2023年高考数学一轮复习 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（含解析）北师大版 文.docx

1、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上任意一点,A(0,-1),且P为线段AB的中点.(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+

2、1,x2=4y,得x2-4kx-4=0,则=16k2+160,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HNy轴.H的横坐标-x1y1=-x1x124=-4x1=x1x2x1=x2,HNy轴成立,|NF|=|NH|成立.2.(2021江西九江一模,文20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右顶点分别为A,B,右焦点为F,|AF|=3,过F的直线l与椭圆C交于M,N两点,且AMN的面积是

3、BMN面积的3倍.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若直线AM,AN与直线x=4分别交于P,Q两点,求证:PFQF.(1)解|AF|=3,a+c=3.又AMN的面积是BMN面积的3倍,a+c=3(a-c),解得a=2,c=1,则b2=a2-c2=3,故椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)证明由(1)知,A(-2,0),F(1,0),设l:x=ty+1,M(x1,y1),N(x2,y2),联立x=ty+1,x24+y23=1,消去x整理得(3t2+4)y2+6ty-9=0,0显然成立,y1+y2=-6t3t2+4,y1y2=-93t2+4,直线AM的方程为y=y1x1+2(x+2),令x=

4、4,得P4,6y1x1+2,同理Q4,6y2x2+2,kPF=6y1x1+24-1=2y1x1+2,kQF=6y2x2+24-1=2y2x2+2,kPFkQF=2y1x1+22y2x2+2=4y1y2(ty1+3)(ty2+3)=4y1y2t2y1y2+3t(y1+y2)+9=4(-93t2+4)t2(-93t2+4)+3t(-6t3t2+4)+9=-1.PFQF.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yAyB的值;(2)记直线AN,BM的斜

5、率分别为k1,k2,是否存在实数,使得k2=k1?若存在,求出的值;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,=4m2+80,所以yAyB=-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yMyN=-2,设直线AN的方程为x=ny+2,代入y2=2x,得y2-2ny-4=0,=4n2+160,所以yAyN=-4.又k1=yN-yAxN-xA=yN-yAyN22-yA22=2yN+yA,同理得k2=2yM+yB,所以=k2k1=yA+yNyB+yM=yA+yN-2yA+

6、-2yN=yAyN-2=2,所以存在实数=2,使得k2=2k1.4.(2021四川高考诊断,文21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)经过点A-1,32,且离心率为12.(1)求椭圆C的标准方程;(2)不与坐标轴垂直的直线l经过椭圆C的右焦点F,且与椭圆C交于M,N两点,线段MN的垂直平分线与x轴交于点P,求证:当l的方向变化时,|MN|与|PF|的比值为常数.(1)解由已知可得ca=12,1a2+94b2=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=3,c=1,所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)证明设直线MN:x=ty+1(t0),代入x24+y23=1可得(3t2+4)y

7、2+6ty-9=0,0显然成立.设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=-6t3t2+4,y1y2=-93t2+4,所以|MN|=1+t2(y1+y2)2-4y1y2=1+t2(-6t3t2+4)2+363t2+4=12(t2+1)3t2+4,设线段MN的中点坐标为(x0,y0),则y0=y1+y22=-3t3t2+4,x0=ty0+1=43t2+4,则MN的垂直平分线方程为y+3t3t2+4=-tx-43t2+4,令y=0,得点P的横坐标为xP=13t2+4,于是|PF|=|1-xP|=3(t2+1)3t2+4=14|MN|,故当l的方向改变时,|MN|与|PF|的比值为常数4.

8、5.(2021安徽安庆二模,20)设F1,F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,P是椭圆C的上顶点,已知PF1F2的面积为2,cosF1PF2=-13.(1)求椭圆C的标准方程;(2)是否存在与PF2平行的直线l,满足直线l与椭圆C交于两点M,N,且以线段MN为直径的圆经过坐标原点O?若存在,求直线l的方程;若不存在,请说明理由.解:(1)设|F1F2|=2c,则PF1F2的面积等于12|F1F2|OP|=cb,所以cb=2.由cos2OPF2=cosF1PF2=-13,即2cos2OPF2-1=-13,得cosOPF2=33.因为在直角三角形OPF2中,|OP|=b

9、,|OF2|=c,|PF2|=|OP|2+|OF2|2=b2+c2=a,所以cosOPF2=ba,所以ba=33.由及a2=b2+c2,得a=3,b=1,c=2,所以椭圆C的标准方程为x23+y2=1.(2)因为直线PF2的斜率为-22,所以可设直线l的方程为y=-22x+m,代入椭圆方程x23+y2=1,消去y,整理得56x2-2mx+m2-1=0.由=(2m)2-456(m2-1)0,得m252.设Mx1,-22x1+m,Nx2,-22x2+m,则x1+x2=62m5,x1x2=6(m2-1)5.若以线段MN为直径的圆经过坐标原点O,则OMON=0,即x1x2+-22x1+m-22x2+m

10、=0,得32x1x2-22m(x1+x2)+m2=0,所以326(m2-1)5-22m62m5+m2=0,得m2=98.因为98b0)的左、右焦点为F1,F2,离心率为22,直线l:y=kx与椭圆C交于A,B两点,与直线x=4交于点M,且四边形AF1BF2的周长为82,点N在直线l上,满足OA2=ONOM.(1)求椭圆C的方程;(2)当k=22时,证明AF2N=BF2N;(3)在x轴上是否存在定点P,使得对一切kR都有PNPM=0?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.(1)解由四边形AF1BF2的周长为82,得4a=82,所以a=22,由e2=1-b2a2=12,得b2=4,所以椭圆C

11、的标准方程为x28+y24=1.(2)证明当k=22时,联立y=22x,x28+y24=1,消去y,得x2+x2=8,x=2,所以A(2,2),B(-2,-2),F2(2,0).因为点A,M,N在一条直线上,由OA2=ONOM,得|OA|2=|ON|OM|,即|OA|OM|=|ON|OA|.所以xA4=xNxA,即xA2=4xN,即N1,22,F2A=(0,2),F2B=(-4,-2),F2N=-1,22,所以cos=222232=33,cos=4-2223232=33,所以AF2N=BF2N.(3)解由M为直线y=kx与直线x=4的交点,设M(4,4k),联立y=kx,x28+y24=1,得x2+2k2x2=8,所以xA2=81+2k2.由OA2=ONOM,得xA2+yA2=(xN,yN)(4,4k),即4xN+4k2xN=81+2k2+8k21+2k2,所以xN=21+2k2,即N21+2k2,2k1+2k2,设存在点P(x0,0)使得PNPM=0,PNPM=(4-x0)21+2k2-x0+8k21+2k2=0,x02-6+8k21+2k2x0+8+8k21+2k2=0,(x0-2)x0-4+4k21+2k2=0,所以当x0=2时,PNPM=0恒成立,即存在定点P(2,0),使得对一切kR都有PNPM=0.