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课时规范练 58 证明、探究性问题
x2 y2
1.(15分)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的焦距为8,且椭圆经过点(√5,√3).
a2 b2
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)如图,过点P(0,√6)的直线l与椭圆C交于A,B两点,试问直线y=-√6上是否存在一点N,
使△ABN为正三角形?若存在,求出相应的直线l的方程;若不存在,请说明理由.
x2 y2
2.(17分)(2024·江苏南京、盐城一模)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),右
a2 b2
顶点为A,直线l:x=4与x轴交于点M,且|AM|=a|AF|.
(1)求C的方程.
(2)若B为l上的动点,过B作C的两条切线,分别交y轴于点P,Q,
①证明:直线BP,BF,BQ的斜率成等差数列.
②圆N经过B,P,Q三点,是否存在点B,使得∠PNQ=90°?若存在,求|BM|;若不存在,请说明
理由.
3.(17分)(2024·湖北宜昌、荆州、荆门模拟)已知抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点为F,H为
E上任意一点,且|HF|的最小值为1.
(1)求抛物线E的方程.
(2)已知P为平面上一动点,且过P能向E作两条切线,切点为M,N,记直线PM,PN,PF的
1 1 2
斜率分别为k ,k ,k ,且满足 + = .
1 2 3
k k k
1 2 3
①求点P的轨迹方程.
②试探究:是否存在一个圆心为Q(0,λ)(λ>0),半径为1的圆,使得过P可以作圆Q的两条
切线l ,l ,切线l ,l 分别交抛物线E于不同的两点A(s ,t ),B(s ,t )和点C(s ,t ),D(s ,t ),且
1 2 1 2 1 1 2 2 3 3 4 4
s s s s 为定值?若存在,求圆Q的方程;若不存在,请说明理由.
1 2 3 4
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4.(17分)(2024·广东深圳一模)已知动点P与定点A(m,0)的距离和P到定直线x= 的距
m
m
离的比为常数 ,其中m>0,n>0,且m≠n.记点P的轨迹为曲线C.
n
(1)求C的方程,并说明轨迹的形状.
(2)设点B(-m,0),若曲线C上两动点M,N均在x轴上方,AM∥BN,且AN与BM相交于点
Q.
1 1
①当m=2 √2 ,n=4时,求证: + 的值为定值.
|AM| |BN|
②当m>n时,记△ABQ的面积为S,其内切圆半径为r,试探究是否存在常数λ,使得S=λr
恒成立?若存在,求λ(用m,n表示);若不存在,请说明理由.
答案：
5 3 x2 y2
1.解 (1)由题意知c=4, + =1,而a2=b2+c2,解得a2=20,b2=4,故椭圆C的标准方程为 +
a2 b2 20 4
=1.
(2)设直线l的方程为y=kx+√6,A(x ,y ),B(x ,y ).
1 1 2 2
{y=kx+√6,
联立方程 x2 y2 消去y,整理得(1+5k2)x2+10√6kx+10=0,
+ =1,
20 4
√10 √10 10√6k 10
Δ=600k2-40(1+5k2)=400k2-40>0,即k> 或k<- .于是x +x =- ,x x = ,
10 10 1 2 1+5k2 1 2 1+5k2
∴|AB|= √ 10√6k 2 10 2√1+k2·√100k2-10
√1+k2 (- ) -4· = .
1+5k2 1+5k2 1+5k2
5√6k √6 1
设AB的中点为M,可得M(- , ).当直线MN⊥AB时,直线MN的斜率是- ,
1+5k2 1+5k2 k
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx又点N的纵坐标是-√6,
| √6 | 5√6k2+2√6 √3
∴|MN|=√1+(-k)2 +√6 =√1+k2 .当|MN|= |AB|时, ABN是正三角形.
1+5k2 1+5k2 2
△
5√6k2+2√6 √3 2√1+k2·√100k2-10
于是√1+k2 = · .
1+5k2 2 1+5k2
3
化简得到25k4-30k2+9=0,即 (5k2-3)2=0,∴k2= ,满足题意.故满足条件的直线存在,其方程为
5
√15
y=± x+
√6.
5
2.解 (1)由椭圆右焦点为F(1,0),得c=1,点A(a,0).因为|AM|=a|AF|,所以|4-a|=a(a-1),若a≥4,则
x2 y2
a-4=a(a-1),得a2-2a+4=0,无解,若a<4,则4-a=a(a-1),得a2=4,所以b2=3,因此C的方程为 +
4 3
=1.
(2)设B(4,t),易知过B且与C相切的直线斜率存在,设切线方程为y-t=k(x-4),联立
{y-t=k(x-4),
x2 y2 消去y得(3+4k2)x2+8k(t-4k)x+4(t-4k)2-12=0,由Δ=64k2(t-4k)2-4(3+4k2)[4(t-4k)2-
+ =1,
4 3
8t 2t t2-3
12]=0,得12k2-8tk+t2-3=0,设两条切线BP,BQ的斜率分别为k 1 ,k 2 ,则k 1 +k 2 = = ,k 1 k 2 = .
12 3 12
t t 2t
①设直线BF的斜率为k ,则k = = ,因为k +k = =2k ,所以直线BP,BF,BQ的斜率成等差
3 3 1 2 3
4-1 3 3
数列.
②假设存在点B使∠PNQ=90°.
图1
(方法一)如图1,在直线BP:y-t=k (x-4)中,令x=0,得y =t-4k ,所以P(0,t-4k ),同理,得Q(0,t-4k ),所以
1 P 1 1 2
1
线段PQ的中垂线方程为y=t-2(k +k ),易得BP中点为(2,t-2k ),所以BP的中垂线方程为y=-
1 2 1
k
1
(x-2)+t-2k ,
1
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y=t-2(k +k ),
1 2
联立 1
y=- (x-2)+t-2k ,
k 1
1
解得N(2k k +2,t-2(k +k )),
1 2 1 2
所以⃗NP=(-2k k -2,2k -2k ),⃗NQ=(-2k k -2,2k -2k ),
1 2 2 1 1 2 1 2
因为∠PNQ=90°,所以⃗NP·⃗NQ=0,即4(k k +1)2-4(k -k )2=0,整理得|k k +1|=|k -k |,而|k -k |=
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
√ 2t t2-3 √t2+9 t2-3 √t2+9
√(k +k )2-4k k = ( ) 2-4· = ,所以| +1|= ,解得t2=7,t=±√7,因
1 2 1 2 3 12 3 12 3
此|BM|=√7,
故存在符合题意的点B,使得⃗NP·⃗NQ=0,此时|BM|=√7.
(方法二)如图2,若∠PNQ=90°,即∠PBQ=45°或135°,从而|tan∠PBQ|=1,所以|tan∠PBQ|=|
k -k
1 2 |=1,
1+k k
1 2
图2
√ 2t t2-3 √t2+9 √t2+9 t2-3
因为|k 1 -k 2 |=√(k +k )2-4k k = ( ) 2-4· = ,所以 =|1+ |,解得
1 2 1 2 3 12 3 3 12
t2=7,t=±√7,所以|BM|=√7,故存在符合题意的点B,使得⃗NP·⃗NQ=0,此时|BM|=√7.
|⃗BP·⃗BQ| √2
(方法三)要使∠PNQ=90°,即∠PBQ=45°或135°,从而|cos∠PBQ|= = ,在直线
|⃗BP||⃗BQ| 2
BP:y-t=k (x-4)中,令x=0,得y =t-4k ,故P(0,t-4k ),
1 P 1 1
同理可得Q(0,t-4k ),因此⃗BP=(-4,-4k ),⃗BQ=(-4,-4k ),所以
2 1 2
⃗BP·⃗BQ 16+16k k √2
= 1 2 =
,
|⃗BP||⃗BQ| 4√1+k2·4√1+k2 2
1 2
故 (1+k k )= ,即2+2 +4k k =1+ ,整理得
√2 1 2 √1+k2k2+k2+k2 k2k2 1 2 k2k2+k2+k2 k2k2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
t2-3 t2-3 2t
+6k
1
k
2
+1=(k
1
+k
2
)2,所以( )2+6· +1=( )2,整理得t4+2t2-63=0,解得t2=7或t2=-9(舍去),因
12 12 3
此t=±√7,|BM|=√7,故存在符合题意的点B,使得⃗NP·⃗NQ=0,此时|BM|=√7.
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx(方法四)要使∠PNQ=90°,即∠PBQ=45°或135°,在直线BP:y-t=k (x-4)中,令x=0,得y =t-4k ,故
1 P 1
1 1 √2 1 1
P(0,t-4k 1 ),同理可得Q(0,t-4k 2 ),由等面积法得S PBQ = |PQ|·|x B |= |BP|·|BQ|· ,即 |4k 1 -4k 2 |·4= ·
2 2 2 2 2
△
√2 2t t2-3 t2-3
4√1+k2·4√1+k2· ,整理得(k
1
+k
2
)2=k2k2+6k
1
k
2
+1,所以( )2=( )2+6· +1,整理得
1 2 2 1 2 3 12 12
t4+2t2-63=0,解得t2=7或t2=-9(舍去),因此t=±√7,|BM|=√7,故存在符合题意的点B,使得⃗NP·⃗NQ
=0,此时|BM|=√7.
p
3.解 (1)设抛物线E的准线l:y=- ,H为抛物线上任意一点,过H作HH ⊥l于点H ,由抛物线的定
1 1
2
p
义得|HF|=|HH |,所以当H与原点O重合时,|HH | = =1,所以p=2,所以抛物线E的方程为
1 1min
2
x2=4y.
(2)①设P(m,n),过点P且斜率存在的直线l:y=k(x-m)+n,
{ x2=4 y,
联立 消去y,整理得x2-4kx+4km-4n=0,(*)
y=k(x-m)+n,
由题可知该方程的判别式Δ=16k2-4(4km-4n)=0,即k2-mk+n=0,k ,k 是该方程的两个不等实根,则
1 2
n-1 1 1 2 k +k 2 m 2m
k +k =m,k k =n,又因为F(0,1),所以k = ,m≠0,由 + = ,有 1 2= ,所以 = ,因
1 2 1 2 3
m k k k k k k n n-1
1 2 3 1 2 3
为m≠0,所以n-1=2n,所以n=-1,所以点P的轨迹方程为y=-1(x≠0).
②由(2)①设P(m,-1),
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx设l :y=k (x-m)-1,l :y=k (x-m)-1,且m≠0,所以(*)式可化为x2-4k x+4k m+4=0,又
1 4 2 5 4 4
A(s ,t ),B(s ,t ),C(s ,t ),D(s ,t ),所以s s =4k m+4,同理s s =4k m+4,所以s s s s =(4k m+4)
1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 4 3 4 5 1 2 3 4 4
(4k m+4)=16k k m2+16m(k +k )+16,又因为l 和以圆心为Q(0,λ)(λ>0),半径为1的圆相切,所以
5 4 5 4 5 1
|k (0-m)-1-λ|
4 =1,即(m2-1)k2 +2m(λ+1)k +λ2+2λ=0,同理(m2-1)k2 +2m(λ+1)k +λ2+2λ=0,所以
√1+k2 4 4 5 5
4
k ,k 分别是关于k的方程(m2-1)k+2m(λ+1)k+λ2+2λ=0的两个根(m≠±1),所以
4 5
2m(λ+1)
{k +k =- ,
4 5 m2-1
λ2+2λ
k k = ,
4 5 m2-1
16m2 16m2
所以s s s s =16k k m2+16m(k +k )+16= (λ2+2λ-2λ-2)+16= (λ2-2)+16,若s s s s 为定值,
1 2 3 4 4 5 4 5 1 2 3 4
m2-1 m2-1
则λ2-2=0,又因为λ>0,所以λ=√2,所以圆Q的方程是x2+(y-√2)2=1.
√(x-m)2+ y2 m
= m
4.解 (1)设点P(x,y),由题意可知 | n2| n,即(x-m)2+y2=( x-n)2,经化简,得C的方程为
x- n
m
x2 y2
+ =1,当mn时,曲线C表示焦点在x轴上
n2 n2-m2
的双曲线.
(2)设点M(x ,y ),N(x ,y ),M'(x ,y ),其中y >0,y >0且x =-x ,y =-y ,
1 1 2 2 3 3 1 2 3 2 3 2
x2 y2
①证明:当m=2√2,n=4时,由(1)可知C的方程为 + =1,A(2√2,0),B(-2√2,0),因为AM∥BN,所
16 8
y y - y y
以 1 = 2 = 2 = 3 ,因此M,A,M'三点共线,且|BN|=
x -2√2 x +2√2 -x -2√2 x -2√2
1 2 2 3
=|AM'|,
√(x +2√2)2+ y2=√(-x -2√2)2+(- y )2
2 2 2 2
设直线MM'的方程为x=ty+2√2,联立C的方程,消去x得(t2+2)y2+4√2ty-8=0,
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则y +y =- ,y y =- ,
1 3 t2+2 1 3 t2+2
2√2| 16 | √2 √2
由(1)可知|AM|= x - =4- x ,|BN|=|AM'|=4- x ,
4 1 2√2 2 1 2 3
1 1 |AM|+|BN|
所以 + =
|AM| |BN| |AM|·|BN|
√2 √2
(4- x )+(4- x )
= 2 1 2 3
√2 √2
(4- x )(4- x )
2 1 2 3
√2 √2
(2- t y )+(2- t y )
= 2 1 2 3
√2 √2
(2- t y )(2- t y )
2 1 2 3
√2
4- t(y + y )
= 2 1 3
1
4-√2t(y + y )+ t2y y
1 3 2 1 3
√2 4√2t
4- t·(- )
2 t2+2
=
4√2t 1 8
4-√2t·(- )+ t2·(- )
t2+2 2 t2+2
=1(定值),
1 1
所以 + 为定值1.
|AM| |BN|
x2 y2
②当m>n时,曲线C的方程为 − =1,轨迹为焦点在x轴上的双曲线,根据①的证明,同理
n2 m2-n2
可证M,A,M'三点共线,且|BN|=|AM'|,
设直线MM'的方程为x=sy+m,与C的方程联立,得[(m2-n2)s2-n2]y2+2sm(m2-n2)y+(m2-n2)2=0,所
2sm(m2-n2) (m2-n2)2
以y +y =- ,y y = ,(*)
1 3 1 3
(m2-n2)s2-n2 (m2-n2)s2-n2
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因为|AM|= (x - )= x -n,|BN|=|AM'|= x -n,
1 1 3
n m n n
1 1 1 1
所以 + = +
|AM| |BN| |AM| |AM'|
m m
( x -n)+( x -n)
=|AM|+|AM'| n 1 n 3
=
|AM|·|AM'| m m
( x -n)( x -n)
n 1 n 3
sm m2-n2 sm m2-n2
( y + )+( y + )
n 1 n n 3 n
=
sm m2-n2 sm m2-n2
( y + )( y + )
n 1 n n 3 n
sm 2(m2-n2)
(y + y )+
n 1 3 n
= ,
m2s2 (m2-n2)ms (m2-n2)2
y y + (y + y )+
n2 1 3 n2 1 3 n2
1 1 2n
将(*)代入上式,化简得 + = ,由双曲线定义得|BQ|+|QM|-|MA|=2n,所以|QM|
|AM| |BN| m2-n2
=2n+|AM|-|BQ|,因为AM∥BN,所以△AQM∽△NQB,所以
|AM| |QM| 2n+|AM|-|BQ|
∶ = ,所以|AM|·|BQ|=2n|BN|+|AM|·|BN|-|BN|·|BQ|,所以|BQ|
|BN| |BQ| |BQ|
(2n+|AM|)·|BN| (2n+|BN|)·|AM|
= ,同理可得|AQ|= ,所以|AQ|+|BQ|=
|AM|+|BN| |AM|+|BN|
(2n+|BN|)·|AM| (2n+|AM|)·|BN| 2|AM|·|BN|
+ =2n+ =2n+
|AM|+|BN| |AM|+|BN| |AM|+|BN|
2
=2n+m2-n2 m2+n2 ,由内切圆性质可知,S= 1 (|AB|+|AQ|+|BQ|)·r,当S=λr时,
1 1 =
+ n n 2
|AM| |BN|
1 m2+n2 (m+n)2
λ= (|AB|+|AQ|+|BQ|)=m+ = (常数).因此,存在常数λ使得S=λr恒成立,且λ=
2 2n 2n
(m+n)2
2n
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