資源簡(jiǎn)介

(共84張PPT)
第一階段　突破核心　升華思維
專題五　解析幾何
§5　圓錐曲線中的計(jì)算、證明、存在性問(wèn)題
【備考指南】　2024年新高考Ⅰ卷第16題，2021年、2022年新高考Ⅰ卷第21題均考查了圓錐曲線中的計(jì)算問(wèn)題；2021年、2022年新高考Ⅱ卷分別在第20，21題考查了圓錐曲線中的證明問(wèn)題．備考中要注意積累優(yōu)秀的“設(shè)點(diǎn)、設(shè)線、算法”案例，不斷優(yōu)化計(jì)算方法，提升高考解題的能力．
能力考點(diǎn)3　圓錐曲線中的存在性問(wèn)題
能力考點(diǎn)1　圓錐曲線中的計(jì)算問(wèn)題
（一）
能力考點(diǎn)2　圓錐曲線中的證明問(wèn)題
（二）
（三）
專題限時(shí)集訓(xùn)(十六)　圓錐曲線中的計(jì)算、證明、存在性問(wèn)題
（四）
能力考點(diǎn)1　圓錐曲線中的計(jì)算問(wèn)題
【典例1】　(2022·新高考Ⅰ卷)已知點(diǎn)A(2，1)在雙曲線C：＝1(a>1)上，直線l交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ的斜率之和為0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝2，求△PAQ的面積．
[解]　(1)因?yàn)辄c(diǎn)A(2，1)在雙曲線C：＝1(a＞1)上，所以＝1，解得a2＝2，即雙曲線C的方程為－y2＝1．
易知直線l的斜率存在，設(shè)l：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
聯(lián)立消去y，可得(1－2k2)x2－4mkx－2m2－2＝0，
所以Δ＝16m2k2＋4(2m2＋2)(1－2k2)＞0 m2＋1－2k2＞0，x1＋x2＝
－，x1x2＝，
所以由kAQ＋kAP＝0，可得＝0，
即(x1－2)(kx2＋m－1)＋(x2－2)(kx1＋m－1)＝0，
即2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
所以2k×＋(m－1－2k)×－4(m－1)＝0，
化簡(jiǎn)得，8k2＋4k－4＋4m(k＋1)＝0，即(k＋1)(2k－1＋m)＝0，所以k＝－1或m＝1－2k，
當(dāng)m＝1－2k時(shí)，直線l：y＝kx＋m＝k(x－2)＋1，
過(guò)點(diǎn)A(2，1)，與題意不符，舍去，故k＝－1．
(2)不妨設(shè)直線AP，AQ的傾斜角為α，β(α＜β)，因?yàn)閗AP＋kAQ＝0，所以α＋β＝π，
因?yàn)閠an ∠PAQ＝2，所以tan (β－α)＝2，
即tan 2α＝－2，
即tan2α－tanα－＝0，解得tan α＝，
于是，直線AP：y＝(x－2)＋1，
直線AQ：y＝－(x－2)＋1，聯(lián)立
消去y，可得x2＋2(1－2)x＋10－4＝0，
因?yàn)榉匠逃幸粋€(gè)根為2，
所以xP＝，yP＝，
同理可得，xQ＝，yQ＝．
所以PQ：x＋y－＝0，|PQ|＝，
點(diǎn)A到直線PQ的距離d＝＝，
故S△PAQ＝＝．
利用根與系數(shù)的關(guān)系解決直線與圓錐曲線相交問(wèn)題：聯(lián)立→消元→根與系數(shù)的關(guān)系，注意判別式Δ＞0．
(2024·山東濟(jì)寧三模)已知橢圓E：＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F，上頂點(diǎn)為B，離心率e＝，直線FB過(guò)點(diǎn)P(1，2)．
(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)過(guò)點(diǎn)F的直線l與橢圓E相交于M，N兩點(diǎn)(M，N都不在坐標(biāo)軸上)，若∠MPF＝∠NPF，求直線l的方程．
[解]　(1)設(shè)F(－c，0)，由e＝＝，得a＝c，b＝c，則直線FB的斜率k＝1，
由直線FB過(guò)點(diǎn)P(1，2)，得直線FB的方程為y＝x＋1，因此b＝c＝1，a＝，
所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1．
(2)設(shè)∠MPF＝∠NPF＝θ，直線MP的傾斜角為β，
直線NP的傾斜角為α，由直線FP的斜率k＝1知直線FP的傾斜角為，于是α＝＋θ，＝β＋θ，即有α＋β＝，顯然α，β均不等于，
則tan αtan β＝＝1，即直線MP，NP的斜率滿足kMP·kNP＝1，
由題設(shè)知，直線l的斜率不為0，設(shè)直線l的方程為x＝my－1，m≠1，
由消去x并整理得，(m2＋2)y2－2my－1＝0，顯然Δ>0，
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1＋y2＝，y1y2＝－，由kMP·kNP＝1，得＝1，
即(x1－1)(x2－1)－(y1－2)(y2－2)＝0，
則(my1－2)(my2－2)－(y1－2)(y2－2)＝0，
整理得(m2－1)y1y2－(2m－2)(y1＋y2)＝0，
即－＝0，于是5m2－4m－1＝0，而m≠1，解得m＝－，所以直線l的方程為x＝－y－1，即5x＋y＋5＝0．
【教師備選資源】
如圖，已知橢圓C：＝1(a>b>0)的離心率為，
且經(jīng)過(guò)點(diǎn)，P，Q是橢圓C上的兩點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線OP與OQ的斜率之積為－(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，點(diǎn)D為射線OP上一點(diǎn)，且＝，若線段DQ與橢圓C交于點(diǎn)E，設(shè)＝λ(λ>0)．
①求λ的值；
②求四邊形OPEQ的面積．
[解]　(1)依題意有＝＝1，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝，c＝1，故橢圓C的方程為＝1．
(2)①設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因?yàn)椋剑?br/>所以D(2x1，2y1)．
因?yàn)镻，Q均在橢圓上，所以＝＝1．
又kOP·kOQ＝－，則＝－，即3x1x2＋4y1y2＝0．
因?yàn)椋溅耍?br/>所以(xE－x2，yE－y2)＝λ(2x1－xE，2y1－yE)，
可得E．
又E在橢圓上，則
＝＋4λ＝(1＋λ)2，4λ2＋1＝(1＋λ)2，解得λ＝．
②由①可知＝，得S△PEQ＝S△QPD＝S△OPQ，則S四邊形OPEQ＝S△OPQ．
當(dāng)直線PQ的斜率為0時(shí)，易知kOP＝－kOQ，
又kOP·kOQ＝－，則kOP＝±．
根據(jù)對(duì)稱性不妨取kOP＝，y1>0，
由得則
則P，Q，
此時(shí)S△OPQ＝×2＝．
當(dāng)直線PQ的斜率不為0時(shí)，設(shè)PQ的方程為x＝my＋t，
將直線方程與橢圓方程聯(lián)立有
消去x，
得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0．
Δ＝36m2t2－4(3m2＋4)(3t2－12)＞0，即－t2＋3m2＋4＞0，則由根與系數(shù)的關(guān)系知，
y1＋y2＝，y1y2＝．
因?yàn)?x1x2＋4y1y2＝3(my1＋t)(my2＋t)＋4y1y2＝0，y1y2＋3mt＋3t2＝0，
＋3t2＝0，
所以2t2－3m2－4＝0，2t2＝3m2＋4．
|PQ|＝＝
＝
＝＝2．
又原點(diǎn)到直線PQ的距離為，
則此時(shí)S△OPQ＝×2＝．
綜上可得四邊形OPEQ的面積為．
能力考點(diǎn)2　圓錐曲線中的證明問(wèn)題
【典例2】　(2024·全國(guó)甲卷)已知橢圓C：＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)M在C上，且MF⊥x軸．
(1)求橢圓C的方程；
(2)過(guò)點(diǎn)P(4，0)的直線與C交于A，B兩點(diǎn)，N為線段FP的中點(diǎn)，直線NB交直線MF于點(diǎn)Q，證明：AQ⊥y軸．
[解]　(1)設(shè)F(c，0)，由題設(shè)有c＝1且＝，故＝，故a＝2，b＝，
故橢圓C的方程為＝1．
(2)證明：直線AB的斜率必定存在，設(shè)直線AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，
故－又x1＋x2＝，x1x2＝，
而N，故直線BN：y＝，故yQ＝＝，
所以y1－yQ＝y(tǒng)1＋＝
＝＝k·
＝k·＝k·＝0，
故y1＝y(tǒng)Q，即AQ⊥y軸．
代數(shù)轉(zhuǎn)化法求解圓錐曲線中的證明問(wèn)題
(1)求值(方程)證明：對(duì)于定值、定點(diǎn)等類(lèi)型的證明問(wèn)題，可以利用求定點(diǎn)、定值類(lèi)的方法，通過(guò)計(jì)算，求出相應(yīng)的定點(diǎn)、定值等即可證明．
(2)轉(zhuǎn)化證明：將要證明的結(jié)論轉(zhuǎn)化為斜率、弦長(zhǎng)、中點(diǎn)、位置關(guān)系等．利用方程聯(lián)立、消元，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系解題．
(2024·云南昆明一模)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，直線y＝x＋1與C交于A，B兩點(diǎn)，＝8．
(1)求C的方程；
(2)過(guò)A，B作C的兩條切線交于點(diǎn)P，設(shè)D，E分別是線段PA，PB上的點(diǎn)，且直線DE與C相切，求證：＝．
[解]　(1)設(shè)A，B，x2＜0＜x1，
聯(lián)立得y2－y＋1＝0，
則Δ＝4p2＋8p>0，y1＋y2＝2＋2p，y1y2＝1，
則＝y(tǒng)1＋y2＋p＝2＋3p＝8，故p＝2，
所以C的方程為x2＝4y．
(2)證明：由(1)知y1＋y2＝6，因?yàn)閽佄锞€C：y＝x2，
則y′＝x，
則kPA＝，kPB＝，則直線PA的方程為y－y1＝(x－x1)，即x1x＝2，
同理直線PB的方程為x2x＝2．
聯(lián)立得x＝2(y1－y2)，
則x＝＝2，將x＝2代入得
兩式相加得2y＝＝＝－2，
即y＝－1，所以點(diǎn)P．
設(shè)直線DE與拋物線相切于點(diǎn)T，則直線DE方程為xx0＝2．
設(shè)D，E，
聯(lián)立
兩式作比得＝，即yD＝＝＝，同理yE＝，
因?yàn)椋?br/>＝，
同理＝(y1－yD)(y2－yE)，
故要證＝，
即證yDyE＋yD＋yE＋1＝y(tǒng)1y2－y2yD－y1yE＋yDyE，
即證yD＋yE＋yDy2＋y1yE＝0，
即證＝0，
即證4x0＋x0x1x2＝0，
即證x0＝0，
由(1)知＝16y1y2＝16，又x1x2<0，故x1x2＝－4，上式成立，
故＝．
【教師備選資源】
1．(2022·新高考Ⅱ卷)已知雙曲線C：＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F(2，0)，漸近線方程為y＝±x．
(1)求C的方程；
(2)過(guò)F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0．過(guò)P且斜率為－的直線與過(guò)Q且斜率為的直線交于點(diǎn)M，從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立．
①M(fèi)在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|．
[解]　(1)由題意可得＝＝2，故a＝1，b＝．因此C的方程為x2－＝1．
(2)設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋b(k≠0)，將直線PQ的方程代入C的方程得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0，
Δ＝(－2kb)2－4(3－k2)(－b2－3)＝12(b2－k2＋3)＞0，
則x1＋x2＝，x1x2＝－，所以3－k2＜0，x1－x2＝＝．
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(xM，yM)，
則
兩式相減，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)，而y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，
故2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，解得xM＝．
兩式相加得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)，
而y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，故2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2b，解得yM＝＝xM．
因此，點(diǎn)M的軌跡為直線y＝x，其中k為直線PQ的斜率．
若選擇①②：
證明：設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－2)，并設(shè)A的坐標(biāo)為(xA，yA)，B的坐標(biāo)為(xB，yB)．不妨令點(diǎn)A在直線y＝x上，
則
解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
此時(shí)xA＋xB＝，yA＋yB＝．
而點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足解得xM＝＝，yM＝＝，故M為AB的中點(diǎn)，即|MA|＝|MB|．
若選擇①③：
證明：當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)M即為點(diǎn)F(2，0)，此時(shí)M不在直線y＝x上，矛盾．
當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，易知直線AB的斜率不為0．設(shè)直線AB的方程為y＝m(x－2)(m≠0)，并設(shè)A的坐標(biāo)為(xA，yA)，B的坐標(biāo)為(xB，
yB)，不妨令點(diǎn)A在直線y＝x上，則解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
此時(shí)xM＝＝，yM＝＝．
由于點(diǎn)M同時(shí)在直線y＝x上，故6m＝·2m2，解得k＝m．因此PQ∥AB．
若選擇②③：
證明：設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－2)，并設(shè)A的坐標(biāo)為(xA，yA)，B的坐標(biāo)為(xB，yB)．不妨令點(diǎn)A在直線y＝x上，
則解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
設(shè)AB的中點(diǎn)為C(xC，yC)，則xC＝＝，yC＝＝．
由于|MA|＝|MB|，故M在AB的垂直平分線上，即點(diǎn)M在直線y－yC＝－(x－xC)上．
將該直線與y＝x聯(lián)立，解得xM＝＝xC，yM＝＝y(tǒng)C，即點(diǎn)M恰為AB的中點(diǎn)．故點(diǎn)M在直線AB上．
2．(2023·新高考Ⅰ卷)在直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P到x軸的距離等于點(diǎn)P到點(diǎn)的距離，記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為W．
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三個(gè)頂點(diǎn)在W上，證明：矩形ABCD的周長(zhǎng)大于3．
[解]　(1)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，依題意得|y|＝，化簡(jiǎn)得x2＝y(tǒng)－，
所以W的方程為x2＝y(tǒng)－．
(2)證明：設(shè)矩形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C在W上，則AB⊥BC，矩形ABCD的周長(zhǎng)為2(|AB|＋|BC|)．
設(shè)B，依題意知直線AB不與兩坐標(biāo)軸平行，
故可設(shè)直線AB的方程為y－＝k(x－t)，不妨設(shè)k＞0，
與x2＝y(tǒng)－聯(lián)立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
則Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2＞0，所以k≠2t．
設(shè)A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝|x1－t|＝|k－2t|＝|2t－k|，
|BC|＝＝＝|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|)，
所以|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝
①當(dāng)2k－2k2≤0，即k≥1時(shí)，函數(shù)y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在上單調(diào)遞減，函數(shù)y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在上單調(diào)遞減或是常數(shù)函數(shù)(當(dāng)k＝1時(shí)是常數(shù)函數(shù))，函數(shù)y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)t＝時(shí)，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值為k2＋1，又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞(k2＋1)＝．
令f (k)＝，k≥1，
則f ′(k)＝，
當(dāng)1≤k＜時(shí)，f ′(k)＜0，當(dāng)k＞時(shí)，f ′(k)＞0，
所以函數(shù)f (k)在[1，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f (k)≥f ()＝3，
所以≥3．
②當(dāng)2k－2k2＞0，即0＜k＜1時(shí)，函數(shù)y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在上單調(diào)遞減，函數(shù)y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在
上單調(diào)遞增，函數(shù)y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)t＝－時(shí)，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值為k3＋k＝k(1＋k2)，
又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞k·(k2＋1)＝．
令g(k)＝，0＜k＜1，則g′(k)＝，
當(dāng)0＜k＜時(shí)，g′(k)＜0，當(dāng)＜k＜1時(shí)，g′(k)＞0，
所以函數(shù)g(k)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以g(k)≥g＝3，所以≥3．
綜上，矩形ABCD的周長(zhǎng)大于3．
能力考點(diǎn)3　圓錐曲線中的存在性問(wèn)題
【典例3】　(2024·天津高考)已知橢圓＝1(a>b>0)，橢圓的離心率e＝，左頂點(diǎn)為A，下頂點(diǎn)為B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，C是線段OB的中點(diǎn)，其中S△ABC＝．
(1)求橢圓的方程；
(2)過(guò)點(diǎn)的動(dòng)直線與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)P，Q，在y軸上是否存在點(diǎn)T使得≤0？若存在，求出點(diǎn)T縱坐標(biāo)的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
[解]　(1)因?yàn)闄E圓的離心率e＝，故a＝2c，b＝c，其中c為半焦距，
所以A(－2c，0)，B(0，－c)，C，故S△ABC＝×2c×c＝，
故c＝，所以a＝2，b＝3，
故橢圓方程為＝1．
(2)若過(guò)點(diǎn)的動(dòng)直線的斜率存在，則可設(shè)該直線方程為y＝kx－，
設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t)，
由消去y可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，
故Δ＝144k2＋108(3＋4k2)＝324＋576k2>0，
且x1＋x2＝，x1x2＝－，
而＝(x1，y1－t)，＝(x2，y2－t)，
故＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋
＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋
＝(1＋k2)×－k
＝
＝，
因?yàn)椤?恒成立，
故解得－3≤t≤．
若過(guò)點(diǎn)的動(dòng)直線的斜率不存在，則P(0，3)，Q(0，－3)或P(0，－3)，Q(0，3)，
此時(shí)需－3≤t≤3，兩者結(jié)合可得－3≤t≤．
綜上，點(diǎn)T的縱坐標(biāo)的取值范圍是．
肯定順推法求解存在性問(wèn)題
先假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線、參數(shù)等)存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，并列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線、參數(shù)等)存在；否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線、參數(shù)等)不存在．
(2024·山西大同模擬)由半橢圓＝1(x≥0)與半橢圓＝1(x≤0)合成的曲線稱作“果圓”，其中a2＝b2＋c2，a>b>c>0．如圖，F(xiàn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是相應(yīng)橢圓的焦點(diǎn)，A1，A2和B1，B2分別是“果圓”與x軸，y軸的交點(diǎn)．
(1)若△FF1F2是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，求“果圓”的方程；
(2)若>，求的取值范圍；
(3)連接“果圓”上任意兩點(diǎn)的線段稱為“果圓”的弦，
是否存在斜率為定值k的“果圓”平行弦的中點(diǎn)軌跡總是
落在某個(gè)橢圓上？若存在，求出所有可能的k值；若不存
在，說(shuō)明理由．
[解]　(1)由題意得F(c，0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2(0，)，∴＝2＝2，＝c＝，又a2＝b2＋c2，
解得b＝2，a＝，c＝，
因此“果圓”的方程為＝1(x≥0)，＝1(x≤0)．
(2)因?yàn)?，故a＋c>2b，得>2b－a，
而(2b)2>2b2>b2＋c2＝a2，即2b>a，
所以a2－b2>4b2－4ab＋a2，所以<．
又a2＝b2＋c2<2b2，則>，所以的取值范圍是．
(3)若斜率為k的直線與橢圓mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)交于A，B兩點(diǎn)，則中點(diǎn)的軌跡在直線上．
證明：設(shè)A，B，它們的中點(diǎn)為M，
則＝1且＝1，
從而＝0，
故m＋n＝0，
故mx0＋nky0＝0，故中點(diǎn)在直線mx＋nky＝0上．
對(duì)于“果園”的弦的中點(diǎn)，若斜率k＝0，則設(shè)直線y＝t，
它與“果圓”的交點(diǎn)是，
弦的中點(diǎn)(x，y)滿足 ，
弦的中點(diǎn)軌跡方程是＝1，
而(a－c)－b＝(a－2b－c)＝－2b－c)<<0，
即(a－c)≠b，所以若“果圓”弦所在直線的斜率為0，則平行弦中點(diǎn)軌跡是橢圓．
若“果圓”弦的斜率k≠0，則在平移過(guò)程中總存在無(wú)數(shù)條斜率為k的直線與“果園”的左半橢圓相交，由前述證明的結(jié)論，此時(shí)中點(diǎn)在直線上，
故平行弦中點(diǎn)軌跡不能總落在某個(gè)橢圓上；
綜上，斜率k＝0時(shí)，“果圓” 平行弦中點(diǎn)軌跡落在某個(gè)橢圓上．
斜率k≠0時(shí)，“果圓” 平行弦中點(diǎn)軌跡不能總落在某個(gè)橢圓上．
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1．已知橢圓C：＝1，設(shè)過(guò)點(diǎn)
A的直線l交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，交直線
x＝4于點(diǎn)P，點(diǎn)E為直線x＝1上不同于點(diǎn)A的任意一點(diǎn)．
(1)若≥1，求b的取值范圍；
(2)若b＝1，記直線EM，EN，EP的斜率分別為k1，k2，k3，問(wèn)是否存在k1，k2，k3的某種排列(其中＝)，使得成等差數(shù)列或等比數(shù)列？若存在，寫(xiě)出結(jié)論，并加以證明；若不存在，說(shuō)明理由．
[解]　(1)設(shè)M，其中＝1，－2≤x1≤2且x1≠1，則|AM|＝＝＝，
由≥1，得－2x1＋b2＝(x1－2)≥0，
因?yàn)閤1≤2，00，所以x1－≤0，所以x1≤，只需2≤，又0(2)存在k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差數(shù)列，證明如下：
若b＝1，則C：＋y2＝1，設(shè)E，t≠0．
①若直線l斜率為0，則點(diǎn)P，不妨令M，N，
則k1＝－t，k2＝，k3＝－，此時(shí)k1，k2，k3的任意排列均不成等比數(shù)列，
k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差數(shù)列．
②若直線l斜率不為0，設(shè)直線l：x＝my＋1(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則點(diǎn)P，由 得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，Δ＝16(m2＋3)>0，
故y1＋y2＝，y1y2＝，
因?yàn)閗1＝，k2＝，k3＝＝，所以k1＋k2＝＝
＝＝＝＝＝2k3，
所以k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差數(shù)列．
綜上所述，k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差數(shù)列．
2．從拋物線y2＝4x上各點(diǎn)向x軸作垂線段，記垂線段中點(diǎn)的軌跡為曲線P．
(1)求曲線P的方程，并說(shuō)明曲線P是什么曲線；
(2)過(guò)點(diǎn)Q(2，0)的直線l交曲線P于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線交曲線P于C，D兩點(diǎn)，探究是否存在直線l，使A，B，C，D四點(diǎn)共圓？若存在，請(qǐng)求出圓的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
[解]　(1)設(shè)拋物線y2＝4x上的任意點(diǎn)為(x0，y0)，垂線段的中點(diǎn)為(x，y)，
故 則 代入拋物線方程得(2y)2＝4x，得曲線P的
方程為y2＝x，
所以曲線P是焦點(diǎn)為的拋物線．
(2)若直線l與x軸重合，則直線l與曲線P只有一個(gè)交點(diǎn)，不符合題意．
設(shè)直線l的方程為x＝ty＋2，根據(jù)題意知t≠0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立 得y2－ty－2＝0，Δ＝t2＋8＞0，則y1＋y2＝t，y1·y2＝－2，
則|AB|＝·|y1－y2|＝＝，
且線段AB的中點(diǎn)的縱坐標(biāo)為＝，
即＝t·＋2＝＋2，
所以線段AB的中點(diǎn)為M，
因?yàn)橹本€CD為線段AB的垂直平分線，可設(shè)直線CD的方程為x＝－y＋m，t≠0，
則＋2＝－＋m，故m＝．
聯(lián)立
得2ty2＋2y－t(t2＋5)＝0，Δ＞0，
設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)，則
y3＋y4＝－，y3·y4＝－(t2＋5)，
故|CD|＝|y3－y4|＝
＝，
所以線段CD的中點(diǎn)為N．
假設(shè)A，B，C，D四點(diǎn)共圓，則弦AB的中垂線與弦CD的中垂線的交點(diǎn)必為圓心，因?yàn)镃D為線段AB的中垂線，則可知弦CD的中點(diǎn)N必為圓心，則|AN|＝|CD|，
在Rt△AMN中，|AN|2＝|AM|2＋|MN|2，所以＝|AM|2＋|MN|2，
則＝(t2＋1)(t2＋8)＋＋，解得t2＝1，即t＝±1，
所以存在直線l，使A，B，C，D四點(diǎn)共圓，且圓心為弦CD的中點(diǎn)N，
圓N的方程為＋＝或＋＝．
3．已知橢圓Γ：＝1(a>b>0)的離心率為
，其左焦點(diǎn)為F1(－2，0)．
(1)求Γ的方程；
(2)如圖，過(guò)Γ的上頂點(diǎn)P作動(dòng)圓F1的切線分別交Γ于M，N兩點(diǎn)，是否存在圓F1使得△PMN是以PN為斜邊的直角三角形？若存在，求出圓F1的半徑；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
[解]　(1)由題意設(shè)焦距為2c，則c＝2，
由離心率為，所以a＝2，
則b2＝a2－c2＝4，
所以橢圓Γ的方程為＝1．
(2)不存在．
證明如下：假設(shè)存在圓F1滿足題意，當(dāng)圓F1過(guò)原點(diǎn)O時(shí)，直線PN與y軸重合，
直線PM的斜率為0，不合題意．
依題意不妨設(shè)PM：y＝k1x＋2，
PN：y＝k2x＋2，M，N，圓F1的半徑為r，
則圓心到直線PM的距離為＝r，
圓心到直線PN的距離為＝r，
即k1，k2是關(guān)于k的方程k2＋8k＋r2－4＝0的兩異根，
此時(shí)k1k2＝1．
聯(lián)立得x2＋8k1x＝0，Δ＞0，
所以xP＋xM＝，
即xM＝，得yM＝，所以，
由k2＝，得，
由題意，PM⊥MN，即kMN＝－，此時(shí)
kMN＝＝＝＝，
所以＝－，因?yàn)閗1≠0，
所以方程無(wú)解，命題得證．
1．(2024·浙江金華模擬)設(shè)拋物線C：y2＝2px，直線x＝－1是拋物線C的準(zhǔn)線，且與x軸交于點(diǎn)B，過(guò)點(diǎn)B的直線l與拋物線C交于不同的兩點(diǎn)M，N，A是不在直線l上的一點(diǎn)，直線AM，AN分別與準(zhǔn)線交于P，Q兩點(diǎn)．
(1)求拋物線C的方程；
(2)證明：＝；
(3)記△AMN，△APQ的面積分別為S1，S2，若S1＝2S2，求直線l的方程．
專題限時(shí)集訓(xùn)(十六)　圓錐曲線中的計(jì)算、證明、存在性問(wèn)題
[解]　(1)因?yàn)閤＝－1為拋物線的準(zhǔn)線，
所以＝1，即2p＝4，
故拋物線C的方程為y2＝4x．
(2)證明：如圖，
設(shè)l：x＝ty－1，t≠0，M，N，
聯(lián)立y2＝4x，消去x得y2－4ty＋4＝0，
則Δ＝16>0，t2＞1，所以
又直線AM：y－n＝，令x＝－1，得P，
同理可得Q，
所以yP＋yQ＝n－＋n－＝2n－
＝2n－
＝2n－＝2n－＝0，
故＝．
(3)由(2)可得，S2＝|PQ|×2＝＝＝，
S1＝d＝·4＝2，
由S1＝2S2，得t2－1＝2，解得t＝±，
所以直線l的方程為x±y＋1＝0．
2．(2024·山東聊城三模)已知圓A：(x＋1)2＋y2＝16和點(diǎn)B，點(diǎn)P是圓上任意一點(diǎn)，線段PB的垂直平分線與線段PA相交于點(diǎn)Q，記點(diǎn)Q的軌跡為曲線C．
(1)求曲線C的方程；
(2)點(diǎn)D在直線x＝4上運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)D的動(dòng)直線l與曲線C相交于點(diǎn)M，N．
①若線段MN上一點(diǎn)E，滿足＝，求證：當(dāng)D的坐標(biāo)為(4，1)時(shí)，點(diǎn)E在定直線上；
②過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線，垂足為G，設(shè)直線GN，GD的斜率分別為k1，k2，當(dāng)直線l過(guò)點(diǎn)時(shí)，是否存在實(shí)數(shù)λ，使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
[解]　(1)由題意知圓心A(－1，0)，半徑為4，且＝＝2，則＝＝＝4>＝2，所以點(diǎn)Q的軌跡為以A，B為焦點(diǎn)的橢圓，
設(shè)曲線C的方程為＝1，則2a＝4，2c＝2，解得a＝2，c＝1，
所以b2＝a2－c2＝3，
所以曲線C的方程為＝1．
(2)①證明：因?yàn)橹本€l的斜率一定存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，
因?yàn)镈在l上，所以4k＋m＝1，
由 得x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0，
Δ＝－16＝48(4k2－m2＋3)>0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，E(x0，y0)，
則x1＋x2＝，x1x2＝，由＝，得＝，
化簡(jiǎn)得4－2x1x2＝x0，則4×－2×＝x0，
化簡(jiǎn)得kx0＋m＋3x0－3＝0，又因?yàn)閥0＝kx0＋m，所以3x0＋y0－3＝0，
所以點(diǎn)E在定直線3x＋y－3＝0上．
②因?yàn)橹本€l：y＝kx＋m過(guò)點(diǎn)，所以k＋m＝0，直線l的方程為y＝kx－k，
從而得D，G(x1，0)，
由①知，x1＋x2＝，x1x2＝，k1＝，k2＝，
所以＝＝＝
＝＝＝，
所以存在實(shí)數(shù)λ＝，使得k1＝k2．
THANK YOU

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