专项训练五 解析几何（考点4 解析几何中的探索性问题）(解析版).docx

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1、专项五解析几何考点4解析几何中的探索性问题大题拆解技巧【母题】(2021年全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上，直线l:x=l交C于P,Q两点，且OPLOQ.已知点M(2,0),且OM与1相切.求C,OM的方程；设AhA2,A3是C上的三个点，直线Ai A2AA3均与O M相切.判断直线A2A3与O M的位置 关系,并说明理由.【拆解1已知抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上，直线l:x=l交C于P,Q两点，且 OPJ_OQ,求C的方程.【解析】由题意知P(l),所以C的方程为y2=x.【拆解2已知直线l:x=l,点M(2,0),且OM与1相切，求0M的方程.【解析】因为圆M

2、与直线1相切,所以圆M的半径即圆心M到直线1的距离，故半径为1,因 此圆M的方程为(x-2)2+y2=l.【拆解3】已知抛物线C的方程为y2二x，圆M的方程为(x-2)2+y2=l,设AiAA是C上的三个 点，直线AZAI均与O M相切.判段直线A2A3与O M的位置关系,并说明理由.【解析】设Ai(xi,y)A2(X2,y2),A3(X3,y3),当点A为坐标原点，点A2,A3的横坐标的值均为3时, 满足条件，且此时直线A2A3与OM也相切.当xi#X2x3时，直线AiA2的方程为x-(yi+y2)y+yiy2=0,此时有 /.”以 口，即 Ji+(yi+y2)2(Yi -1) yl +2y

3、2+3- yl=0,同理可得(yl) y1 +2yiy3+3- y”0,所以 y2,ys 是方程(yi-l)t2+2yit+3-yi=0的两根.由题意知，直线A2A3的方程为x-(y2+y3)y+y2y3=。,令点M到直线 0、2(2+孚)2A2A3的距离为d,则有d2二 ：y)二 法；、2=1，此时，直线A2A3与OM也相切.1+优+丫3) 1 + (-兽)2Y1-1综上，直线A2A3与OM相切.小做变式训练丫2f已知点P为椭圆W:京+y2=l(m0)上任一点肺圆W的一个焦点坐标为(-鱼,0).求椭圆W的标准方程；若点Q是抛物线C:x2=2my的准线上的任意一点，以PQ为直径的圆过原点O,试

4、判断而(x-m)2(x2+ax+b)=x4+(a-2m)x3+(m2+b-2ma)x2+(am2-2mb)x+m2b=0,-2m = 0,mz+ b-2ma = -t,0 , am2-2mb = -s, m2b = -t,am 二 一, 2，3a-a3S =4t = -a2,4，3b =-.4I 4 若点P在双曲线鼻。=1上，则o Zo 162叱)2=1,化简得 4a6-33a4+36a2+128=0, 4a2-4b 0, m2 + am + b 0.即(a2-4)(4a17a2-32)=0,解得a=2或a=、佟+等，此时m=l或m=士上佟+等,且满足 88Z 8817 , 389_8 517

5、8943232 人存在点P,其坐标（,3）或百3）或（工双史i fi7 3V89 1 o当空)或(43232 74荒岛是否为定值，若是，求出这个定值;若不是，请说明理由.I I I I9 丫2 _【拆解1已知点P为椭圆W*+y2=l（m0）上任一点肺圆W的一个焦点坐标为（-鱼,0）,求 椭圆W的标准方程.【解析】因为椭圆W:考+y2=l的一个焦点坐标为（.四,0）, mz2_所以，-1=（四）2=2,所以m2=6,因为m0,所以m=V6.v2所以椭圆W的标准方程为fy2=l.【拆解2已知求抛物线C:x2=2my的准线.【解析】因为m=V5,所以抛物线C的标准方程为x2=2遥y,所以其准线方程为

6、 罟.【拆解3已知点P为椭圆W:当y2=l上任一点，若点Q是直线y=-4上的任意一点，以PQ为 直径的圆过原点O,试判断苏+急是否为定值，若是，求出这个定值;若不是，请说明理由.【解析】设P（xp,yp）,Q（XQ,-净,因为以PQ为直径的圆过原点, 所以OP_LOQ,所以xpM,所以xpxq-孕=0,即xq二等三 2ZXp所以1 ( 1 _ 11 _ 3+2x1|OP|2 i0Q7-x2+y2 迷：-3(x.+y灯辞十5又因为？+泮1,所以=1鼻所以3+2Xp _ 3+2Xp _ j 3降+y旷3降+明一所以泰十六为定值，且定值为1技巧归纳此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，

7、则可先假设条件成立,再验证结论是 否成立，成立则存在，否则不存在;若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行 讨论，往往涉及对参数的讨论.突破实战训练基础过关,1 .已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM和BM的斜率之积为记M的轨迹为曲线 4C.(1)求曲线C的方程；在第一象限内，曲线C上是否存在点P,使得NPBA=2NPAB?若存在，求出点P的坐标;若不 存在,请说明理由.【解析】(1)由题意可得,kAM-科2),x+2 X-2 xz-4 4y2化简可得:+y2=l(x科2), 4y2故曲线C的方程为z+y2=l(x科2).(2)设 P(x,y)(x。,

8、y。),且9+y2=l(xH2),tan ZPB A=,tan ZPAB=,2-xx+2因为 NPBA=2NPAB,所以 tanZPBA=tan 2ZPAB,化简可得3x2+4x-y2-4=0,由可得13x2+16x-20=0,解得*言或x=2(舍去)，此时y1,所以第一象限内曲线C上存在点P瑙使得NPBA=2NPAB. JL O JL。2 .已知椭圆m+*l(abO)的离心率e等,焦距为4. az bz3求该椭圆的标准方程；过该椭圆右焦点F的动直线1交椭圆于A,B两点,P为直线x=3上的一点,是否存在直线1与点P,使得4ABP恰好为等边三角形?若存在，求出AABP的面积;若不存在,请说明理由

9、.【解析】依题意知名兽c=2,a2=6, a又 a2=b2+c2,1. b2=2,22椭圆的标准方程为 62(2)当直线1的斜率不存在时，直线1的方程为x=2,把x=2代入椭圆方程，得%得y= 6 Z3.-.A(2,y),B(2ry),AAB 的中点为 F(2,0).若4ABP恰好为等边三角形，则PF1AB.此时P(3,0),则|PA|二nAB|,舍去.当直线1的斜率存在时，设直线l:y=k(x-2),与椭圆方程联立,整理得(3k2+l)x2-12k2x+12k2-6=0,记 A(xi,yi),B(x2,y2), rn.r12k212k2-6则 Xl+X2=X1X2=. |AB|=JT不必 |

10、xX2|=2 噂记 AB 的中点为 M(x(),yo),则 xo=- 3K 十 JL uK 1又xp=3,kMP=T， 要满足题目要求,则需要|MP|=mAB|, 日n /k2+i 3(k2 + i)_V3 2V6(k2+i)|MP|x()-xP|=k2+l 3(k2+l)k2 3k2+l1yl k2 * 3k2 + l -3k2+1 .1=1,经检验k=l均符合题意.-.|AB|=V6,Saabp.v2.已知椭圆C:-+y2=l.椭圆C是否存在以点Gl$为中点的弦?若存在，求出弦所在的直线1的方程;若不存在，请说 明理由.(2)已知椭圆C的左、右顶点分别为A,B,点P是椭圆C上的点，若直线A

11、P,BP分别与直线y=3 交于G,H两点,求线段GH的长度取得最小值时直线GP的斜率.2【解析】因为*+(孑(0,A(-2,0),设直线AP的方程为y=k(x+2),从而点G023).Kfy = k(x + 2),联立直 + y2 -1消 y 整理得(l+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0,A0.设点 P(xo,yo),则(-2xo三提.所以Xo=2-8k2l+4k2，从而yo=4kl+4k29所以P(2-8k2 4k14-4k2，14-4k2又点B(2,0),所以直线PB的斜率为 吸二产可：产2, 所以 H(-12k+2,3).故 |GH|=-2+12k-2 上 C+12k-4|.

12、KK又k0,所以加2kN2 112k=12,当且仅当12k,即时，等号成立.k7 kk2所以当kW时，线段GH的长度取得最小值， 所以此时直线GP的斜率为小3 .已知在平面直角坐标系xOy中，直线1过点M(0,4),且与抛物线C:x2=4y交于A,B两点.求证:OA_LOB.(2)在y轴上是否存在定点N,无论直线1的斜率为何值，向量普播与亦始终共线?若存在, 求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.【解析】(1)当直线1的斜率不存在时，不满足与抛物线C:xMy交于A,B两点；当直线1的斜率存在时，设斜率为k,则过点M(0,4)的直线1的方程为y=kx+4.设 A(xi,yi),B(x2,y2),

13、2联立二J /!消去y得x2-4kx-16=0,ly = kx+ 4,所以= 16k2+640,x i +X2=4k,xiX2=-l 6,22所以 0 A 0 B=x i X2+y i y2=x X2+(X1) =-16+-=0,所以OALOB.假设存在定点N(O,t),使得向量箫+靛与丽共线,即存在定点N使得MN平分N ANB,即y轴平分N ANB,则有kNA+kNB=0,则kNA+kNB= 2 + 2 =+二(kx-小+4-3 =0,整理得 2kX1X2+(4.t)(X1+X2)=0,即 Xi X2XXX2X1X2-32k+4k(4-0=0,整理得 k(-4-t)=0,所以 t=-4,所以

14、在y轴上存在定点NQ-4),不管直线1的斜率为何值，向量舞+黑与丽始终共线.|AN| |dInIV能力拔高,4 .已知O为坐标原点，椭圆 噌+，=1320)的离心率为右直线l：y=kx+t交椭圆C于A,B两 点，而心嬴+而，且点M在椭圆C上，当时产1.(1)求椭圆C的方程；(2)试探究四边形OAMB的面积是否为定值，若是，求出此定值;若不是，请说明理由.【解析】由得a2=4c2,b2=3c2,故椭圆方程可化为3x2+4y2=12c2. a 乙设 A(xi,yi),B(x2,y2),则 3xi+4y2=12c2,3x2+4y2 = 12c2,两式相减整理得3立红左当=0, 4 xx-x2 X1+

15、X2当 k=|时 J+JkoM=。,解得 koM=1,24 22将y=；x+l与y=-|x联立，解得线段OM中点坐标为(K),将代入椭圆C的方程,整理得 3x(-l)2+4xg)2-12c2,22解得C2=l,故椭圆C的方程为“4 3(2)设 AB 中点为(xo,yo),A(xi,yi),B(X2,y2),把 y=kx+t 代入椭圆 C 的方程, 消去 y #(3+4k2)x2+8ktx+4t2-12=0,A=48(4k2-t2+3)0,x1+x2=,x1x2=|,所以 xo=-,yo=kxo+t.设 M(XM,yM),则 XM=2xo=*ayM=2yo=瑞代入椭圆C得3寻券+4高念=12,整

16、理得4t2=3+41?, (3+4k“)(34-4kz)|y|=|k(X,)|=|k|.叵需里当厚0时，设y=kx+t交x轴于点P,则Xp=1 K1SAAOB-|xp|-|yi-y2|_ 1 |tV16(94-12k2-3t2)_l ,3+4k2 卜6(9+12H3/3.一23黑卜3+4k2-2 d 4 J(3+妹 2)2-2，当k=0时,ZkAOB的面积为*故4AOB面积为定值*因为S四边形oamb=2Saob=3,所以四边形OAMB面积为定值,定值为3.v26.已知Fi,F2分别是椭圆C:y2=l的左，右焦点.若p是椭圆c第一象限内的一点，再；嗝=-*求点P的坐标.(2)若直线1与圆0M+

17、y24相切，交椭圆C于A,B两点,是否存在这样的直线1,使得OAJ_OB? 4【解析】由题意可得 Fi(-V5,0),F2(B,0),设 P(x,y)(x0,y0),则嗝丽二(.8-xy)(B-x,y)=x2+y2-3=-.由，:【得忱)即: =i故点。的坐标为(1，苧),不存在这样的直线1,使得OA_LOB.设 A(xi,yO,B(X2,y2),当直线1的斜率不存在时，把x二土出入椭圆方程得丫2金,所以yiy2,故就丽二*凶+丫A2=匕竺二二加,此时OAJ_OB不成立； 4 1616当直线1的斜率存在时，设直线1的方程为y=kx+m,贝I由已知可得袅=即k2+l=4m2,Vk2 + 1 2由

18、y = kx + m,x27得(4k2+l)x2+8kmx+4(m2-l)=0,匕+ y =1，rjni , 8km4(m2-l)则XI+X2=环凶 因为殖.丽=0, 所以 xiX2+(kxi+m)(kx2+m)=(k2+l)xiX2+mk(xi+x2)+m2=0,即 5m2-4k2-4=0.又 k2+1 =4m2,所以7（k?+1 ）-4（k2+1）=0,从而k2+l=0,此方程无实数解，此时OALOB不成立.综上，不存在这样的直线1,使得OALOB.v拓展延伸227.已知椭圆C：5+9=l（ab0）的左、右焦点分别为BE,点A（巡,0）在椭圆C上，且丽丽=3. az bz求椭圆C的标准方程

19、.（2）椭圆C上的两点P,Q关于原点O对称，点R在椭圆C上,且直线PR与圆O:x2+y2=2相切，瞿 是否为定值?若为定值,求出该定值;若不为定值,试说明理由.【解析】（1）设椭圆C的半焦距为c,由点A（述,0）在椭圆C上，可得a=V6, 由何丽=-遍,0）-遥,0）=62=3,解得c=E或c=-W（舍去），所以 b2=a2-c2=3,22所以椭圆C的标准方程为1+3=1. 63（2）当直线PR的斜率不存在时，可得直线PR的方程为x=V或x=-V2, 若直线PR的方程为x=V,当直线PQ的方程为y=x时，可得 p（V）,q（-V&）,r（VI,VI）M|pri=2VI,iqri=2VI, 所以

20、 |PR|=|QR|,即第=1;当直线PQ的方程为y=-x时，同理可得黑=1,若直线PR的方程为*二-鱼,由对称性，同理可得陪=1.当直线PR的斜率存在时，设直线PR的方程为y=kx+m,因为直线PR与圆O:x2+y2=2相切，所以圆心O到直线PR的距离为磬L二匹即m2=2（l+k2）.设 P(xi,yD,R(X2,y2),则 Q(-xi,-yi),联立联立y = kx + m,x2 y2y 整理得(l+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,I = 1,63则 X1 +X2=-77，X 1 X2=77，H A=24+48k2-8m2=32k2+80,所以 kR, l+2kz 1+2”所以 |

21、PR|=1 + k2.|xi-X2|=，l + k2(X1 + X2)2-4X1X2=2 缶T黑 1+空 、/X ZK因为 |QR|=J(Xi + x2)2+ 优 + y2)2, yi+y2=k(x1+X2)+2m=k(-蔑)+2m=,所以|QR|=J席由彳 所以翳L_2|mNl+4 淳 _2V/l+k2a+4k2l+2k2l+2k2综上所述,黑的值为定值L8.在平面直角坐标系xOy内，已知抛物线y=x2的焦点为F,P为平面直角坐标系内的点,若抛物线y=x2上存在点A,使得AF_LAP,则称A为点P的一个“垂足点”.若点P有两个“垂足点”分别为和N(2,4),求点P的坐标.22是否存在点P,使

22、得点P有且仅有三个不同的“垂足点”,且点P也是双曲线:5=1上的点?8 2若存在，求出点P的坐标;若不存在，说明理由.【解析】设P(s,t),由抛物线y=x2得焦点为F(0,；),且M(l,l)和N(2,4)是点P的唾足点”；4tt q i q MFMP 且 NFLNP,又FM=(15),MP=(s-l,t-l),FN=(2),NP=(s-2,t-4),0,152(s-2) + _(t-4) = 0,解得41 s = F t = M点P的坐标为(T|，3假设存在点P(s,t)满足条件，设其中的一个“垂足点”为A(xo,x公由 AF_LAP,且FA=(xo,x,-；),PX=(xo-s,x,-t), 4二xo(xo-s)+(xy (xt)=0,即 xj+(1-t)x1xos+若点P有三个“垂足点;则关于X的方程x4()x2-SX+0有三个不相等的实根,方程 x44-(-t)x2-sx+t=0 可化为(x-m)2.(x2+ax+b)=0,且a2-4b 0,.m2+ am + b H 0,