北师大版高考第一轮理科数学(适用于老高考旧教材)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

这是一份北师大版高考第一轮理科数学(适用于老高考旧教材)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，共4页。试卷主要包含了已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
(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|.
(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,∴y0=18x02+1,代入得x2=4y,∴点P的轨迹C的方程为x2=4y.
(2)证明:依题意得F(0,1),直线MN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+16>0,∴x1x2=-4.
∵直线OM的方程为y=y1x1x,H是直线OM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.
∵H的横坐标-x1y1=-x1x124=-4x1=x1x2x1=x2,
∴HN∥y轴成立,∴|NF|=|NH|成立.
2.(2021广东珠海期末,22)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13,右焦点为F,右顶点为A,以椭圆四个顶点为顶点的四边形面积为122.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点F的直线l(不与x轴重合)交椭圆C于点M,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|PQ|.
(1)解:由题意得ca=13,2ab=122,解得a=3,c=1,b=22,
所以椭圆C的方程为x29+y28=1.
(2)证明:如图,设直线l的方程为x=ty+1,设点M(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Δ>0恒成立,由韦达定理得y1+y2=-16t8t2+9,y1y2=-648t2+9,
设点P(9,m),A(3,0),则AM=(x1-3,y1)=(ty1-2,y1),AP=(6,m),由AM∥AP得6y1=m(ty1-2),可得m=6y1ty1-2,即点P9,6y1ty1-2,同理可得点Q9,6y2ty2-2,
∴FP=8,6y1ty1-2,FQ=8,6y2ty2-2,
∴FP·FQ=64+36y1y2(ty1-2)(ty2-2)=64+36y1y2t2y1y2-2t(y1+y2)+4=64+-36×648t2+9-64t28t2+9+32t28t2+9+4=64+-36×64-64t2+32t2+4(8t2+9)
=64-64=0,
∴FP⊥FQ.又PQ中点为G,∴|FG|=12|PQ|.
3.(2021山东济南一模,20)如图,A,B,M,N为抛物线y2=2x上四个不同的点,直线AB与直线MN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.
解:(1)设直线AB的方程为x=my+1,代入y2=2x,得y2-2my-2=0,Δ=4m2+8>0,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,xB.由(1)同理可得yM·yN=-2,
设直线AN的方程为x=ny+2,
代入y2=2x,得y2-2ny-4=0,Δ=4n2+16>0,所以yA·yN=-4.
又k1=yN-yAxN-xA=yN-yAyN22-yA22=2yN+yA,同理得k2=2yM+yB,
所以λ=k2k1=yA+yNyB+yM=yA+yN-2yA+-2yN=yAyN-2=2,
所以存在实数λ=2,使得k2=2k1.
4.(2021广东梅州一模,21)给定椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),称圆心在原点O,半径为a2+b2的圆是椭圆C的“卫星圆”.若椭圆C的一个焦点为F(-2,0),点Q(2,2)在椭圆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.
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x2+y2=12.
(2)|MN|的长为定值.证明如下:①若直线l1,l2中有一条直线的斜率不存在,不妨设直线l1的斜率不存在,因为直线l1与椭圆只有一个公共点,所以直线l1的方程为x=22或x=-22,
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x02+y02=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,
联立y=t(x-x0)+y0,x28+y24=1,
整理得(1+2t2)x2+4t(y0-tx0)x+2(y0-tx0)2-8=0,
所以Δ=(64-8x02)t2+16x0y0t+32-8y02=0,所以t1·t2=32-8y0264-8x02=32-8(12-x02)64-8x02=-1,
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.