【数学】2020届一轮复习人教B版　轨迹方程与探索性问题学案 9页

考查角度4　轨迹方程与探索性问题 ‎　　分类透析一　轨迹方程的求解 例1 已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1.‎ ‎(1)求动点P的轨迹C的方程;‎ ‎(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1,l2,设l1与轨迹C相交于点A,B,l2与轨迹C相交于点D,E,求AD·EB的最小值.‎ 分析 (1)设动点为P(x,y),根据两点间的距离公式和点到直线的距离公式,列方程,并化简;‎ ‎(2)设出直线l1的方程,与抛物线方程联立消去y,得到关于x的一元二次方程,用韦达定理,求出两个根的和与积.由 l1与l2的关系,同理求出另外两个根的和与积,再代入AD·EB,利用基本不等式求出其最小值.‎ 解析 (1)设动点P的坐标为(x,y),由题意得‎(x-1‎)‎‎2‎+‎y‎2‎-|x|=1.‎ 化简得y2=2x+2|x|.‎ 当x≥0时,y2=4x;当x<0时,y=0.‎ 所以动点P的轨迹C的方程为y2=4x(x≥0)和y=0(x<0).‎ ‎(2)由题意知,直线l1的斜率存在且不为0,设为k,则l1的方程为y=k(x-1).‎ 由y=k(x-1),‎y‎2‎‎=4x,‎得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,‎ 于是x1+x2=2+‎4‎k‎2‎,x1x2=1.‎ 因为l1⊥l2,所以l2的斜率为-‎1‎k.‎ 设D(x3,y3),E(x4,y4),‎ 则同理可得x3+x4=2+4k2,x3x4=1.‎ 故AD·EB=(AF+FD)·(EF+FB)‎ ‎=AF·EF+AF·FB+FD·EF+FD·‎FB ‎=|AF|·|FB|+|FD|·|EF|‎ ‎=(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1)‎ ‎=x1x2+(x1+x2)+1+x3x4+(x3+x4)+1‎ ‎=1+‎2+‎‎4‎k‎2‎+1+1+(2+4k2)+1‎ ‎=8+4k‎2‎‎+‎‎1‎k‎2‎≥8+4×2k‎2‎‎·‎‎1‎k‎2‎=16.‎ 当且仅当k2=‎1‎k‎2‎,即k=±1时,AD·EB取得最小值16.‎ 方法技巧 直接求曲线方程时最关键的就是把几何条件或等量关系翻译为代数方程,要注意翻译的等价性.通常将步骤简记为建系设点、列式、代换、化简、证明这五个步骤,但最后的证明可以省略,如果给出了直角坐标系则可省去建系这一步,求出曲线的方程后还需注意检验方程的正确性.‎ ‎　　分类透析二　探索性问题 例2 已知椭圆E:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率为‎3‎‎2‎,过椭圆E的右顶点R任意作直线l,设直线l交抛物线y2=2x于M,N两点,且OM⊥ON.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)设P是椭圆E上第一象限内的点,点P关于原点O的对称点为A,关于x轴的对称点为Q,线段PQ与x轴相交于点C,点D为CQ的中点,若直线AD与椭圆E的另一个交点为B,试判断直线PA,PB是否相互垂直?并证明你的结论.‎ 分析 (1)设直线l:ty=x-a,代入y2=2x并整理得方程,利用韦达定理结合OM⊥ON,即可求出椭圆方程;‎ ‎(2)用根与系数的关系或点差法证明kPA·kPB=-1.‎ 解析 (1)设点M(x1,y1),N(x2,y2),设直线l:ty=x-a,代入y2=2x并整理得 y2-2ty-2a=0,所以y‎1‎‎+y‎2‎=2t,‎y‎1‎y‎2‎‎=-2a.‎ 故OM·ON=x1x2+y1y2=‎1‎‎4‎(y1y2)2+y1y2=‎1‎‎4‎×4a2-2a=a2-2a=0,解得a=2.‎ 又e=ca=‎3‎‎2‎,所以c=‎3‎,b=1,‎ 所以椭圆E的方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)PA⊥PB恒成立.‎ 证明如下:设B(x1,y1),P(x0,y0),则A(-x0,-y0),Dx‎0‎‎,-‎y‎0‎‎2‎,x‎1‎‎2‎‎4‎+y‎1‎‎2‎=1,x‎0‎‎2‎‎4‎+y‎0‎‎2‎=1,两式相减得y‎1‎‎2‎‎-‎y‎0‎‎2‎x‎1‎‎2‎‎-‎x‎0‎‎2‎=-‎1‎‎4‎,故kBA·kPB=y‎1‎‎+‎y‎0‎x‎1‎‎+‎x‎0‎·y‎1‎‎-‎y‎0‎x‎1‎‎-‎x‎0‎=y‎1‎‎2‎‎-‎y‎0‎‎2‎x‎1‎‎2‎‎-‎x‎0‎‎2‎=-‎1‎‎4‎.‎ 又kAB=kAD=‎-y‎0‎‎2‎+‎y‎0‎x‎0‎‎+‎x‎0‎=y‎0‎‎4‎x‎0‎,代入上式可得kPB=-x‎0‎y‎0‎,‎ 所以kPA·kPB=y‎0‎x‎0‎·‎-‎x‎0‎y‎0‎=-1,即PA⊥PB.‎ 方法技巧 涉及中点弦的问题的两种解法:‎ ‎①点差法:在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中点坐标时,设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标,代入圆锥曲线的方程并作差,从而求出直线的斜率,然后利用中点求出直线方程.“点差法”的常见题型有求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性,即要考虑判别式Δ是否为正数.‎ ‎②根与系数的关系:即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组,化为一元二次方程后,由根与系数的关系求解.‎ ‎　　分类透析三　探索满足条件的点 例3 已知直线l:4x+3y+10=0,半径为2的圆C与l相切,圆心C在x轴上且在直线l的上方.‎ ‎(1)求圆C的标准方程.‎ ‎(2)任意过点M(1,0)的直线与圆C交于A,B两点(A在x轴上方),问在x轴正半轴上是否存在定点N,使得x轴平分∠ANB?若存在,请求出定点N的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 解析 (1)设圆心C(a,0)a>-‎‎5‎‎2‎,则‎|4a+10|‎‎5‎=2⇒a=0或a=-5(舍去),‎ ‎　　所以圆C的标准方程为x2+y2=4. ‎ ‎(2)当直线AB⊥x轴时,在x轴正半轴上任一点,都可使x轴平分∠ANB.‎ 当直线AB斜率存在时,‎ 设直线AB的方程为y=k(x-1),N(t,0),A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 联立圆C的方程和直线AB的方程,得 x‎2‎‎+y‎2‎=4,‎y=k(x-1)‎‎⇒(k2+1)x2-2k2x+k2-4=0,‎ 故x1+x2=‎2‎k‎2‎k‎2‎‎+1‎,x1x2=k‎2‎‎-4‎k‎2‎‎+1‎,‎ 若x轴平分∠ANB,则kAN=-kBN⇒y‎1‎x‎1‎‎-t+y‎2‎x‎2‎‎-t=0⇒k(x‎1‎-1)‎x‎1‎‎-t+k(x‎2‎-1)‎x‎2‎‎-t=0⇒2x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t=0⇒‎2(k‎2‎-4)‎k‎2‎‎+1‎-‎2k‎2‎(t+1)‎k‎2‎‎+1‎+2t=0⇒t=4.‎ 当定点N的坐标为(4,0)时,能使得∠ANM=∠BNM恒成立.‎ ‎　　方法技巧 解决探索性问题的一般步骤:假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.‎ ‎1.(2016年全国Ⅰ卷,理20改编)设圆x2+y2+2‎3‎x-13=0的圆心为A,直线l过点B(‎3‎,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过点B作AC的平行线交AD于点E.‎ ‎(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;‎ ‎(2)过点M‎1,‎‎3‎‎2‎作直线MG,MP分别与椭圆相交于G,P两点,满足直线MG与MP的倾斜角互补,判断直线GP的斜率是否为定值,若为定值,求出此定值;若不为定值,请说明理由.‎ 解析 ‎ ‎(1)∵BE∥AC,∴△BDE∽△CAD,∴DEAD=BEAC.‎ ‎∵AD=AC=4,∴DE=BE.‎ ‎∵AE+DE=4,∴|EA|+|EB|=4,是定值.‎ 由椭圆的定义得点E的轨迹方程为x‎2‎‎4‎+y2=1(y≠0).‎ ‎(2)设G(x1,y1),P(x2,y2),直线MG的方程是y=k(x-1)+‎3‎‎2‎,直线MP的方程是y=-k(x-1)+‎3‎‎2‎,‎ 联立x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1,‎y=k(x-1)+‎3‎‎2‎,‎消去y得(4k2+1)x2+(4‎3‎k-8k2)x+4k2-4‎3‎k-1=0,‎ ‎∵xM=1,∴x1=‎4k‎2‎-4‎3‎k-1‎‎4k‎2‎+1‎.同理可得x2=‎4k‎2‎+4‎3‎k-1‎‎4k‎2‎+1‎.‎ 又y1-y2=k(x1-1)+k(x2-1)=k(x1+x2)-2k,‎ 则直线GP的斜率kGP=y‎2‎‎-‎y‎1‎x‎2‎‎-‎x‎1‎=‎4k‎8‎3‎k=‎3‎‎6‎.‎ ‎2.(2017年全国Ⅱ卷,文20改编)设O为坐标原点,动点M在圆C:x2+y2=2上,过点M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足‎2‎ NP=NM.‎ ‎(1)求点P的轨迹G的方程;‎ ‎(2)设点Q在直线x=-3上,且OM·MQ=1.证明过点M且垂直于OQ的直线l过轨迹G的左焦点F.‎ 解析 (1)设P(x,y),M(x',y'),N(x',0),由‎2‎NP=NM,得‎2‎(x-x',y)=(0,y'),‎ 即x-x'=0,‎‎2‎y=y',‎得x'=x,‎y'=‎2‎y,‎代入圆的方程(x')2+(y')2=2,得到x‎2‎‎2‎+y2=1,∴点P的轨迹方程为x‎2‎‎2‎+y2=1. ‎ ‎(2)由题意知,椭圆的左焦点为F(-1,0),设M(m,n),Q(-3,t),则OM=(m,n),OQ=(-3,t),MQ=(-3-m,t-n),MF=(-1-m,-n).‎ 由OM·MQ=1,得-3m-m2+tn-n2=1.‎ 又m2+n2=2,∴3+3m-tn=0.‎ ‎∴OQ·MF=3+3m-tn=0,即OQ⊥MF.‎ ‎∵过点M存在唯一直线垂直于OQ,‎ ‎∴过点M且垂直于OQ的直线l过G的左焦点F.‎ ‎1.(安徽省淮南市2018届高三第二次模拟考试)已知抛物线C的顶点在原点,焦点在y轴上,且抛物线上有一点P(m,5)到焦点的距离为6.‎ ‎(1)求该抛物线C的方程;‎ ‎(2)已知抛物线上一点M(4,t),过点M作抛物线的两条弦MD和ME,且MD⊥ME,判断直线DE是否过定点,并说明理由.‎ 解析 (1)由题意设抛物线方程为x2=2py,其准线方程为y=-p‎2‎,‎ ‎∵P(m,5)到焦点的距离等于其到准线的距离,‎ ‎∴5+p‎2‎=6,∴p=2,∴抛物线C的方程为x2=4y.‎ ‎(2)过定点(-4,8).证明如下:‎ 由(1)可得点M的坐标为(4,4).‎ 设直线MD的方程为y=k(x-4)+4,‎ 联立y=k(x-4)+4,‎x‎2‎‎=4y,‎得x2-4kx+16k-16=0.‎ 设D(x1,y1),E(x2,y2),则xM·x1=16k-16,∴x1=‎16k-16‎‎4‎=4k-4,y1=‎(4k-4‎‎)‎‎2‎‎4‎=4(k-1)2.‎ 同理可得x2=-‎4‎k-4,y2=4‎1‎k‎+1‎‎2‎,‎ ‎∴直线DE的方程为 y-4(k-1)2=‎4(k-1‎)‎‎2‎-4‎‎1‎k‎+1‎‎2‎‎4k-4+‎4‎k+4‎·(x-4k+4)‎ ‎=k+‎‎1‎kk-‎1‎k-2‎k+‎‎1‎k·(x-4k+4)‎ ‎=k-‎1‎k-2‎(x-4k+4).‎ 化简得y=k-‎1‎k-2‎x+4k-‎4‎k=k-‎1‎k-2‎(x+4)+8.‎ ‎∴直线DE过定点(-4,8).‎ ‎2.(江西上饶市2018届高三上学期第一次模拟考试)已知抛物线E:y2=2px(p>0)的顶点在坐标原点O,过抛物线E的焦点F的直线l与该抛物线交于M,N两点,△MON面积的最小值为2.‎ ‎(1)求抛物线E的方程;‎ ‎(2)试问是否存在定点D,过点D的直线n与抛物线E交于B,C两点,当A,B,C三点不共线时,使得以BC为直径的圆必过点Ap‎2‎‎,p.若存在,求出所有符合条件的点;若不存在,请说明理由.‎ 解析 (1)设直线的方程为x=my+p‎2‎,设M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 联立x=my+p‎2‎,‎y‎2‎‎=2px,‎∴y2-2pmy-p2=0,△MON面积的最小,即|y1-y2|最小,‎ ‎∴|y1-y2|=‎(y‎1‎+y‎2‎‎)‎‎2‎-4‎y‎1‎y‎2‎=‎4p‎2‎m‎2‎+4‎p‎2‎=2pm‎2‎‎+1‎,‎ ‎∴当m=0时,|y1-y2|最小,最小值为2p,即△MON的面积最小,∴2=‎1‎‎2‎·p‎2‎·2p,解得p=2,∴抛物线E的方程为y2=4x.‎ ‎(2)假设存在这样的定点D,当m不垂直于x轴时,可设直线为y=kx+m,显然k≠0.‎ 联立y=kx+m,‎y‎2‎‎=4x,‎可得y2-‎4‎ky+‎4mk=0,‎ ‎∵p=2,∴点A的坐标为(1,2).‎ 设B(x1,y1),C(x2,y2),则y1+y2=‎4‎k,y1·y2=‎4mk,AB·AC=0, ‎ ‎∴AB·AC=(x1-1,y1-2)·(x2-1,y2-2)=y‎1‎‎2‎‎4‎‎-1‎y‎2‎‎2‎‎4‎‎-1‎+y1y2-2(y1+y2)+4=m‎2‎k‎2‎-‎1‎‎4‎‎16‎k‎2‎-‎8mk+‎4mk-‎8‎k+5=0.‎ 化简可得m2+6km+(5k2+8k-4)=0,‎ 即[m+(5k+2)][m+(k-2)]=0.‎ 当m=-k+2时,y=k(x-1)+2,恒过定点(1,2),即点A不合题意;‎ 当m=-5k-2时,y=k(x-5)-2,恒过定点D(5,-2),此时存在定点,满足条件. ‎ 容易验证当直线过点D(5,-2)且垂直于x轴时,AB·AC=0,‎ 综上,存在唯一的定点D(5,-2)满足条件. ‎ ‎3.(四川省德阳市2018届高三二诊考试)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点构成的三角形的面积为2‎3‎,且椭圆C的离心率为‎3‎‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)过点(4,0)且斜率不为零的直线l与椭圆C交于两点M,N,点T(2‎2‎,0),试探究:直线MT与NT的斜率之积是否为常数.‎ 解析 (1)由题意得bc=2‎3‎,‎ca‎=‎‎3‎‎2‎(其中c为椭圆的半焦距),解得a‎2‎‎=8,‎b‎2‎‎=2,‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎8‎+y‎2‎‎2‎=1.‎ ‎(2)由题意设直线l的方程为x=my+4,M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 由x=my+4,‎x‎2‎‎8‎‎+y‎2‎‎2‎=1,‎得(m2+4)y2+8my+8=0,‎ 所以y‎1‎‎+y‎2‎=-‎8mm‎2‎‎+4‎,‎y‎1‎y‎2‎‎=‎8‎m‎2‎‎+4‎,‎Δ=64m‎2‎-32(m‎2‎+4)>0,‎ 所以x1+x2=m(y1+y2)+8=‎32‎m‎2‎‎+4‎,x1x2=m2y1y2+4m(y1+y2)+16=‎64-8‎m‎2‎m‎2‎‎+4‎,‎ 所以kMT·kNT=y‎1‎y‎2‎‎(x‎1‎-2‎2‎)(x‎2‎-2‎2‎)‎=y‎1‎y‎2‎x‎1‎x‎2‎‎-2‎2‎(x‎1‎+x‎2‎)+8‎=‎3+2‎‎2‎‎4‎.‎ 故直线MT与NT的斜率之积为常数.‎ ‎4.(2017届河南省安阳市高三第一次模拟)已知椭圆C:y‎2‎a‎2‎+x‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的上、下两个焦点分别为F1、F2,过点F1与y轴垂直的直线交椭圆C于M,N两点,△MNF2的面积为‎3‎,椭圆C的离心率为‎3‎‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)已知O为坐标原点,直线l:y=kx+m与y轴交于点P,与椭圆C交于A,B两个不同的点,若存在实数λ,使得OA+λOB=4OP,求m的取值范围.‎ 解析 (1)已知椭圆C的焦距为2c,‎ 当y=c时,|MN|=|xM-xN|=‎2‎b‎2‎a,‎ 由题意知△MNF2的面积为 ‎1‎‎2‎‎|F1F2||MN|=c|MN|=‎2b‎2‎ca=‎3‎,‎ 又ca=‎3‎‎2‎,∴b2=1,∴a2=4,‎ ‎∴椭圆C的标准方程为x2+y‎2‎‎4‎=1.‎ ‎(2)若m=0,则P(0,0),由椭圆的对称性得AP=PB,即OA+OB=0,‎ ‎∴m=0能使OA+λOB=4OP成立.‎ 若m≠0,由OA+λOB=4OP,得OP=‎1‎‎4‎OA+λ‎4‎OB.‎ ‎∵A,B,P三点共线,∴1+λ=4,解得λ=3.‎ 设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),由y=kx+m,‎x‎2‎‎+y‎2‎‎4‎=1,‎ 得(k2+4)x2+2mkx+m2-4=0,‎ 由已知得Δ=4m2k2-4(k2+4)(m2-4)>0,‎ 即k2-m2+4>0,‎ 且x1+x2=‎-2kmk‎2‎‎+4‎,x1x2=m‎2‎‎-4‎k‎2‎‎+4‎.‎ 由OA+3OB=4OP,可得AP=3PB,‎ ‎∴-x1=3x2,即x1=-3x2,‎ ‎∴3(x1+x2)2+4x1x2=0,‎ ‎∴‎12‎k‎2‎m‎2‎‎(k‎2‎+4‎‎)‎‎2‎+‎4(m‎2‎-4)‎k‎2‎‎+4‎=0,即m2k2+m2-k2-4=0.‎ 当m2=1时,m2k2+m2-k2-4=0不成立,‎ ‎∴k2=‎4-‎m‎2‎m‎2‎‎-1‎.‎ ‎∵k2-m2+4>0,∴‎4-‎m‎2‎m‎2‎‎-1‎-m2+4>0,即‎(4-m‎2‎)‎m‎2‎m‎2‎‎-1‎>0,‎ ‎∴1