第3章 15 专题强化练11 圆锥曲线中的探究性、证明问题（Word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册分层练习（人教A版）

**基本信息** 聚焦圆锥曲线探究性与证明问题，通过4道题实现从基础方程求解到综合探究证明的分层进阶，适配单元复习，培养数学推理能力与创新意识。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|椭圆/双曲线方程求解|如第1(1)、4(1)题，通过离心率、焦距等条件计算标准方程，巩固概念与运算| |提升层|存在性探究|如第1(2)、2(1)题，结合直线与圆/椭圆位置关系探究参数存在性，培养逻辑推理| |拓展层|多条件综合证明|如第3(3)、4(3)题，融合向量关系、四点共线等复杂条件证明等量关系，发展创新思维|

专题专项练 专题强化练11　圆锥曲线中的探究性、证明问题 1.(2026陕西西北工业大学附属中学月考)设中心为原点,焦点在x轴上的椭圆E过点,且离心率为,F为E的右焦点,P为E上一点,PF⊥x轴,圆F的半径为|PF|. (1)求椭圆E和圆F的方程; (2)若直线l:y=k(x-)(k>0)与圆F交于A,B两点,与E交于C,D两点,其中A,C在第一象限内,是否存在k值使得|AC|=|BD|?若存在,求l的方程;若不存在,说明理由. 2.(2026福建漳州期中)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,P为直线x=a上一点.当|AP|=b时,|PF1|=4,|PF2|=2. (1)求椭圆E的方程; (2)过点P作椭圆E的切线,切点为B(异于点A). ①若∠F2PF1=∠APF2,求|AP|; ②证明:∠BPF1=∠APF2. 3.(2026河南郑州中学启航班月考)已知双曲线C:-y2=1.过y轴正半轴上一点T作射线TA,TB,分别交C于点A(x1,y1),B(x2,y2),且y1y2<0.P(x0,0)为x轴正半轴上一点,满足2+=3. (1)若P为C的右焦点,求直线AB的方程; (2)求x0的取值范围; (3)若T在直线AB上,且|OP|=|OT|,是否存在x0,使得|PA|·|TB|=|PB|·|TA|?若存在,求出x0的值;若不存在,请说明理由. 4.(2026重庆南开中学校期中)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的焦距为2,且C的焦点到渐近线的距离为. (1)求C的方程; (2)设C的右顶点为D,直线AB:y=kx+m与C交于两点A,B(A,B都异于点D),且DA⊥DB,证明:直线AB过定点; (3)记(2)中的定点为Q,若动直线l过点Q且与C的左、右两支分别交于点M,N,与直线x=-交于点P,证明:|MP|·|NQ|=|MQ|·|NP|. 答案与分层梯度式解析 专题专项练 专题强化练11　圆锥曲线中的探究性、证明问题 1.解析　(1)由题意可设椭圆E的标准方程为+=1,焦距为2c,a>b>0,c>0. ∵椭圆的离心率e=, ∴=, 又a2=b2+c2,∴a=2b, 将代入椭圆的方程得+=1,结合a=2b,a>b>0,可得∴椭圆E的方程为+y2=1,∴F(,0), ∵PF⊥x轴,∴xP=,代入椭圆方程可得yP=±,即P, ∴圆F的方程为(x-)2+y2=. (2)由A,B在圆F上得|AF|=|BF|=|PF|=, 由题知AB过圆心F,则|AB|=1. 设C(x1,y1),D(x2,y2), 则|CF|==2-x1, 同理可得|DF|=2-x2, 若|AC|=|BD|,则|AC|+|BC|=|BD|+|BC|,即|AB|=|CD|=1, 又|CD|=|CF|+|DF|, ∴4-(x1+x2)=1, 由得(4k2+1)x2-8k2x+12k2-4=0, ∴x1+x2=, ∴4-=1, 得12k2=12k2+3,无解,故不存在这样的k值. 2.解析　(1)由题意可得所以 所以椭圆E的方程为+=1. (2)①根据对称性,不妨设点P在第一象限内,且P(5,t)(t>0). 则tan∠APF2==,tan∠APF1==. 因为∠F2PF1=∠APF2,所以∠APF1=2∠APF2, 则tan∠APF1=tan 2∠APF2 ====, 解得t=2(t=-2舍去),所以|AP|=2. ②证明:根据对称性,不妨设点P在第一象限内,且P(5,m)(m>0), 由题知直线BP的斜率存在,设其方程为y=k(x-5)+m. 由得(16+25k2)x2+50k·(m-5k)x+25(5k-m)2-400=0. 由题意可得Δ=[50k(m-5k)]2-4(16+25k2)[25(5k-m)2-400]=0, 解得k=. 由题得tan∠APF2==,直线PF1的斜率=, 设直线BP的倾斜角为α,直线PF1的倾斜角为β, 则tan∠BPF1=tan(β-α)===, 所以tan∠APF2=tan∠BPF1,易知∠APF2与∠BPF1均为锐角,所以∠BPF1=∠APF2. 3.解析　(1)因为C:-y2=1,所以a=2,b=1,c==,故x0=. 设T(0,m),m>0,则=(x1,y1-m),=(x2,y2-m),=(,-m), 因为2+=3, 所以 即 由题知直线AB的斜率不为0,设直线AB:x=ny+t,由题易知n≠±2. 联立消去x, 整理得(n2-4)y2+2nty+t2-4=0, 故y1+y2=-,y1y2=, 且Δ=(2nt)2-4(n2-4)(t2-4)=16(n2+t2-4)>0,即n2+t2>4. 由2y1+y2=0,得y2=-2y1,代入y1+y2=,解得y1=,y2=-,又y1y2=,故·=, 所以(9t2-4)n2=4t2-16. 因为3=2x1+x2=2(ny1+t)+(ny2+t)=n(2y1+y2)+3t=3t, 所以t=,代入(9t2-4)n2=4t2-16,解得n=±, 故直线AB的方程为x=±y+, 即y=-x+或y=x-. (2)同(1)可得且(9t2-4)·n2=4t2-16,又3x0=2x1+x2=2(ny1+t)+(ny2+t)=n(2y1+y2)+3t=3t,故x0=t,故(9-4)n2=4-16. 当9-4=0,即x0=时,0·n2=4×-16,不成立,舍去; 当9-4≠0,即x0≠时,整理得n2=>0,解得x0>2或0<x0<. 综上所述,x0的取值范围是∪(2,+∞). (3)不存在,理由如下: 假设存在x0,使得|PA|·|TB|=|PB|·|TA|,则=. 由2+=3得=-2,则A,P,B三点共线,又T在直线AB上,所以T,A,P,B四点共线, 则结合(1)知直线AB:x=ny+x0, 又T(0,x0),故n=-1, 从水平方向上看,有=,整理得x0=. 从竖直方向上看,有=,整理得x0=. 所以=, 又结合(1)知y1+y2=-,y1y2=, x1+x2=n(y1+y2)+2x0=-,x1x2=n2y1y2+nx0(y1+y2)+=-, 所以=,=-, 所以=-,即=. 又x0=,所以x0=-,整理得=,所以=,解得n=0, 这与n=-1矛盾,故不存在这样的x0. 4.解析　(1)易得双曲线C:-=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±x,即bx±ay=0,焦点为(±c,0). 由题得=b=,又2c=2,故c=,所以a2=c2-b2=3-2=1, 所以C的方程为x2-=1. (2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2), 由消去y,得(2-k2)x2-2kmx-m2-2=0, 则2-k2≠0,Δ=4k2m2+4(2-k2)(m2+2)=8(m2-k2+2)>0, 且x1+x2=,x1x2=-, 因为DA⊥DB,D(1,0),且直线DA,DB的斜率均存在,所以kDA·kDB=·==-1, 则(kx1+m)(kx2+m)+x1x2-(x1+x2)+1=0,即(k2+1)x1x2+(km-1)(x1+x2)+m2+1=0, 所以(k2+1)+(km-1)·+m2+1=0,整理得3k2+2km-m2=0, 即(3k-m)(k+m)=0,所以k=-m或k=m, 当k=-m时,直线AB的方程为y=kx-k=k(x-1),直线过点D(1,0),不合题意; 当k=m时,直线AB的方程为y=kx+3k=k(x+3),直线过定点(-3,0). (3)证明:由(2)知Q(-3,0), 设M(x3,y3),N(x4,y4),由题知直线l的斜率存在, 当kl=0时,M(-1,0),N(1,0),P,此时|MP|=,|NQ|=4,|MQ|=2,|NP|=, 所以|MP|·|NQ|=|MQ|·|NP|=. 当kl≠0时,设l:x=ty-3, 由消去x,得(2t2-1)y2-12ty+16=0, 则2t2-1≠0,Δ1=(-12t)2-4×(2t2-1)×16=16t2+64>0,且y3+y4=,y3y4=,所以ty3y4=(y3+y4), 因为-=- = = ==0, 所以=,即|MP|·|NQ|=|MQ|·|NP|. 7 学科网（北京）股份有限公司 $