专项训练五 解析几何（考点4 解析几何中的探索性问题）(解析版)

专项五解析几何考点4解析几何中的探索性问题大题拆解技巧【母题】(2021年全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与l相切.(1)求C,☉M的方程;(2)设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A3与☉M的位置关系,并说明理由.【拆解1】已知抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ,求C的方程.【解析】由题意知P(1,1),所以C的方程为y2=x.【拆解2】已知直线l:x=1,点M(2,0),且☉M与l相切,求☉M的方程.【解析】因为圆M与直线l相切,所以圆M的半径即圆心M到直线l的距离,故半径为1,因此圆M的方程为(x-2)2+y2=1.【拆解3】已知抛物线C的方程为y2=x,圆M的方程为(x-2)2+y2=1,设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判段直线A2A3与☉M的位置关系,并说明理由.【解析】设A1(x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3),当点A1为坐标原点,点A2,A3的横坐标的值均为3时,满足条件,且此时直线A2A3与☉M也相切.当x1≠x2≠x3时,直线A1A2的方程为x-(y1+y2)y+y1y2=0,此时有|2+y1y2|1+(y1+y2)2=1,即(y12-1)y22+2y1y2+3-y12=0,同理可得(y12-1)y32+2y1y3+3-y12=0,所以y2,y3是方程(y12-1)t2+2y1t+3-y12=0的两根.由题意知,直线A2A3的方程为x-(y2+y3)y+y2y3=0,令点M到直线A2A3的距离为d,则有d2=(2+y2y3)21+(y2+y3)2=(2+3-y12y12-1) 21+(-2y1y12-1) 2=1,此时,直线A2A3与☉M也相切.综上,直线A2A3与☉M相切.小做变式训练已知点P为椭圆W:2x2m2+y2=1(m>0)上任一点,椭圆W的一个焦点坐标为(-2,0).(1)求椭圆W的标准方程;(2)若点Q是抛物线C:x2=2my的准线上的任意一点,以PQ为直径的圆过原点O,试判断1|OP|2+1|OQ|2是否为定值,若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.【拆解1】已知点P为椭圆W:2x2m2+y2=1(m>0)上任一点,椭圆W的一个焦点坐标为(-2,0),求椭圆W的标准方程. 【解析】因为椭圆W:2x2m2+y2=1的一个焦点坐标为(-2,0),所以m22-1=(2)2=2,所以m2=6,因为m>0,所以m=6.所以椭圆W的标准方程为x23+y2=1.【拆解2】已知m=6,求抛物线C:x2=2my的准线.【解析】因为m=6,所以抛物线C的标准方程为x2=26y,所以其准线方程为y=-62.【拆解3】已知点P为椭圆W:x23+y2=1上任一点,若点Q是直线y=-62上的任意一点,以PQ为直径的圆过原点O,试判断1|OP|2+1|OQ|2是否为定值,若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.【解析】设P(xP,yP),Q(xQ,-62),因为以PQ为直径的圆过原点,所以OP⊥OQ,所以xP≠0,所以xPxQ-6yP2=0,即xQ=6yP2xP,所以1|OP|2+1|OQ|2=1xP2+yP2+13yP22xP2+32=3+2xP23(xP2+yP2),又因为xP23+yP2=1,所以yP2=1-xP23,所以3+2xP23(xP2+yP2)=3+2xP23(xP2+1-xP23)=1,所以1|OP|2+1|OQ|2为定值,且定值为1.技巧归纳此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件,则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在,否则不存在;若探究结论,则应先求出结论的表达式,再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论.突破实战训练<基础过关>1.已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM和BM的斜率之积为-14,记M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)在第一象限内,曲线C上是否存在点P,使得∠PBA=2∠PAB?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由题意可得,kAM·kBM=yx+2·yx-2=y2x2-4=-14(x≠±2),化简可得x24+y2=1(x≠±2), 故曲线C的方程为x24+y2=1(x≠±2).(2)设P(x,y)(x>0,y>0),且x24+y2=1(x≠±2),　①tan∠PBA=y2-x,tan∠PAB=yx+2,因为∠PBA=2∠PAB,所以tan∠PBA=tan2∠PAB,即y2-x=2·yx+21-(yx+2) 2,化简可得3x2+4x-y2-4=0,　②由①②可得13x2+16x-20=0,解得x=1013或x=-2(舍去),此时y=1213,所以第一象限内曲线C上存在点P(1013,1213)使得∠PBA=2∠PAB.2.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63,焦距为4.(1)求该椭圆的标准方程;(2)过该椭圆右焦点F的动直线l交椭圆于A,B两点,P为直线x=3上的一点,是否存在直线l与点P,使得△ABP恰好为等边三角形?若存在,求出△ABP的面积;若不存在,请说明理由.【解析】(1)依题意知,ca=63,c=2,∴a2=6,又∵a2=b2+c2,∴b2=2,∴椭圆的标准方程为x26+y22=1.(2)当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=2,把x=2代入椭圆方程,得46+y22=1,得y=±63,∴A2,63,B2,-63,∴AB的中点为F(2,0).若△ABP恰好为等边三角形,则PF⊥AB.此时P(3,0),则|PA|=153≠|AB|,舍去.当直线l的斜率存在时,设直线l:y=k(x-2),与椭圆方程联立,整理得(3k2+1)x2-12k2x+12k2-6=0,记A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=12k23k2+1,x1x2=12k2-63k2+1,∴|AB|=1+k2|x1-x2|=26(k2+1)3k2+1.记AB的中点为M(x0,y0),则x0=6k23k2+1,y0=-2k3k2+1,又∵xP=3,kMP=-1k,∴|MP|=1+1k2|x0-xP|=k2+1k2·3(k2+1)3k2+1,要满足题目要求,则需要|MP|=32|AB|,即k2+1k2·3(k2+1)3k2+1=32·26(k2+1)3k2+1,∴k=±1,经检验k=±1均符合题意. ∴|AB|=6,S△ABP=332.3.已知椭圆C:x24+y2=1.(1)椭圆C是否存在以点(-1,12)为中点的弦?若存在,求出弦所在的直线l的方程;若不存在,请说明理由.(2)已知椭圆C的左、右顶点分别为A,B,点P是椭圆C上的点,若直线AP,BP分别与直线y=3交于G,H两点,求线段GH的长度取得最小值时直线GP的斜率.【解析】(1)因为(-1)24+(12)2=12<1,所以点(-1,12)在椭圆C的内部,则椭圆C存在以点(-1,12)为中点的弦.设该弦所在的直线l与椭圆C相交于M(x1,y1),N(x2,y2),则x124+y12=1,x224+y22=1,两式相减,得x224-x124+y22-y12=0,即(x2-x1)(x2+x1)4+(y2-y1)(y2+y1)=0.又x1+x2=-2,y1+y2=1,所以(x2-x1)(-2)4+(y2-y1)×1=0,整理得y2-y1x2-x1=12.所以直线l的方程为y-12=12(x+1),即x-2y+2=0.(2)因为A,P,G三点共线,所以当线段GH的长度取得最小值时,直线AP的斜率k显然存在,且k>0,A(-2,0),设直线AP的方程为y=k(x+2),从而点G(3k-2,3).联立y=k(x+2),x24+y2=1,消y整理得(1+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0,Δ>0.设点P(x0,y0),则(-2)·x0=16k2-41+4k2.所以x0=2-8k21+4k2,从而y0=4k1+4k2,所以P(2-8k21+4k2,4k1+4k2).又点B(2,0),所以直线PB的斜率为-14k.由y=-14k(x-2),y=3,得x=-12k+2,y=3,所以H(-12k+2,3).故|GH|=|3k-2+12k-2|=|3k+12k-4|.又k>0,所以3k+12k≥23k·12k=12,当且仅当3k=12k,即k=12时,等号成立.所以当k=12时,线段GH的长度取得最小值,所以此时直线GP的斜率为12. 4.已知在平面直角坐标系xOy中,直线l过点M(0,4),且与抛物线C:x2=4y交于A,B两点.(1)求证:OA⊥OB.(2)在y轴上是否存在定点N,无论直线l的斜率为何值,向量AN|AN|+BN|BN|与MN始终共线?若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.【解析】(1)当直线l的斜率不存在时,不满足与抛物线C:x2=4y交于A,B两点;当直线l的斜率存在时,设斜率为k,则过点M(0,4)的直线l的方程为y=kx+4.设A(x1,y1),B(x2,y2),联立x2=4y,y=kx+4,消去y得x2-4kx-16=0,所以Δ=16k2+64>0,x1+x2=4k,x1x2=-16,所以OA·OB=x1x2+y1y2=x1x2+(x1x2)216=-16+(-16)216=0,所以OA⊥OB.(2)假设存在定点N(0,t),使得向量AN|AN|+BN|BN|与MN共线,即存在定点N使得MN平分∠ANB,即y轴平分∠ANB,则有kNA+kNB=0,则kNA+kNB=y1-tx1+y2-tx2=(y1-t)x2+(y2-t)x1x1x2=(kx1+4-t)x2+(kx2+4-t)x1x1x2=0,整理得2kx1x2+(4-t)(x1+x2)=0,即-32k+4k(4-t)=0,整理得k(-4-t)=0,所以t=-4,所以在y轴上存在定点N(0,-4),不管直线l的斜率为何值,向量AN|AN|+BN|BN|与MN始终共线.<能力拔高>5.已知O为坐标原点,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,直线l:y=kx+t交椭圆C于A,B两点,OM=OA+OB,且点M在椭圆C上,当k=12时,t=1.(1)求椭圆C的方程;(2)试探究四边形OAMB的面积是否为定值,若是,求出此定值;若不是,请说明理由.【解析】(1)由ca=12得a2=4c2,b2=3c2,故椭圆方程可化为3x2+4y2=12c2.设A(x1,y1),B(x2,y2),则3x12+4y12=12c2,3x22+4y22=12c2,两式相减整理得34+y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=0,当k=12时,34+12·kOM=0,解得kOM=-32,将y=12x+1与y=-32x联立,解得线段OM中点坐标为-12,34, 将M-1,32代入椭圆C的方程,整理得3×(-1)2+4×322=12c2,解得c2=1,故椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)设AB中点为(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),把y=kx+t代入椭圆C的方程,消去y得(3+4k2)x2+8ktx+4t2-12=0,Δ=48(4k2-t2+3)>0,x1+x2=-8kt4k2+3,x1x2=4t2-124k2+3,所以x0=-4kt3+4k2,y0=kx0+t=3t3+4k2.设M(xM,yM),则xM=2x0=-8kt3+4k2,yM=2y0=6t3+4k2,代入椭圆C得3·64k2t2(3+4k2)2+4·36t2(3+4k2)2=12,整理得4t2=3+4k2,|y1-y2|=|k(x1-x2)|=|k|·16(9+12k2-3t2)3+4k2.当k≠0时,设y=kx+t交x轴于点P,则xP=-tk,S△AOB=12·|xP|·|y1-y2|=12·|t||k|·|k|·16(9+12k2-3t2)3+4k2=12·3+4k24·169+12k2-3·3+4k24(3+4k2)2=32;当k=0时,△AOB的面积为32,故△AOB面积为定值32.因为S四边形OAMB=2S△AOB=3,所以四边形OAMB面积为定值,定值为3.6.已知F1,F2分别是椭圆C:x24+y2=1的左,右焦点.(1)若P是椭圆C第一象限内的一点,PF1·PF2=-54,求点P的坐标.(2)若直线l与圆O:x2+y2=14相切,交椭圆C于A,B两点,是否存在这样的直线l,使得OA⊥OB?【解析】由题意可得F1(-3,0),F2(3,0),设P(x,y)(x>0,y>0),则PF1·PF2=(-3-x,-y)·(3-x,-y)=x2+y2-3=-54.由x2+y2=74,x24+y2=1,得x2=1,y2=34,即x=1,y=32,故点P的坐标为1,32,(2)不存在这样的直线l,使得OA⊥OB.设A(x1,y1),B(x2,y2),当直线l的斜率不存在时,把x=±12代入椭圆方程得y2=1516,所以y1y2=-1516,故OA·OB=x1x2+y1y2=14-1516=-1116≠0,此时OA⊥OB不成立;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,则由已知可得|m|k2+1=12,即k2+1=4m2, 由y=kx+m,x24+y2=1,得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2-1)=0,则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4(m2-1)4k2+1,因为OA·OB=0,所以x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(k2+1)x1x2+mk(x1+x2)+m2=0,即5m2-4k2-4=0.又k2+1=4m2,所以54(k2+1)-4(k2+1)=0,从而k2+1=0,此方程无实数解,此时OA⊥OB不成立.综上,不存在这样的直线l,使得OA⊥OB.<拓展延伸>7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点A(6,0)在椭圆C上,且AF1·AF2=3.(1)求椭圆C的标准方程.(2)椭圆C上的两点P,Q关于原点O对称,点R在椭圆C上,且直线PR与圆O:x2+y2=2相切,|PR||QR|是否为定值?若为定值,求出该定值;若不为定值,试说明理由.【解析】(1)设椭圆C的半焦距为c,由点A(6,0)在椭圆C上,可得a=6,由AF1·AF2=(-c-6,0)·(c-6,0)=6-c2=3,解得c=3或c=-3(舍去),所以b2=a2-c2=3,所以椭圆C的标准方程为x26+y23=1.(2)①当直线PR的斜率不存在时,可得直线PR的方程为x=2或x=-2,若直线PR的方程为x=2,当直线PQ的方程为y=x时,可得P(2,2),Q(-2,-2),R(2,-2),则|PR|=22,|QR|=22,所以|PR|=|QR|,即|PR||QR|=1;当直线PQ的方程为y=-x时,同理可得|PR||QR|=1,若直线PR的方程为x=-2,由对称性,同理可得|PR||QR|=1.②当直线PR的斜率存在时,设直线PR的方程为y=kx+m,因为直线PR与圆O:x2+y2=2相切,所以圆心O到直线PR的距离为|m|k2+1=2,即m2=2(1+k2).设P(x1,y1),R(x2,y2),则Q(-x1,-y1),联立y=kx+m,x26+y23=1,整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,则x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2,且Δ=24+48k2-8m2=32k2+8>0,所以k∈R,所以|PR|=1+k2·|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=221+k2·1+4k21+2k2, 因为|QR|=(x1+x2)2+(y1+y2)2,y1+y2=k(x1+x2)+2m=k-4km1+2k2+2m=2m1+2k2,所以|QR|=-4km1+2k22+2m1+2k22=2|m|1+4k21+2k2=221+k2·1+4k21+2k2,所以|PR||QR|=1.综上所述,|PR||QR|的值为定值1.8.在平面直角坐标系xOy内,已知抛物线y=x2的焦点为F,P为平面直角坐标系内的点,若抛物线y=x2上存在点A,使得AF⊥AP,则称A为点P的一个“垂足点”.(1)若点P有两个“垂足点”分别为M(1,1)和N(2,4),求点P的坐标.(2)是否存在点P,使得点P有且仅有三个不同的“垂足点”,且点P也是双曲线y28-x22=1上的点?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.【解析】(1)设P(s,t),由抛物线y=x2得焦点为F(0,14),且M(1,1)和N(2,4)是点P的“垂足点”,∴MF⊥MP且NF⊥NP,又FM=(1,34),MP=(s-1,t-1),FN=(2,154),NP=(s-2,t-4),∴s-1+34(t-1)=0,2(s-2)+154(t-4)=0,解得s=-4112,t=629,∴点P的坐标为(-4112,629).(2)假设存在点P(s,t)满足条件,设其中的一个“垂足点”为A(x0,x02).由AF⊥AP,且FA=(x0,x02-14),PA=(x0-s,x02-t),∴x0(x0-s)+(x02-14(x02-t)=0,即x04+(34-t)x02-x0s+14t=0.若点P有三个“垂足点”,则关于x的方程x4(34-t)x2-sx+14t=0有三个不相等的实根,∴方程x4+(34-t)x2-sx+14t=0可化为(x-m)2·(x2+ax+b)=0,且a2-4b>0,m2+am+b≠0,而(x-m)2(x2+ax+b)=x4+(a-2m)x3+(m2+b-2ma)x2+(am2-2mb)x+m2b=0,∴a-2m=0,m2+b-2ma=34-t,am2-2mb=-s,m2b=14t,即m=a2,s=3a-a34,t=34a2,b=34.若点P在双曲线y28-x22=1上,则18×916a4-12×(3a-a34)2=1,化简得4a6-33a4+36a2+128=0,即(a2-4)(4a4-17a2-32)=0,解得a=±2或a=±178+3898,此时m=±1或m=±12178+3898,且满足a2-4b>0,m2+am+b≠0. ∴存在点P,其坐标(-12,3)或(12,3)或((178+3898) 324-3178+38984,5132+98932)或(-(178+3898) 324+3178+38984,5132+98932).