专题研究四探索性问题习题和答案详解

1、x2 V21. (2019陕西咸阳模拟)已知椭圆C:孑+詁=1(ab0)的左、右焦点分别为 Fi, F2，离心率1为2点A在椭圆C 上, |AFi|= 2，/ FiAF2= 60 过F2与坐标轴不垂直的直线 l与椭圆C交于P, Q两点.(1)求椭圆C的方程;若P, Q的中点为N，在线段 0F2上是否存在点 M(m , 0),使得MN丄PQ?若存在，求 实数答案m的取值范围；若不存在，请说明理由.x2 v21(1)7 + 片 1(2)存在m (0, 1)理由略4 34解析1(1)由 e= 2 得 a= 2c.由 |AFi|= 2, 得 |AF2= 2a 2.由余弦定理得 |AFi|2+ |AF2

2、|2 2|AFi| |AF2|cos/ FiAF2= IF1F2I2,即 a2 3a+ 3= c2,解得 c= 1, a= 2, b2= a2 c2= 3.2 2所以椭圆C的方程为x+二=1.(2)存在这样的点 M符合题意.设 P(xi, yi), Q(x2, y2), N(xo, yo).由F2(1, 0)，设直线PQ的方程为y = k(x 1),2 2 + 匚=1 ,43得(4k2 + 3)x2 8k2x+ 4k2 12= 0,V=k (x 1),8k2皿xi + X24k2Xi + X2=，故 Xo =4k十32_4k2 + 33k4k2 + 3).又点N在直线PQ上，所以3k KIZ

3、4k2V0= 4k2 + 3，所以 N(4k2+ 3,3k因为MN丄PQ,所以kMN =k211齐=冷(0, 4).0 4k2+ 31亍=1整理得m =m 4k2 + 31所以在线段0F2上存在点M(m , 0)，使得MN丄PQ, m的取值范围为(0, ?.x2 v2一2. (2019甘肃兰州模拟)已知椭圆C:孑十b2= 1(ab0)短轴的一个端点与其两个焦点构成面 积为3的直角三角形.(1)求椭圆C的方程；过圆E : x2 + V2= 2上任意一点P作圆E的切线I, I与椭圆C交于A , B两点，以AB为 直径的圆是否过定点，若过定点，求出该定点；若不过定点，请说明理由.x2 V2答案 (6

4、十；=i (2)过定点(0, 0)解析(1)因为椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b = c, S=22cb1 x2 y2=2a2 = 3，所以a= 6, b= 3，故椭圆C的方程为令+隹=1.(2)圆E的方程为x2+ y2= 2，设0为坐标原点,当直线I的斜率不存在时，不妨设直线AB的方程为x= 2,则 A(,2,2), B(,2, -2)，所以当直线I的斜率存在时，设其方程为/ AOB = n,所以以AB为直径的圆过坐标原点.y= kx + m, A(X1, y1), B(x2, y2).因为直线与圆E 相一2y = kx + m,切，所以企=半？二，所以m2= 2 +

5、2k2.联立方程组x!+忙=1得x2+ 2(kx甘63，+ m)2= 6，即(1 + 2k2)x2+ 4kmx + 2m2-6= 0,= 16k2m2 4(1 + 2k2)(2m2 6) = 8(6k2 m24kmx1 + x2= 齐丽,+ 3) = 8(4k2+ 1)0，由根与系数的关系得22m2 6x1x2=7Z2?,所以 X1X2+ y1y2= (1 + k2)x1X2+ km(x 1 + X2) + m2(1 + k2)( 2m2 6)1 + 2k2塞叫+m2 =1 + 2 k23m2 6k2 61 + 2k2所以OA丄OB,所以以AB为直径的圆恒过坐标原点0.3. (2019安徽六安

6、二模)设点P是圆X2+ y2= 4上的任意一点，点D是点P在x轴上的投影, 动点M满足 3 PD = 2MD ,过定点 Q(0 , 2)的直线I与动点M的轨迹交于 A , B两点.(1)求动点M的轨迹方程；在y轴上是否存在点 E(0 , t),使|EA| = |EB|?若存在，求出实数t的取值范围；若不存在， 请说明理由.x2 v21答案(1)4+ 3= 1存在，t ( 1 , 0解析(1)设点M的坐标为(x , y),点P的坐标为(Xp , yp)，则点D的坐标为(xp , 0),由 3Xp= x ,PD = 2MD,得 込卫yp= 丁 y.点 P 在圆上， X2 + (2J3y)2= 4,

7、即 X4 + 二=1,t 、x2 y2点M的轨迹方程为+ = 1.43当直线I的斜率不存在时，直线I的方程为x = 0,当E与原点重合，即t= 0时，满足|EA|=|EB|.2 2当直线I的斜率存在时，设直线I的方程为y= kx + 2,代入X + y3 = 1，消去y，得(3 + 4k2)x21+ 16kx + 4= 0,则由= (16k)2 16(3 + 4k2)0，得 同运 设 A(X1, y1), B(x2 , y2),则 X1 + X2= 4；身 3, x1X2 =你二 3= |EB| , (EA + EB) AB = 0.又EA + EB =(X1 + x2, k(x1 + X2)

8、+ 4 2t), AB =(X2 x1, k(x2 x1),(X2 X1 , k(X2 X1) (X1 + X2, k(X1 + X2) + 4 2t) = 0，展开化简,得(1 + k2) (-X1 + X2)+ 4k 2kt = 0,将X1 + x2= 4k2h代入化简，得t= 4,1 2 1 又|k|2t=-乔石 ( 1 0).综上，存在符合题意的点 E,且实数t的取值范围为(2 0.4. (2019吉林一中二模)已知抛物线C: y2= 2px(p0)与直线x 2y+ 4 = 0相切.(1) 求该抛物线的方程；(2) 在x轴的正半轴上，是否存在某个确定的点M,过该点的动直线l与抛物线C交

9、于A , B1 1两点，使得|AM+顾为定值？如果存在，求出点 m的坐标；如果不存在，请说明理由.答案(1)y2= 8x (2)存在 M(4 , 0)x J2y + 4 = 0,厂解析(1)联立方程，有2消去x，得y2 2 2py+ 8p= 0,由直线与抛物线相y2= 2px,切，得= 8p2 32p= 0，解得 p= 4.所以抛物线的方程为 y2= 8x.假设存在满足条件的点M(m , 0)(m0).x = ty+ m,直线 l: x = ty + m,由 c得 y2 8ty 8m = 0,y2= 8x,设 A(x 1, y1), B(x2 , y2),有 y1 + y2= 8t, y1y2

10、= 8m.|AM| 2= (X1 m)2+ y12= (t2 + 1)y12,|BM|2= (X2 m)2+ y22= (t2+ 1)y 22.11 _11_ 1y12+ y22_ 14t2+ m|AM|2+ |BM|2=(t2 +1)y12+(t2+1)y22= t2+1 y12y22= t2 + 1 4m2 ，1 1 当m=4时，両+丽为定值，所以M(4，0).2 25. (2019福建漳州八校联考)已知抛物线 D的顶点是椭圆：+ = 1的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合.(1)求抛物线D的方程；已知动直线I过点P(4, 0)，交抛物线D于A , B两点，坐标原点 0为PQ的中点，求证:/

11、AQP = Z BQP;是否存在垂直于 x轴的直线m被以AP为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出直线m的方程；如果不存在，请说明理由.答案(1)y2= 4x 略 直线m被以AP为直径的圆截得的弦长恒为定值2 3,存在直线 m ： x= 3.解析 抛物线的焦点为(1 , 0) , p = 2.抛物线D的方程为y2= 4x.证明：设 A(xi, yi), B(x2, y2),由于O为PQ的中点，贝U Q点坐标为(一4, 0).当I垂直于x轴时，由抛物线的对称性知 / AQP = / BQP.y = k (x 4),当 I 不垂直于 x 轴时，设 I: y= k(x 4)，由得 k2x2 4(2k2+ 1)x + 16k2= 0,y2 = 4x ,4 (2k2+ 1)X1 + X2=2,X1X2= 16.,y1k (X1 4)y2k (X2 4)-Kaq =, Kbq =X1+ 4 X1+ 4X2 + 4X2 + 4k (2X 16 32)(X1+ 4)( X2 + 4),k (2x1x2 32) kAQ + kBQ =(X1 + 4)( X2+ 4)=X1 + 4 y 1 假设存在直线 m： x= a满足题意，则圆心 M(厂,；)，过M作直线x = a的垂线，垂足为E.设直线m与圆的一个交点为 G,则|EG|2=|MG|2|ME|2,即即222(X1 4) 2+ y12