2021高考数学二轮专题训练2.53课时突破解析几何解答题第3课时圆锥曲线中的存在性与证明问题课件

1、第3课时圆锥曲线中的存在性与证明问题考向一圆锥曲线中的存在性问题考向一圆锥曲线中的存在性问题【典例【典例】(2020(2020银川二模银川二模) )已知椭圆已知椭圆c:c: =1(ab0)=1(ab0)的离心率与双曲线的离心率与双曲线x x2 2- - =1=1的离心率互为倒数的离心率互为倒数,a,b,a,b分别为椭圆的左、右顶点分别为椭圆的左、右顶点, ,且且|ab|=4.|ab|=4.(1)(1)求椭圆求椭圆c c的方程的方程; ;(2)(2)已知过左顶点已知过左顶点a a的直线的直线l与椭圆与椭圆c c另交于点另交于点d,d,与与y y轴交于点轴交于点e,e,在平面内是否存在在平面内是否

2、存在一定点一定点p,p,使得使得 =0=0恒成立恒成立? ?若存在若存在, ,求出该点的坐标求出该点的坐标, ,并求并求adpadp面积的最面积的最大值大值; ;若不存在若不存在, ,说明理由说明理由. .2222xyab2y3pe bd 【解析【解析】(1)(1)双曲线双曲线x x2 2- =1- =1的离心率为的离心率为 =2,=2,由题意可得椭圆的离心率为由题意可得椭圆的离心率为e= ,|ab|=4,e= ,|ab|=4,即即2a=4,2a=4,即即a=2,b= ,a=2,b= ,所以椭圆所以椭圆c c的方程为的方程为 =1;=1;(2)(2)过左顶点过左顶点a a的直线的直线l的斜率显

3、然存在的斜率显然存在, ,设为设为k,k,方程设为方程设为y=k(x+2),y=k(x+2),由题意知由题意知k0,k0,可得可得e(0,2k),e(0,2k),且且a(-2,0),b(2,0),a(-2,0),b(2,0),设设p(m,np(m,n),),由由 可得可得(3+4k(3+4k2 2)x)x2 2+16k+16k2 2x+16kx+16k2 2-12=0,-12=0,2y31 3122ab1a2322xy4322ykx2 ,3x4y12（）则则-2x-2xd d= ,= ,即即x xd d= ,= ,即有即有d ,d ,在平面内假设存在一定点在平面内假设存在一定点p,p,使得使得

4、 =0=0恒成立恒成立. .可得可得 =(-m,2k-n)=(-m,2k-n) 由于上式恒成立由于上式恒成立, ,可得可得k(4m+6)-3n=0,k(4m+6)-3n=0,即有即有4m+6=0,4m+6=0,且且-3n=0,-3n=0,可得可得m=- ,n=0,m=- ,n=0,则存在则存在p ,p ,使得使得 =0=0恒成立恒成立. .2216k1234k2268k34k22268k12k(,)34k34kpe bd 22268k12k(2,)34k34k22216k12km2kn34k34k （）（） （）22216k m24k12kn034k，32pe bd 3(0)2 ，pe bd

5、此时此时s sadpadp= |ap|= |ap|y|yd d|= ,|= ,因为因为k0,k0,所以所以s sadpadp= = 当且仅当当且仅当|k|k|2 2= ,= ,即即k=k= 时取得等号时取得等号. .综上可得综上可得, ,点点p p的坐标为的坐标为 , ,s sadpadp的最大值为的最大值为 . .122212 k3 k1122 34k34k333,3434 k2 4 kkk34323(0)2 ，34【探究延伸【探究延伸】本例中本例中, ,若直线若直线l过点过点f(-1,0)f(-1,0)且与椭圆且与椭圆c c交于交于m,nm,n两点两点, ,以以om,onom,on为邻边作

6、平行四为邻边作平行四边形边形omqn.omqn.是否存在直线是否存在直线l, ,使点使点q q落在椭圆落在椭圆c c上上? ?若存在若存在, ,求出点求出点q q坐标坐标; ;若不存在若不存在, ,请请说明理由说明理由. .【解析【解析】当直线当直线mnmn的斜率存在且不为的斜率存在且不为0 0时时, ,设直线设直线mnmn的方程为的方程为y=k(x+1),y=k(x+1),由由 得得(3+4k(3+4k2 2)x)x2 2+8k+8k2 2x+4kx+4k2 2-12=0,-12=0,设设q(xq(x0 0,y,y0 0),m(x),m(x1 1,y,y1 1),n(x),n(x2 2,y,

7、y2 2),),则则x x1 1+x+x2 2= ,x= ,x1 1x x2 2= ,= ,由于由于omqnomqn为平行四边形为平行四边形, ,得得 22ykx1 ,xy143（）228k34k224k1234koqomon, 故故 若点若点q q在椭圆在椭圆c c上上, ,则则 =1,=1,代入得代入得 =1,=1,无解无解; ;当直线斜率不存在时当直线斜率不存在时, ,易知存在点易知存在点q(-2,0)q(-2,0)在椭圆在椭圆c c上上. .故存在直线故存在直线l, ,使点使点q(-2,0)q(-2,0)落在椭圆落在椭圆c c上上. .20122012121228kxxx,34k6ky

8、yykx1kx1kxx2,34k （）（）（）2200 xy43422 216k12k34k（）【素养提升【素养提升】关于存在性问题的解题策略关于存在性问题的解题策略(1)(1)直接求解直接求解, ,求出要探究的参数值、点、直线等求出要探究的参数值、点、直线等, ,即可说明存在性即可说明存在性, ,若无解若无解, ,则不则不存在存在. .(2)(2)假设存在假设存在, ,并作为条件使用并作为条件使用, ,结合已知条件进行推导结合已知条件进行推导, ,探究是否有矛盾探究是否有矛盾, ,没有矛没有矛盾符合题意则存在盾符合题意则存在, ,否则不存在否则不存在. .【变式训练【变式训练】已知椭圆已知椭

9、圆c:9xc:9x2 2+y+y2 2=m=m2 2(m0),(m0),直线直线l不过原点不过原点o o且不平行于坐标轴且不平行于坐标轴, ,l与与c c有两个交点有两个交点a,b,a,b,线段线段abab的中点为的中点为m.m.(1)(1)证明证明: :直线直线omom的斜率与的斜率与l的斜率的乘积为定值的斜率的乘积为定值; ;(2)(2)若若l过点过点 , ,延长线段延长线段omom与与c c交于点交于点p,p,四边形四边形oapboapb能否为平行四边形能否为平行四边形? ?若能若能, ,求此时求此时l的斜率的斜率; ;若不能若不能, ,说明理由说明理由. .m(m)3，【解析【解析】(

10、1)(1)设直线设直线l:y:y=kx+b(k0,b0),a(x=kx+b(k0,b0),a(x1 1,y,y1 1),b(x),b(x2 2,y,y2 2),m(x),m(xm m,y,ym m).).将将y=kx+by=kx+b代入代入9x9x2 2+y+y2 2=m=m2 2, ,得得(k(k2 2+9)x+9)x2 2+2kbx+b+2kbx+b2 2-m-m2 2=0,=0,故故x xm m= ,y= ,ym m=kx=kxm m+b+b= = 于是直线于是直线omom的斜率的斜率k komom= ,= ,即即k komomk k=-9.=-9.所以直线所以直线omom的斜率与的斜率

11、与l的斜率的乘积为定值的斜率的乘积为定值. .122xxkb2k929b.k9mmy9xk (2)(2)四边形四边形oapboapb能为平行四边形能为平行四边形. .因为直线因为直线l过点过点 , ,所以所以l不过原点且与不过原点且与c c有两个交点的充要条件是有两个交点的充要条件是k0,k3.k0,k3.由由(1)(1)得得omom的方程为的方程为y=- x.y=- x.设点设点p p的横坐标为的横坐标为x xp p. .由由 得得 m(m)3，9k2229yxk9xym ，222pp22k mkmxx.9k813 k9，即将点将点 的坐标代入直线的坐标代入直线l的方程得的方程得b= b=

12、因此因此x xm m= = 若四边形若四边形oapboapb为平行四边形为平行四边形, ,则当且仅当线段则当且仅当线段abab与线段与线段opop互相平分时成立互相平分时成立, ,即即x xp p=2x=2xm m. .于是于是 解得解得k k1 1=4- ,k=4- ,k2 2=4+ .=4+ .因为因为k ki i0,k0,ki i3,i=1,2,3,i=1,2,所以当直线所以当直线l的斜率为的斜率为4- 4- 或或4+ 4+ 时时, ,四边形四边形oapboapb为平行四边形为平行四边形. .m(m)3，m3k3（），2kk3m.3k9（）（）22kmkk3m23k93 k9（），（）7

13、777考向二圆锥曲线中的证明问题考向二圆锥曲线中的证明问题( (规范解答规范解答) )【典例【典例】(2020(2020运城一模运城一模) )已知椭圆已知椭圆c:c: =1(ab0)=1(ab0)的离心率为的离心率为 , ,右焦点右焦点为为f,f,以原点以原点o o为圆心为圆心, ,椭圆椭圆c c的短半轴长为半径的圆与直线的短半轴长为半径的圆与直线x-yx-y+ + =0=0相切相切. .(1)(1)求椭圆求椭圆c c的方程的方程; ;(2)(2)如图如图, ,过定点过定点p(2,0)p(2,0)的直线的直线l l交椭圆交椭圆c c于于a,ba,b两点两点, ,连接连接afaf并延长交椭圆并延

14、长交椭圆c c于于m,m,求证求证:pfm=pfb.:pfm=pfb.2222xyab222【思维流程图【思维流程图】(1)(1)离心率、相切离心率、相切求出求出a,ba,b; ;(2)(2)直线方程与椭圆方程联立、根与系数的关系直线方程与椭圆方程联立、根与系数的关系k kfbfb+k+kfafa=0pfm=pfb.=0pfm=pfb.【规范解答【规范解答】(1)(1)依题意可设圆依题意可设圆o o方程为方程为x x2 2+y+y2 2=b=b2 2, ,1 1分分因为圆因为圆o o与直线与直线x-yx-y+ =0+ =0相切相切, ,所以所以b= =1,b= =1,2 2分分所以所以a a2

15、 2-c-c2 2=1,=1,又又 , ,解得解得a= ,a= ,3 3分分所以椭圆所以椭圆c c的方程为的方程为 +y+y2 2=1.=1.4 4分分222211c2a222x2(2)(2)依题意可知直线依题意可知直线l的斜率存在的斜率存在, ,设直线设直线l的方程为的方程为y=k(x-2),y=k(x-2),5 5分分代入代入 +y+y2 2=1,=1,整理得整理得(1+2k(1+2k2 2)x)x2 2-8k-8k2 2x+8kx+8k2 2-2=0,-2=0, 6 6分分因为因为l与椭圆有两个交点与椭圆有两个交点, ,所以所以0,0,即即2k2k2 2-10.-100给给1 1分分列出

16、根与系数的关系给列出根与系数的关系给1 1分分表示出斜率和及代入根与系数的关系各给表示出斜率和及代入根与系数的关系各给1 1分分整理出斜率和为整理出斜率和为0 0给给1 1分分判断角相等给判断角相等给1 1分分【答题模板【答题模板】 【素养提升【素养提升】关于证明问题的解题方法关于证明问题的解题方法(1)(1)求值求值( (方程方程) )证明证明: :对于定值、定点等类型的证明问题对于定值、定点等类型的证明问题, ,可以利用定点、定值类可以利用定点、定值类的方法的方法, ,通过计算通过计算, ,求出相应的值、方程即可证明求出相应的值、方程即可证明. .(2)(2)转化证明转化证明: :将要证明

17、的命题转化为斜率、弦长、中点、位置关系等将要证明的命题转化为斜率、弦长、中点、位置关系等. .利用方程利用方程联联立、消元立、消元, ,结合根与系数的关系解题结合根与系数的关系解题. .【变式训练【变式训练】1.1.已知椭圆已知椭圆c:xc:x2 2+2y+2y2 2=36.=36.(1)(1)求椭圆求椭圆c c的短轴长和离心率的短轴长和离心率; ;(2)(2)过点过点(2,0)(2,0)的直线的直线l与椭圆与椭圆c c相交于两点相交于两点m,n,m,n,设设mnmn的中点为的中点为t,t,点点p(4,0),p(4,0),判断判断|tp|tp|与与|tm|tm|的大小的大小, ,并证明你的结论

18、并证明你的结论. .【解析【解析】(1)(1)椭圆椭圆c:xc:x2 2+2y+2y2 2=36=36可变形为可变形为c: =1,c: =1,所以所以a=6,b=3 ,c=3 ,a=6,b=3 ,c=3 ,故短轴长为故短轴长为 (2)|tm|tp|.(2)|tm|tp|.当当l为为x=2x=2时时, ,代入代入c:xc:x2 2+2y+2y2 2=36=36可得可得y=y=4,4,此时此时t(2,0),t(2,0),所以所以|tm|=4,|tp|=2,|tm|=4,|tp|=2,所以所以|tm|tp|,|tm|tp|,当当l的斜率的斜率k k存在时存在时, ,设设l:y:y=k(x-2),=k

19、(x-2),代入到代入到c:xc:x2 2+2y+2y2 2=36,=36,得得x x2 2+2k+2k2 2(x-2)(x-2)2 2=36,=36,所以所以(2k(2k2 2+1)x+1)x2 2-8k-8k2 2x+8kx+8k2 2-36=0,-36=0,22xy36182226 2,e.2令令m(xm(x1 1,y,y1 1),n(x),n(x2 2,y,y2 2),),则则x x1 1+x+x2 2= ,x= ,x1 1x x2 2= ,= ,此时此时 =(x=(x1 1-4,y-4,y1 1), =(x), =(x2 2-4,y-4,y2 2),),所以所以 =(x =(x1 1

20、-4)(x-4)(x2 2-4)+y-4)+y1 1y y2 2=(x=(x1 1-4)(x-4)(x2 2-4)+k-4)+k2 2(x(x1 1-2)(x-2)(x2 2-2)-2)=(k=(k2 2+1)x+1)x1 1x x2 2-(4+2k-(4+2k2 2)(x)(x1 1+x+x2 2)+16+4k)+16+4k2 2228k2k1228k362k1pmpn pm pn = +16+4k= +16+4k2 2所以所以mpn90mpn90, ,点点p p在以在以mnmn为直径的圆内部为直径的圆内部. .所以所以|tm|tp|,|tm|tp|,综上所述综上所述,|tm|tp|.,|t

21、m|tp|.2222228k36k18k 42k2k12k1（）（）（）222222222222k9k14k 2kk42k1 42k12k12k16k540.2k1（）（）（）（）（）2.2.设椭圆设椭圆c:c: +y+y2 2=1=1的右焦点为的右焦点为f,f,过过f f的直线的直线l与与c c交于交于a,ba,b两点两点, ,点点m m的坐标为的坐标为(2,0).(2,0).(1)(1)当当l与与x x轴垂直时轴垂直时, ,求直线求直线amam的方程的方程; ;(2)(2)设设o o为坐标原点为坐标原点, ,证明证明:oma=omb.:oma=omb.2x2【解析【解析】(1)(1)由已知

22、得由已知得f(1,0),f(1,0),l的方程为的方程为x=1.x=1.由已知可得由已知可得, ,点点a a的坐标为的坐标为 又又m(2,0),m(2,0),所以所以amam的方程为的方程为y=- x+ y=- x+ 或或y= x- .y= x- .(2)(2)当当l与与x x轴重合时轴重合时,oma=omb=0,oma=omb=0. .当当l与与x x轴垂直时轴垂直时,om,om为为abab的垂直平分线的垂直平分线, ,所以所以oma=omb.oma=omb.当当l与与x x轴不重合也不垂直时轴不重合也不垂直时, ,设设l的方程为的方程为y=k(x-1)(k0),a(xy=k(x-1)(k0

23、),a(x1 1,y,y1 1),),b(xb(x2 2,y,y2 2),),则则x x1 1 ,x ,x2 2 ,0)=2px(p0)交于交于a,ba,b两点两点, ,且且 =-3.=-3.(1)(1)求抛物线求抛物线c c的方程的方程; ;(2)(2)过点过点m m作直线作直线ll交抛物线交抛物线c c于于p,qp,q两点两点, ,记记oab,oab,opqopq的面积分别为的面积分别为s s1 1,s,s2 2, ,证明证明: : 为定值为定值. .oa ob 221211ss【解析【解析】(1)(1)设直线设直线l的方程为的方程为:x=my+1,:x=my+1,与抛物线与抛物线c:yc

24、:y2 2=2px(p0)=2px(p0)联立联立, ,消去消去x x得得:y:y2 2-2pmy-2p=0;-2pmy-2p=0;设设a(xa(x1 1,y,y1 1),b(x),b(x2 2,y,y2 2),),则则y y1 1+y+y2 2=2pm,y=2pm,y1 1y y2 2=-2p;=-2p;由由 =-3,=-3,得得x x1 1x x2 2+y+y1 1y y2 2=(my=(my1 1+1)(my+1)(my2 2+1)+y+1)+y1 1y y2 2=(1+m=(1+m2 2)y)y1 1y y2 2+(y+(y1 1+y+y2 2)m+1)m+1=(1+m=(1+m2 2

25、) )(-2p)+2pm(-2p)+2pm2 2+1=-2p+1=-3,+1=-2p+1=-3,解得解得p=2,p=2,所以抛物线所以抛物线c c的方程为的方程为y y2 2=4x;=4x;oa ob (2)(2)由由(1)(1)知知, ,点点m(1,0)m(1,0)是抛物线是抛物线c c的焦点的焦点, ,所以所以|ab|=x|ab|=x1 1+x+x2 2+p=my+p=my1 1+my+my2 2+2+p=4m+2+p=4m2 2+4,+4,又原点到直线又原点到直线l的距离为的距离为d= ,d= ,所以所以oaboab的面积为的面积为s s1 1= = 4(m4(m2 2+1)=2 ,+1

26、)=2 ,又直线又直线l过点过点m,m,且且ll, ,所以所以opqopq的面积为的面积为s s2 2= = 所以所以 即即 为定值为定值. .211m21121m21m22211m2 1()2;mm2222212111m1,ss41m41m4（）（）221211ss专题能力提升练专题能力提升练十九圆锥曲线中的存在性与证明问题十九圆锥曲线中的存在性与证明问题(40(40分钟分钟8080分分) )1.(20201.(2020日照二模日照二模) )已知椭圆已知椭圆 =1=1的右焦点为的右焦点为f,f,设直线设直线l:x:x=5=5与与x x轴的交点轴的交点为为e,e,过点过点f f且斜率为且斜率为

27、k k的直线的直线l1 1与椭圆交于与椭圆交于a,ba,b两点两点,m,m为线段为线段efef的中点的中点. .(1)(1)若直线若直线l1 1的倾斜角为的倾斜角为 , ,求求abmabm的面积的面积s s的值的值; ;(2)(2)过点过点b b作直线作直线bnbnl于点于点n,n,证明证明:a,m,n:a,m,n三点共线三点共线. .22xy544【解析【解析】(1)(1)由题意由题意, ,知知f(1,0),e(5,0),m(3,0).f(1,0),e(5,0),m(3,0).设设a(xa(x1 1,y,y1 1),b(x),b(x2 2,y,y2 2).).因为直线因为直线l1 1的倾斜角

28、为的倾斜角为 , ,所以所以k=1.k=1.所以直线所以直线l1 1的方程为的方程为y=x-1,y=x-1,即即x=y+1.x=y+1.代入椭圆方程代入椭圆方程, ,可得可得9y9y2 2+8y-16=0.+8y-16=0.4所以所以y y1 1+y+y2 2=- ,y=- ,y1 1y y2 2=- .=- .所以所以s sabmabm= = |fm|fm|y|y1 1-y-y2 2| |8916912212122yy4y y816()4998 10.9 （）(2)(2)设直线设直线l1 1的方程为的方程为y=k(x-1).y=k(x-1).代入椭圆方程代入椭圆方程, ,得得(4+5k(4+

29、5k2 2)x)x2 2-10k-10k2 2x+5kx+5k2 2-20=0,-20=0,则则x x1 1+x+x2 2= ,x= ,x1 1x x2 2= .= .因为直线因为直线bnbnl于点于点n,n,所以所以n(5,yn(5,y2 2).).所以所以k kamam= ,k= ,kmnmn= .= .2210k45k225k2045k11y3x2y2而而y y2 2(3-x(3-x1 1)-2(-y)-2(-y1 1) )=k(x=k(x2 2-1)(3-x-1)(3-x1 1)+2k(x)+2k(x1 1-1)-1)=-kx=-kx1 1x x2 2-3(x-3(x1 1+x+x2

30、2)+5)+5= =0,= =0,所以所以k kamam=k=kmnmn. .故故a,m,na,m,n三点共线三点共线. .22225k2010kk(35)45k45k 2.(20202.(2020广东一模广东一模) )已知椭圆已知椭圆c:c: =1,a,b=1,a,b分别为椭圆长轴的左右端点分别为椭圆长轴的左右端点,m,m为为直线直线x=2x=2上异于点上异于点b b的任意一点的任意一点, ,连接连接amam交椭圆于交椭圆于p p点点. .(1)(1)求证求证: : 为定值为定值; ;(2)(2)是否存在是否存在x x轴上的定点轴上的定点q,q,使得以使得以mpmp为直径的圆恒通过为直径的圆

31、恒通过mqmq与与bpbp的交点的交点. .22xy42op omuur uuu rg【解析【解析】(1)(1)由椭圆的方程可得由椭圆的方程可得:a(-2,0),b(2,0), :a(-2,0),b(2,0), 设设m(2,m),p(xm(2,m),p(x0 0,y,y0 0),(m0,x),(m0,x0 02),2),则则 =1,=1,得得 又又k kapap= =k= =kamam= =k kbpbp= ,= ,所以所以k kapapk kbpbp= = 所以所以 , ,整理可得整理可得2x2x0 0+my+my0 0=4,=4,所以所以 =2x=2x0 0+my+my0 0=4=4为定值

32、为定值. .2200 xy422200 x4y2 00yx2m0m224 （）00yx22020y1x42 00ym14 x22 gop omuur uuu rg(2)(2)假设存在定点假设存在定点q(n,0)q(n,0)满足要求满足要求, ,设设m(2,m),p(xm(2,m),p(x0 0,y,y0 0),(m0,x),(m0,x0 02),2),由以由以mpmp为直径的圆恒通过为直径的圆恒通过mqmq与与bpbp的交点可得的交点可得 =0,=0,所以所以(n-2,-m)(n-2,-m)(x(x0 0-2,y-2,y0 0)=nx)=nx0 0-2n-2x-2n-2x0 0+4-my+4-

33、my0 0=0,=0,由由(1)(1)得得2x2x0 0+my+my0 0=4,=4,由由可得可得n(xn(x0 0-2)=0,-2)=0,因为因为x x0 02,2,解得解得n=0,n=0,所以存在所以存在x x轴上的定点轴上的定点q(0,0),q(0,0),使得以使得以mpmp为直径的圆恒通过为直径的圆恒通过mqmq与与bpbp的交点的交点. .mq bpuuu r uurg3.3.已知已知a(1,2)a(1,2)为抛物线为抛物线y y2 2=2px(p0)=2px(p0)上的一点上的一点,e,f,e,f为抛物线上异于点为抛物线上异于点a a的两点的两点, ,且且直线直线aeae的斜率与直

34、线的斜率与直线afaf的斜率互为相反数的斜率互为相反数. .(1)(1)求直线求直线efef的斜率的斜率; ;(2)(2)设直线设直线l过点过点m(m,0)m(m,0)并交抛物线于并交抛物线于p,qp,q两点两点, ,且且 (0),(0),直线直线x=-mx=-m与与x x轴交于点轴交于点n,n,试探究试探究 与与 的夹角是否为定值的夹角是否为定值, ,若是若是, ,则求出定值则求出定值; ;若不若不是是, ,说明理由说明理由. .pmmq uuu ruuu rnmuuurnpnquuruuu r【解析【解析】(1)(1)设设e(xe(x1 1,y,y1 1),f(x),f(x2 2,y,y2

35、 2),),因为点因为点a(1,2)a(1,2)为抛物线为抛物线y y2 2=2px(p0)=2px(p0)上的一点上的一点, ,所以所以y y2 2=4x,=4x,同时有同时有 =4x=4x1 1, =4x, =4x2 2,k,kaeae= ,k= ,kafaf= ,= ,因为直线因为直线aeae的斜率与直线的斜率与直线afaf的斜率互为相反数的斜率互为相反数, ,即即 , ,即即y y1 1+y+y2 2=-4,=-4,故故k kefef= =-1.= =-1.21y22y111y24x1y2222y24x1y21244y2y2 212121yy4xxyy(2)(2)是定值是定值. .设直

36、线设直线l的方程为的方程为:x=ty+m,p(x:x=ty+m,p(x3 3,y,y3 3),q(x),q(x4 4,y,y4 4),),n(-m,0),n(-m,0),联立联立x=ty+mx=ty+m与与y y2 2=4x=4x得得y y2 2-4ty-4m=0,-4ty-4m=0,所以所以y y3 3+y+y4 4=4t,y=4t,y3 3y y4 4=-4m,=-4m,因为因为 =(m-x=(m-x3 3,-y,-y3 3), =(x), =(x4 4-m,y-m,y4 4),),且且 = (0),= (0),所以所以-y-y3 3=y=y4 4,=- ,=- ,pmuuu rmquuu

37、 rpmuuu rmquuu r34yy由题可知由题可知, - , - =(x=(x3 3+m,y+m,y3 3)-(x)-(x4 4+m,y+m,y4 4) )=(x=(x3 3+m-(x+m-(x4 4+m),y+m),y3 3-y-y4 4) )= ,= ,npuurnquuu r223434yy(m(m),yy )44又因为又因为 +m-+m- = = = = = =0,= =0,23y424y(m)4223344yyym(m)4y422334334344yy ymyy y4mymmm44y4y3344y y y4m4y（）所以所以 =(0,y =(0,y3 3-y-y4 4),),又

38、又 =(2m,0),=(2m,0),所以所以 =0, =0,所以所以 即即 与与 的夹角为的夹角为 . .npnquuruuu rnmuuurnm npnquuur uuruuu rg （）nmnpnquuuruuruuu r（）nmuuurnpnquuruuu r24.4.已知椭圆已知椭圆c c经过点经过点 , ,且与椭圆且与椭圆e:e: +y+y2 2=1=1有相同的焦点有相同的焦点. .(1)(1)求椭圆求椭圆c c的标准方程的标准方程; ;(2)(2)若动直线若动直线l:y=kx+m:y=kx+m与椭圆与椭圆c c有且只有一个公共点有且只有一个公共点p,p,且与直线且与直线x=4x=4

39、交于点交于点q,q,问问: :以以线段线段pqpq为直径的圆是否经过一定点为直径的圆是否经过一定点m?m?若存在若存在, ,求出定点求出定点m m的坐标的坐标; ;若不存在若不存在, ,请说请说明理由明理由. .3(1)2，2x2【解析【解析】(1)(1)椭圆椭圆e e的焦点为的焦点为( (1,0),1,0),设椭圆设椭圆c c的标准方程为的标准方程为 =1(ab0),=1(ab0),则则 所以椭圆所以椭圆c c的标准方程为的标准方程为 =1.=1.2222xyab22222291a441abb3ab1，解得，22xy43(2)(2)存在存在. .联立联立 消去消去y,y,得得(3+4k(3+

40、4k2 2)x)x2 2+8kmx+4m+8kmx+4m2 2-12=0,-12=0,由题意由题意=64k=64k2 2m m2 2-4(3+4k-4(3+4k2 2)(4m)(4m2 2-12)=0,-12)=0,即即m m2 2=3+4k=3+4k2 2. .22ykxmxy1,43，设设p(xp(xp p,y,yp p),),则则x xp p= = y yp p=kx=kxp p+m+m= = 即即p .p .假设存在定点假设存在定点m(s,tm(s,t) )满足题意满足题意, ,因为因为q(4,4k+m),q(4,4k+m),则则 =(4-s,4k+m-t),=(4-s,4k+m-t)

41、,24km4k34km ，24k3mmm，4k3()m m，4k3mp(st)mm ，mq所以所以 = = 恒成立恒成立, ,故故 解得解得 所以存在点所以存在点m(1,0)m(1,0)符合题意符合题意. .mpmq4k34k3(s)4s(t)4kmt1 s(m4k)tmmmm （）（）（）22s4s3t0 （）221 s0t0s4s3t0 ，s1t0.，5.5.已知已知o o为坐标原点为坐标原点, ,直线直线y=-y=- 上一点上一点q,q,动点动点p p满足满足:opoq,:opoq, =1.=1.(1)(1)求动点求动点p p的轨迹的轨迹w w的标准方程的标准方程; ;(2)(2)直线直

42、线l:y:y=k(x+1)(k0)=k(x+1)(k0)与轨迹与轨迹w w相交于相交于a,ba,b两点两点, ,线段线段abab的中点为的中点为e,e,射线射线oeoe交轨交轨迹迹w w于点于点g,g,交直线交直线x=-3x=-3于点于点d.d.证明证明:|og|:|og|2 2=|od|=|od|oe|.|oe|.622211opoq【解析【解析】(1)(1)设设p(x,y),qp(x,y),q , ,由题知由题知: =1,: =1,所以所以 =1,=1,又因为又因为opoq,opoq,所以所以xxxxq q- =0,x- =0,xq q= (x0),= (x0),所以所以 =1,=1,整理

43、得整理得 +y+y2 2=1,=1,所以轨迹所以轨迹w w的方程为的方程为 +y+y2 2=1(x0);=1(x0);q6(x)2，2211opoq222q113xyx26y26y2x2222113y3xy2x22x32x3(2)(2)由题意由题意: :设设a(xa(x1 1,y,y1 1),b(x),b(x2 2,y,y2 2),ab),ab的中点为的中点为e(xe(x0 0,y,y0 0),),d(-3,m),d(-3,m),由由 消去消去y y整理得整理得:(1+3k:(1+3k2 2)x)x2 2+6k+6k2 2x+3kx+3k2 2-3=0,-3=0,由根与系数的关系得由根与系数的

44、关系得x x1 1+x+x2 2= ,= ,所以所以x x0 0=- ,y=- ,y0 0=kx=kx0 0+k= ,+k= ,即点即点e ,e ,22yk(x1 ,xy13）226k1 3k223k1 3k2k1 3k2223kk(,)1 3k1 3k因为因为k koeoe=- ,=- ,所以射线所以射线oe:yoe:y=- ,=- ,由由 得得 , ,由由 , ,得得y yd d= ,= ,即即d ,d ,又因为又因为y yd dy ye e= ,= ,所以所以 =y=yd dy ye e, ,即即|og|og|2 2=|od|=|od|oe|.|oe|.13kx3k22xy,3kxy13 2g21y1 3kxy