江苏专用2020版高考数学大一轮复习第九章平面解析几何高考专题突破五高考中的解析几何问题第3课时证明与探索性问题教案含解析

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1、第3课时证明与探索性问题题型一证明问题例1设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y21上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x3上，且1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.(1)解设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)，(xx0，y)，(0，y0)由得x0x，y0y.因为M(x0，y0)在C上，所以1.因此点P的轨迹方程为x2y22.(2)证明由题意知F(1,0)设Q(3，t)，P(m，n)，则(3，t)，(1m，n)，33mtn，(m，n)，(3m，tn)由1，得3mm2tnn21.又由(1)知m2n22，故33mtn0.所以

2、0，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.思维升华圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法跟踪训练1已知椭圆T：1(ab0)的一个顶点A(0,1)，离心率e，圆C：x2y24，从圆C上任意一点P向椭圆T引两条切线PM，PN.(1)求椭圆T的方程；(2)求证：PMPN.(1)解由题意可知b1，即2a23c2，又a2b2c2，联立解得a23，b21.椭圆方程为y21.(2)证明当P点横坐标为时，纵坐标为1，PM斜率不存在，PN斜率为0，PMPN.当P点横坐标不为时，设P(x0，y0)，

3、则xy4，设kPMk，PM的方程为yy0k(xx0)，联立方程组消去y得(13k2)x26k(y0kx0)x3k2x6kx0y03y30，依题意36k2(y0kx0)24(13k2)(3k2x6kx0y03y3)0，化简得(3x)k22x0y0k1y0，又kPM，kPN为方程的两根，所以kPM，PN，所以kPMkPN1.所以PMPN.综上知PMPN.题型二探索性问题例2(2018苏北三市模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1的左、右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点(点P在x轴上方)(1)若QF2FP，求直线l的方程；(2)设直线AP，BQ的斜率分别为k1

4、，k2.是否存在常数，使得k1k2？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)因为a24，b23，所以c1，所以F的坐标为(1,0)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线l的方程为xmy1，代入椭圆方程，得(43m2)y26my90，则y1，y2.若QF2PF，则2，即2，3m66m12，解得m(舍负)，故直线l的方程为x2y0.(2)由(1)知，y1y2，y1y2，所以my1y2(y1y2)，所以，故存在常数，使得k1k2.思维升华解决探索性问题的注意事项探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给

5、出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法跟踪训练2(2018扬州期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2(y2)21，且圆C与y轴交于M，N两点(点N在点M的上方)，直线l：ykx(k0)与圆C交于A，B两点(1)若AB，求实数k的值；(2)设直线AM，直线BN的斜率分别为k1，k2，是否存在常数a使得k1ak2恒成立？若存在，求出a的值若不存在，请说明理由；(3)若直线AM与直线BN相交于点P，求证：点P在一条定直线上(1)解圆C：x2(y2)21，圆心C(0,2)，半径r1，直线l：k

6、xy0(k0)与圆C相交于A，B两点，且AB，圆心到l的距离为d，解得k2.k0，k2.(2)解圆C与y轴交于M，N两点(点N在点M上方)，M(0,1)，N(0,3)，AM：yk1x1，BN：yk2x3，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线AM与圆C方程联立得化简得(k1)x22k1x0，A，同理可求得B，O，A，B三点共线，且，0，化简得(3k1k2)(k1k21)0，k1k210，3k1k20，即k1k2，存在实数a，使得k1ak2恒成立(3)证明设P(x0，y0)，且k1k2，由(2)知k23k1，代入得y0为定值点P在定直线y上1(2018苏州期末)已知椭圆C：1(ab0)的离

7、心率为，且过点P(2，1)(1)求椭圆C的方程；(2)设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过P点作两条直线分别交椭圆C于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，若直线PQ平分APB，求证：直线AB的斜率是定值，并求出这个定值解(1)因为椭圆C的离心率为，所以，即a24b2，所以椭圆C的方程可化为x24y24b2，又椭圆C过点P(2，1)，所以444b2，解得b22，a28，所以所求椭圆C的标准方程为1.(2)由题意知，直线PA与PB的斜率都存在，设直线PA的方程为y1k(x2)，联立方程组消去y，得(14k2)x28(2k2k)x16k216k40，所以x1，因为直线PQ平行于x轴且平分APB

8、，即直线PA与直线PB的斜率互为相反数，设直线PB的方程为y1k(x2)，同理求得x2.又所以y1y2k(x1x2)4k，即y1y2k(x1x2)4kk4k，x1x2.所以直线AB的斜率为kAB.2(2018江苏省海安高级中学月考)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x3)2(y2)24，圆C2：(xm)2(ym5)22m28m10(mR，且m3)(1)设P为坐标轴上的点，满足：过点P分别作圆C1与圆C2的一条切线，切点分别为T1，T2，使得PT1PT2，试求出所有满足条件的点P的坐标；(2)若斜率为正数的直线l平分圆C1，求证：直线l与圆C2总相交(1)解设点P的坐标为(x0，y0)，圆

9、C1与圆C2的半径分别为r1，r2，由题意得PCrPCr，即(x03)2(y02)24(x0m)2(y0m5)2(2m28m10)，化简得x0y010，因为P为坐标轴上的点，所以点P的坐标为(0，1)或(1,0)(2)证明依题意知直线l过圆C1的圆心(3，2)，可设直线l的方程为y2k(x3)(k0)，即kxy3k20，则圆心C2(m，m5)到直线l的距离为，又圆C2的半径为，“直线l与圆C2总相交”等价于“mR，且m3，”，即，记y，整理得(y2)m22(3y4)m9y100，当y2时，得m2；当y2时，由判别式2(3y4)24(y2)(9y10)0，解得y1.综上得y，m3的最小值为1，所

10、以由可得0.故直线l与圆C2总相交3(2018宿州检测)已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点在x轴上，离心率e，以椭圆C的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若经过点P(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，是否存在直线l0：xx0(x02)，使得A，B到直线l0的距离dA，dB满足恒成立，若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由解(1)设椭圆C的标准方程为1(ab0)，ca，又44，a2b25，由b2a2c2a2，解得a2，b1，c.椭圆C的标准方程为y21.(2)若直线l的斜率不存在，则直线l0为任意直线都满足要求；当直线l的斜率存在时，设其方程为yk(x1

11、)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)(不妨令x11x2)，则dAx0x1，dBx0x2，PA(x11)，PB(1x2)，解得x0.由得(14k2)x28k2x4k240，由题意知，0显然成立，x1,2，x1x2，x1x2，x04.综上可知存在直线l0：x4，使得A，B到直线l0的距离dA，dB满足恒成立4已知椭圆1(ab0)的长轴长与短轴长之和为6，椭圆上任一点到两焦点F1，F2的距离之和为4.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线AB：yxm与椭圆交于A，B两点，C，D在椭圆上，且C，D两点关于直线AB对称，问：是否存在实数m，使ABCD，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由解(1)由

12、题意，2a4,2a2b6，a2，b1.椭圆的标准方程为y21.(2)C，D关于直线AB对称，设直线CD的方程为yxt，联立消去y，得5x28tx4t240，64t245(4t24)0，解得t25，设C，D两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1,2，x1x2，x1x2，设CD的中点为M(x0，y0)，M，又点M也在直线yxm上，则m，t，t25，m2.则CD|x1x2|.同理AB.ABCD，AB22CD2，2t2m25，m2b0)的离心率为，过右焦点F且斜率为1的直线交椭圆C于A，B两点，N为弦AB的中点，O为坐标原点(1)求直线ON的斜率kON；(2)求证：对于椭圆C上的任意一

13、点M，都存在0,2)，使得cossin成立(1)解设椭圆的焦距为2c，因为，所以，故有a23b2.从而椭圆C的方程可化为x23y23b2.由题意知右焦点F的坐标为(b,0)，据题意有AB所在的直线方程为yxb.由得4x26bx3b20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中点N(x0，y0)，所以x1,2，所以x0，y0x0bb.所以kON.(2)证明显然与可作为平面向量的一组基底，由平面向量基本定理，对于这一平面内的向量，有且只有一对实数，使得等式成立设M(x，y)，由(1)中各点的坐标有(x，y)(x1，y1)(x2，y2)，故xx1x2，yy1y2.又因为点M在椭圆C上，所以有

14、(x1x2)23(y1y2)23b2，整理可得2(x3y)2(x3y)2(x1x23y1y2)3b2.由(1)可得x1x2，x1x2.所以x1x23y1y2x1x23(x1b)(x2b)4x1x23b(x1x2)6b23b29b26b20.又点A，B在椭圆C上，故有x3y3b2，x3y3b2.将，代入可得221.所以，对于椭圆上的每一个点M，总存在一对实数，使等式成立，且221.所以存在0,2)，使得cos，sin.也就是：对于椭圆C上任意一点M，总存在0,2)，使得等式cossin成立6.如图，椭圆E：1(ab0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且1. (1)求椭圆E的方程；(2)设

15、O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点是否存在常数，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，b)，(0，b)，又点P的坐标为(0,1)，且1，于是解得a2，b，所以椭圆E的方程为1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(4k21)x28kx40，其判别式(8k)216(4k21)0，所以x1,2，所以x1x2，x1x2，所以x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以当时，2，此时为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，2.故存在常数，使得为定值.11