課時(shí)作業(yè)(五十九)證明與探索問(wèn)題1.[2023·河南濮陽(yáng)模擬]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率e＝eq\f(\r(3),2)，且圓x2＋y2＝2過(guò)橢圓C的上、下頂點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l的斜率為eq\f(1,2)，且直線l與橢圓C相交于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為E，點(diǎn)A(－2，1)是橢圓C上一點(diǎn)，若直線AE與AQ的斜率分別為kAE，kAQ，證明：kAE＋kAQ＝0.2．[2023·河北滄州模擬]已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)過(guò)點(diǎn)A(2eq\r(2)，1)，焦距為2eq\r(5)，B(0，b).(1)求雙曲線C的方程；(2)是否存在過(guò)點(diǎn)D(－eq\f(3,2)，0)的直線l與雙曲線C交于M，N兩點(diǎn)，使△BMN構(gòu)成以∠MBN為頂角的等腰三角形？若存在，求出所有直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．3．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，直線l1，l2都經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(－eq\f(p,2)，0).當(dāng)兩條直線與拋物線相切時(shí)，兩切點(diǎn)間的距離為4.(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l1，l2分別與拋物線C依次交于點(diǎn)E，F(xiàn)和G，H，直線EH，F(xiàn)G與拋物線準(zhǔn)線分別交于點(diǎn)A，B，證明：|PA|＝|PB|.優(yōu)生選做題4．[2023·河北衡水模擬]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(\r(2),2).過(guò)點(diǎn)P(2，0)作直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)．若A是橢圓C的短軸端點(diǎn)時(shí)，eq\o(AF,\s\up6(→))2·eq\o(AP,\s\up6(→))＝3.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)試判斷是否存在直線l，使得|F1A|2，eq\f(1,2)|F1P|2，|F1B|2成等差數(shù)列？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說(shuō)明理由．課時(shí)作業(yè)（五十九）證明與探索問(wèn)題1．解析：（1）因?yàn)閳Ax2＋y2＝2過(guò)橢圓C的上、下頂點(diǎn)，所以b＝eq\r(2)；又因?yàn)殡x心率e＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(c,a)＝eq\r(\f(a2－b2,a2))＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2)，解得a2＝8，所以橢圓的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.（2）證明：由于直線l的斜率為eq\f(1,2)，可設(shè)直線l的方程為y＝eq\f(1,2)x＋t；代入橢圓方程x2＋4y2＝8，可得x2＋2tx＋2t2－4＝0，由于直線l交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，所以Δ＝4t2－4（2t2－4）>0，整理解得－2<t<2，設(shè)點(diǎn)P（x1，y1），Q（x2，y2），由于點(diǎn)P與點(diǎn)E關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故E（－x1，－y1），x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4；因?yàn)锳（－2，1），所以kAE＋kAQ＝eq\f(y2－1,x2＋2)＋eq\f(－y1－1,－x1＋2)＝eq\f(（2－x1）（y2－1）－（2＋x2）（y1＋1）,（2＋x2）（2－x1）)y1＝eq\f(1,2)x1＋t，y2＝eq\f(1,2)x2＋t，（2－x1）（y2－1）－（2＋x2）（y1＋1）＝2（y2－y1）－（x1y2＋x2y1）＋x1－x2－4＝x2－x1－（x1x2＋tx1＋tx2）＋x1－x2－4＝－x1x2－t（x1＋x2）－4＝－（2t2－4）－t（－2t）－4＝0，故kAE＋kAQ＝0，結(jié)論得證．2．解析：（1）由題設(shè)，c＝eq\r(5)，又A（2eq\r(2)，1）在雙曲線上，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝5,\f(8,a2)－\f(1,b2)＝1))，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4,b2＝1))，∴雙曲線C的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1.（2）由（1）知：B（0，1），直線l的斜率一定存在，當(dāng)直線斜率為0時(shí)，直線l：y＝0，符合題意；設(shè)直線l為y＝k（x＋eq\f(3,2)），M（x1，y1），N（x2，y2），聯(lián)立雙曲線方程可得（1－4k2）x2－12k2x－（9k2＋4）＝0，由題設(shè)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－4k2≠0,Δ>0))，∴x1＋x2＝eq\f(12k2,1－4k2)，x1x2＝－eq\f(9k2＋4,1－4k2)，則y1＋y2＝k（x1＋x2＋3）＝eq\f(3k,1－4k2).要使△BMN構(gòu)成以∠MBN為頂角的等腰三角形，則|BM|＝|BN|，∴MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為（eq\f(6k2,1－4k2)，eq\f(3k,2（1－4k2）)），∴－eq\f(1,k)＝eq\f(\f(3k,2（1－4k2）)－1,\f(6k2,1－4k2))＝eq\f(8k2＋3k－2,12k2)，可得k＝eq\f(1,8)或k＝－2，當(dāng)k＝－2時(shí)，Δ<0，不合題意，所以k＝eq\f(1,8)，直線l：2x－16y＋3＝0，∴存在直線l為y＝0或2x－16y＋3＝0，使△BMN構(gòu)成以∠MBN為頂角的等腰三角形．3．解析：（1）設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)P（－eq\f(p,2)，0）的直線為l：y＝k（x＋eq\f(p,2)），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px,y＝k（x＋\f(p,2)）))消去y，得k2x2＋（k2－2）px＋eq\f(k2p2,4)＝0，Δ＝（k2－2）2p2－4×k2·eq\f(k2p2,4)＝4p2（－k2＋1），當(dāng)直線l與拋物線C相切時(shí)，Δ＝0，∵p>0，∴k＝±1，所以x2－px＋eq\f(p2,4)＝0，解得x＝eq\f(p,2)，∴切點(diǎn)為（eq\f(p,2)，p），（eq\f(p,2)，－p），又∵兩切點(diǎn)間的距離為4，∴2p＝4，即p＝2，∴拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x.（2）證明：設(shè)點(diǎn)E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2），G（x3，y3），H（x4，y4），設(shè)直線l1：x＝k1y－1，直線l2：x＝k2y－1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,x＝k1y－1))消去x，得y2－4k1y＋4＝0，則y1y2＝4，同理，y3y4＝4，故y1＝eq\f(4,y2)，y4＝eq\f(4,y3)，直線EH的方程為eq\f(y－y1,y4－y1)＝eq\f(x－x1,x4－x1)，令x＝－1，得eq\f(yA－y1,y4－y1)＝eq\f(1－\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),4),\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)),4)－\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),4))，整理得yA＝eq\f(y1y4－4,y1＋y4)，同理，yB＝eq\f(y2y3－4,y2＋y3)，所以yA＝eq\f(\f(4,y2)·\f(4,y3)－4,\f(4,y2)＋\f(4,y3))＝eq\f(4－y2y3,y2＋y3)＝－yB，∴|PA|＝|PB|.4．解析：（1）由題意知：e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，即a＝eq\r(2)c.當(dāng)A為橢圓的短軸端點(diǎn)時(shí)，不妨設(shè)A（0，b），則eq\o(AF,\s\up6(→))2＝（c，－b），eq\o(AP,\s\up6(→))＝（2，－b），∴eq\o(AF,\s\up6(→))2·eq\o(AP,\s\up6(→))＝b2＋2c＝3，又a2＝b2＋c2＝2c2，∴b2＝c2，即c2＋2c＝3，解得c＝1，∴a＝eq\r(2)，b＝1，∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.（2）設(shè)l：y＝k（x－2），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2）,\f(x2,2)＋y2＝1))得（2k2＋1）x2－8k2x＋8k2－2＝0，∵Δ＝64k4－4（2k2＋1）（8k2－2）>0，∴k∈（－eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2)），設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1＋x2＝eq\f(8k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(8k2－2,2k2＋1)，∴xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝（x1＋x2）2－2x1x2＝eq\f(4（8k4－2k2＋1）,（2k2＋1）2)，∵F1（－1，0），∴|F1A|2＝（x1＋1）2＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝（x1＋1）2＋1－eq\f(1,2)xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋2x1＋2，同理可得|F1B|2＝eq\f(1,2)xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2x2＋2，∴|F1A|2＋|F1B|2＝eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋xeq\o\al(\s\up1(