2015届高考数学二轮专题检测：37 圆锥曲线中的探索性问题

37圆锥曲线中的探索性问题1．在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，2)且斜率为k的直线l与椭圆x22＋y2＝1有两个不同的交点P和Q.(1)求k的取值范围；(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量OP→＋OQ→与AB→共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．解(1)由已知条件，得直线l的方程为y＝kx＋2，代入椭圆方程得x22＋(kx＋2)2＝1.整理得(12＋k2)x2＋22kx＋1＝0.①直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4(12＋k2)＝4k2－20，解得k－22或k22.即k的取值范围为(－∞，－22)∪(22，＋∞)．(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则OP→＋OQ→＝(x1＋x2，y1＋y2)，由方程①，得x1＋x2＝－42k1＋2k2.②又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋22.③而A(2，0)，B(0,1)，AB→＝(－2，1)．所以OP→＋OQ→与AB→共线等价于x1＋x2＝－2(y1＋y2)，将②③代入上式，解得k＝22.由(1)知k－22或k22，故不存在符合题意的常数k.2．已知双曲线方程为x2－y22＝1，问：是否存在过点M(1,1)的直线l，使得直线与双曲线交于P、Q两点，且M是线段PQ的中点？如果存在，求出直线的方程，如果不存在，请说明理由．解显然x＝1不满足条件，设l：y－1＝k(x－1)．联立y－1＝k(x－1)和x2－y22＝1，消去y得(2－k2)x2＋(2k2－2k)x－k2＋2k－3＝0，由Δ0，得k32，x1＋x2＝2k－k22－k2，由M(1,1)为PQ的中点，得x1＋x22＝k－k22－k2＝1，解得k＝2，这与k32矛盾，所以不存在满足条件的直线l.3．设椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a，b0)过M(2，2)，N(6，1)两点，O为坐标原点．(1)求椭圆E的方程；(2)是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA→⊥OB→？若存在，写出该圆的方程，并求AB的取值范围；若不存在，请说明理由．解(1)因为椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a，b0)过M(2，2)，N(6，1)两点，所以4a2＋2b2＝1，6a2＋1b2＝1，解得1a2＝18，1b2＝14，所以a2＝8，b2＝4，椭圆E的方程为x28＋y24＝1.(2)假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA→⊥OB→，设该圆的切线方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，解方程组y＝kx＋m，x28＋y24＝1得x2＋2(kx＋m)2＝8，即(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，则Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－8)＝8(8k2－m2＋4)0，即8k2－m2＋40.故x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x2＝2m2－81＋2k2，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k22m2－81＋2k2－4k2m21＋2k2＋m2＝m2－8k21＋2k2.要使OA→⊥OB→，需使x1x2＋y1y2＝0，即2m2－81＋2k2＋m2－8k21＋2k2＝0，所以3m2－8k2－8＝0，所以k2＝3m2－88≥0.又8k2－m2＋40，所以m22，3m2≥8，所以m2≥83，即m≥263或m≤－263，因为直线y＝kx＋m为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为r＝|m|1＋k2，r2＝m21＋k2＝m21＋3m2－88＝83，r＝263，所求的圆为x2＋y2＝83，此时圆的切线y＝kx＋m都满足m≥263或m≤－263，而当切线的斜率不存在时切线为x＝±263与椭圆x28＋y24＝1的两个交点为(263，±263)或(－263，±263)满足OA→⊥OB→，综上，存在圆心在原点的圆x2＋y2＝83，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA→⊥OB→.4．(2014·重庆)如图，设椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，F1F2DF1＝22，△DF1F2的面积为22.(1)求该椭圆的标准方程．(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．解(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，其中c2＝a2－b2.由F1F2DF1＝22，得DF1＝F1F222＝22c，从而S△DF1F2＝12DF1·F1F2＝22c2＝22，故c＝1，从而DF1＝22.由DF1⊥F1F2，得DF22＝DF21＋F1F22＝92，因此DF2＝322.所以2a＝DF1＋DF2＝22，故a＝2，b2＝a2－c2＝1.因此，所求椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)如图，设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22＋y2＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2.由(1)知F1(－1,0)，F2(1,0)，所以F1P1→＝(x1＋1，y1)，F2P2→＝(－x1－1，y1)，再由F1P1⊥F2P2，得－(x1＋1)2＋y21＝0.由椭圆方程得1－x212＝(x1＋1)2，即3x21＋4x1＝0，解得x1＝－43或x1＝0.当x1＝0时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在．当x1＝－43时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0，y0)，由CP1⊥F1P1，得y1－y0x1·y1x1＋1＝－1.而求得y1＝13，故y0＝53.圆C的半径CP1＝－432＋13－532＝423.综上，存在满足题设条件的圆，其方程为x2＋(y－53)2＝329.5．(2014·江西)如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．(1)证明：动点D在定直线上；(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：MN22－MN21为定值，并求此定值．(1)证明依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8.直线AO的方程为y＝y1x1x；BD的方程为x＝x2.解得交点D的坐标为x＝x2，y＝y1x2x1，注意到x1x2＝－8及x21＝4y1，则有y＝y1x1x2x21＝－8y14y1＝－2.因此动点D在定直线y＝－2上(x≠0)．(2)解依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，即x2－4ax－4b＝0.由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.故切线l的方程可写为y＝ax－a2.分别令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐标为N1(2a＋a,2)，N2(－2a＋a，－2)，则MN22－MN21＝(2a－a)2＋42－(2a＋a)2＝8，即MN22－MN21为定值8.6．(2014·福建)已知曲线Γ上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y＝－3的距离小2.(1)求曲线Γ的方程．(2)曲线Γ在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y＝3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：当点P在曲线Γ上运动(点P与原点不重合)时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论．解方法一(1)设S(x，y)为曲线Γ上任意一点，依题意，点S到F(0,1)的距离与它到直线y＝－1的距离相等，所以曲线Γ是以点F(0,1)为焦点、直线y＝－1为准线的抛物线，所以曲线Γ的方程为x2＝4y.(2)当点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．证明如下：由(1)知抛物线Γ的方程为y＝14x2，设P(x0，y0)(x0≠0)，则y0＝14x20，由y′＝12x，得切线l的斜率k＝y′|x＝x0＝12x0，所以切线l的方程为y－y0＝12x0(x－x0)，即y＝12x0x－14x20.由y＝12x0x－14x20，y＝0，得A(12x0,0)．由y＝12x0x－14x20，y＝3，得M(12x0＋6x0，3)．又N(0,3)，所以圆心C(14x0＋3x0，3)，半径r＝12MN＝|14x0＋3x0|，AB＝AC2－r2＝[12x0－14x0＋3x0]2＋32－14x0＋3x02＝6.所以点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．方法二(1)设S(x，y)为曲线Γ上任意一点，则|y－(－3)|－x－02＋y－12＝2，依题意，点S(x，y)只能在直线y＝－3的上方，所以y－3，所以x－02＋y－12＝y＋1，化简，得曲线Γ的方程为x2＝4y.(2)同方法一．