小測(cè)卷(三十六)圓錐曲線中的證明、探索性問(wèn)題1．證明：(1)由對(duì)稱性可知圓G與拋物線C的交點(diǎn)坐標(biāo)為(1，1)，(－1，1)，代入拋物線方程可得2p＝1，所以拋物線的方程為x2＝y(tǒng)，設(shè)Ax1，x12，Bx2，x2所以直線AB的方程為y－x12＝(x1＋x2)(x－x即y＝(x1＋x2)x－x1x2，因?yàn)橹本€AB過(guò)點(diǎn)C(0，2)，所以－x1x2＝2，即x1x2＝－2①.對(duì)x2＝y(tǒng)求導(dǎo)得y′＝2x，所以直線PA的斜率為2x1，直線PB的斜率為2x2，直線PA的方程為y－x12＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－同理直線PB的方程為y＝2x2x－x2聯(lián)立兩直線方程，可得Px1由①可知點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為定值－2.(2)cos∠PFA＝FA·FPFA·FP，cos要證∠PFA＝∠PFB,即證FA·FA＝x1所以FA·FP＝又FA＝x12+同理FB·2．解：(1)由橢圓C的焦距為2，得c＝1，則b2＝a2－1，又橢圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1，32，代入C得1a2+94所以橢圓C的方程為x2(2)根據(jù)題意，直線l的斜率顯然不為零，令1k＝m由橢圓右焦點(diǎn)F(1，0)，故可設(shè)直線l的方程為x＝my＋1，聯(lián)立方程組x＝my+1，x24+y23＝1，整理得(3則Δ＝36m2－4×(－9)(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，且y1＋y2＝?6m3設(shè)存在點(diǎn)T，設(shè)點(diǎn)T坐標(biāo)為(t，0)，由|AF||BT|＝BFAT又因?yàn)锳FBF所以sin∠ATF＝sin∠BTF，所以∠ATF＝∠BTF，所以直線TA和TB關(guān)于x軸對(duì)稱，其傾斜角互補(bǔ)，即有kAT＋kBT＝0，則kAT＋kBT＝y(tǒng)1x1?t+y2x2所以y1(my2＋1－t)＋y2(my1＋1－t)＝0，整理得2my1y2＋(1－t)(y1＋y2)＝0，即2m×?93m2+4＋(1－t)×?6m3m2+4解得t＝4，符合題意，即存在點(diǎn)T(4，0)滿足題意．3．解：(1)由題意可得動(dòng)點(diǎn)G到點(diǎn)F(4，0)的距離比到直線x＋6＝0的距離小2，則動(dòng)點(diǎn)G到點(diǎn)F(4，0)的距離與到直線x＋4＝0的距離相等，故G的軌跡是以F(4，0)為焦點(diǎn)，以直線x＋4＝0為準(zhǔn)線的拋物線，設(shè)拋物線方程為y2＝2px(p>0)，則焦準(zhǔn)距p＝8，故G的軌跡的方程為y2＝16x.(2)由題意，直線MN的方程為y＝k1(x－4)，由題意可知k1≠0，k2≠0，k1≠k2，由y2＝16x，y＝k1x?4，消去y得k1設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝8＋16k12故A4+8k12所以直線AB的斜率kAB＝8k故直線AB的方程為：y＝k1k2k1+k2x?4?8故直線AB過(guò)定點(diǎn)(4，4)，設(shè)該點(diǎn)為E(4，4)，又因?yàn)镕D⊥AB，所以點(diǎn)D在以EF為直徑的圓上，由于E(4，4)，F(xiàn)(4，0)，|EF|＝4?42故以EF為直徑的圓的方程為(x－4)2＋(y－2)2＝4，故存在定點(diǎn)T(4，2)，使得線段TD的長(zhǎng)度為定值2.4．解：(1)由題意，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(x0，y0)，則根據(jù)題意，得Mx0?2由|OM|2＋|ON|2＝8得x0?23化簡(jiǎn)得x024+y02(2)由題意，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，根據(jù)橢圓的對(duì)稱性，sin∠EBA＝sin∠FBA成立．當(dāng)直線l的斜率存在，由題意，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－m)、E(x1，y1)、F(x2，y2)，由x24+y23＝1，y＝kx?m，得(3＋4k2)x2由Δ>0得m2k2<3＋4k2，且x1＋x2＝8k則kBE＋kBF＝y(tǒng)1又2kx1x2－(km＋kn