2021届课标版高考文科数学一轮复习教师用书：第十章第四讲 圆锥曲线的综合问题
第四讲 圆锥曲线的综合问题
考法 1 与圆锥曲线有关的最值或取值范围问题
命题角度 1 最值问题
1 [2020 广东惠州入学联考]已知抛物线 y2=2px(p>0)的准线经过椭圆푥2
4 + 푦2
3 =1 的一个焦
点.
(1)求抛物线的方程;
(2)过抛物线焦点 F 的直线 l 与抛物线交于 A,B 两点(点 A 在 x 轴上方),且满足퐴퐹=2퐹퐵,若点 T
是抛物线的曲线段 AB 上的动点,求△ABT 面积的最大值.
(1)由抛物线的准线过椭圆的左焦点求出 p 的值,即得抛物线的方程.(2)设出直线 l 的
方程,并与椭圆的方程联立,计算出|AB|.求出与直线 l 平行且与抛物线 y2=4x 相切的直线方程,
则由两条平行直线间的距离求出△ABT 面积的最大值;或设点 T(푛2
4 ,n),计算点 T 到直线 l 的距离
的最大值,从而计算出△ABT 面积的最大值.
(1)因为椭圆푥2
4 + 푦2
3 =1 的左焦点为 F1( - 1,0),抛物线的准线为直线 x= - 푝
2,
所以 - 푝
2= - 1,解得 p=2..........................................................................(利用抛物线的准线过椭圆的左焦点)
所以抛物线的方程为 y2=4x.
(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),易知 y1>0,y2<0,
由퐴퐹=2퐹퐵,得 y1= - 2y2.
易知直线 l 的斜率存在且不为 0.
设直线 l 的方程为 x=my+1(m≠0),由 {푥 = 푚푦 + 1,
푦2 = 4푥, 消去 x 整理得 y2 - 4my - 4=0,易知 Δ>0,则
y1+y2=4m,y1y2= - 4,
所以 - 2푦22= - 4,即 y2= - 2,则 y1=2 2,所以 m=
푦1 + 푦2
4 = 2
4 .
所以|AB|= 1 + 푚2 × (푦1 + 푦2)2 - 4푦1푦2 = 1 + ( 2
4 )2 × ( 2)2 - 4 × ( - 4) = 3 2
4 ×3 2 = 9
2.
解法一 (几何法)设与直线 l 平行的直线方程为 x=
2
4 y+t,代入 y2=4x 得 y2 - 2y - 4t=0.
令 Δ=( - 2)2 - 4( - 4t)=2+16t=0,解得 t= - 1
8,
则与直线 l 平行且与抛物线 y2=4x 相切的直线的方程为 x=
2
4 y - 1
8,即 4x - 2y+1
2=0.
又直线 l 的方程为 4x - 2y - 4=0,
所以这两条平行直线间的距离 d=
|1
2 - ( - 4)|
42 + ( - 2)2 = 3 2
4 .
易知△ABT 面积最大时,点 T 为与直线 l 平行且与抛物线相切的切点,
所以△ABT 面积的最大值 S=1
2×|AB|×d=1
2 × 9
2 × 3 2
4 = 27
16 2.
解法二 (代数法)设点 T 的坐标为(푛2
4 ,n), - 2
b>0)的左、右焦点分别为 F 1( -
1,0),F2(1,0),P 为椭圆 C 上一点,满足 3|PF1|=5|PF2|,且 cos∠F1PF2=3
5.
(1)求椭圆 C 的标准方程;
(2)设直线 l :y=kx+m 与椭圆 C 交于 A,B 两点,点 Q(1
4,0),若|AQ|=|BQ|,求 k 的取值范围.
(1)先根据椭圆的定义及 3|PF1|=5|PF2|,可用 a 表示出|PF1|,|PF2|,再由 cos∠F1PF2=3
5,在
△PF1F2 中利用余弦定理可求出 a2 的值,进而求出椭圆 C 的标准方程.(2)先将直线 l 的方程与椭
圆方程联立,利用根与系数的关系及|AQ|=|BQ|得到 m 与 k 的关系,再将此关系式代入判别式
对应的不等式,可求出 k 的取值范围.
(1)由题意设|PF1|=r1,|PF2|=r2,则 3r1=5r2 ①.
易知 r1+r2=2a ②,
联立①②,解得 r1=5
4푎,r2=3
4푎.
在△PF1F2中,由余弦定理得 cos∠F1PF2=
푟21 + 푟22 - |퐹1퐹2|2
2푟1푟2
=
(5
4푎)2 + (3
4푎)2 - 22
2 × 5
4푎 × 3
4푎
= 3
5,(结合图形和题设条件,在焦点三角
形中应用余弦定理列方程)
解得 a2=4.
因为 c=1,所以 b2=a2 - c2=3,
于是椭圆 C 的标准方程为푥2
4 + 푦2
3 =1.
(2)由{푦 = 푘푥 + 푚,
푥2
4 + 푦2
3 = 1 消去 y 并整理,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2 - 12=0.
设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2= - 8푘푚
3 + 4푘2,x1x2=4푚2 - 12
3 + 4푘2 ,
且 Δ=(8km)2 - 4×(3+4k2)×(4m2 - 12)=48(3+4k2 - m2)>0 ③.
设线段 AB 的中点为 M(x0,y0),连接 QM,则
x0=
푥1 + 푥2
2 = - 4푘푚
3 + 4푘2,y0=kx0+m= 3푚
3 + 4푘2.
因为|AQ|=|BQ|,所以 AB⊥QM,
又 Q(1
4,0),M 为线段 AB 的中点,所以 k≠0,直线 QM 的斜率存在,
所以 k·kQM=k·
3푚
3 + 4푘2
- 4푘푚
3 + 4푘2 - 1
4
= - 1,解得 m= - 3 + 4푘2
4푘 ④.
把④代入③,得 3+4k2>( - 3 + 4푘2
4푘 )2,....................................................(将④代入③中,即得关于 k 的不等式)
解得 k< - 1
2或 k>1
2.
即 k 的取值范围为( - ∞, - 1
2)∪(1
2,+∞).
1.[2017 浙江,21,15 分]如图 10 - 4 - 1,已知抛物线 x2=y,点 A( - 1
2,1
4),B(3
2,9
4),抛物线上
的点 P(x,y)( - 1
20),其焦点为 F,O 为坐标原点,直线 l 与
抛物线 C 相交于不同的两点 A,B,M 为线段 AB 的中点.
(1)若 p=2,M 的坐标为(1,1),求直线 l 的方程.
(2)若直线 l 过焦点 F,线段 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 N,试问:2|푀푁|2
|퐹푁| 是否为定值?若为定值,试
求出此定值;否则,说明理由.
(1)思路一 先判断直线 l 的斜率存在且不为 0,设出直线 l 的方程,再将直线方程与抛
物线方程联立,利用根与系数的关系及中点坐标公式求出直线 l 的方程.
思路二 先设 A(x1,y1),B(x2,y2),再利用 AB 的中点为 M(1,1),由“点差法”可求得直线 l 的斜率,即
得直线 l 的方程.
(2)先利用中点坐标公式计算点 M 的坐标,再计算点 N 的坐标,由两点间的距离公式计算
|MN|2,|FN|,可得2|푀푁|2
|퐹푁| 为定值.
(1)解法一 由题意知直线 l 的斜率存在且不为 0,可设直线 l 的方程为 x - 1=t(y - 1)(t≠0),
即 x=ty+1 - t,A(x1,y1),B(x2,y2).
由 p=2 知抛物线方程为 y2=4x,
由{푥 = 푡푦 + 1 - 푡,
푦2 = 4푥 消去 x,得 y2 - 4ty - 4+4t=0.
Δ=( - 4t)2 - 4( - 4+4t)=16(t2 - t+1)>0,
y1+y2=4t,所以 4t=2,解得 t=1
2........................................................................(利用中点坐标公式求得 t 的值)
所以直线 l 的方程为 2x - y - 1=0.
解法二 由 p=2,知抛物线方程为 y2=4x.
设 A(x1,y1),B(x2,y2),则푦21=4x1,푦22=4x2.
由题意知直线 AB 的斜率存在,则直线 AB 的斜率 kAB=
푦1 - 푦2
푥1 - 푥2
= 4
푦1 + 푦2, ......(利用点差法求直线 AB 的斜率)
因为线段 AB 的中点为 M(1,1),所以 y1+y2=2,
所以 kAB=4
2=2,则直线 l 的方程为 y - 1=2(x - 1),即 2x - y - 1=0.
(2)2|푀푁|2
|퐹푁| 为定值 2p,证明如下.
由抛物线 C:y2=2px(p>0),知焦点 F 的坐标为(푝
2,0).
由题意知,直线 l 的斜率存在且不为 0,
因为直线 l 过焦点 F,
所以可设直线 l 的方程为 x=ry+푝
2(r≠0),A(x3,y3),B(x4,y4),
由{푥 = 푟푦 + 푝
2,
푦2 = 2푝푥 消去 x,得 y2 - 2pry - p2=0.
Δ=( - 2pr)2 - 4( - p2)=4p2r2+4p2>0,y3+y4=2pr,
所以 x3+x4=r(y3+y4)+p=2pr2+p,则 M(pr2+푝
2,pr).
所以直线 MN 的方程为 y - pr= - r(x - pr2 - 푝
2),
令 y=0,解得 x=pr2+3푝
2 ,则 N(pr2+3푝
2 ,0).
所以|MN|2=p2+p2r2,|FN|=pr2+3푝
2 ― 푝
2=pr2+p,
于是2|푀푁|2
|퐹푁| = 2(푝2 + 푝2푟2)
푝푟2 + 푝 =2p. ........................................................................................(整体相消得到定值)
所以2|푀푁|2
|퐹푁| 为定值 2p.
2.[2019 合肥高三质检]已知直线 l 经过椭圆 C:푥2
푎2 + 푦2
푏2=1(a>b>0)的右焦点(1,0),交椭
圆 C 于点 A,B,点 F 为椭圆 C 的左焦点,△ABF 的周长为 8.
(1)求椭圆 C 的标准方程.
(2)若直线 m 与直线 l 的倾斜角互补,直线 m 交椭圆 C 于点 M,N,|MN|2=4|AB|,求证:直线 m 与
直线 l 的交点 P 在定直线上.
考法 3 与圆锥曲线有关的存在性问题
5 [2019 湘东六校联考]已知椭圆 C:푥2
푎2 + 푦2
푏2=1(a>b>0)的离心率 e=1
2,点 A(b,0),B,F 分别为
椭圆 C 的上顶点和左焦点,且|BF|·|BA|=2 6.
(1)求椭圆 C 的方程;
(2)若过定点 M(0,2)的直线 l 与椭圆 C 交于 G,H 两点(G 在 M,H 之间),设直线 l 的斜率 k>0,在 x
轴上是否存在点 P(m,0),使得以 PG,PH 为邻边的平行四边形为菱形?如果存在,求出 m 的取值
范围;如果不存在,请说明理由.
(1)先由离心率得到 a,c 的关系式,再由|BF|·|BA|=2 6得到 a,b 的关系式,结合 a 2 -
b2=c2 求出 a2,b2,即得椭圆 C 的方程.(2)先设出直线 l 的方程,并与椭圆方程联立,利用 Δ>0 得到 k
的取值范围,再分别写出푃퐺 + 푃퐻,퐺퐻的坐标,从而由菱形的性质、向量垂直的充要条件及根与
系数的关系得到 m 关于 k 的表达式,进而求出 m 的取值范围.
(1)由离心率 e=1
2,得푐
푎 = 1
2,即 a=2c ①.
由|BF|·|BA|=2 6,得 a· 푏2 + 푏2=2 6,即 ab=2 3 ②.
易知 a2 - b2=c2 ③.
由①②③可解得 a2=4,b2=3,
所以椭圆 C 的方程为푥2
4 + 푦2
3 =1.
(2)设直线 l 的方程为 y=kx+2(k>0),
由{푦 = 푘푥 + 2,
푥2
4 + 푦2
3 = 1 消去 y 得,(3+4k2)x2+16kx+4=0.
由 Δ=(16k)2 - 16(3+4k2)>0,解得 k>1
2.
设 G(x1,y1),H(x2,y2),则 x1+x2= - 16푘
4푘2 + 3,
푃퐺 + 푃퐻=(x1+x2 - 2m,k(x1+x2)+4),퐺퐻=(x2 - x1,y2 - y1)=(x2 - x1,k(x2 - x1)).
因为菱形的对角线互相垂直,所以(푃퐺 + 푃퐻)·퐺퐻=0,
所以(1+k2)(x1+x2)+4k - 2m=0,得 m= - 2푘
4푘2 + 3= - 2
4푘 + 3
푘
.
因为 k>1
2,所以 -
3
6 ≤m<0(当且仅当3
푘=4k,即 k=
3
2 时,等号成立).
所以存在满足条件的实数 m,且 m 的取值范围为[ -
3
6 ,0).
3.[2019 全国卷Ⅰ,21,12 分][文]已知点 A,B 关于坐标原点 O 对称,|AB|=4,☉M 过
点 A,B 且与直线 x+2=0 相切.
(1)若 A 在直线 x+y=0 上,求☉M 的半径;
(2)是否存在定点 P,使得当 A 运动时,|MA| - |MP|为定值?并说明理由.
考法 4 圆锥曲线的综合问题
命题角度 1 圆锥曲线中的角相等问题
6 [2019 河南郑州三测]已知抛物线 C:y2=2px(p>0),圆 E:(x - 3)2+y2=1.
(1)F 是抛物线 C 的焦点,A 是抛物线 C 上的定点,퐴퐹=(0,2),求抛物线 C 的方程.
(2)在(1)的条件下,过点 F 的直线 l 与圆 E 相切,设直线 l 交抛物线 C 于 P,Q 两点,则在 x 轴上是
否存在点 M,使∠PMO=∠QMO(O 为坐标原点)?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,请说明理由.
(1)先写出焦点 F 的坐标,由퐴퐹=(0,2),得到点 A 的坐标,再将 A 的坐标代入抛物线方程
求出 p 值,即得抛物线 C 的方程.(2)先讨论直线的斜率不存在时不合题意,再设出斜率为 k 的直
线方程,利用直线与圆相切求出 k 值,将切线方程与抛物线方程联立,由∠PMO=∠QMO 推出点
M 的坐标,问题获解.
(1)依题意知,抛物线 C 的焦点为 F(푝
2,0),
由퐴퐹=(0,2),可知 A(푝
2, - 2),.......................................................................................(理解向量的坐标运算)
将点 A 的坐标代入 y2=2px,求得 p=2,
所以抛物线 C 的方程为 y2=4x.
(2)当直线的斜率不存在时,过点 F(1,0)的直线不可能与圆 E 相切,...............(先讨论斜率不存在的情形)
所以过抛物线的焦点与圆 E 相切的直线的斜率存在.
设直线的斜率为 k,则直线的方程为 y=k(x - 1), .................................................(再研究斜率存在的情形)
所以圆心 E(3,0)到直线的距离 d= |2푘|
1 + 푘2.
当直线与圆相切时,d=1= |2푘|
1 + 푘2,解得 k=±
3
3 ,
所以切线方程为 y=
3
3 (x - 1)或 y= -
3
3 (x - 1).........................................(由直线和圆相切得到圆的切线方程)
不妨设直线 l :y=
3
3 (x - 1)交抛物线于 P(x1,y1),Q(x2,y2)两点,
由{푦 = 3
3 (푥 - 1),
푦2 = 4푥
消去 y 并整理,得 x2 - 14x+1=0,Δ>0,则 x1+x2=14,x1x2=1.
假设存在点 M(t,0),使∠PMO=∠QMO,则 kPM+kQM=0.
所以 kPM+kQM=
푦1
푥1 - 푡 + 푦2
푥2 - 푡
=
3
3 (푥1 - 1)
푥1 - 푡 +
3
3 (푥2 - 1)
푥2 - 푡
=
3
3 × (푥1 - 1)(푥2 - 푡) + (푥2 - 1)(푥1 - 푡)
(푥1 - 푡)(푥2 - 푡)
=
3
3 × 2푥1푥2 - (푡 + 1)(푥1 + 푥2) + 2푡
(푥1 - 푡)(푥2 - 푡)
=
3
3 × 2 - (푡 + 1) × 14 + 2푡
(푥1 - 푡)(푥2 - 푡)
=
3
3 × - 12 - 12푡
(푥1 - 푡)(푥2 - 푡)
=0,
即 t= - 1,
由此可知存在点 M( - 1,0)符合条件.
当直线 l 的方程为 y= -
3
3 (x - 1)时,由对称性知点 M( - 1,0)也符合条件.
综上可知,存在点 M( - 1,0),使∠PMO=∠QMO.
命题角度 2 圆锥曲线中的三点共线问题
7 [2020 安徽合肥调研]设椭圆 E:푥2
푎2 + 푦2
푏2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,过点 F1 的直
线交椭圆 E 于 A,B 两点.若椭圆 E 的离心率为 2
2 ,△ABF2 的周长为 4 6.
(1)求椭圆 E 的方程;
(2)设不经过椭圆的中心 O 且平行于弦 AB 的直线交椭圆 E 于点 C,D,设弦 AB,CD 的中点分别为
M,N,证明:O,M,N 三点共线.
(1)先由△ABF2 的周长求出 a,再结合离心率求出 c,利用 b2=a2 - c2 求出 b2,即得椭圆 E
的方程.(2)分两种情况求解:当直线 AB,CD 的斜率不存在时,利用对称性知 O,M,N 三点共线;当
直线 AB,CD 的斜率存在时,设斜率为 k,再设出 A,B,M 的坐标,并把 A,B 的坐标代入椭圆方程,利
用“点差法”可得出 k·kOM= - 1
2,同理可得 k·kON= - 1
2,依此得 kOM=kON,即 O,M,N 三点共线.
(1)由△ABF2 的周长为 4 6,可知 4a=4 6, .................................................(利用焦点三角形的性质)
所以 a= 6.
又 e=푐
푎 = 2
2 ,所以 c= 3,b2=a2 - c2=3.
于是椭圆 E 的方程为푥2
6 + 푦2
3 =1.
(2)当直线 AB,CD 的斜率不存在时,由椭圆的对称性知,中点 M,N 在 x 轴上,此时 O,M,N 三点共
线..................................................................................................................................(先讨论特殊情形)
当直线 AB,CD 的斜率存在时,设其斜率为 k(k≠0), .....................................................(再探究一般情形)
设 A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则{푥21
6 + 푦21
3 = 1,
푥22
6 + 푦22
3 = 1,
两式相减,得
푥21
6 + 푦21
3 - (
푥22
6 + 푦22
3 )=0,整理得
푦1 - 푦2
푥1 - 푥2·
푦1 + 푦2
푥1 + 푥2= - 3
6,.........................................(此处利用了点差法)
所以
푦1 - 푦2
푥1 - 푥2·
푦0
푥0= - 1
2,即 k·kOM= - 1
2(kOM 为直线 OM 的斜率),
所以 kOM= - 1
2푘.
同理可得 kON= - 1
2푘(kON 为直线 ON 的斜率).
所以 kOM=kON,即 O,M,N 三点共线.
综上所述,O,M,N 三点共线.
数学探究 1 圆锥曲线与数列的交汇
8[2018 全国卷Ⅲ,20,12 分]已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C:푥2
4 + 푦2
3 =1 交于 A,B 两点,线段 AB
的中点为 M(1,m)(m>0).
(1)证明:k< - 1
2.
(2)设 F 为 C 的右焦点,P 为 C 上一点,且퐹푃 + 퐹퐴 + 퐹퐵=0.证明:|퐹퐴|,|퐹푃|,|퐹퐵|成等差数列,并
求该数列的公差.
(1)思路一 先利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点坐标公式,得到一个
关于 k,m 的关系式,再利用 m 的范围即可证 k< - 1
2.
思路二 先设出直线的方程,与椭圆方程联立,由根与系数的关系及中点坐标公式得到一个关
于 k,m 的关系式,又点 M 在椭圆内,由点与椭圆的位置关系可得出 k 的取值范围,然后进行验证.
(2)利用条件퐹푃 + 퐹퐴 + 퐹퐵=0 求出点 P 的坐标,进而求出各线段的长度,从而证明|퐹퐴|,|퐹푃|,|
퐹퐵|成等差数列,并求出该数列的
公差 d.
(1)解法一 设 A(x1,y1),B(x2,y2),
则
푥21
4 + 푦21
3 =1,
푥22
4 + 푦22
3 =1.
两式相减,并由
푦1 - 푦2
푥1 - 푥2=k 得
푥1 + 푥2
4 + 푦1 + 푦2
3 ·k=0.
由题设知
푥1 + 푥2
2 =1,
푦1 + 푦2
2 =m,于是 k= - 3
4푚 ①.
由题设得 00),所以
푥1 + 푥2
2 =1,即4푘(푘 - 푚)
3 + 4푘2 =1,化简得 m= - 3
4푘.
由 m>0 得, - 3
4푘>0,所以 k<0.
又点 M(1,m)在椭圆内部,所以1
4 + 푚2
3 <1,即1
4 + 3
16푘2<1,解得 k< - 1
2.
经检验,当 m= - 3
4푘,k< - 1
2时,满足 Δ>0.
故 k< - 1
2.
(2)由题意得 F(1,0).设 P(x3,y3),则由퐹푃 + 퐹퐴 + 퐹퐵=0,得(x3 - 1,y3)+(x1 - 1,y1)+(x2 - 1,y2)=(0,0).
由(1)及题设得 x3=3 - (x1+x2)=1,y3= - (y1+y2)= - 2m<0.
又点 P 在 C 上,所以 m=3
4,从而 P(1, - 3
2),|퐹푃|=3
2.
于是|퐹퐴|= (푥1 - 1)2 + 푦21 = (푥1 - 1)2 + 3(1 - 푥21
4 )=2 -
푥1
2 .
同理|퐹퐵|=2 -
푥2
2 .
所以|퐹퐴|+|퐹퐵|=4 - 1
2(x1+x2)=3.
故 2|퐹푃|=|퐹퐴|+|퐹퐵|,即|퐹퐴|,|퐹푃|,|퐹퐵|成等差数列.
设该数列的公差为 d,则 2|d|=||퐹퐵| - |퐹퐴||=1
2|x1 - x2|=1
2 (푥1 + 푥2)2 - 4푥1푥2 ②.
将 m=3
4代入(1)中的①得 k= - 1.
所以 l 的方程为 y= - x+7
4,代入 C 的方程,并整理得 7x2 - 14x+1
4=0.
故 x1+x2=2,x1x2= 1
28,代入②解得|d |=3 21
28 .
所以该数列的公差为3 21
28 或 - 3 21
28 .
数学探究 2 圆锥曲线与平面向量的交汇
9 [2020 天津模拟]已知抛物线 C1:x2=2py(p>0)和圆 C2:(x+1)2+y2=2,倾斜角为 45°的直线 l1
过 C1 的焦点,且 l1 与 C2 相切.
(1)求 p 的值;
(2)动点 M 在 C1 的准线上,动点 A 在 C1 上,若 C1 在点 A 处的切线 l2 交 y 轴于点 B,设푀푁 = 푀퐴 +
푀퐵,证明点 N 在定直线上,并求该定直线的方程.
(1)首先设出直线 l1 的方程,再利用直线 l1 与 C2 相切,可求出 p 的值.(2)首先设出点 M
的坐标,再利用导数求出在 A 点处的切线的斜率及切线 l2 的方程,得到与 y 轴的交点 B 的坐标,
由向量关系푀푁 = 푀퐴 + 푀퐵进行坐标运算,得到点 N 在定直线上.
(1)依题意,设直线 l1 的方程为 y=x+푝
2,
因为直线 l1 与 C2 相切,所以圆心 C2( - 1,0)到直线 l1:y=x+푝
2的距离 d=
| - 1 + 푝
2|
12 + ( - 1)2 = 2,
即
| - 1 + 푝
2|
2 = 2,解得 p=6 或 p= - 2(舍去).
所以 p=6.
(2)依题意设 M(m, - 3),
由(1)知抛物线 C1 的方程为 x2=12y,即 y=푥2
12,所以 y'=푥
6.
设 A(x1,y1),则以 A 为切点的切线 l2 的斜率为 k=
푥1
6 ,
所以切线 l2 的方程为 y=1
6x1(x - x1)+y1.
令 x=0,得 y= - 1
6푥21+y1= - 1
6×12y1+y1= - y1,
即点 B 的坐标为(0, - y1),
所以푀퐴=(x1 - m,y1+3),푀퐵=( - m, - y1+3),
所以푀푁 = 푀퐴 + 푀퐵=(x1 - 2m,6),푂푁 = 푂푀 + 푀푁=(x1 - m,3),其中 O 为坐标原点.
设点 N 的坐标为(x,y),则 y=3,
所以点 N 在定直线 y=3 上.
1.(1)设直线 AP 的斜率为 k,则 k=
푥2 - 1
4
푥 + 1
2
=x - 1
2.
因为 - 1
20,
∴xM+xN= - 8푘2푡
3 + 4푘2,xMxN=4(푘2푡2 - 3)
3 + 4푘2 ,
∴|MN|2=(1+k2)·16(12푘2 - 3푘2푡2 + 9)
(3 + 4푘2)2 .
同理,|AB|= 1 + 푘2·4 9푘2 + 9
3 + 4푘2 = 12(1 + 푘2)
3 + 4푘2 .
由|MN|2=4|AB|得 t=0,满足 Δ>0,
∴直线 m:y= - kx,
∴P(1
2, - 1
2k),即点 P 在定直线 x=1
2上.
3.(1)因为☉M 过点 A,B,所以圆心 M 在 AB 的垂直平分线上.
由已知 A 在直线 x+y=0 上,且 A,B 关于坐标原点 O 对称,所以 M 在直线 y=x 上,故可设 M(a,a).
因为☉M 与直线 x+2=0 相切,所以☉M 的半径为 r=|a+2|.
连接 MA,由已知得|AO|=2,又푀푂⊥퐴푂,故可得 2a2+4=(a+2)2,解得 a=0 或 a=4.
故☉M 的半径 r=2 或 r=6.
(2)存在定点 P(1,0),使得|MA| - |MP|为定值.
理由如下:
设 M(x,y),由已知得☉M 的半径为 r=|x+2|,|AO|=2.
由于푀푂⊥퐴푂,故可得 x2+y2+4=(x+2)2,化简得 M 的轨迹方程为 y2=4x.
因为曲线 y2=4x 是以点 P(1,0)为焦点,以直线 x= - 1 为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.
因为|MA| - |MP|=r - |MP|=x+2 - (x+1)=1,所以存在满足条件的定点 P.
【解后反思】 高考对解析几何问题的考查,一般是以直线和圆(或圆锥曲线)的位置关系为
载体,以参数处理为核心,考查范围、最值问题,定点、定值问题.试题的解答往往要综合运用数
形结合、化归与转化思想等多种思想方法,对计算能力也有较高要求,难度较大.