内蒙古师范大学附属中学高中数学 圆锥曲线中的存在性问题练习 新人教B版选修2-1

圆锥曲线中的存在性问题

x2y2131、如图,椭圆C：2+2=1(a>b>0)经过点P(1,),离心率e=,直线l的方程为x=4.

ab22(1) 求椭圆C的方程;

(2) AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.问:是否存在常数?,使得k1+k2=?k3.?若存在求?的值;若不存在,说明理由.

【答案】解:(1)由P(1,3)在椭圆上得,

1a2?94b2?1 ① 依题设知a?2c,则b2?3c22 ② ②代入①解得c2?1,a2?4,b2?3. 故椭圆C的方程为x2y24?3?1. (2)方法一:由题意可设AB的斜率为k, 则直线AB的方程为y?k(x?1) ③

代入椭圆方程3x2?4y2?12并整理,得(4k2?3)x2?8k2x?4(k2?3)?0,

设A(x则有 x8k24(k2?1,y1),B(x2,y2),1?x2?4k2?3,x?3)1x24k2?3 ④ y3331?在方程③中令x?4得,M的坐标为(4,3k). 从而k1?2yx?1,k2?2?23k?x,k3?2?k?1. 12?14?12注意到A,F,B共线,则有k?kAF?kBF,即有

y1yx?21?k. 1?1x2?y3y3k1?2?所以1?k2?2x?2?y1?y2?3(1?1) ?2k?3?x1?x2?21?1x2?1x1?1x2?12x1?1x2?22x?(x 1x21?x2)?1⑤

8k2?2234k?3?2k?1, ④代入⑤得k1?k2?2k??8k224(k2?3)??14k2?34k2?31又k3?k?,所以k1?k2?2k3.故存在常数??2符合题意.

2方法二:设B(x0,y0)(x0?1),则直线FB的方程为:y?y03y0(x?1), 令x?4,求得M(4,), x0?1x0?1从而直线PM的斜率为k3?2y0?x0?1,

2(x0?1)y0?y?(x?1)?x0?15x?83y0?,), 联立? ,得A(0222x?52x?500?x?y?1?3?4则直线PA的斜率为:k1?2y0?2x0?52y0?3,直线PB的斜率为:k2?,

2(x0?1)2(x0?1)所以k1?k2?2y0?2x0?52y0?32y0?x0?1???2k3,

2(x0?1)2(x0?1)x0?1故存在常数??2符合题意.

2、在平面直角坐标系xOy中,F是抛物线C:x?2py(p?0)的焦点,M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点,过M,F,O三点的圆的圆心为Q,点Q到抛物线C的准线的距离为

(Ⅰ)求抛物线C的方程;

(Ⅱ)是否存在点M,使得直线MQ与抛物线C相切于点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由;

(Ⅲ)若点M的横坐标为2,直线l:y?kx?的交点D,E,求当

23. 41与抛物线C有两个不同的交点A,B,l与圆Q 有两个不同4122?k?2时,AB?DE的最小值. 22xp2

错误!未找到引用源。解析:(Ⅰ)F抛物线C:x=2py(p>0)的焦点F(0,),设M(x0,0)(x0?0),Q(a,b),由题

22p意可知b?23pppp3,则点Q到抛物线C的准线的距离为b????p?,解得p?1,于是抛物线C的

442424方程为x?2y.

(Ⅱ)假设存在点M,使得直线MQ与抛物线C相切于点M,

x11而F(0,),O(0,0),M(x0,0),Q(a,),MQ?OQ?QF,

2242xx113(x0?a)?(0?)2?a2?,a?0?x0,

2416882231x0?242,则1x4?5x2?1?1x2, 由x?2y可得y??x,k?x0?30008842x05?x088即x0?x0?2?0,而x0?0,解得x0?4222,点M的坐标为(2,1).

521,). 84(Ⅲ)若点M的横坐标为2,则点M(2,1),Q(?x2?2y1?22由?1可得x?2kx??0,??4k?2?0.设A(x1,y1),B(x2,y2),

y?kx?2?4?AB?(1?k2)[(x1?x2)2?4x1x2]?(1?k2)(4k2?2)

k?52822522150127)?(y?)2???圆Q:(x?,D?846416321?k?52k81?k2

2725k227?2k2, DE?4[?]?223232(1?k)8(1?k)2527?2k22于是AB?DE?(1?k)(4k?2)?,令1?k?t?[,5] 248(1?k)222227?2k22t?252512AB?DE?(1?k)(4k?2)??t(4t?2)??4t?2t??8t8t48(1?k2)2222,设

25125?,g?(t)?8t?2?2, 8t48t525当t?[,5]时,g?(t)?8t?2?2?0,

48t512552511即当t?,k?时g(t)min?4??2????6.

544216428?4uuuruuuruuuuruuuruuur3、已知三点O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲线C上任意一点M(x,y)满足MA?MB?OM?(OA?OB)?2.

g(t)?4t2?2t?(1) 求曲线C的方程;

(2)动点Q(x0,y0)(-2

uuuruuur解:(1)依题意可得MA?(?2?x,1?y),MB?(2?x,1?y),

uuuruuuruuuuruuuruuur22|MA?MB|?(?2x)?(2?2y),OM?(OA?OB)?(x,y)?(0,2)?2y,

由已知得(?2x)2?(2?2y)2?2y?2,化简得曲线C的方程: x?4y (2)假设存在点P(0,t)(t<0)满足条件,则直线PA的方程是y?2t?11?tx?t,直线PB的方程是y?x?t,2222x0x0x0x?,它与y轴的交点为F(0,?),由于?2?x0?2,因此曲线C在点Q处的切线l的方程为y?244?1?x0?1 2xt?1t?11,即l与直线PA平行,故当??,存在x0?(?2,2),使得0?2222①当?1?t?0时, ?1??1?t?0时不符合题意

x1?txt?1②当t??1时,??1?0,?1?0,所以l 与直线PA,PB一定相交,分别联立方程组

2222t?11?t??y?x?ty?x?t????22, ,?2?2xxxx?y?0x?0?y?0x?0??24??2422x0?4tx0?4t解得D,E的横坐标分别是xD? ,xE?2(x0?1?t)2(x0?t?1)22x0x0?4t?t, 则xE?xD?(1?t)2,又|FP|??24x0?(t?1)有SVPDE222x04?x01?4t)211?t(x0,又SVQAB??4?(1?)? ?|FP|?|xE?xD|??2224228(t?1)?x0于是

SVQABSVPDE2242?4)[x0?(t?1)2]?[4?(t?1)2]x0?4(t?1)24(x04x0 ????2421?t(x0?4t)21?tx0?8tx0?16t22???4?(t?1)?8t对任意x0?(?2,2),要使△QAB与△PDE的面积之比是常数,只需t满足?, 22??4(t?1)?16t解得t=-1,此时△QAB与△PDE的面积之比为2,故存在t=-1,使△QAB与△PDE的面积之比是常数2. 4、设A是单位圆x2?y2?1上的任意一点,l是过点A与x轴垂直的直线,D是直线l与x 轴的交点,点M在直线l上,且满足|DM|?m|DA|(m?0,且m?1). 当点A在圆上运动时,记点M的轨迹为曲线C.

(Ⅰ)求曲线C的方程,判断曲线C为何种圆锥曲线,并求其焦点坐标;

(Ⅱ)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P,Q两点,其中P在第一象限,它在y轴上的射影为点N,直线

QN交曲线C于另一点H. 是否存在m,使得对任意的k?0,都有PQ?PH?若存在,求m的值;若不存在,请说明理由。

(Ⅰ)如图1,设M(x,y),A(x0,y0),则由|DM|?m|DA|(m?0,且m?1), 可得x?x0,|y|?m|y0|,所以x0?x,|y0|?1|y|. ① m