备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价（六十三） 圆锥曲线中的证明、存在性问题

课时验收评价（六十三） 圆锥曲线中的证明、存在性问题

1．在平面直角坐标系xOy中，已知点F(2,0)，直线l：x＝，点M到l的距离为d，若点M满足|MF|＝2d，记M的轨迹为C.

(1)求C的方程；

(2)过点F(2,0)且斜率不为0的直线m与C交于P，Q两点，设A(－1,0)，证明：以P，Q为直径的圆经过点A.

解：(1)设点M(x，y)，则d＝，|MF|＝，

由|MF|＝2d，得＝2，两边平方整理得3x2－y2＝3，

则所求曲线C的方程为x2－＝1.

(2)证明：设直线m的方程为x＝ty＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

联立方程消去x并整理得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，

因为直线m与C交于两点，故t≠±，此时Δ＝(12t)2－4(3t2－1)·9＝36(t2＋1)＞0，

所以y1＋y2＝－，y1y2＝，而x1＋x2＝t(y1＋y2)＋4，x1x2＝(ty1＋2)(ty2＋2)＝t2y1y2＋2t(y1＋y2)＋4.

又＝(x1＋1，y1)，＝(x2＋1，y2)，

所以·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝y1y2＋x1＋x2＋x1x2＋1＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9＝－＋9＝＋9＝0.

所以AP⊥AQ，即以P，Q为直径的圆经过点A.

2.如图，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左顶点与上顶点分别为A，B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF⊥x轴，若AB∥OP，且|AB|＝2.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若Q是椭圆C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为定值？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由．

解：(1)由题意得A(－a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t＞0)，∴＋＝1，解得t＝，即P，

由AB∥OP，得＝，即b＝c，

∴a2＝b2＋c2＝2b2，①

又AB＝2，∴a2＋b2＝12，②

由①②得a2＝8，b2＝4，∴椭圆C的方程为＋＝1.

(2)假设存在D(m,0)使得直线QA与QD的斜率乘积恒为定值，设Q(x0，y0)(y0≠0)，则＋＝1，③

设kQA·kQD＝k(常数)，

∵A(－2，0)，∴·＝k，④

由③得y＝4，⑤

将⑤代入④，得k＝，

∴∴m＝2，k＝－，

∴存在点D(2，0)，使得kQA·kQD＝－(定值)．

3．记以坐标原点为顶点，F(1,0)为焦点的抛物线为C，过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点．

(1)已知点M的坐标为(－2,0)，求∠AMB最大时直线AB的倾斜角；

(2)当l的斜率为时，若平行l的直线与C交于M, N两点，且AM与BN相交于点T，证明：点T在定直线上．

解：(1)设直线的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1＞0，y2＜0)，

记∠AMF＝α，∠BMF＝β，则tan α＝＝，tan β＝－＝－，

则tan∠AMB＝tan(α＋β)＝

＝，

由题设得抛物线方程为y2＝4x，

联立消去x得y2－4my－4＝0，

∴∴y1－y2＝4，

∴tan∠AMB＝，令t＝，则t≥1，

∴tan∠AMB＝＝，由单调性得当t＝1时，tan∠AMB最大为，此时m＝0，直线AB的倾斜角为90°.

(2)证明：设T(x0，y0)，＝λ (λ≠1)，则由AB∥MN得＝λ，

∴∴yM＋yN－2y0＝λ(yA＋yB－2y0)．

又∵kAB＝∴＝＝⇒yA＋yB＝8，同理yM＋yN＝8，

∴8－2y0＝λ(8－2y0)．又∵λ≠1，∴8－2y0＝0，

∴y0＝4，∴点T在定直线y＝4上．

4．已知抛物线D的顶点是椭圆＋＝1的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合．

(1)求抛物线D的方程；

(2)已知动直线l过点P(4,0)，交抛物线D于A，B两点，坐标原点O为PQ的中点，求证：∠AQP＝∠BQP；

(3)在(2)的条件下，是否存在垂直于x轴的直线m被以AP为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出m的方程；如果不存在，请说明理由．

解：(1)设抛物线的方程为y2＝2px(p＞0)，

由题意可知，抛物线的焦点为(1,0)，

∴p＝2，∴抛物线D的方程为y2＝4x.

(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由O为PQ的中点，得点Q的坐标为(－4,0)．

当l垂直于x轴时，由抛物线的对称性知∠AQP＝∠BQP；当l不垂直于x轴时，设l：y＝k(x－4)，

由⇒k2x2－4(2k2＋1)x＋16k2＝0，

∴

∵kAQ＝＝，kBQ＝＝，

∴kAQ＋kBQ＝＝＝0，∴∠AQP＝∠BQP.

综上，∠AQP＝∠BQP.

(3)假设存在直线m：x＝a满足题意，

由(2)知圆心M，过M作直线x＝a的垂线，垂足为E.设直线m与圆的一个交点为G，

则|EG|2＝|MG|2－|ME|2

＝－2

＝y＋＋a(x1＋4)－a2

＝x1－4x1＋a(x1＋4)－a2＝(a－3)x1＋4a－a2.

当a＝3时，|EG|2＝3，

此时直线m被以AP为直径的圆截得的弦长恒为定值2，因此存在直线m：x＝3满足题意．

5．如图，在直角坐标系xOy中有一直角梯形ABCD，AB的中点为O，AD⊥AB，AD∥BC，|AB|＝2，|BC|＝，|AD|＝，以A，B为焦点的椭圆经过点C.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若点E，问是否存在直线l与椭圆交于M，N两点且|ME|＝|NE|？若存在，求出直线l斜率的取值范围；若不存在，请说明理由．

解：(1)连接AC(图略)，依题意设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，

在Rt△ABC中，|AB|＝2，|BC|＝，所以|AC|＝.

所以|CA|＋|CB|＝＋＝2a，a＝2.

又2c＝2，所以c＝1，从而b＝，

所以椭圆的标准方程为＋＝1.

(2)由题意知，当l与x轴垂直时，不满足|ME|＝|NE|，当l与x轴平行时，|ME|＝|NE|，显然成立，此时k＝0.当k≠0时，设直线l的方程为y＝kx＋m，由消去y，整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0.

由直线与椭圆交于两点得

Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)×4(m2－3)＞0，

所以m2＜4k2＋3.①

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为P(x0，y0)，

则x0＝＝，y0＝kx0＋m＝.

因为|ME|＝|NE|，所以EP⊥MN，所以kEP·k＝－1，

即·k＝－1，化简得m＝－(3＋4k2)，

结合①得(3＋4k2)2＜4k2＋3，

即16k4＋8k2－3＜0，解得－＜k＜(k≠0)．

综上所述，存在满足条件的直线l，且其斜率的取值范围为.