2024年高考指导数学(人教A版理科第一轮复习)解答题专项5　第3课时　圆锥曲线中的存在性(或证明)问题

第3课时圆锥曲线中的存在性(或证明)问题1.(2022河南濮阳一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32,且圆(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l的斜率为12,且直线l与椭圆C相交于P,Q两点,P关于原点的对称点为E,A(-2,1)是椭圆C上一点,直线AE与AQ的斜率分别为kAE,kAQ,证明:kAE·kAQ≤02.(2022陕西咸阳一模)如图,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),A1,A2分别是长轴的左、右两个端点,F2是右焦点(1)求椭圆C的方程.(2)若直线x=4上有两个点M,N,且MF2·①求△MNF2面积的最小值;②连接MA1交椭圆C于另一点P(不同于点A1),证明:P,A2,N三点共线.3.如图,A,B,M,N为抛物线y2=2x上四个不同的点,直线AB与直线MN相交于点(1,0),直线AN过点(2,0).(1)记A,B的纵坐标分别为yA,yB,求yA·yB的值;(2)记直线AN,BM的斜率分别为k1,k2,是否存在实数λ,使得k2=λk1?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.4.给定椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),称圆心在原点O,半径为a2+b2的圆是椭圆C的“卫星圆”.若椭圆C(1)求椭圆C的方程和其“卫星圆”方程;(2)点P是椭圆C的“卫星圆”上的一个动点,过点P的直线l1,l2与椭圆C都只有一个交点,且l1,l2分别交“卫星圆”于点M,N.试探究:|MN|的长是否为定值?若为定值,写出证明过程;若不是,说明理由.答案：1.(1)解由题可知b解得a∴椭圆C的方程为x28+(2)证明设P(x1,y1),Q(x2,y2),E(-x1,-y1),直线l:y=12x+t,将y=12x+t代入椭圆方程得x2+2tx+2t2-4Δ=4t2-4(2t2-4)>0,即-2<t<2,x1+x2=-2t,x1x2=2t2-4,则kAE+kAQ=y又y1=12x1+t,y2=12x2∴(2-x1)(y2-1)-(2+x2)(y1+1)=2(y2-y1)-(x1y2+x2y1)+x1-x2-4=x2-x1-(x1x2+tx1+tx2)+x1-x2-4=-x1x2-t(x1+x2)-4=-(2t2-4)-t(-2t)-4=0,即kAE+kAQ=0,∴kAE=-kAQ.于是kAE·kAQ=-kAQ22.(1)解将点(0,3)代入椭圆方程,得b=3,由e=1-(ba)

∴椭圆C的方程为x24+(2)①解设M(4,yM),N(4,yN),由于F2(1,0),因此MF2=(-3,-yM),NF2=(-3,∵MF2·NF2=0,∴yS△=1=1≥1=12当且仅当|yM|=|yN|,且yMyN+9=0,即yM=3,yN=-3时,等号成立.故△MNF2面积的最小值为9.②证明∵A1(-2,0),∴直线A1M的方程为y=yM6(x+由y=yM6(x+2),x24+y23=1,得(27+设P(x1,y1),∴x1+(-2)=-4yM227+yM2代入直线A1M的方程得y1=18y∴P54-2y∵A2(2,0),∴直线PA2的斜率为kPA直线NA2的斜率为k∵yMyN+9=0,kNA2故P,A2,N三点共线.3.解(1)设直线AB的方程为x=my+1,代入y2=2x,得y2-2my-2=0,Δ=4m2+8>0,所以yA·yB=-2.(2)设点M,N的坐标分别为(xM,yM),(xN,yN),点A,B的横坐标分别为xA,xB.由(1)同理可得yM·yN=-2,设直线AN的方程为x=ny+2,代入y2=2x,得y2-2ny-4=0,Δ=4n2+16>0,所以yA·yN=-4.又k1=yN同理得k2=2y所以λ=k2k所以存在实数λ=2,使得k2=2k1.4.解(1)由题知c=2,4a2+2所以椭圆的方程为x28+y24=1,其“卫星圆”的方程为x(2)|MN|的长为定值.证明如下:①若直线l1,l2中有一条直线的斜率不存在,不妨设直线l1的斜率不存在,因为直线l1与椭圆只有一个公共点,所以直线l1的方程为x=22或x=-22,当直线l1的方程为x=22时,l1与“卫星圆”交于点(22,2)和(22,-2),因为b=2,过点(22,2)或(22,-2)且与椭圆只有一个公共点的直线分别是y=2或y=-2,即直线l2的方程为y=2或y=-2,所以l1⊥l2,所以线段MN应为“卫星圆”的直径,所以|MN|=43②若直线l1,l2的斜率都存在,设点P(x0,y0),则x02设经过点P(x0,y0)与椭圆只有一个公共点的直线为y=t(x-x0)+y0,联立y整理得(1+2t2)x2+4t(y0-tx0)x+2(y0