专题31：抛物线的存在探索性问题

第第页参考答案1．（1）x2＝4y；（2）存在，定点R(0，－2).【分析】（1）由|PA|等于点P到直线y＝－1的距离，结合抛物线的定义得出点P的轨迹方程；（2）由对称性确定点R必在y轴上，再由∠MRQ＝∠NRQ可得kMR＋kNR＝0，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理求出定点R(0，－2).【解析】（1）由题知，|PA|等于点P到直线y＝－1的距离，故P点的轨迹是以A为焦点，y＝－1为准线的抛物线，所以其方程为x2＝4y.（2）根据图形的对称性知，若存在满足条件的定点R，则点R必在y轴上，可设其坐标为(0，r)此时由∠MRQ＝∠NRQ可得kMR＋kNR＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则＋＝0由题知直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx＋2，与x2＝4y联立得x2－4kx－8＝0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－8＋＝＋＝2k＋＝2k－＝0故r＝－2，即存在满足条件的定点R(0，－2).【点评】关键点睛：解决问题一时，关键是由抛物线的定义得出轨迹方程；解决问题二时，关键是由对称性得出点R必在y轴上，进而设出其坐标.2．（1）证明见解析；（2）存在，.【分析】（1）由题意设直线，，，将直线与抛物线方程联立求出两根之和、两根之积，求出直线以及直线，将两直线联立求出交点即证.（2）由（1）知点N为的中点，取的中点E，则，利用抛物线的定义可得，，，，根据，可得，即，结合韦达定理即可求解.【解析】解（1）由题知所以设直线，，联立得所以对求导得所以直线的斜率为所以直线即①同理直线②联立①和②得所以点N的坐标为，即点N在定直线上（2）由（1）知点N为的中点取的中点E，则由题知所以所以而，若存在点N满足题意则即所以即③又因为④将③代入④解得由（1）知即经检验，存在满足题意.【点评】本题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是由，，求出点N的坐标为以及，考查了计算能力、推理能力.3．（1）；（2）证明见解析；（3）存在满足题意的点，其坐标为和．【分析】（1）设，与抛物线方程联立,利用根与系数的关系以及抛物线的定义得出、两点之间的距离；（2）设，与抛物线方程联立，得出一元二次方程，通过计算得出，即可证得、、在同一条直线上；（3）设点的坐标为，列方程组求出点关于直线的对称点为，将的坐标代入，可得点的坐标．【解析】（1），设，联立得：，；（2）设，联立得：，，，，，∴，∴、、在同一条直线上；（3）设点的坐标为，点关于直线的对称点为，则，解得：，若在上，将的坐标代入，得或．∴存在满足题意的点，其坐标为和．【点评】本题考查抛物线的定义，考查焦半径公式，考查直线与抛物线的位置关系，解决本题的关键点是通过设出直线方程，与抛物线方程联立化简，利用设而不求法以及，证得三点共线成立，考查了学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．4．（1）；（2）存在；．【分析】（1）设，利用点差法可得解；（2）由题知为的角平分线，可得，设直线的方程为，与抛物线方程联立得，由韦达定理结合得，即对于任意的恒成立，可得答案.【解析】（1）设，则因为线段的中点的纵坐标为，则，两式相减得．所以，即抛物线的方程为（2）假设存在这样的点满足条件，设为，因为点到直线的距离相等，所以为的角平分线，则，可得，显然直线的斜率不能为零，故设直线的方程为，由联立得，设，则有得即，整理得，即，得，即对于任意的恒成立，所以且此时满足，所以存在点到直线的距离相等.【点评】本题考查求抛物线的方程，直线与抛物线相交问题：（1）对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件，在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．（2）用“点差法”求解弦中点问题的解题步骤：①设点，设出弦的两端点的坐标；②代入：将两端点的坐标代入曲线方程；③作差：将两式相减，再用平方差公式展开；④整理：转化为斜率和中点坐标的关系式，然后求解．5．（1）；（2）是，定点为和.【分析】（1）设，用动点转移法求得轨迹的方程；（2）设直线与曲线C的交点坐标为，，直线方程代入曲线方程，应用韦达定理得，设，写出直线方程求得两点坐标，若存在定点，利用（注意代入韦达定理的结论）求得定点．【解析】（1）设，则点Q的坐标为.因为，所以，即，因为点P在抛物线上，所以，即.所以点M的轨迹C的方程为.（2）设直线与曲线C的交点坐标为，，由得.由韦达定理得.设点，则.所以直线的方程为.令，得点D的坐标为.同理可得点E的坐标为.如果以为直径的圆过x轴某一定点，则满足.因为.所以.即，解得或.故以为直径的圆过x轴上的定点和.【点评】本题考查求抛物线方程，考查抛物线中的定点问题．解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点坐标为，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得，代入定点对应的表达式，利用恒等式知识求得定点坐标．6．（1）证明见解析；（2）存在点，使得A，B，P三点共线.【分析】（1）设，求出坐标，直接计算求解即可；（2）设过M的圆的切线方程为，利用圆心到直线距离等于半径得到方程，其两根，为两切线斜率，设直线：，转化为求关于t的方程是否有解.【解析】（1）证明：设（），则切线的斜率，所以切线方程为，即，所以，则所以（定值）（2）设过M的圆的切线斜率为，则切线方程为，则即：其两根，为两切线斜率，设，则直线：化简得：若存在M，符合题意，则又斜率公式知，同理∴代入并化简有所以：，解得或或，由知，故存在点，使得A，B，P三点共线.【点评】本题主要考查了抛物线的简单几何性质，圆的切线的性质，函数与方程的思想，考查了运算能力，属于较难题目.7．（1）证明见解析；（2）①；②存在；定点，.【分析】（1）将抛物线方程和圆方程联立，消去，得到关于的方程，然后将交点的横坐标代入方程中，可求出圆的半径，求出过点的切线方程，再与圆方程联立求点，的坐标，可得到，，然后，可证得；（2）①先判断直线的斜是否存在，再设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，消元后使判别式大于零，可求出斜率的取值范围；②假设存在点，则，然后对上式化简，再结合根与系数的关系，可得，要使此式为定值，只要，，求出点的坐标即可.【解析】（1）联立抛物线与圆的方程：，得，由题意，满足上述方程，所以解得，所以的方程为.由于点在上，且在第一象限，在第一象限的方程为，则，故过点的切线斜率为1，所以在上过点的切线方程为，即.与圆的方程联立，又点在点的右侧，所以，，故，，，所以（2）（1）若过点的直线斜率不存在，则的方程为，与只有一个交点，不合题意.由题意，设的方程为.由得，由于直线与交于不同的两点，，故，，所以直线的斜率的取值范围是.（2）假设存在点，设，，则，.由（1）得，，当，时，即当，时，.故存在定点，不论为何值，为定值.【点评】本题主要考查抛物线、圆、直线方程，定值等综合知识以及推理论证能力与运算求解能力，属于较难题.8．（1）；（2）存在定点满足题意．【分析】（1）联立方程，得，由可得值，即可得抛物线的方程；（2）由题设，易得当直线的斜率不存在时，恒有；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，联立方程，由韦达定理与斜率公式表示出，由列方程求解出即可.【解析】（1）联立方程，得，因为抛物线与圆有且只有两个公共点，则，解得或，又，所以，所以抛物线的方程为；（2）假设直线上存在定点，当直线的斜率不存在时，，，由题知，即恒成立．当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，联立方程得，则，，由题知，所以，整理得，因为上式对任意成立，所以，解得，故所求定点为．【点评】本题主要考查了抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系，抛物线中的定点问题，考查了学生的运算求解能力.9．（1）；（2）存在，定点M(9，0).【分析】（1）利用抛物线经过点，求得，得到抛物线的方程；（2）设直线的方程为，，，联立，消元得到，利用韦达定理，结合向量数量积坐标公式以及条件，得到或，确定出直线方程，进而求得结果.【解析】（1）根据题意，可设抛物线C的方程为，因为点在抛物线C上，所以，即，所以抛物线的方程为.（2）设直线的方程为，，，联立，整理得，，，，因为，，所以.因为，所以，即，所以，或，则直线的方程为：或(舍去)，所以直线过定点，因为，所以点Q在以PH为直径的圆上所以存在定点M(9，0)，使得为定值.【点评】思路点睛：该题考查的是有关抛物线的问题，解题思路如下：（1）根据题意，设出抛物线方程，根据点在抛物线上，点的坐标满足抛物线方程，求得结果；（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理以及向量数量积坐标公式，结合向量垂直，得到等量关系，确定出直线过的定点，结合图形的特征，得到结果.10．（1）；（2）存在，【分析】（1）利用坐标写出，，，即可求出，，再根据，化简即可求得曲线的方程；（2）先假设存在，根据题意写出的方程，对进行讨论，联立方程解出，即可求得与的面积之比的表达式，利用其为常数,即可求得结论.【解析】（1），，，，，即，，，，，即，化简得曲线C的方程：；（2）假设存在点满足条件，则，，直线的方程是：，的方程是，动点在曲线上，，曲线C的方程：；即，则，，曲线C在Q处的切线l的方程是：，与y轴交点为：，，，，①当时，，,使得：，，时不符合题意；②当时，，与一定相交，联立：，即，解得：，联立：，即，解得：，，又，，又，，对任意，要使为常数，则要满足：，解得：，此时，故存在，使与的面积之比是常数2.【点评】求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.11．（1）；准线；（2）存在，【分析】（1）将点代入抛物线即可求解，再由抛物线的标准方程可得准线.（2）设出直线：，直线：，将直线与抛物线联立，利用韦达定理以及中点坐标公式求出、，从而求出直线，，将两直线联立求出交点，得到点的轨迹是个圆，从而可得定点为圆心.【解析】（1）将点代入抛物线，可得，解得，所以抛物线方程：，准线.（2）由题意可得直线：，直线：，联立，整理可得，设，，则，，所以，同理，，设，：，：，联立，解得，，整理可得，即，所以点的轨迹是个圆，故的坐标为，线段长度为定值.【点评】此题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是求出直线，的交点，得到点的轨迹方程，考查了运算求解能力.12．（1）；（2）存在，.【分析】（1）由抛物线过点，代入即可解得；（2）依题意，设点，，直线的方程为，联立直线与抛物线消去，列出韦达定理由，即，再结合，，，整理可得；【解析】（1）因为抛物线：经过点，所以，解得.所以抛物线的方程是.（2）根据题意.设点，，直线的方程为.联立消去得，则.则，.设点，因为，即，结合，，，得，即，化简得，解得.所以，所以抛物线上存在定点，使得.【点评】本题考查待定系数法求抛物线方程，直线与圆锥曲线的综合应用，属于中档题.13．；能（理由见解析）.【分析】根据抛物线的定义可知，，进而可知，，即可得出结果；设过焦点的弦方程为，代入，得，结合韦达定理写出，并令其为，算出，即可得证.【解析】由抛物线的定义得，，在直角三角形中，，同理，直角三角形中，，，.根据题意，可知焦点，设过焦点的弦方程为.代入，得.设该方程两根为，，，.设抛物线准线上一点的坐标为，设，则，，则：.令，即，则，即.解得.故在抛物线准线上能找到一点，使.【点评】本题考查抛物线的定义和性质，结合韦达定理，两直线的位置关系的知识点，考查转化与划归的思想，属于中档题.14．（1）.（2）存在点，定值为.【分析】（1）设，由题意知：，利用距离公式及弦长公式可得方程，化简可得P的轨迹方程；（2）假设存在，设､，由题意知直线的斜率必不为0，设直线的方程，与抛物线联立，利用根与系数关系可求得，当时，上式，与无关，为定值.【解析】（1）设，由题意知：.当点不在轴上时，过做，交于点，则为的中点，，.又，，化简得；当点在轴上时，易知点与点重合.也满足，曲线的方程为.（2）假设存在，满足题意.设､.由题意知直线的斜率必不为0，设直线的方程为.由得.，.，.，，，.，当时，上式，与无关，为定值.存在点，使过点的直线与曲线的交点满足为定值.【点评】本题考查轨迹方程、定值问题的求解，求轨迹方程，一般是求谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可，存在性与定值问题一般设存在，代入，结合韦达定理等知识消去参数求解，属于较难题型.15．（1）；（2）存在，，.【分析】（1）显然当轴时，取得最小值，可得，即可得到所求抛物线方程；（2）假设轴上存在一点，，使得直线与直线的交点恒在一条定直线上．设，，，，直线的方程为，