江蘇省高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 解析幾何 第12講 圓錐曲線中探索性問題及創(chuàng)新型問題練習(xí)-人教版高三數(shù)學(xué)試題

第12講圓錐曲線中探索性問題及創(chuàng)新型問題eq\a\vs4\al(課后自測診斷——及時查漏補缺·備考不留死角)1．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸是短軸的兩倍，點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))在橢圓C上．不過原點的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，設(shè)直線OA，l，OB的斜率分別為k1，k，k2，且k1，k，k2恰好構(gòu)成等比數(shù)列．(1)求橢圓C的方程．(2)試判斷OA2＋OB2是否為定值？若是，求出這個值；若不是，請說明理由．解：(1)由題意知a＝2b且eq\f(3,a2)＋eq\f(1,4b2)＝1，所以a2＝4，b2＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，m≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，所以x1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2)，x1·x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2)，且Δ＝16(1＋4k2－m2)>0.因為k1，k，k2恰好構(gòu)成等比數(shù)列，所以k2＝k1k2＝eq\f(y1y2,x1x2)＝eq\f(kx1＋mkx2＋m,x1x2)，即k2＝k2＋eq\f(－8k2m2,4m2－4)＋eq\f(m21＋4k2,4m2－4)，所以－4k2m2＋m2＝0，因為m≠0，所以k2＝eq\f(1,4)，解得k＝±eq\f(1,2)，此時Δ＝16(2－m2)>0，即m∈(－eq\r(2)，eq\r(2))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝±2m，,x1·x2＝2m2－2.))又OA2＋OB2＝xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\f(3,4)(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＋2＝eq\f(3,4)[(x1＋x2)2－2x1x2]＋2＝5，所以O(shè)A2＋OB2是定值，且為5.2．(2019·全國卷Ⅰ)已知點A，B關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱，|AB|＝4，⊙M過點A，B且與直線x＋2＝0相切．(1)若A在直線x＋y＝0上，求⊙M的半徑．(2)是否存在定點P，使得當(dāng)A運動時，|MA|－|MP|為定值？并說明理由．解：(1)因為⊙M過點A，B，所以圓心M在AB的垂直平分線上．由已知A在直線x＋y＝0上，且A，B關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱，所以M在直線y＝x上，故可設(shè)M(a，a)．因為⊙M與直線x＋2＝0相切，所以⊙M的半徑為r＝|a＋2|.由已知得|AO|＝2.又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半徑r＝2或r＝6.(2)存在定點P(1,0)，使得|MA|－|MP|為定值．理由如下：設(shè)M(x，y)，由已知得⊙M的半徑為r＝|x＋2|，|AO|＝2.由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化簡得M的軌跡方程為y2＝4x.因為曲線C：y2＝4x是以點P(1,0)為焦點，以直線x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，所以|MP|＝x＋1.因為|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在滿足條件的定點P.3.如圖，已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，點P(－2,3)是橢圓C上一點，且PF1⊥x軸．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)圓M：(x－m)2＋y2＝r2(r>0)．①設(shè)圓M與線段PF2交于A，B兩點，若eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\o(MP,\s\up6(→))＋eq\o(MF2,\s\up6(→))，且AB＝2，求r的值；②設(shè)m＝－2，過點P作圓M的兩條切線分別交橢圓C于G，H兩點(均異于點P)．試問：是否存在這樣的正數(shù)r，使得G，H兩點恰好關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱？若存在，求出r的值；若不存在，請說明理由．解：(1)因為點P(－2,3)是橢圓C上一點，且PF1⊥x軸，所以橢圓的半焦距c＝2，由eq\f(c2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，得y＝±eq\f(b2,a)，所以eq\f(b2,a)＝eq\f(a2－4,a)＝3，化簡得a2－3a－4＝0，解得a＝4，所以b2＝12，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)①因為eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\o(MP,\s\up6(→))＋eq\o(MF2,\s\up6(→))，所以eq\o(MA,\s\up6(→))－eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\o(MF2,\s\up6(→))－eq\o(MB,\s\up6(→))，即eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\o(BF2,\s\up6(→)).所以線段PF2與線段AB的中點重合(記為點Q)，由(1)知Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).因為圓M與線段PF2交于A，B兩點，所以kMQ·kAB＝kMQ·kPF2＝－1，即eq\f(0－\f(3,2),m)·eq\f(3－0,－2－2)＝－1，解得m＝－eq\f(9,8)，所以MQ＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,8)－0))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3,2)))2)＝eq\f(15,8)，又AB＝2，所以r＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,8)))2＋12)＝eq\f(17,8).②假設(shè)存在正數(shù)r滿足題意．由G，H兩點恰好關(guān)于原點對稱，設(shè)G(x0，y0)，則H(－x0，－y0)，不妨設(shè)x0<0.因為P(－2,3)，m＝－2，所以兩條切線的斜率均存在，設(shè)過點P與圓M相切的直線的斜率為k，則切線方程為y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，由該直線與圓M相切，得r＝eq\f(3,\r(1＋k2))，即k＝±eq\r(\f(9－r2,r2))，所以兩條切線的斜率互為相反數(shù)，即kPG＝－kPH，所以eq\f(y0－3,x0＋2)＝－eq\f(－y0－3,－x0＋2)，化簡得x0y0＝－6，即y0＝eq\f(－6,x0)，代入eq\f(x\o\al(2,0),16)＋eq\f(y\o\al(2,0),12)＝1，化簡得xeq\o\al(4,0)－16xeq\o\al(2,0)＋48＝0，解得x0＝－2(舍去)或x0＝－2eq\r(3)，所以y0＝eq\r(3)，所以G(－2eq\r(3)，eq\r(3))，H(2eq\r(3)，－eq\r(3))，所以kPG＝eq\f(3－\r(3),－2＋2\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，所以r＝eq\f(3,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2))＝eq\f(6\r(7),7).故存在滿足條件的正數(shù)r，且r＝eq\f(6\r(7),7).4.如圖，點T為圓O：x2＋y2＝1上一動點，過點T分別作x軸、y軸的垂線，垂足分別為A，B，連結(jié)BA并延長至點P，使得eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))，點P的軌跡記為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)若點A，B分別位于x軸與y軸的正半軸上，直線AB與曲線C相交于M，N兩點，試問：在曲線C上是否存在點Q，使得四邊形OMQN為平行四邊形？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．解：(1)設(shè)P(x，y)，T(x0，y0)，則A(x0,0)，B(0，y0)，由題意知eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))，所以A為PB中點，由中點坐標(biāo)公式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x,2)，,0＝\f(y0＋y,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x,2)，,y0＝－y，))又因為點T在圓O：x2＋y2＝1上，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝1,從而eq\f(x2,4)＋y2＝1.故曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)假設(shè)存在滿足題意的點Q，由題意知直線l的斜率存在且不為零，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋t，因為AB＝OT＝1，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(t,k)))2＋t2＝1，即eq\f(t2,k2)＋t2＝1，①聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得(4k2＋1)x2＋8ktx＋4(t2－1)＝0,設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(8kt,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4t2－1,4k2＋1)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8kt,4k2＋1)))＋2t＝eq\f(2t,4k2＋1)，因為OMQN為平行四邊形，故Qeq\b\lc\(\