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5第3课时 证明与探索性问题

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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 (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m2n

2、22，故33mtn0.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

3、P点横坐标不为时，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y2sin k(x2cos )，联立得(13k2)x212k(sin kcos )x12(

4、sin kcos )230，令0，即144k2(sin kcos )24(13k2)12(sin kcos )230，化简得(34cos2)k24sin 2k14sin20，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.

5、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.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

6、论；(2)当给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鞍山模拟)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)，

7、则C，D(0，m).由方程组得(12k2)x24kmx2m220，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

8、程为5x10y20或5x10y20或5x10y20或5x10y20.1.(2018吉林东北师范大学模拟)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点在C上.(1)求椭圆C的方程；(2)过点A(2,0)作直线AQ交椭圆C于另外一点Q，交y轴于点R，P为椭圆C上一点，且AQOP，求证：为定值.(1)解由题意可得e，1，所以a2，c，b1，所以椭圆C的方程为y21.(2)证明设直线AQ：yk(x2)，R(0,2k)，P(xP，yP)，由得(14k2)x216k2x16k240，由根与系数的关系可得x12，x2xQ，则|AQ|xQx1|，|AR|2，|OP|xP|，令直线OP为ykx且令yP0，xP0.由得

9、(14k2)x240，xP，所以|OP|，2，所以定值为2.2.(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

10、率存在时，设其方程为yk(x1)，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，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.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x2

11、2py(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)(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.(

12、2018呼和浩特模拟)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)(

13、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x4y20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.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co

14、s sin 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，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(x1x

15、2)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. 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cos sin 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

16、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.