（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

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1、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x22P满足 .NP 2NM (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OP PQ 点 F.(1)解 设 P(x， y)， M(x0， y0)，则 N(x0， 0)，( x x0， y)， (0， y0).NP NM 由 ，得 x0 x， y0 y.NP 2NM 22因为 M(x0， y0)在 C上，所以 1.x22 y22因此点 P的轨迹方程为 x2 y22.(2)证明 由题意知

2、 F(1，0).设 Q(3， t)， P(m， n)，则 (3， t)， (1 m， n)，OQ PF 33 m tn，OQ PF ( m， n)， (3 m， t n).OP PQ 由 1，得3 m m2 tn n21.OP PQ 又由(1)知 m2 n22，故 33 m tn0.所以 0，即 .OQ PF OQ PF 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，

3、1)，离心率 e ，圆x2a2 y2b2 632C： x2 y24，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： PM PN.(1)解 由题意可知 b1， ，即 2a23 c2，ca 63又 a2 b2 c2，联立解得 a23， b21.椭圆 T的方程为 y21.x23(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30， PM PN.当 P点横坐标不为 时，设 P(x0， y0)，3则 x y 4，设 kPM k， PM的方程为 y y0 k(x x0)，20 20联立方程组Error!消去 y得(13 k

4、2)x26 k(y0 kx0)x3 k2x 6 kx0y03 y 30，20 20依题意 36 k2(y0 kx0)24(13 k2)(3k2x 6 kx0y03 y 3)0，20 20化简得(3 x )k22 x0y0k1 y 0，20 20又 kPM， kPN为方程的两根，所以 kPMkPN 1.1 y203 x20 1 4 x203 x20 x20 33 x20所以 PM PN.综上知 PM PN.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， PM PN.3当 P点横坐标不为 时，设 P(2cos ，2sin )，3切线方程为 y2sin k(x2cos

5、 )，Error!联立得(13 k2)x212 k(sin kcos )x12(sin kcos )230，令 0，即 144 k2(sin kcos )24(13 k2)12(sin kcos )230，化简得(34cos 2 )k24sin2 k14sin 2 0，kPMkPN 1.1 4sin23 4cos2 4 4sin2 33 4cos2所以 PM PN.综上知 PM PN.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3E： 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.x2a2 y2b2 2(1)求

6、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x2a2 y2b2值为 1，2所以Error! 得Error!所以椭圆 E的方程为 y21.x22(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 y k(x1)( k0)， P(x1， y1)

7、，Q(x2， y2)， x1 x2，由Error! 得(12 k2)x24 k2x2 k220，由题意知， 0，所以 x1 x2 ， x1x2 ，4k22k2 1 2k2 22k2 1因为以 MP， MQ为邻边的平行四边形是菱形，所以| MP| MQ|，所以( x1 m)2 y ( x2 m)2 y ，21 2即( x1 m)21 ( x2 m)21 ，x212 x22所以( x1 x2) 0，因为 x1 x2，(x1 x22 2m)则 m ，因为 x1 x2 ，x1 x24 4k22k2 1所以 m (k0)，k22k2 1 k2 12 122k2 1 12 122k2 1所以 00)交于

8、M， Nx24两点，(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 OPM OPN？请说明理由.解 (1)由题设可得 M(2 ， a)， N(2 ， a)，a a或 M(2 ， a)， N(2 ， a).a a又 y ，故 y 在 x2 处的导数值为 ，x2 x24 a aC在点(2 ， a)处的切线方程为 y a (x2 )，a a a即 x y a0.ay 在 x2 处的导数值为 ，x24 a aC在点(2 ， a)处的切线方程为 y a (x2 )，a a a即 x y a0.a故所求切线方程为 x y a0 和 x y a0

9、.a a(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 y kx a代入 C的方程得 x24 kx4 a0.故 x1 x24 k， x1x24 a.从而 k1 k2 y1 bx1 y2 bx22kx1x2 a bx1 x2x1x2 .ka ba当 b a时，有 k1 k20，则直线 PM的倾斜角与直线 PN的倾斜角互补，故 OPM OPN，所以点 P(0， a)符合题意.51.已知椭圆 C： 1( ab0)的离心率为 ，点 在 C上.x2a2 y2b2 32 (3， 12)(1)求

10、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AQ OP，求证： 为定值.|AQ|AR|OP|2(1)解 由题意可得 e ， 1，ca 32 3a2 14b2所以 a2， c ， b1，3所以椭圆 C的方程为 y21.x24(2)证明 显然直线 AQ斜率存在，设直线 AQ： y k(x2)， R(0，2 k)， P(xP， yP)，由Error! 得(14 k2)x216 k2x16 k240，由根与系数的关系可得Error!x1 xA2， x2 xQ ，2 8k21 4k2则| AQ| |xQ xA| ，1 k2 1

11、k2|2 8k21 4k2 2| 1 k2 41 4k2|AR|2 ，1 k2|OP| |xP|，1 k2令直线 OP为 y kx且令 xP0.由Error! 得(14 k2)x240， xP ，41 4k2所以| OP| ， 2，21 k21 4k2 |AQ|AR|OP|241 4k2241 4k2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32对角线的四边形的周长为 4 .5(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： x x0(x02)，使得A， B到直线 l

12、0的距离 dA， dB满足 恒成立，若存在，求出 x0的值；若不存在，请说dAdB |PA|PB|明理由.6解 (1)设椭圆 C的标准方程为 1( ab0)，x2a2 y2b2 ， c a，又4 4 ，ca 32 32 a2 b2 5 a2 b25，由 b2 a2 c2 a2，14解得 a2， b1， c .3椭圆 C的标准方程为 y21.x24(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 y k(x1)，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)(不妨令 x11x2)，则 dA x0 x1， dB x0 x2，|PA| (x11)，|

13、PB| (1 x2)，1 k2 1 k2 ，dAdB |PA|PB| ，x0 x1x0 x2 1 k2x1 11 k21 x2 x1 11 x2解得 x0 .2x1x2 x1 x2x1 x2 2由Error! 得(14 k2)x28 k2x4 k240，由题意知， 0显然成立，x1 x2 ， x1x2 ，8k21 4k2 4k2 41 4k2x0 4.8k2 81 4k2 8k21 4k28k21 4k2 2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.dAdB |PA|PB|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

14、 y x上的圆 E12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|.2(1)解 设 的标准方程为 x22 py(p0)，则 F .(0，p2)7已知 E在直线 y x上，故可设 E(2a， a).12因为 E， F关于 M(1，0)对称，所以Error!解得Error!所以 的标准方程为 x24 y.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

15、 y k(x1)( k0)，则 E(2，1)到 l的距离 d ，|k 1|k2 1因为 l与 E交于 A， B两点，所以 d20，k 12k2 1所以| AB|2 2 .1 d22kk2 1由Error! 消去 y并整理得 x24 kx4 k0. 16 k216 k0恒成立，设 C(x1， y1)， D(x2， y2)，则 x1 x24 k， x1x24 k，那么| CD| |x1 x2|k2 1 k2 1 x1 x22 4x1x24 .k2 1 k2 k所以 |CD|2|AB|2 16k2 1k2 k8kk2 1 2.2k2 12k2 kk 2kk2 12k 1k 2kk所以| CD|22|

16、AB|2，即| CD| |AB|.24.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x2a2 y2b2之和为 4.(1)求椭圆的标准方程；8(2)若直线 AB： y x m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2由.解 (1)由题意，2 a4，2 a2 b6， a2， b1.椭圆的标准方程为 y21.x24(2) C， D关于直线 AB对称，设直线 CD的方程为 y x t，联立Error! 消去 y，得 5x28 tx4

17、 t240， 64 t245(4 t24)0，解得 t2b0)的离心率为 ，过右焦点 F且斜率为 1的直线交椭圆 Cx2a2 y2b2 63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 cos sin OM OA 9成立.OB (1)解 设椭圆的焦距为 2c，因为 ，所以 ，故有 a23 b2.ca 63 a2 b2a2 23从而椭圆 C的方程可化为 x23 y23 b2.由题意知右焦点 F的坐标为( b， 0)，2据题意有 AB所在的直线方程为 y x b.2由得 4x26 bx3

18、b20.2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 ， y0 x0 b b.x1 x22 32b4 2 24所以 kON ，即为所求.y0x0 13(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OA OB 面内的向量 ，有且只有一对实数 ， ，使得等式 成立.OM OM OA OB 设 M(x， y)，由(1)中各点的坐标有( x， y) (x1， y1) (x2， y2)，故x x 1 x 2， y y 1 y 2.又因为点 M在椭圆 C上，所以有( x 1 x 2)23( y 1 y 2

19、)23 b2，整理可得 2(x 3 y ) 2(x 3 y )2 (x1x23 y1y2)3 b2.21 21 2 2由有 x1 x2 ， x1x2 .32b2 3b24所以 x1x23 y1y2 x1x23( x1 b)(x2 b)2 24 x1x23 b(x1 x2)6 b223 b29 b26 b20.又点 A， B在椭圆 C上，故有 x 3 y 3 b2，21 21x 3 y 3 b2.2 2将，代入可得 2 21.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OM OA OB 2 21.所以存在 0，2)，使得 cos ， sin .也就是：对于椭圆 C上任意一点

20、M，总存在 0，2)，使得等式 cos sin OM OA 10成立.OB 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)，x2a2 y2b2 2F2( ，0)，点 M 在椭圆 C上.2 (2，33)(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.NA NB 322解 (1)方法一 由题意及椭圆的定义，可得 2 2 a，2 22 13 2 22 13 533 33 3得 a ， b 1，3 32 22故椭圆 C的标准方

21、程为 y21.x23方法二 依题意可得Error!即 3b4 b220，解得 b21 或 b2 (舍去)，23可得 a23，故椭圆 C的标准方程为 y21.x23(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 y kx m，由Error!消去 y，整理得(13 k2)x26 kmx3( m21)0， 36 k2m212(13 k2)(m21)12(13 k2 m2)0，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 ， 6km1 3k2 3m2 11 3k2y1 y2 k(x1 x2)2 m ，6

22、k2m1 3k2 2m 6k2m1 3k2 2m1 3k2y1y2( kx1 m)(kx2 m) k2x1x2 mk(x1 x2) m2 .3k2m2 11 3k2 6k2m21 3k2 m2 3k2m21 3k2 m2 3k21 3k211所以| x1 x2| ，x1 x22 4x1x2 ( 6km1 3k2)2 12m2 11 3k2 231 3k23k2 m2 1由| AB| |x1 x2| ，1 k2 1 k2231 3k23k2 m2 1 322可得 .1 k21 3k21 m2 3k2 64由 0，可得( x1， y11)( x2， y21)0，NA NB 所以 x1x2 y1y2( y1 y2)10，即 10，3m2 11 3k2 m2 3k21 3k2 2m1 3k2得 2m2 m10，解得 m1 或 m .12当 m1 时，代入得 ，1 k21 3k23k2 64化简得 k42 k210，解得 k21， k1，此时 0，符合题意.当 m 时，代入得 ，12 1 k21 3k23k2 34 64化简得 k44 k210，所以 k22 ， k ，5 2 5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.