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第12讲 圆锥曲线中探索性问题及创新型问题1已知椭圆C：1(ab0)的长轴是短轴的两倍，点A在椭圆C上不过原点的直线l与椭圆C相交于A，B两点，设直线OA，l，OB的斜率分别为k1，k，k2，且k1，k，k2恰好构成等比数列(1)求椭圆C的方程(2)试判断OA2OB2是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由解：(1)由题意知a2b且1，所以a24，b21，所以椭圆C的方程为y21.(2)设直线l的方程为ykxm，m0，A(x1，y1)，B(x2，y2)联立整理得(14k2)x28kmx4m240，所以x1x2，x1x2，且16(14k2m2)0.因为k1，k，k2恰好构成等比数列，所以k2k1k2，即k2k2，所以4k2m2m20，因为m0，所以k2，解得k，此时16(2m2)0，即m(，)，所以又OA2OB2xyxy(xx)2(x1x2)22x1x225，所以OA2OB2是定值，且为5.2(2019全国卷)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x20相切(1)若A在直线xy0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？并说明理由解：(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xy0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线yx上，故可设M(a，a)因为M与直线x20相切，所以M的半径为r|a2|.由已知得|AO|2.又MOAO，故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半径r2或r6.(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|x2|，|AO|2.由于MOAO，故可得x2y24(x2)2，化简得M的轨迹方程为y24x.因为曲线C：y24x是以点P(1,0)为焦点，以直线x1为准线的抛物线，所以|MP|x1.因为|MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在满足条件的定点P.3.如图，已知F1，F2分别是椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，点P(2,3)是椭圆C上一点，且PF1x轴(1)求椭圆C的方程；(2)设圆M：(xm)2y2r2(r0)设圆M与线段PF2交于A，B两点，若，且AB2，求r的值；设m2，过点P作圆M的两条切线分别交椭圆C于G，H两点(均异于点P)试问：是否存在这样的正数r，使得G，H两点恰好关于坐标原点O对称？若存在，求出r的值；若不存在，请说明理由解：(1)因为点P(2,3)是椭圆C上一点，且PF1x轴，所以椭圆的半焦距c2，由1，得y，所以3，化简得a23a40，解得a4，所以b212，所以椭圆C的方程为1.(2)因为，所以，即.所以线段PF2与线段AB的中点重合(记为点Q)，由(1)知Q.因为圆M与线段PF2交于A，B两点，所以kMQkABkMQkPF21，即1，解得m，所以MQ ，又AB2，所以r .假设存在正数r满足题意由G，H两点恰好关于原点对称，设G(x0，y0)，则H(x0，y0)，不妨设x00.因为P(2,3)，m2，所以两条切线的斜率均存在，设过点P与圆M相切的直线的斜率为k，则切线方程为y3k(x2)，即kxy2k30，由该直线与圆M相切，得r，即k ，所以两条切线的斜率互为相反数，即kPGkPH，所以，化简得x0y06，即y0，代入1，化简得x16x480，解得x02(舍去)或x02，所以y0，所以G(2，)，H(2，)，所以kPG，所以r.故存在满足条件的正数r，且r.4.如图，点T为圆O：x2y21上一动点，过点T分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为A，B，连结BA并延长至点P，使得，点P的轨迹记为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)若点A，B分别位于x轴与y轴的正半轴上，直线AB与曲线C相交于M，N两点，试问：在曲线C上是否存在点Q，使得四边形OMQN为平行四边形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由解： (1)设P(x，y)，T(x0，y0)，则A(x0,0)，B(0，y0)，由题意知，所以A为PB中点，由中点坐标公式得即 又因为点T在圆O：x2y21上，所以xy1, 从而y21.故曲线C的方程为y21.(2)假设存在满足题意的点Q，由题意知直线l的斜率存在且不为零，设直线l的方程为ykxt，因为ABOT1，故2t21，即t21，联立消去y，得(4k21)x28ktx4(t21)0, 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1y2k(x1x2)2tk2t， 因为OMQN为平行四边形，故Q，因为点Q在椭圆上，所以21，整理得4t24k21，将代入，得4k4k210，该方程无解，故不存在满足题意的点Q.- 5 -
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