2021高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 高考专题突破五 第3课时 证明与探索性问题课件 理

第3课时证明与探索性问题高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题证明问题题型一师生共研例1(2018·全国Ⅰ)设椭圆C：的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；x22＋y2＝1解由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.由已知可得，点A的坐标为1，22或1，－22.又M(2,0)，所以AM的方程为y＝－22x＋2或y＝22x－2.即x＋2y－2＝0或x－2y－2＝0.(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.则x12，x22，直线MA，MB的斜率之和kMA＋kMB＝y1x1－2＋y2x2－2.由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝2kx1x2－3kx1＋x2＋4kx1－2x2－2.将y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，证明当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知Δ0恒成立，所以x1＋x2＝4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝4k3－4k－12k3＋8k3＋4k2k2＋1＝0，从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补.所以∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB.圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广，但无论证明什么，其常用方法有直接法和转化法，对于转化法，先是对已知条件进行化简，根据化简后的情况，将证明的问题转化为另一问题.思维升华SIWEISHENGHUA跟踪训练1(2019·衡水模拟)已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M(－1,0)对称.(1)求E和Γ的标准方程；y＝12x所以抛物线Γ的标准方程为x2＝4y.因为圆E与x轴相切，故半径r＝|a|＝1，所以圆E的标准方程为(x＋2)2＋(y＋1)2＝1.解设Γ的标准方程为x2＝2py，p0，则F0，p2.已知E在直线y＝12x上，故可设E2a，a.因为E，F关于M(－1,0)对称，所以2a＋02＝－1，p2＋a2＝0，解得a＝－1，p＝2.(2)过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求证：.|CD|2|AB|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y＝k(x＋1)(k≠0).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d2r2，即k－12k2＋11，解得k0，所以|AB|＝21－d2＝22kk2＋1.由x2＝4y，y＝kx＋1消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.Δ＝16k2＋16k0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，那么|CD|＝k2＋1|x1－x2|＝k2＋1·x1＋x22－4x1x2＝4k2＋1·k2＋k.所以|CD|2|AB|2＝16k2＋1k2＋k8kk2＋1＝2k2＋12k2＋kk2kk＝2.所以|CD|22|AB|2，即|CD|2|AB|.探索性问题题型二师生共研例2(2019·烟台模拟)已知F为抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点，过F的动直线交抛物线C于A，B两点.当直线与x轴垂直时，|AB|＝4.(1)求抛物线C的方程；所以当直线与x轴垂直时|AB|＝2p＝4，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.解因为Fp2，0，在抛物线y2＝2px中，令x＝p2，可得y＝±p，(2)若直线AB与抛物线的准线l相交于点M，在抛物线C上是否存在点P，使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.解不妨设直线AB的方程为x＝my＋1(m≠0)，因为抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，所以M－1，－2m.联立y2＝4x，x＝my＋1消去x，得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋160恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，若存在定点P(x0，y0)满足条件，则2kPM＝kPA＋kPB，即2y0＋2mx0＋1＝y0－y1x0－x1＋y0－y2x0－x2，因为点P，A，B均在抛物线上，所以x0＝y204，x1＝y214，x2＝y224.代入化简可得2my0＋2my20＋4＝2y0＋y1＋y2y20＋y1＋y2y0＋y1y2，将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4代入整理可得my0＋2my20＋4＝y0＋2my20＋4my0－4，即(m2＋1)(y20－4)＝0，因为上式对∀m≠0恒成立，所以y20－4＝0，解得y0＝±2，将y0＝±2代入抛物线方程，可得x0＝1，所以在抛物物C上存在点P(1，±2)，使直线PA，PM，PB的斜率成等差数列.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.思维升华SIWEISHENGHUA跟踪训练2(2020·惠州调研)已知定点A(－3,0)，B(3,0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为，记动点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；－19解设动点M(x，y)，则kMA＝yx＋3(x≠－3)，kMB＝yx－3(x≠3)，∵kMA·kMB＝－19，即yx＋3·yx－3＝－19.化简得x29＋y2＝1，由已知x≠±3，故曲线C的方程为x29＋y2＝1(x≠±3).(2)过点T(1,0)的直线l与曲线C交于P，Q两点，是否存在定点S(x0，0)，使得直线SP与SQ斜率之积为定值，若存在，求出S的坐标；若不存在，请说明理由.解由已知直线l过点T(1,0)，设l的方程为x＝my＋1，则联立方程x＝my＋1，x2＋9y2＝9，消去x得(m2＋9)y2＋2my－8＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝－2mm2＋9，y1y2＝－8m2＋9，直线SP与SQ斜率分别为kSP＝y1x1－x0＝y1my1＋1－x0，kSQ＝y2x2－x0＝y2my2＋1－x0，所以存在定点S(±3,0)，使得直线SP与SQ斜率之积为定值.kSP·kSQ＝y1y2my1＋1－x0my2＋1－x0＝－8x20－9m2＋91－x02，当x0＝3时，∀m∈R，kSP·kSQ＝－891－x02＝－29；当x0＝－3时，∀m∈R，kSP·kSQ＝－891－x02＝－118.例(12分)(2019·全国Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；直线与圆锥曲线的综合问题答题模板－12规范解答解由题设得yx＋2·yx－2＝－12，化简得x24＋y22＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点.[2分](2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.(ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；证明设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k0).由y＝kx，x24＋y22＝1，得x＝±21＋2k2.[3分]记u＝21＋2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0).[4分]于是直线QG的斜率为k2，方程为y＝k2(x－u).由y＝k2x－u，x24＋y22＝1，得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①[5分]设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝u3k2＋22＋k2，由此得yG＝uk32＋k2.[6分]从而直线PG的斜率为uk32＋k2－uku3k2＋22＋k2－u＝－1k，[7分]所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形.[8分](ⅱ)求△PQG面积的最大值.因为S＝在[2，＋∞)上单调递减，解由(ⅰ)得|PQ|＝2u1＋k2，|PG|＝2ukk2＋12＋k2，所以△PQG的面积S＝12|PQ||PG|＝8k1＋k21＋2k22＋k2＝81k＋k1＋21k＋k2.[10分]设t＝k＋1k，则由k0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号.所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为169.因此，△PQG面积的最大值为169.[12分]8t1＋2t2解决直线与圆锥曲线的位置关系的一般步骤第一步：设直线方程，联立方程组，得关于x或y的一元二次方程.第二步：写出根与系数的关系(或解出交点的坐标).第三步：根据题目题设条件列出关系式，求得结果.第四步：有关求最值(范围)问题时，用一个变量表示目标变量，通过变形，用函数知识或基本不等式求解.第五步：反思回顾，查看有无疏忽问题，再完善.答题模板DATIMUBAN基础保分练(1)求点P的轨迹方程；12345课时精练1.(2017·全国Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：x22＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP→＝2NM→.因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.12345NP→＝(x－x0，y)，NM→＝(0，y0).解设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，由NP→＝2NM→得x0＝x，y0＝22y.因为M(x0，y0)在C上，所以x22＋y22＝1.12345(2)设点Q在直线x＝－3上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.OP→·PQ→＝112345证明由题意知F(－1,0).设Q(－3，t)，P(m，n)，则OQ→＝(－3，t)，PF→＝(－1－m，－n)，OQ→·PF→＝3＋3m－tn，OP→＝(m，n)，PQ→＝(－3－m，t－n).由OP→·PQ→＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1.又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以OQ→·PF→＝0，即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.2.在平面直角坐标系xOy中，曲线C：与直线l：y＝kx＋a(a0)交于M，N两点，(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；12345y＝x2412345解由题设可得M(2a，a)，N(－2a，a)，或M(－2a，a)，N(2a，a).又y′＝x2，故y＝x24在x＝2a处的导数值为a，曲线C在点(2a，a)处的切线方程为y－a＝a(x－2a)，即ax－y－a＝0.y＝x24在x＝－2a处的导数值为－a，曲线C在点(－2a，a)处的切线方程为y－a＝－a(x＋2a)，即ax＋y＋a＝0.故所求切线方程为ax－y－a＝0和ax＋y＋a＝0.(2)在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.12345解存在符合题意的点，理由如下：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x2－4kx－4a＝0.Δ＝16k2＋16a0恒成立，故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.12345从而k1＋k2＝y1－bx1＋y2－bx2＝2kx1x2＋a－bx1＋x2x1x2＝ka＋ba.当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，所以存在点P(0，－a)，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN.