浙江专用2020版高考数学新增分大一轮复习第九章平面解析几何专题突破六高考中的圆锥曲线问题第3课时证明与探索性问题讲义含解析.docx

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T的方程为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(2018浙江重点中学考前热身联考)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：1(ab0)上的动点S到椭圆E的右焦点F(1，0)的距离的最小值为1.(1)求椭圆E的方程；(2)若过点F作与x轴不垂直的直线l交椭圆于P，Q两点，在线段OF上是否存在点M(m，0)，使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.解(1)因为椭圆E：1(ab0)上的动点S到椭圆E的右焦点F(1，0)的距离的最小值为1，所以得所以椭圆E的方程为y21.(2)在线段OF上存在点M(m，0)，使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形.因为直线l与x轴不垂直，则可设直线l的方程为yk(x1)(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2，由得(12k2)x24k2x2k220，由题意知，0，所以x1x2，x1x2，因为以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形，所以|MP|MQ|，所以(x1m)2y(x2m)2y，即(x1m)21(x2m)21，所以(x1x2)0，因为x1x2，则m，因为x1x2，所以m(k0)，所以0m0)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？请说明理由.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.1.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)证明显然直线AQ斜率存在，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x1xA2，x2xQ，则|AQ|xQxA|，|AR|2，|OP|xP|，令直线OP为ykx且令xP0.由得(14k2)x240，xP，所以|OP|，2，所以定值为2.2.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)，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.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)(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.已知椭圆1(ab0)的长轴与短轴之和为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|AB|CD|，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.解(1)由题意，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|.|AB|CD|，|AB|22|CD|2，2t2m25，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)，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可知，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.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.(2018浙江五校联考)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1(，0)，F2(，0)，点M在椭圆C上.(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知椭圆的上顶点为N，是否存在直线l与椭圆C相交于A，B两点，使得0，|AB|？若存在，求出直线l的条数；若不存在，请说明理由.解(1)方法一由题意及椭圆的定义，可得22a，得a，b1，故椭圆C的标准方程为y21.方法二依题意可得即3b4b220，解得b21或b2(舍去)，可得a23，故椭圆C的标准方程为y21.(2)由(1)可得N(0，1).显然当直线l的斜率不存在时，不满足题意，则直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm，由消去y，整理得(13k2)x26kmx3(m21)0，36k2m212(13k2)(m21)12(13k2m2)0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1y2k(x1x2)2m，y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2.所以|x1x2|，由|AB|x1x2|，可得.由0，可得(x1，y11)(x2，y21)0，所以x1x2y1y2(y1y2)10，即10，得2m2m10，解得m1或m.当m1时，代入得，化简得k42k210，解得k21，k1，此时0，符合题意.当m时，代入得，化简得k44k210，所以k22，k，此时0，符合题意.综上所述，存在满足题意的直线l，且直线l的条数为4.