1 第 4 课时圆锥曲线中的证明与探索性问题 A级 基础过关 固根基 1 设椭圆C1 x 2 a 2 y 2 b 2 1 a b 0 的离心率为 3 2 F1 F2是椭圆的两个焦点 M是椭圆上任 意一点 且 MF1F2的周长是4 23 1 求椭圆C1的方程 2 设椭圆C1的左 右顶点分别为A B 过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E 若点C满足AB BC AD OC 连接AC交DE于点P 求证 PD PE 解 1 由e 3 2 知 c a 3 2 所以c 3 2 a 因为 MF1F2的周长是4 23 所以 2a 2c 4 23 所以a 2 c 3 所以b 2 a 2 c 2 1 所以椭圆C1的方程为 x 2 4 y 2 1 2 证明 由 1 得A 2 0 B 2 0 设D x0 y0 所以E x0 0 因为AB BC 所以可设C 2 y1 所以AD x0 2 y0 OC 2 y1 由AD OC 可得 x0 2 y1 2y0 即y1 2y0 x0 2 所以直线AC的方程为 y 2y0 x0 2 x 2 4 整理得y y0 2 x0 2 x 2 又点P在DE上 将x x0代入直线AC的方程可得y y0 2 即点P的坐标为x0 y 0 2 所以 P为DE的中点 PD PE 2 已知椭圆C x 2 a 2 y 2 b 2 1 a b 0 的两个焦点与短轴的一个顶点连线构成等边三角形 且 椭圆C的短轴长为23 1 求椭圆C的标准方程 2 2 是否存在过点P 0 2 的直线l与椭圆C相交于不同的两点M N 且满足OM ON 2 O 为坐标原点 若存在 求出直线l的方程 若不存在 请说明理由 解 1 由题意得 2b 23 a 2c a 2 b 2 c 2 解得 a 2 b 3 c 1 椭圆C的标准方程是 x 2 4 y 2 3 1 2 不妨设点M在点N上方 当直线l的斜率不存在时 M 0 3 N 0 3 则OM ON 3 不符合题意 当直线l的斜率存在时 设直线l的方程为y kx 2 M x1 y1 N x2 y2 由 x 2 4 y 2 3 1 y kx 2 消去y整理得 3 4k 2 x 2 16kx 4 0 由 16k 2 16 3 4k2 0 解得 k1 2 则x1 x2 16k 3 4k 2 x1x2 4 3 4k 2 OM ON x1x2 y1y2 1 k 2 x1x2 2k x1 x2 4 4 1 k 2 3 4k 2 32k 2 3 4k 2 4 16 12k 2 3 4k 2 OM ON 2 16 12k 2 3 4k 2 2 解得k 2 2 满足 0 存在符合题意的直线l 其方程为y 2 2 x 2 3 如图 圆C与x轴相切于点T 2 0 与y轴正半轴相交于两点M N 点M在点N的下方 且 MN 3 1 求圆C的方程 2 过点M任作一条直线与椭圆 x 2 8 y 2 4 1 相交于两点A B 连接AN BN 求证 ANM BNM 解 1 设圆C的半径为r r 0 依题意 圆心C的坐标为 2 r 3 因为 MN 3 所以r 2 3 2 2 2 2 解得 r 2 25 4 所以圆C的方程为 x 2 2 y 5 2 2 25 4 2 证明 把x 0 代入方程 x 2 2 y 5 2 2 25 4 解得y 1 或y 4 即点M 0 1 N 0 4 当AB x轴时 可知 ANM BNM 0 当AB与x轴不垂直时 可设直线AB的方程为 y kx 1 联立方程 y kx 1 x 2 8 y 2 4 1 消去y得 1 2k 2 x 2 4kx 6 0 设直线AB交椭圆于A x1 y1 B x2 y2 两点 则x1 x2 4k 1 2k 2 x1x2 6 1 2k 2 所 以kAN kBN y1 4 x1 y2 4 x2 kx1 3 x1 kx2 3 x2 2kx1x2 3 x1 x2 x1x2 1 x1x2 12k 1 2k 2 12k 1 2k 2 0 所以 ANM BNM 综上 ANM BNM 4 2019 届湖北八校联考 已知抛物线C y 2 2px p 0 在第一象限内的点P 2 t 到焦 点F的距离为 5 2 1 若N 1 2 0 过点 N P的直线l1与抛物线相交于另一点Q 求 QF PF 的值 2 若直线l2与抛物线C相交于A B两点 与圆M x a 2 y 2 1 相交于 D E两点 O 为坐标原点 OA OB 试问 是否存在实数a 使得 DE 为定值 若存在 求出a的值 若不 存在 请说明理由 解 1 因为点P 2 t 到焦点F的距离为 5 2 所以 2 p 2 5 2 解得 p 1 故抛物线C的方程为y 2 2x P 2 2 设直线l1为y ax b 则 1 2a b 0 2a b 2 解得 a 4 5 b 2 5 所以l1的方程为y 4 5x 2 5 4 联立得 y 4 5x 2 5 y 2 2x 可解得xQ 1 8 又 QF xQ 1 2 5 8 PF 5 2 所以 QF PF 5 8 5 2 1 4 2 存在 设直线l2的方程为x ny m m 0 代入抛物线方程可得y 2 2ny 2m 0 设A x1 y1 B x2 y2 则y1 y2 2n y1y2 2m 由OA OB得 ny1 m ny2 m y1y2 0 整理得 n 2 1 y1y2 nm y1 y2 m 2 0 将 代入 解得m 2 或m 0 舍去 满足 4n 2 8m 0 所以直线l2 x ny 2 因为圆心M a 0 到直线l2的距离d a 2 1 n 2 所以 DE 21 2 a 2 2 1 n 2 显然当a 2时 DE 2 所以存在实数a 2 使得 DE 为定值 B级 素养提升 练能力 5 已知抛物线C x 2 2py p 0 的焦点为F 直线 2x y 2 0交抛物线C于A B两点 P是线段AB的中点 过P作x轴的垂线交抛物线C于点Q 1 D是抛物线C上的动点 点E 1 3 若直线AB过焦点F 求 DF DE 的最小值 2 是否存在实数p 使 2QA QB 2QA QB 若存在 求出p的值 若不存在 说明 理由 解 1 直线2x y 2 0 与y轴的交点为 0 2 F 0 2 则抛物线C的方程为x 2 8y 准线 l y 2 设过D作DG l于G 则 DF DE DG DE 当E D G三点共线时 DF DE 取最小值2 3 5 2 假设存在 抛物线x 2 2py 与直线y 2x 2 联立方程组得 x 2 4px 4p 0 设A x1 y1 B x2 y2 4p 2 16p 16 p 2 p 0 则 x1 x2 4p x1x2 4p 5 Q 2p 2p 2QA QB 2QA QB 则QA QB 0 得 x1 2p x2 2p y1 2p y2 2p x1 2p x2 2p 2x1 2 2p 2x2 2 2p 5x1x2 4 6p x1 x2 8p 2 8p 4 0 代入得 4p 2 3p 1 0 解得 p 1 4或 p 1 舍去 因此存在实数p 1 4 且满足 0 使得 2QA QB 2QA QB 成立 6 2020 届武汉市部分学校高三质量监测 设O为坐标原点 动点M在椭圆E x 2 4 y 2 2 1 上 过点M作x轴的垂线 垂足为N 点P满足NP 2NM 1 求点P的轨迹方程 2 设A 1 0 在x轴上是否存在一定点B 使 BP 2 AP 总成立 若存在 求出B点 坐标 若不存在 说明理由 解 1 设点P的坐标为 x y 点M的坐标为 x1 y1 则 x 2 1 4 y 2 1 2 1 由NP 2NM 知 x x1 y 2y1 即 x1 x y1 2 2 y 代入 得x 2 y 2 4 即点P的轨迹方程为x 2 y 2 4 2 假设存在点B m 0 满足条件 由 BP 2 AP 得 x m 2 y 2 2 x 1 2 y 2 即 3x2 3y2 2 m 8 x m 2 4 此方程与x 2 y 2 4 表示同一方程 故 2m 8 0 m 2 4 12 解得 m 4 存在点B 4 0 满足条件 6