专题限时集训14　圆锥曲线中的存在性、证明问题

3/3专题限时集训(十四)圆锥曲线中的存在性、证明问题1．(2021·泉州一模)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，折线|x－1|＝my(m≠0)与C交于M，N两点．(1)当m＝2时，求|MF|＋|NF|的值；(2)直线AM与BN交于点P，证明：点P在定直线上．[解]折线为my＝|x－1|，不妨设M在F的右侧，N在F的左侧，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则M，N关于x轴的对称点分别为M′(x1，－y1)，N′(x2，－y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝my,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，所以y1－y2＝eq\f(－6m,3m2＋4)，－y1y2＝eq\f(－9,3m2＋4)，|y1＋y2|＝eq\f(12\r(m2＋1),3m2＋4).(1)|MF|＋|NF|＝|MF|＋|N′F|＝|MN′|＝eq\r(1＋m2)|y1＋y2|＝eq\r(1＋m2)·eq\f(12\r(m2＋1),3m2＋4)＝eq\f(12m2＋1,3m2＋4)，当m＝2时，|MF|＋|NF|＝eq\f(12×22＋1,3×22＋4)＝eq\f(15,4).(2)证明：由题意知A(－2,0)，M(x1，y1)，则直线AM的方程为eq\f(y,x＋2)＝eq\f(y1,x1＋2)，又因为M在F的右侧，所以折线方程为my1＝x1－1，所以直线AM的方程为eq\f(y,x＋2)＝eq\f(y1,my1＋3)①，由题知B(2,0)，N(x2，y2)，则直线BN的方程为eq\f(y,x－2)＝eq\f(y2,x2－2)，又因为x2＝－my2＋1，所以直线BN的方程为eq\f(y,x－2)＝eq\f(－y2,my2＋1)②，eq\f(①,②)得，eq\f(x－2,x＋2)＝eq\f(y1,－y2)·eq\f(my2＋1,my1＋3)，所以，eq\f(x－2,x＋2)＝eq\f(my1y2＋y1,－my1y2－3y2)＝eq\f(m·\f(9,3m2＋4)－\f(6m,3m2＋4)＋y2,－m·\f(9,3m2＋4)－3y2)＝eq\f([3m＋3m2＋4y2],－3[3m＋3m2＋4y2])＝－eq\f(1,3)，解得x＝1，所以定点P在直线x＝1上．2．已知动圆C过定点F(1,0)，且与定直线x＝－1相切．(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；(2)过点M(－2,0)的任一条直线l与轨迹E交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．[解](1)法一：依题意知，动圆圆心C到定点F(1,0)的距离与到定直线x＝－1的距离相等，由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹E是以F(1,0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，其中p＝2.∴动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.法二：设动圆圆心C(x，y)，依题意得eq\r(x－12＋y2)＝|x＋1|，化简得y2＝4x，即为动圆圆心C的轨迹E的方程．(2)假设存在点N(x0,0)满足题设条件．由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN＋kQN＝0.①易知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ：x＝my－2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my－2，))得y2－4my＋8＝0.由Δ＝(－4m)2－4×8＞0，得m＞eq\r(2)或m＜－eq\r(2).设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2由①得kPN＋kQN＝eq\f(y1,x1－x0)＋eq\f(y2,x2－x0)＝eq\f(y1x2－x0＋y2x1－x0,x1－x0x2－x0)＝0，∴y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0，即y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.消去x1，x2，得eq\f(1,4)y1yeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,4)y2yeq\o\al(2,1)－x0(y1＋y2