鲁京津琼专用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圆锥曲线问题第3课时证明与探索性问题教案含解析

《鲁京津琼专用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圆锥曲线问题第3课时证明与探索性问题教案含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《鲁京津琼专用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圆锥曲线问题第3课时证明与探索性问题教案含解析（12页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、第3课时证明与探索性问题题型一证明问题例1(2017全国)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3

2、3mtn0.所以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)证明方法一当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

3、时，设P(x0，y0)，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kPMkPN1.所以PMPN.综上知PMPN.方法二当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(2cos，2sin)，切线方程为y2sink(x2cos)，联立得(13k2)x212k(sinkcos)x12(sinkcos)230，令

4、0，即144k2(sinkcos)24(13k2)12(sin kcos )230，化简得(34cos2)k24sin2k14sin20，kPMkPN1.所以PMPN.综上知PMPN.题型二探索性问题例2在平面直角坐标系xOy中，曲线C：y与直线l：ykxa(a0)交于M，N两点，(1)当k0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN？说明理由解(1)由题设可得M(2，a)，N(2，a)，或M(2，a)，N(2，a)又y，故y在x2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.y在x2处的导数值为，C在点(2，a)处的

5、切线方程为ya(x2)，即xya0.故所求切线方程为xya0和xya0.(2)存在符合题意的点，证明如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将ykxa代入C的方程得x24kx4a0.故x1x24k，x1x24a.从而k1k2.当ba时，有k1k20，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故OPMOPN，所以点P(0，a)符合题意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)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假

6、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广州模拟)已知椭圆E：1(ab0)过点Q，且离心率e，直线l与E相交于M，N两点，l与x轴、y轴分别相交于C，D两点，O为坐标原点(1)求椭圆E的方程；(2)判断是否存在直线l，满足2，2？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由解(1)由题意得解得所以椭圆E的方程为y21.(2)存在直线l，满足2，2.理由如下：方法一由题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm(km0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则C，D(0，m)由方程组得(12k2)x24kmx2m

7、220，所以16k28m280.(*)由根与系数的关系，得x1x2，x1x2.因为2，2，所以，所以C，D是线段MN的两个三等分点，得线段MN的中点与线段CD的中点重合所以x1x20，解得k.由C，D是线段MN的两个三等分点，得|MN|3|CD|.所以|x1x2|3，即|x1x2|3，解得m.验证知(*)成立所以存在直线l，满足2，2，此时直线l的方程为yx或yx.方法二设M(x1，y1)，N(x2，y2)，C(m,0)，D(0，n)，由2，2，得解得M(2m，n)，N(m,2n)又M，N两点在椭圆上，所以即解得故所求直线l的方程为5x10y20或5x10y20或5x10y20或5x10y20

8、.1(2018聊城模拟)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，点P为椭圆上一点，F1PF2面积的最大值为.(1)求椭圆C的方程；(2)过点A(4,0)作关于x轴对称的两条不同直线l1，l2分别交椭圆于M(x1，y1)与N(x2，y2)，且x1x2，证明直线MN过定点，并求AMN的面积S的取值范围解(1)设a2b2c2，则，设P(x，y)，则c|y|，|y|b，bc.解得椭圆C的方程为y21.(2)设MN方程为xnym(n0)，联立得(n24)y22nmym240，由题意知，16(n2m24)0，y1y2，y1y2，关于x轴对称的两条不同直线l1，l2的斜率之和为

9、0，即0，即0，得2ny1y2m(y1y2)4(y1y2)0，即0.解得m1.直线MN方程为xny1，直线MN过定点B(1,0)又|y1y2|44，令t，t，|y1y2|4(0，)，又S|AB|y1y2|y1y2|.2(2018菏泽模拟)已知抛物线E的顶点为平面直角坐标系xOy的坐标原点O，焦点为圆F：x2y24x30的圆心F.经过点F的直线l交抛物线E于A，D两点，交圆F于B，C两点，A，B在第一象限，C，D在第四象限(1)求抛物线E的方程；(2)是否存在直线l使2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由解(1)圆F的方程为(x2)2y21，圆心F

10、的坐标为(2,0)，半径r1.根据题意设抛物线E的方程为y22px(p0)，2，解得p4.抛物线E的方程为y28x.(2)2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项，|BC|2r，|AB|CD|4|BC|42r8.|AD|AB|BC|CD|10.讨论：若l垂直于x轴，则l的方程为x2，代入y28x，解得y4.此时|AD|8，不满足题意；若l不垂直于x轴，则设l的斜率为k(k0)，此时l的方程为yk(x2)，由得k2x2(4k28)x4k20.设A(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2.抛物线E的准线方程为x2，|AD|AF|DF|(x12)(x22)x1x24，410，解得k2.易知k2符

11、合题设存在满足要求的直线l：2xy40或直线l：2xy40.3(2018三明质检)已知顶点是坐标原点的抛物线的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线yx上的圆E与x轴相切，且E，F关于点M(1,0)对称(1)求E和的标准方程；(2)过点M的直线l与E交于A，B，与交于C，D，求证：|CD|AB|.(1)解设的标准方程为x22py(p0)，则F.已知E在直线yx上，故可设E(2a，a)因为E，F关于M(1,0)对称，所以解得所以的标准方程为x24y.因为E与x轴相切，故半径r|a|1，所以E的标准方程为(x2)2(y1)21.(2)证明由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方程为yk(x1

12、)(k0)，则E(2，1)到l的距离d，因为l与E交于A，B两点，所以d2r2，即0，所以|AB|22.由消去y并整理得x24kx4k0.16k216k0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x24k，x1x24k，那么|CD|x1x2|4.所以2.所以|CD|22|AB|2，即|CD|AB|.4(2018兰州诊断)椭圆E：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作垂直于x轴的直线与椭圆E在第一象限交于点P，若|PF1|，且ab2.(1)求椭圆E的方程；(2)已知点P关于y轴的对称点Q在抛物线C：y2mx上，是否存在直线l与椭圆交于A，B，使得A，B的中点M落在直线y2x

13、上，并且与抛物线C相切，若直线l存在，求出l的方程，若不存在，请说明理由解(1)由题意可得P，则解得a22，b21，所以椭圆方程为y21.(2)由(1)可知P，则有Q，代入y2mx可得抛物线方程是y2x.若直线l斜率存在，设直线l与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则两式作差可得(y1y2)(y1y2)0，A，B的中点M落在直线y2x上，则有y1y22(x1x2)，代入可得，直线l方程可以设为yxb，与抛物线方程联立消元可得方程y22y2b0，直线与抛物线相切则有48b0，即b，则直线l的方程为x4y20，与椭圆方程联立得消元可得方程9y28y10，6449280，所以直线x4y

14、20满足题意当直线l斜率不存在时，直线x0满足题意综上所述，直线l的方程为x0或x4y20.5(2018甘肃西北师范大学附属中学诊断)已知椭圆C：1(ab0)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.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，

15、y0)，由及根与系数的关系得：x0，y0x0bb.所以kON，即为所求(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(x1x2)23(y1y2)23b2，整理可得2(x3y)2(x3y)2(x1x23y1y2)3b2.由有x1x2，x1x2.所以x1x23y1y2x1x23(x1b)(x2b)4x1x23b(x1x2)6b23b29b26b20.又点A，B在椭圆C上，故有x3y3b2，x3y3b2

16、.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x1x2，x1x2，从而，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.12