝kx＋eq\f(p,2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\f(p,2)，,x2＝2py，))消去y整理得x2－2pkx－p2＝0，所以x1x2＝－p2，设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，有k1·k2＝eq\f(x1,p)·eq\f(x2,p)＝eq\f(－p2,p2)＝－1，所以l1⊥l2，②得证.又l1，l2相交于点M，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1x＝p（y＋y1），,x2x＝p（y＋y2），))解得y＝eq\f(x1x2,2p)＝－eq\f(p,2)，所以点M在抛物线E的准线上，①得证.(2)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋4，,x2＝4y，))可得x2－4x－16＝0，所以xC＋xD＝4，xCxD＝－16，设线段CD的中点为P(x3，y3)，则x3＝eq\f(xC＋xD,2)＝2，y3＝x3＋4＝6，进而线段CD的垂直平分线方程为y－6＝－(x－2)，即y＝－x＋8，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝4y，,y＝－x＋8，))得x2＋4x－32＝0，解得x＝－8或4，从而△CDN的外心Q的坐标为(4，4)或(－8，16)，又|CD|＝eq\r(1＋12)·eq\r(（xC＋xD）2－4xCxD)＝eq\r(2)×eq\r(16＋64)＝4eq\r(10)，所以|DP|＝eq\f(|CD|,2)＝2eq\r(10).假设存在点N(m，0)(m>0)，若Q的坐标