重難增分訓(xùn)練（五）圓錐曲線的研究性學(xué)習(xí)1．已知?jiǎng)訄A過(guò)定點(diǎn)A(4,0)，且在y軸上截得的弦MN的長(zhǎng)為8.(1)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程；(2)已知點(diǎn)B(－1,0)，設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點(diǎn)P，Q，若x軸是∠PBQ的角平分線，證明直線l過(guò)定點(diǎn)．解：(1)已知定點(diǎn)A(4,0)，設(shè)圓心C(x，y)，MN線段的中點(diǎn)為E，由幾何圖象知ME＝eq\f(MN,2)＝4，CA2＝CM2＝ME2＋EC2?(x－4)2＋y2＝42＋x2?y2＝8x.即圓心C的軌跡方程為y2＝8x.(2)證明：點(diǎn)B(－1,0)，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由題知y1＋y2≠0，y1y2<0，yeq\o\al(2,1)＝8x1，yeq\o\al(2,2)＝8x2.由x軸是∠PBQ的角平分線可得eq\f(y1,x1＋1)＝eq\f(－y2,x2＋1)?eq\f(y1,y\o\al(2,1)＋8)＝eq\f(－y2,y\o\al(2,2)＋8)?8(y1＋y2)＋y1y2(y2＋y1)＝0?8＋y1y2＝0.直線PQ方程為：y－y1＝eq\f(y2－y1,x2－x1)(x－x1)?y－y1＝eq\f(1,y2＋y1)(8x－yeq\o\al(2,1))?y(y2＋y1)－y1(y2＋y1)＝8x－yeq\o\al(2,1)?y(y2＋y1)＋8＝8x?y＝0，x＝1.所以直線PQ過(guò)定點(diǎn)(1,0)．2．(2018屆高三·杭州市聯(lián)誼校聯(lián)考)已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，右頂點(diǎn)為A，P為橢圓C1上任意一點(diǎn)，且eq\o(PF1,\s\up7(→))·eq\o(PF2,\s\up7(→))最大值的取值范圍是[c2,3c2]，其中c＝eq\r(a2－b2).(1)求橢圓C1的離心率e的取值范圍；(2)設(shè)雙曲線C2以橢圓C1的焦點(diǎn)為頂點(diǎn)，頂點(diǎn)為焦點(diǎn)，B是雙曲線C2上在第一象限內(nèi)的任意一點(diǎn)，當(dāng)e取得最小值時(shí)，是否存在常數(shù)λ(λ>0)，使得∠BAF1＝λ∠BF1A恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)設(shè)P(x，y)，又F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，∴eq\o(PF1,\s\up7(→))＝(－c－x，－y)，eq\o(PF2,\s\up7(→))＝(c－x，－y)，∴eq\o(PF1,\s\up7(→))·eq\o(PF2,\s\up7(→))＝x2＋y2－c2.由eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，得y2＝b2－eq\f(b2x2,a2)，其中0≤x2≤a2.∴eq\o(PF1,\s\up7(→))·eq\o(PF2,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(b2,a2)))x2＋b2－c2＝eq\f(c2,a2)x2＋b2－c2.∴當(dāng)x2＝a2時(shí)，eq\o(PF1,\s\up7(→))·eq\o(PF2,\s\up7(→))取得最大值，且(eq\o(PF1,\s\up7(→))·eq\o(PF2,\s\up7(→)))max＝b2，由題意得c2≤b2≤3c2，c2≤a2－c2≤3c2.∴eq\f(1,4)≤eq\f(c2,a2)≤eq\f(1,2)，即eq\f(1,4)≤e2≤eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)≤e≤eq\f(\r(2),2).(2)當(dāng)e＝eq\f(1,2)時(shí)，a＝2c，b＝eq\r(3)c.∴雙曲線C2：eq\f(x2,c2)－eq\f(y2,3c2)＝1，A(2c,0)．設(shè)B(x0，y0)(x0>0，y0>0)，則eq\f(x\o\al(2,0),c2)－eq\f(y\o\al(2,0),3c2)＝1.當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，x0＝2c，y0＝3c，則tan∠BF1A＝eq\f(3c,3c)＝1，故∠BF1A＝eq\f(π,4).故∠BAF1＝eq\f(π,2)＝2∠BF1A，猜想存在常數(shù)λ＝2，使得∠BAF1＝λ∠BF1A恒成立．當(dāng)AB不垂直于x軸，即x0≠2c時(shí)，tan∠BAF1＝eq\f(－y0,x0－2c)，tan∠BF1A＝eq\f(y0,x0＋c).∴tan2∠BF1A＝eq\f(2tan∠BF1A,1－tan2∠BF1A)＝eq\f(\f(2y0,x0＋c),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0＋c)))2).又yeq\o\al(2,0)＝3c2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),c2)－1))＝3(xeq\o\al(2,0)－c2)，∴tan2∠BF1A＝eq\f(2y0x0＋c,x0＋c2－3x\o\al(2,0)－c2)＝eq\f(－y0,x0－2c)＝tan∠BAF1.又2∠BF1A與∠BAF1同在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))內(nèi)，∴2∠BF1A＝∠BAF1.綜上，存在常數(shù)λ＝2，使得∠BAF1＝λ∠BF1A恒成立．3．(2017·鄭州市模擬)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)為F，A為短軸的一個(gè)端點(diǎn)，且|OA|＝|OF|＝eq\r(2)(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))．(1)求橢圓的方程；(2)若C，D分別是橢圓長(zhǎng)軸的左、右端點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M滿足MD⊥CD，連接CM，交橢圓于點(diǎn)P，試問(wèn)x軸上是否存在異于點(diǎn)C的定點(diǎn)Q，使得以MP為直徑的圓恒過(guò)直線DP，MQ的交點(diǎn)？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)由已知得b＝c＝eq\r(2)，∴a2＝b2＋c2＝4，∴橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由(1)知，C(－2,0)，D(2,0)．由題意可設(shè)直線CM：y＝k(x＋2)，P(x1，y1)．∵M(jìn)D⊥CD，∴M(2,4k)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋2))消去y，整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，∴Δ＝(8k2)2－4(1＋2k2)(8k2－4)＞0.由根與系數(shù)的關(guān)系得－2x1＝eq\f(8k2－4,1＋2k2)，即x1＝eq\f(2－4k2,1＋2k2).∴y1＝k(x1＋2)＝eq\f(4k,1＋2k2)，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－4k2,1＋2k2)，\f(4k,1＋2k2))).設(shè)Q(x0,0)，且x0≠－2.若以MP為直徑的圓恒過(guò)DP，MQ的交點(diǎn)，則MQ⊥DP，∴eq\o(QM,\s\up7(→))·eq\o(DP,\s\up7(→))＝0恒成立．eq\o(QM,\s\up7(→))＝(2－x0,4k)，eq\o(DP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k2,1＋2k2)，\f(4k,1＋2k2))).∴eq\o(QM,\s\up7(→))·eq\o(DP,\s\up7(→))＝(2－x0)·eq\f(－8k2,1＋2k2)＋4k·eq\f(4k,1＋2k2)＝0，即eq\f(8k2x0,1＋2k2)＝0恒成立，∴x0＝0.∴存在點(diǎn)Q(0,0)，使得以MP為直徑的圓恒過(guò)直線DP，MQ的交點(diǎn)．4．(2017·四川雙流中學(xué)模擬)已知?jiǎng)訄AP與圓F1：(x＋3)2＋y2＝81，圓F2：(x－3)2＋y2＝1都內(nèi)切，設(shè)圓心P的軌跡為曲線C，Q為曲線C上的一個(gè)不在x軸上的動(dòng)點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F2作OQ的平行線交曲線C于M，N兩個(gè)不同的點(diǎn)．(1)求曲線C的方程；(2)試探究|MN|和|OQ|2的比值能否為一個(gè)常數(shù)．若能，求出這個(gè)常數(shù)；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)設(shè)圓心P的坐標(biāo)為(x，y)，半徑為r，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|PF1|＝9－r，,|PF2|＝r－1，))∴|PF1|＋|PF2|＝8>6＝|F1F2|，∴圓心P的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的橢圓，其中2a＝8,2c＝6，∴a＝4，c＝3，b2＝a2－c2＝7，故曲線C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,7)＝1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x3，y3)，直線OQ：x＝my，則直線MN：x＝my＋3，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my，,\f(x2,16)＋\f(y2,7)＝1，))可得xeq\o\al(2,3)＝eq\f(112m2,7m2＋16)，yeq\o\al(2,3)＝eq\f(112,7m2＋16)，|OQ|2＝xeq\o\al(2,3)＋yeq\o\al(2,3)＝eq\f(112m2,7m2＋16)＋eq\f(112,7m2＋16)＝eq\f(112m2＋1,7m2＋16)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋3，,\f(x2,16)＋\f(y2,7)＝1，))可得(7m2＋16)y2＋42my－49＝0，∴y1＋y2＝－eq\f(42m,7m2＋16)，y1y2＝－eq\f(49,7m2＋16)，∴|MN|＝eq\r(m2＋1)|y2－y1|＝eq\r(m2＋1)eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(m2＋1)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(42m,7m2＋16)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(49,7m2＋16))))＝eq\f(56m2＋1,7m2＋16)，∴eq\f(|MN|,|OQ|2)＝eq\f(\f(56m2＋1,7m2＋16),\f(112m2＋1,7m2＋16))＝eq\f(1,2).∴|MN|和|OQ|2的比值為一個(gè)常數(shù)，這個(gè)常數(shù)為eq\f(1,2).如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(1,0)，離心率為eq\f(\r(2),2).分別過(guò)O，F(xiàn)的兩條弦AB，CD相交于點(diǎn)E(異于A，C兩點(diǎn))，且OE＝EF.(1)求橢圓的方程；(2)求證：直線AC，BD的斜率之和為定值．解：(1)由題意，得c＝1，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，故a＝eq\r(2)，從而b2＝a2－c2＝1，所以橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.①(2)證明：設(shè)直線AB的方程為y＝kx，②直線CD的方程為y＝－k(x－1)，③由①②得，點(diǎn)A，B的橫坐標(biāo)為±eq\r(\f(2,2k2＋1))，由①③得，點(diǎn)C，D的橫坐標(biāo)為eq\f(2k2±\r(2k2＋1),2k2＋1)，記A(x1，kx1)，B(x2，kx2)，C(x3，k(1－x3))，D(x4，k(1－x4))，則直線AC，BD的斜率之和為eq\f(kx1－k1－x3,x1－x3)＋eq\f(kx2－k1－x4,x2－x4)＝k·eq\f(x1＋x3－1x2－x4＋x1－x3x2＋x4－1,x1－x3x2－x4)＝k·eq\f(2x1x2－x3x4－x1＋x2＋x3＋x4,x1－x3x2－x4)＝k·eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2,2k2＋1)－\f(2k2－1,2k2＋1)))－0＋\f(4k2,2k2＋1),x1－x3x2－x4)＝0.[問(wèn)題推廣]首先把試題推廣到圓、橢圓中，再把試題推廣到拋物線中．命題1圓錐曲線mx2＋ny2＝1(mn≠0)的內(nèi)接四邊形的兩組對(duì)邊，兩條對(duì)角線所在的三對(duì)直線中，只要有一對(duì)直線的斜率之和為0，則另兩對(duì)直線中的每一對(duì)直線的斜率之和也為0.(說(shuō)明：當(dāng)m＝n>0時(shí)，mx2＋ny2＝1表示圓；當(dāng)m>0，n>0，m≠n時(shí)，mx2＋ny2＝1表示橢圓)．證明：由字母A，B，C，D的輪換對(duì)稱性可知，只需證明kAB＋kCD＝0?kAC＋kBD＝0；kAB＋kCD＝0?kBC＋kDA＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，又設(shè)直線AB，CD的斜率分別為k，－k，方程分別為y＝kx＋b1，y＝－kx＋b2.將y＝kx＋b1代入mx2＋ny2＝1，消去y并整理得(nk2＋m)x2＋2knb1x＋nbeq\o\al(2,1)－1＝0，顯然x1，x2是此方程的兩個(gè)根，由根與系數(shù)關(guān)系得x1＋x2＝eq\f(－2knb1,nk2＋m)，x1x2＝eq\f(nb\o\al(2,1)－1,nk2＋m)，在上式中同時(shí)以－k代k，b2代b1得x3＋x4＝eq\f(2knb2,nk2＋m)，x3x4＝eq\f(nb\o\al(2,2)－1,nk2＋m)，y3－y1＝－kx3＋b2－(kx1＋b1)＝－k(x1＋x3)＋(b2－b1)，同理y4－y2＝－k(x2＋x4)＋(b2－b1)，kAC＋kBD＝0?eq\f(y3－y1,x3－x1)＋eq\f(y4－y2,x4－x2)＝0?(y4－y2)(x3－x1)＋(y3－y1)(x4－x2)＝0?[－k(x2＋x4)＋(b2－b1)](x3－x1)＋[－k(x1＋x3)＋(b2－b1)](x4－x2)＝0?－k[(x2＋x4)(x3－x1)＋(x1＋x3)(x4－x2)]＋(b2－b1)(x3＋x4－x1－x2)＝0?－2k(x3x4－x1x2)＋(b2－b1)(x3＋x4－x1－x2)＝0?－2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nb\o\al(2,2)－1,nk2＋m)－\f(nb\o\al(2,1)－1,nk2＋m)))＋(b2－b1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2knb2,nk2＋m)－\f(－2knb1,nk2＋m)))＝0?eq\f(－2knb\o\al(2,