專題限時(shí)集訓(xùn)14　圓錐曲線中的存在性、證明問題

3/3專題限時(shí)集訓(xùn)(十四)圓錐曲線中的存在性、證明問題1．(2021·泉州一模)已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，右焦點(diǎn)為F，折線|x－1|＝my(m≠0)與C交于M，N兩點(diǎn)．(1)當(dāng)m＝2時(shí)，求|MF|＋|NF|的值；(2)直線AM與BN交于點(diǎn)P，證明：點(diǎn)P在定直線上．[解]折線為my＝|x－1|，不妨設(shè)M在F的右側(cè)，N在F的左側(cè)，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則M，N關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)分別為M′(x1，－y1)，N′(x2，－y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝my,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，所以y1－y2＝eq\f(－6m,3m2＋4)，－y1y2＝eq\f(－9,3m2＋4)，|y1＋y2|＝eq\f(12\r(m2＋1),3m2＋4).(1)|MF|＋|NF|＝|MF|＋|N′F|＝|MN′|＝eq\r(1＋m2)|y1＋y2|＝eq\r(1＋m2)·eq\f(12\r(m2＋1),3m2＋4)＝eq\f(12m2＋1,3m2＋4)，當(dāng)m＝2時(shí)，|MF|＋|NF|＝eq\f(12×22＋1,3×22＋4)＝eq\f(15,4).(2)證明：由題意知A(－2,0)，M(x1，y1)，則直線AM的方程為eq\f(y,x＋2)＝eq\f(y1,x1＋2)，又因?yàn)镸在F的右側(cè)，所以折線方程為my1＝x1－1，所以直線AM的方程為eq\f(y,x＋2)＝eq\f(y1,my1＋3)①，由題知B(2,0)，N(x2，y2)，則直線BN的方程為eq\f(y,x－2)＝eq\f(y2,x2－2)，又因?yàn)閤2＝－my2＋1，所以直線BN的方程為eq\f(y,x－2)＝eq\f(－y2,my2＋1)②，eq\f(①,②)得，eq\f(x－2,x＋2)＝eq\f(y1,－y2)·eq\f(my2＋1,my1＋3)，所以，eq\f(x－2,x＋2)＝eq\f(my1y2＋y1,－my1y2－3y2)＝eq\f(m·\f(9,3m2＋4)－\f(6m,3m2＋4)＋y2,－m·\f(9,3m2＋4)－3y2)＝eq\f([3m＋3m2＋4y2],－3[3m＋3m2＋4y2])＝－eq\f(1,3)，解得x＝1，所以定點(diǎn)P在直線x＝1上．2．已知?jiǎng)訄AC過定點(diǎn)F(1,0)，且與定直線x＝－1相切．(1)求動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程；(2)過點(diǎn)M(－2,0)的任一條直線l與軌跡E交于不同的兩點(diǎn)P，Q，試探究在x軸上是否存在定點(diǎn)N(異于點(diǎn)M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．[解](1)法一：依題意知，動(dòng)圓圓心C到定點(diǎn)F(1,0)的距離與到定直線x＝－1的距離相等，由拋物線的定義，可得動(dòng)圓圓心C的軌跡E是以F(1,0)為焦點(diǎn)，x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，其中p＝2.∴動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程為y2＝4x.法二：設(shè)動(dòng)圓圓心C(x，y)，依題意得eq\r(x－12＋y2)＝|x＋1|，化簡(jiǎn)得y2＝4x，即為動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程．(2)假設(shè)存在點(diǎn)N(x0,0)滿足題設(shè)條件．由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直線PN與QN的斜率互為相反數(shù)，即kPN＋kQN＝0.①易知直線PQ的斜率必存在且不為0，設(shè)直線PQ：x＝my－2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my－2，))得y2－4my＋8＝0.由Δ＝(－4m)2－4×8＞0，得m＞eq\r(2)或m＜－eq\r(2).設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2由①得kPN＋kQN＝eq\f(y1,x1－x0)＋eq\f(y2,x2－x0)＝eq\f(y1x2－x0＋y2x1－x0,x1－x0x2－x0)＝0，∴y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0，即y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.消去x1，x2，得eq\f(1,4)y1yeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,4)y2yeq\o\al(2,1)－x0(y1＋y2