人教A版高考理科数学一轮总复习课后习题 第9章 解析几何 高考解答题专项五 第3课时 圆锥曲线中的存在性(或证明)问题.docVIP

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第3课时圆锥曲线中的存在性(或证明)问题

1.已知B是抛物线y=18x2

(1)求点P的轨迹C的方程;

(2)若F为点A关于原点O的对称点,过F的直线交曲线C于M,N两点,直线OM交直线y=-1于点H,求证:|NF|=|NH|.

2.(广东珠海期末,22)已知椭圆C:x2a2+y

(1)求椭圆C的方程;

(2)过点F的直线l(不与,N,直线MA,NA分别与直线x=9交于点P,Q,且PQ中点为G,求证:|FG|=12

3.(山东济南一模,20)如图,A,B,M,N为抛物线y2=2N相交于点(1,0),直线AN过点(2,0).

(1)记A,B的纵坐标分别为yA,yB,求yA·yB的值;

(2)记直线AN,BM的斜率分别为k1,k2,是否存在实数λ,使得k2=λk1?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.

4.(广东梅州一模,21)给定椭圆C:x2a2+y

(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的直线l1,l2与椭圆C都只有一个交点,且l1,l2分别交“卫星圆”于点M,N.试探究:|MN|的长是否为定值?若为定值,写出证明过程;若不是,说明理由.

答案：

1.(1)解设P(x,y),B(x0,y0),∵P为AB中点,

∴x0=2x,y0=2y+1.∵B为抛物线y=18x2+1上任意一点,

∴点P的轨迹C的方程为N的斜率存在,其方程可设为y=kx+1.设M(x1,y1),N(x2,y2),联立y=kx+1,x2=4y,得x2-4kx-4=0,则Δ=16k2+160,∴x1的方程为y=y1x1与直线y=-1的交点,∴H-x1y1,-1.根据抛物线的定义|NF|等于点N到准线y=-1的距离.∵H在准线y=-1上,∴要证明|NF|=|NH|,只需证明HN垂直于准线y=-1,即证

∴HN∥y轴成立,∴|NF|=|NH|成立.

2.(1)解由题意得ca=13

所以椭圆C的方程为x2

(2)证明如图,设直线l的方程为(x1,y1),N(x2,y2),联立x=ty+1,x29+y28=1,消去x,整理得(8t2+9)y2+16ty-64=0,则Δ0恒成立,由韦达定理得y1+y

设点P(9,m),A(3,0),则AM=(),由AM∥AP得6y1=m(ty1-2),可得m=6y1ty1-2,即点P9,6y

∴FP=8,6y1ty1-2,FQ

∴FP·

=64+36

=64+-

=64+-

=64-64=0,

∴FP⊥FQ.

又PQ中点为G,∴|FG|=12

3.解(1)设直线AB的方程为2+80,

所以yA·yB=-2.

(2)设点M,N的坐标分别为(xM,yM),(xN,yN),点A,B的横坐标分别为xA,·yN=-2,

设直线AN的方程为x=ny+2,

代入y2=2x,得y2-2ny-4=0,Δ=4n2+160,所以yA·yN=-4.

又k1=yN-yAxN-

所以λ=k2

所以存在实数λ=2,使得k2=2k1.

4.解(1)由题知c=2,4a2+2b2=1,a2=b2+c2,解得a=22,b=2,所以椭圆的方程为x28+y24=1,其“卫星圆”的方程为N|的长为定值.证明如下:①若直线l

当直线l1的方程为x=22时,l1与“卫星圆”交于点(22,2)和(22,-2),

因b=2,过点(22,2),或(22,-2)且与椭圆只有一个公共点的直线分别是y=2或y=-2,

即直线l2的方程为y=2或y=-2,

所以l1⊥l2,所以线段MN应为“卫星圆”的直径,所以|MN|=43

②若直线l1,l2的斜率都存在,设点P(x0,y0),则x0

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,

联立y

整理得(1+2t2)x2+4t(y0-tx0)x+2(y0-tx0)2-8=0,

所以Δ=(64-8x02)t2+16x0y0t+32-8y

所以满足条件的直线l1与l2垂直,所以线段MN应为“卫星圆”的直径,所以|MN|=43.

综上所述,弦长|MN|为定值43