能力升级练(十九)圆锥曲线综合问题(2)1.(2019广西南宁市第三中学、柳州市高级中学联考)如图,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的顶点为A1,A2,B1,B2,左右焦点分别为F1,F2,|A1B1|=❑√3,S▱A1B1A2B2=❑√2S▱B1F1B2F2.(1)求椭圆C的方程;(2)过右焦点F2的直线l与椭圆C相交于A,B两点,试探究在x轴上是否存在定点Q,使得⃗QA·⃗QB为定值?若存在,求出点Q的坐标,若不存在,请说明理由.解(1)由|A1B1|=❑√3,得a2+b2=3.①由S▱A1B1A2B2=❑√2S▱B1F1B2F2,得12·2a·2b=❑√22·2c·2b,即a=❑√2c,②又a2-b2=c2,③由①②③,得a2=2,b2=1,∴椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)①当直线l的斜率不为0或不存在时,设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,0),直线l的方程为x=my+1,由{x=my+1,x22+y2=1,得(m2+2)y2+2my-1=0,∴{y1+y2=-2mm2+2,y1·y2=-1m2+2.∴⃗QA·⃗QB=(x1-x0)(x2-x0)+y1y2=(my1+1)·(my2+1)-x0(my1+my2+2)+x02+y1y2=(m2+1)y1·y2+m(y1+y2)(1-x0)+x02-2x0+1=(m2+1)·-1m2+2+m·-2mm2+2(1-x0)+x02-2x0+1=(2x0-3)m2-1m2+2+x02-2x0+1,由2x0-31=-12,得x0=54,故此时点Q54,0,⃗QA·⃗QB=-716.②当直线l的斜率为0时,⃗QA·⃗QB=(-54)2−(❑√2)2=-716.综上所述,在x轴上存在定点Q54,0,使得⃗QA·⃗QB为定值.2.如图,A(-❑√3m,m),B(❑√3n,n)两点分别在射线OS,OT上移动,且⃗OA·⃗OB=-12,O为坐标原点,动点P满足⃗OP=⃗OA+⃗OB.(1)求点P的轨迹C的方程.(2)设Q(x0,12),过Q作(1)中曲线C的两条切线,切点分别为M,N,①求证:直线MN过定点;②若⃗OM·⃗ON=-7,求x0的值.解(1)由已知得⃗OA·⃗OB=-3mn+mn=-12,即mn=14.设点P坐标为(x,y)(y>0),由⃗OP=⃗OA+⃗OB,得(x,y)=(-❑√3m,m)+(❑√3n,n)=(❑√3(n-m),m+n).∴{x=❑√3(n-m),y=m+n,消去m,n,可得y2-x23=1(y>0),∴轨迹C的方程为y2-x23=1(y>0).(2)由(1)知,y=❑√1+x23,即y'=x3❑√1+x23.设M(x1,y1),N(x2,y2),则kQM=x13❑√1+x123=x13y1,kQN=x23❑√1+x223=x23y2.∴lQM:y=x13y1(x-x1)+y1,即lQM:x1x-3y1y+3=0.∵Q在直线QM上,∴x0x1-32y1+3=0,①同理可得x0x2-32y2+3=0.②由①②可知,lMN:x0x-32y+3=0,∴直线MN过定点(0,2).由以上可知,设直线MN的方程为y=kx+2,易知k=2x03,且|k|<❑√33,将直线MN的方程代入曲线C的方程得(3k2-1)x2+12kx+9=0.∴x1+x2=-12k3k2-1,x1x2=93k2-1.又⃗OM·⃗ON=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=(k2+1)x1x2+2k(x1+x2)+4=5-3k23k2-1=-7,即k=±13,∴x0=±12.3.(2019辽宁沈阳高三教学质量监测(三))已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,M(-2,y0)是抛物线C上一点,且|MF|=2.(1)求抛物线C的方程;(2)过点F的直线与抛物线C相交于A,B两点,分别过A,B两点作抛物线C的切线l1,l2,两条切线相交于点P,点P关于直线AB的对称点Q,判断四边形PAQB是否存在外接圆,如果存在,求出外接圆面积的最小值;如果不存在,请说明理由.解(1)根据题意知,4=2py0,①因为|MF|=2,所以y0+p2=2.②联立①②解得y0=1,p=2.所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)四边形PAQB存在外接圆.设直线AB方程为y=kx+1,代入x2=4y中,得x2-4kx-4=0,设点A(x1,y1),B(x2,y2),则Δ=16k2+16>0,且x1+x2=4k,x1x2=-4,所以|AB|=❑√1+k2|x1-x2|=4(k2+1),因为C:x2=4y,即y=x24,所以y'=x2.因此,切线l1的斜率为k1=x12,切线l2的斜率为k2=x22,由于k1k2=x1x24=-1,所以PA⊥PB,即△PAB是直角三角形,所以△PAB的外接圆的圆心为线段AB的中点,线段AB是圆的直径,所以点Q一定在△PAB的外接圆上,即四边形PAQB存在外接圆.又因为|AB|=4(k2+1),所以当k=0时,线段AB最短,最短长度为4,此时圆的面积最小,最小面积为4π.4.已知椭圆G的离心率为❑√22,其短轴两端点为A(0,1),B(0,-1).(1)求椭圆G的方程;(2)若C,D是椭圆G上关于y轴对称的两个不同点,直线AC,BD与x轴分别交于点M,N.判断以MN为直径的圆是否过点A,并说明理由.解(1)由已知可设椭圆G的方程为x2a2+y21=1(a>1).由e=❑√22,可得e2=a2-1a2=12,解得a2=2,所以椭圆的标准方程为x22+y2=1.(2)方法一:设C(x0,y0),且x0≠0,则D(-x0,y0).因为A(0,1),B(0,-1),所以直线AC的方程为y=y0-1x0x+1.令y=0,得xM=-x0y0-1,所以M(-x0y0-1,0).同理,直线BD的方程为y=y0+1-x0x-1,求得N(-x0y0+1,0).⃗AM=(x01-y0,-1),⃗AN=(-x01+y0,-1),所以⃗AM·⃗AN=-x021-y02+1,由C(x0,y0)在椭圆G:x22+y2=1上,所以x02=2(1-y02),所以⃗AM·⃗AN=-1≠0,所以∠MAN≠90°,所以以线段MN为直径的圆不过点A.方法二:因为C,D关于y轴对称,且B在y轴上,所以∠CBA=∠DBA.因为N在x轴上,又A(0,1),B(0,-1)关于x轴对称,所以∠NAB=∠NBA=∠CBA,所以BC∥AN,所以∠NAC=180°-∠ACB,设C(x0,y0),且x0≠0,则x02=2(1-y02).因为⃗CA·⃗CB=(-x0,1-y0)·(-x0,-1-y0)=x02+(y02-1)=12x02>0,所以∠ACB≠90°,所以∠NAC≠90°,所以以线段MN为直径的圆不过点A.
