2022年高考三轮复习之回归基础练第30练　圆锥曲线中的证明、探索性问题

这是一份2022年高考三轮复习之回归基础练第30练　圆锥曲线中的证明、探索性问题，共11页。
第30练　圆锥曲线中的证明、探索性问题
[考情分析]　圆锥曲线中的存在性(探索性)问题是高考考查的热点，重点考查考生数学运算与逻辑推理的素养，难度为中高档．

考点一　圆锥曲线中的证明问题
要点重组　(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系．
(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
1．(2020·湛江模拟)已知O为坐标原点，F为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，P(3，y)为抛物线上一点，且|PF|＝4.
(1)求抛物线方程及P点坐标；
(2)过点F的直线与抛物线相交于A，B两点，直线OA，OB分别与其准线相交于C，D两点，证明：＝.
(1)解　由抛物线的定义可知|PF|＝3＋＝4，
得p＝2，
所以抛物线方程为y2＝4x，
把x＝3代入抛物线的方程，得y＝±2，
所以P(3，±2)．
(2)证明　若证＝，
可证＝，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则＝＝x1，
＝，
所以只要证明x1x2＝1即可．
若直线斜率不存在，易知|OA|＝|OB|＝|OC|＝|OD|，
所以＝，
若直线斜率存在，设直线方程为y＝k(x－1)，
联立
消去y并整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
所以x1x2＝＝1，
从而＝.
2．(2020·阳泉期末)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别是F1，F2，离心率e＝，P为椭圆上任意一点，且△F1PF2的面积最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过焦点F1的直线l与圆O：x2＋y2＝1相切于点Q，交椭圆G于A，B两点，证明：|AQ|＝|BF1|.
(1)解　由椭圆性质知
解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明　易知l的斜率存在，
故l的方程可设为y＝k(x＋)．
因为直线l与圆O：x2＋y2＝1相切，
所以圆心(0,0)到l：y＝k(x＋)的距离
d＝＝1，
解得k＝±.
当k＝时，直线l的方程为y＝(x＋)，
由
联立可得3x2＋4x＋2＝0，显然Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－.
所以＝－.
设Q(x0，y0)，由
不妨取Q，又F1(－，0)，
所以＝－＝.
由此可得线段AB，F1Q的中点重合，故|AQ|＝|BF1|.
同理当k＝－时，线段AB，F1Q的中点也重合，
故|AQ|＝|BF1|
综上所述，|AQ|＝|BF1|.
考点二　定点与定值的探索性问题
要点重组　
定点与定值的存在性问题，一般采用假设法．首先根据所解决的问题设出参数；然后假设定点存在，定值成立，再根据定点与定值问题的解决方法，列出参数所满足的等式关系，则可转化为方程或方程组的解的存在性问题．
3．(2020·鹰潭模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)，上、下顶点分别是A，B，上、下焦点分别是F1，F2，焦距为2，点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)若Q为椭圆上异于A，B的动点，过A作与x轴平行的直线l，直线QB与l交于点S，直线F2S与直线AQ交于点P，判断∠SPQ是否为定值，说明理由．
解　(1)由题意可知，椭圆的上、下焦点分别为
F1(0,1)，F2(0，－1)，
由椭圆的定义得
2a＝＋＝4，
解得a＝2，
∴b＝＝，
因此所求椭圆的方程为＋＝1.
(2)设点Q的坐标为(x0，y0)(x0≠0)，
则＋＝1，
y＝4－，

直线BQ的斜率为kBQ＝，
∴直线BQ的方程为y＝x－2，
联立
解得
即点S，
直线AQ的斜率为kAQ＝，
直线F2S的斜率为＝＝，
∴kAQ·＝·
＝＝＝－1，
∴AQ⊥F2S，
因此∠SPQ＝.
4．(2020·海南模拟)已知O为坐标原点，A(－2,0)，B(2,0)，直线AG，BG相交于点G，且它们的斜率之积为－.记点G的轨迹为曲线C.
(1)若射线x＝(y≥0)与曲线C交于点D，且E为曲线C的最高点，证明：OD∥AE；
(2)直线l：y＝kx(k≠0)与曲线C交于M，N两点，直线AM，AN与y轴分别交于P，Q两点．试问在x轴上是否存在定点T，使得以PQ为直径的圆恒过点T？若存在，求出T的坐标；若不存在，请说明理由．
(1)证明　设G(x，y)，
kAG·kBG＝·＝＝－，
即＋＝1(y≠0)．
将x＝(y≥0)代入＋＝1，
得点D的坐标为，
又E(0，)，则kOD＝kAE＝，
故OD∥AE.
(2)解　方法一　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立
得(3＋4k2)x2－12＝0，
∴x1＋x2＝0，x1x2＝.
易知点A的坐标为(－2,0)，
则直线AM的方程为y＝(x＋2)，
则P，
同理可得Q.
故以PQ为直径的圆的方程为
x2＋2＝2，
令y＝0，
得x2＝－yPyQ＝.
∵＝
＝＝
＝＝3，
∴以PQ为直径的圆恒过定点T(±，0)．
方法二　设M(x1，y1)，则N(－x1，－y1)，
则直线AM的方程为y＝(x＋2)，
则P，
同理可得Q.
假设存在T(x0,0)符合题设，则·＝0，
∴x＋＝0，
∵M(x1，y1)在曲线C上，
∴＋＝1⇒＝－3，
∴x－3＝0⇒x0＝±.
故存在T(±，0)符合题设．
考点三　位置关系的探究性问题
要点重组　
直线与圆锥曲线的位置的探究性问题，关键是利用代数法或几何法将直线和曲线的位置关系转化为相关数量之间的关系，进而转化为数量关系的探究问题来解决．
5．(2020·日照联考)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的上顶点为B，右焦点为F，直线l与椭圆交于M，N两点，问是否存在直线l，使得F为△BMN的垂心，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解　(1)由已知可得
解得a2＝2，b2＝1，c＝1，
所以椭圆C：＋y2＝1.
(2)由已知可得，B(0,1)，F(1,0)，
所以kBF＝－1，因为BF⊥l，
所以设直线l的方程为y＝x＋m，代入椭圆方程整理得
3x2＋4mx＋2m2－2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1·x2＝，
因为BN⊥MF，所以·＝－1.
即y1y2＋x1x2－y1－x2＝0，
因为y1＝x1＋m，y2＝x2＋m，
所以(x1＋m)(x2＋m)＋x1x2－(x1＋m)－x2＝0，
即2x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＋m2－m＝0.
2×＋(m－1)·＋m2－m＝0.
所以3m2＋m－4＝0，m＝－或m＝1.
又m＝1时，直线l过B点，不符合要求，
所以m＝－.
故存在直线l：y＝x－满足题设条件．
6．已知抛物线P的顶点在坐标原点，其焦点F在y轴正半轴上，E为直线y＝x上一点，圆E与x轴相切(E为圆心)，且E，F关于点M(－2,0)对称．
(1)求圆E和抛物线P的标准方程；
(2)过M的直线l交圆E于A，B两点，交抛物线P于C，D两点，求证：|CD|>|AB|.
(1)解　设抛物线P的标准方程为x2＝2py(p>0)，
则焦点F的坐标为.
已知点E在直线y＝x上，故可设E(2a，a)，
因为E，F关于M(－2,0)对称，
所以解得
所以抛物线的标准方程为x2＝8y.
因为圆E与x轴相切，故半径r＝|a|＝2，
所以圆E的标准方程为(x＋4)2＋(y＋2)2＝4.
(2)证明　由题意知，直线l的斜率存在，设为k(k>0)，且方程为y＝k(x＋2)，则E(－4，－2)到直线l的距离为d＝，
所以|AB|＝2＝4(k>0)，
由消去y得x2－8kx－16k＝0，
Δ＝64k2＋64k>0，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝8k，x1x2＝－16k，
所以|CD|＝|x1－x2|
＝＝8，
因为k>0，k2＋k>k，k2＋1>1，
所以＝>＝2，
所以|CD|2>2|AB|2，即|CD|>|AB|.

1.如图，点T为圆O：x2＋y2＝1上一动点，过点T分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接BA延长至点P，使得＝，点P的轨迹记为曲线C.

(1)求曲线C的方程；
(2)若点A，B分别位于x轴与y轴的正半轴上，直线AB与曲线C相交于M，N两点，试问曲线C上是否存在点Q，使得四边形OMQN为平行四边形，若存在，求出直线AB方程；若不存在，说明理由．
解　(1)设P(x，y)，T(x0，y0)，
则A(x0,0)，B(0，y0)，
由题意知＝，所以A为PB中点，
由中点坐标公式得即
代入x＋y＝1得曲线C的方程为＋y2＝1.
(2)由题意知直线AB的斜率存在且不为零，
设直线AB的方程为y＝kx＋t，
因为|AB|＝|OT|＝1，
故2＋t2＝1，即＋t2＝1，①
联立消去y得
(4k2＋1)x2＋8ktx＋4(t2－1)＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝k＋2t＝，
因为四边形OMQN为平行四边形，
故Q，
点Q在椭圆上，故＋2＝1，
整理得16k4＋8k2－16k2t2－4t2＋1＝0，②
将①代入②，得16k6＋8k4＋5k2＋1＝0，
即(4k2＋1)(4k4＋k2＋1)＝0，该方程无解，
故这样的直线不存在．
2．(2019·全国Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．
(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．
解　(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．
由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，
所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．
因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.
由已知得|AO|＝2.
又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，
解得a＝0或a＝4.
故⊙M的半径r＝2或r＝6.
(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．
理由如下：
设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，
化简得M的轨迹方程为y2＝4x.
因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，
所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，
所以存在满足条件的定点P.
3．设中心在原点，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，⊙F的半径为PF.
(1)求E和⊙F的方程；
(2)若直线l：y＝k(x－)(k>0)与⊙F交于A，B两点，与E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|＝|BD|？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由．
解　(1)设E的方程为＋＝1(a>b>0)．
由题意知
解得
故E的方程为＋y2＝1.
因此F(，0)，|PF|＝，即⊙F的半径为.
所以⊙F的方程为(x－)2＋y2＝.
(2)由题设可知，A在E外，B在E内，C在⊙F内，D在⊙F外，在l上的四点A，B，C，D，
满足|AC|＝|AB|－|BC|，|BD|＝|CD|－|BC|.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，将l的方程代入E的方程得
(1＋4k2)x2－8k2x＋12k2－4＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
|CD|＝＝>1.
又因为⊙F的直径|AB|＝1，
所以|BD|－|AC|＝|CD|－|AB|＝|CD|－1>0，
故不存在正数k使|AC|＝|BD|.
4．(2020·青岛期末)给定椭圆C：＋＝1(a>b>0)，称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”．若椭圆C的离心率为，点(2，)在C上．
(1)求椭圆C的方程和其“卫星圆”方程；
(2)点P是椭圆C的“卫星圆”上的一个动点，过点P作直线l1，l2，使得l1⊥l2，与椭圆C都只有一个交点，且l1，l2分别交其“卫星圆”于点M，N，证明：弦长|MN|为定值．
(1)解　由题意得解得
∴椭圆的方程为＋＝1，
“卫星圆”的方程为x2＋y2＝12.
(2)证明　①当l1，l2中有一条斜率不存在时，不妨设l1斜率不存在，
∵l1与椭圆只有一个公共点，则其方程为x＝2或x＝－2，
当l1的方程为x＝2时，此时l1与“卫星圆”交于点(2，2)和(2，－2)，
此时经过点(2，2)，(2，－2)且与椭圆只有一个公共点的直线是y＝2或y＝－2，即l2为y＝2或y＝－2，
∴l1⊥l2
∴线段MN应为“卫星圆”的直径，
∴|MN|＝4.
②当l1，l2都存在斜率时，设点P(x0，y0)，
其中x＋y＝12，
设经过点P(x0，y0)与椭圆只有一个公共点的直线为
y＝t(x－x0)＋y0，
则
消去y得到(1＋2t2)x2＋4t(y0－tx0)x＋2(y0－tx0)2－8＝0，
∴Δ＝(64－8x)t2＋16x0y0t＋32－8y＝0，
∴t1·t2＝＝＝－1，
∴t1·t2＝－1，满足两直线l1，l2垂直．
∴线段MN应为“卫星圆”的直径，
∴|MN|＝4，
综合①②知，因为l1，l2经过点P(x0，y0)，又分别交“卫星圆”于点M，N，且l1，l2垂直，
∴线段MN是“卫星圆”x＋y＝12的直径，
∴|MN|＝4为定值．