2021届高考数学一轮总复习第9章解析几何第8节直线与圆锥曲线的综合问题第4课时圆锥曲线中的证明与探索性问题跟踪检测文含解析

1、第九章第九章解析几何解析几何第八节第八节直线与圆锥曲线的综合问题直线与圆锥曲线的综合问题第第 4 课时课时圆锥曲线中的证明与探索性问题圆锥曲线中的证明与探索性问题a 级基础过关|固根基|1.设椭圆 c1：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，f1，f2是椭圆的两个焦点，m 是椭圆上任意一点，且mf1f2的周长是 42 3.(1)求椭圆 c1的方程；(2)设椭圆 c1的左、右顶点分别为 a，b，过椭圆 c1上的一点 d 作 x 轴的垂线交 x 轴于点e，若点 c 满足abbc，adoc，连接 ac 交 de 于点 p，求证：|pd|pe|.解：(1)由 e32，知ca32，所以 c32a，

2、因为mf1f2的周长是 42 3，所以 2a2c42 3，所以 a2，c 3，所以 b2a2c21，所以椭圆 c1的方程为x24y21.(2)证明：由(1)得 a(2，0)，b(2，0)，设 d(x0，y0)，所以 e(x0，0)因为abbc，所以可设 c(2，y1)，所以ad(x02，y0)，oc(2，y1)由adoc可得(x02)y12y0，即 y12y0 x02.所以直线 ac 的方程为y2y0 x02x24.整理得 yy02（x02）(x2)又点 p 在 de 上，将 xx0代入直线 ac 的方程可得 yy02，即点 p 的坐标为x0，y02 ，所以 p 为 de 的中点，|pd|pe

3、|.2已知椭圆 c：x2a2y2b21(ab0)的两个焦点与短轴的一个顶点连线构成等边三角形，且椭圆 c 的短轴长为 2 3.(1)求椭圆 c 的标准方程；(2)是否存在过点 p(0，2)的直线 l 与椭圆 c 相交于不同的两点 m，n，且满足omon2(o 为坐标原点)，若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由解：(1)由题意得2b2 3，a2c，a2b2c2，解得a2，b 3，c1，椭圆 c 的标准方程是x24y231.(2)不妨设点 m 在点 n 上方， 当直线 l 的斜率不存在时， m(0， 3)， n(0， 3)， 则om on3，不符合题意当直线 l 的斜率存在时，设直线

4、 l 的方程为 ykx2，m(x1，y1)，n(x2，y2)，由x24y231，ykx2，消去 y 整理得，(34k2)x216kx40，由(16k)216(34k2)0，解得 k12，则 x1x216k34k2，x1x2434k2，omonx1x2y1y2(1k2)x1x22k(x1x2)44（1k2）34k232k234k241612k234k2.omon2，1612k234k22，解得 k22，满足0，存在符合题意的直线 l，其方程为 y22x2.3.如图，圆 c 与 x 轴相切于点 t(2，0)，与 y 轴正半轴相交于两点 m，n(点 m 在点 n 的下方)，且|mn|3.(1)求圆

5、c 的方程；(2)过点 m 任作一条直线与椭圆x28y241 相交于两点 a，b，连接 an，bn，求证：anmbnm.解：(1)设圆 c 的半径为 r(r0)，依题意，圆心 c 的坐标为(2，r)因为|mn|3，所以 r232222，解得 r2254.所以圆 c 的方程为(x2)2y522254.(2)证明：把 x0 代入方程(x2)2y522254，解得 y1 或 y4，即点 m(0，1)，n(0，4)当 abx 轴时，可知anmbnm0.当 ab 与 x 轴不垂直时，可设直线 ab 的方程为ykx1.联立方程ykx1，x28y241，消去 y 得，(12k2)x24kx60.设直线 ab

6、 交椭圆于 a(x1，y1)，b(x2，y2)两点，则 x1x24k12k2，x1x2612k2.所 以 kan kbny14x1y24x2kx13x1kx23x22kx1x23（x1x2）x1x21x1x212k12k212k12k20.所以anmbnm.综上，anmbnm.4(2019 届湖北八校联考)已知抛物线 c：y22px(p0)在第一象限内的点 p(2，t)到焦点f 的距离为52.(1)若 n12，0，过点 n，p 的直线 l1与抛物线相交于另一点 q，求|qf|pf|的值；(2)若直线 l2与抛物线 c 相交于 a，b 两点，与圆 m：(xa)2y21 相交于 d，e 两点，o

7、为坐标原点，oaob，试问：是否存在实数 a，使得|de|为定值？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由解：(1)因为点 p(2，t)到焦点 f 的距离为52，所以 2p252，解得 p1，故抛物线 c 的方程为 y22x， p(2， 2)， 设直线 l1为 yaxb， 则12ab0，2ab2，解得a45，b25，所以 l1的方程为 y45x25，联立得y45x25，y22x，可解得 xq18，又|qf|xq1258，|pf|52，所以|qf|pf|585214.(2)存在设直线 l2的方程为 xnym(m0)，代入抛物线方程可得 y22ny2m0，设 a(x1，y1)，b(x2，y2)

8、，则 y1y22n，y1y22m，由 oaob 得，(ny1m)(ny2m)y1y20，整理得(n21)y1y2nm(y1y2)m20，将代入解得 m2 或 m0(舍去)，满足4n28m0，所以直线 l2：xny2.因为圆心 m(a，0)到直线 l2的距离 d|a2|1n2，所以|de|212（a2）21n2，显然当 a2 时，|de|2，所以存在实数 a2，使得|de|为定值.b 级素养提升|练能力|5.已知抛物线 c：x22py(p0)的焦点为 f，直线 2xy20 交抛物线 c 于 a，b 两点，p 是线段 ab 的中点，过 p 作 x 轴的垂线交抛物线 c 于点 q.(1)d 是抛物线

9、 c 上的动点，点 e(1，3)，若直线 ab 过焦点 f，求|df|de|的最小值；(2)是否存在实数 p，使|2qaqb|2qaqb|？若存在，求出 p 的值；若不存在，说明理由解：(1)直线 2xy20 与 y 轴的交点为(0，2)，f(0，2)，则抛物线 c 的方程为 x28y，准线 l：y2.设过 d 作 dgl 于 g，则|df|de|dg|de|，当 e，d，g 三点共线时，|df|de|取最小值 235.(2)假设存在，抛物线 x22py 与直线 y2x2 联立方程组得x24px4p0，设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，(4p)216p16(p2p)0，则 x1x24p，

10、x1x24p，q(2p，2p)|2qaqb|2qaqb|.则qaqb0，得(x12p)(x22p)(y12p)(y22p)(x12p)(x22p)(2x122p)(2x222p)5x1x2(46p)(x1x2)8p28p40，代入得 4p23p10，解得 p14或 p1(舍去)因此存在实数 p14，且满足0，使得|2qaqb|2qaqb|成立6(2020 届武汉市部分学校高三质量监测)设 o 为坐标原点，动点 m 在椭圆 e：x24y221 上，过点 m 作 x 轴的垂线，垂足为 n，点 p 满足np 2nm.(1)求点 p 的轨迹方程；(2)设 a(1，0)，在 x 轴上是否存在一定点 b，使|bp|2|ap|总成立？若存在，求出 b 点坐标；若不存在，说明理由解：(1)设点 p 的坐标为(x，y)，点 m 的坐标为(x1，y1)，则x214y2121.由np 2nm知xx1