备考2024届高考数学一轮复习好题精练第八章平面解析几何突破4圆锥曲线中的证明探索性问题

突破4圆锥曲线中的证明、探索性问题1.[2024南昌市模拟]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）经过点M（1，32），F为椭圆C的右焦点，O为坐标原点，△OFM的面积为34.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点P（4，0）作一条斜率不为0的直线与椭圆C交于A，B两点（A在B，P之间），直线BF与椭圆C的另一个交点为D，求证：点A，D关于x轴对称.解析　（1）如图，因为△OFM的面积为34，所以12×c×32＝34，解得c＝1.又M（1，32）在椭圆C上，所以1a2＋94b2=1，a2－b2=1，解得a2=4，b2=3，所以椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.（2）由题意知直线FA，FB的斜率存在.根据椭圆的对称性，欲证A，D关于x轴对称，只需证kFA＝－kFD＝－kFB，即证kFA＋kFB＝0.设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为x＝my＋4，由x＝my+4，3x2+4y2=12，消去x得（3m2＋4）y2＋24my＋36＝0，所以y1＋y2＝－24m3m2+4，y1y2＝363m2+4.则kFA＋kFB＝y1x1－1＋y2x2－1＝y1（x2－1）＋y2（x1－1）（x1－1)(x2－1）＝y1x2＋y2x1－（y1＋y2）（x1－1)(x2－1）.因为y1x2＋y2x1－（y1＋y2）＝2my1y2＋3（y1＋y2）＝2m×363m2+4＋3×－24m3m2+4＝0，所以kFA＋kFB＝0，即点A，D关于x轴对称.2.[2024广东七校联考]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的焦距为2，且经过点P（1，32）.（1）求椭圆C的方程.（2）经过椭圆右焦点F且斜率为k（k≠0）的动直线l与椭圆交于A，B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使｜AF｜·｜BT｜＝｜BF｜·｜AT｜恒成立？若存在，求出点T坐标；若不存在，请说明理由.解析　（1）由椭圆C的焦距为2，得c＝1，则b2＝a2－1，　①由椭圆C经过点P（1，32），得1a2＋94b2＝1，　②联立①②，得a2＝4，b2＝3，所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.（2）依题意知，直线l的斜率k≠0，令1k＝m， 由椭圆右焦点F（1，0），可得直线l的方程为x＝my＋1，与C：x24＋y23＝1联立，消去x，得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0，Δ＝36m2－4×（－9）×（3m2＋4）＝144（m2＋1）＞0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2＝－6m3m2+4，y1y2＝－93m2+4.假设存在点T，使｜AF｜·｜BT｜＝｜BF｜·｜AT｜恒成立，则｜AF｜｜BF｜＝｜AT｜｜BT｜，因为｜AF｜｜BF｜＝S△TFAS△TFB＝12｜FT｜·｜AT｜sin∠ATF12｜FT｜·｜BT｜sin∠BTF＝｜AT｜sin∠ATF｜BT｜sin∠BTF，所以sin∠ATF＝sin∠BTF，∠ATF＝∠BTF，所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有kAT＋kBT＝0.设点T坐标为（t，0），则kAT＋kBT＝y1x1－t＋y2x2－t＝0，所以y1（x2－t）＋y2（x1－t）＝0，所以y1（my2＋1－t）＋y2（my1＋1－t）＝0，即2my1y2＋（1－t）（y1＋y2）＝0，即2m×－93m2+4＋（1－t）×－6m3m2+4＝0，即3m3m2+4＋（1－t）m3m2+4＝0，解得t＝4，经检验t＝4符合题意，即存在点T（4，0）满足题意.3.[2023长沙重点中学模拟]已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（2，0），点F到C的渐近线的距离为1.（1）求C的方程.（2）若直线l1与C的右支相切，切点为P，l1与直线l2：x＝32交于点Q，问x轴上是否存在定点M，使得MP⊥MQ？若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由.解析　（1）由题意，双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为bx±ay＝0，双曲线C的右焦点为F（2，0），可得c＝2，所以F（2，0）到渐近线的距离d＝2ba2＋b2＝2bc＝b＝1，所以a2＝c2－b2＝3，所以C的方程为x23－y2＝1.（2）由题意易知直线l1的斜率存在，设其方程为y＝kx＋m，联立l1与C的方程，消去y，得（3k2－1）x2＋6kmx＋3m2＋3＝0.因为直线l1与C的右支相切，所以－6km3k2－1>0，3m2+33k2－1>0，则3k2－1>0，km<0，Δ＝36k2m2－12（3k2－1）（m2＋1）＝12（m2＋1－3k2）＝0，得m2＝3k2－1，则m≠0， 设切点P（x1，y1），则x1＝－6km2（3k2－1）＝－3km，y1＝kx1＋m＝－3k2m＋m＝m2－3k2m＝－1m.设Q（x2，y2），因为Q是直线l1与直线l2的交点，所以x2＝32，y2＝32k＋m.假设x轴上存在定点M（x0，0），使得MP⊥MQ，则MP·MQ＝（x1－x0，y1）·（x2－x0，y2）＝（x1－x0）（x2－x0）＋y1y2＝x1x2＋y1y2－x0（x1＋x2）＋x02＝－9k2m－3k2m－1－x0（32－3km）＋x02＝x02－32x0－1＋3km（x0－2）＝12（x0－2）（2x0＋1）＋3km（x0－2）＝（x0－2）（x0＋12＋3km），由于上式对给定的x0一定成立，故存在x0＝2，使得MP·MQ＝0，即MP⊥MQ，所以x轴上存在定点M（2，0），使得MP⊥MQ.4.[2024襄阳模拟]在平面直角坐标系xOy中，已知点F（0，2），点P为平面内一动点，线段PF的中点为M，点M到x轴的距离等于｜MF｜，点P的轨迹为曲线E.（1）求曲线E的方程；（2）已知经过点F的直线与E交于A，B两点，过点F作与直线AB的倾斜角互补的直线与E交于C，D两点，且点A，C位于直线y＝2的下方，证明：直线AD与BC交于定点.解析　（1）解法一　设点P的坐标为（x，y），因为点F（0，2）在y轴正半轴，所以当点M位于x轴上或其下方时，点M到x轴的距离小于｜MF｜，不满足题意，所以点M位于x轴上方.由题意可知，｜MF｜＝y+22，（提示：M（x2，y+22），｜MF｜＝yM）则｜PF｜＝2｜MF｜＝y＋2，所以点P到点F（0，2）的距离等于点P到直线y＝－2的距离，则点P的轨迹为以F为焦点，直线y＝－2为准线的抛物线，设抛物线方程为x2＝2py（p＞0），则p＝4，故曲线E的方程为x2＝8y.解法二　设点P的坐标为（x，y），则M（x2，y+22），因为点M到x轴的距离等于｜MF｜，所以｜MF｜＝｜y+22｜，即（x2）2＋（y+22－2）2＝｜y+22｜，化简得x2＝8y，故曲线E的方程为x2＝8y.（2）由题意知，直线AB与CD的斜率均存在且均不为0，不妨设直线AB的方程为y=kx+2k≠0，则直线CD的方程为y＝－kx＋2，设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）， 由y＝kx+2，x2=8y，得x2－8kx－16＝0，则x1＋x2＝8k，x1x2＝－16，以－k代替k可得，x3＋x4＝－8k，x3x4＝－16，（点拨：因为直线AB与直线CD是过点F且倾斜角互补的直线，故可直接用－k代替k求得点C，D的坐标之间的关系）所以x1＋x2＋x3＋x4＝0.由题意知直线AD，BC的斜率均存在且均不为0，设直线AD的方程为y＝k1x＋b1，直线BC的方程为y＝k2x＋b2，由y＝k1x＋b1，x2=8y，得x2－8k1x－8b1＝0，则x1＋x4＝8k1，x1x4＝－8b1，同理可得，x2＋x3＝8k2，x2x3＝－8b2.由x1＋x2＋x3＋x4＝0及x1x2＝－16，x3x4＝－16，得x1－16x1－16x4＋x4＝0，整理得（x1＋x4）（1－16x1x4）＝0，由点A，C位于直线y＝2的下方可知，点B，D位于直线y＝2的上方，点A，D位于y轴同侧，所以x1＋x4≠0，则1－16x1x4＝0，即1－16－8b1＝0，所以b1＝－2，因此直线AD过定点（0，－2）.同理得b2＝－2，所以直线BC过定点（0，－2）.（另解：也可根据抛物线的对称性直接得到直线AD与BC的交点在y轴上，进而得到直线BC过定点（0，－2））所以直线AD与BC交于定点（0，－2）.