2021高考数学一轮复习 第9章 平面解析几何 第10节 圆锥曲线中的证明与存在性问题教学案 文 北

-1-第十节圆锥曲线中的证明与存在性问题(对应学生用书第168页)⊙考点1证明问题圆锥曲线中证明问题的类型及解题策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；二是数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明，多采用直接法证明，有时也会用到反证法．(2018·全国卷Ⅰ)设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2,0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；(2)证明：∠ABM＝∠ABN.[解](1)当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得M的坐标为(2,2)或(2，－2)．所以直线BM的方程为y＝12x＋1或y＝－12x－1.(2)当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN.当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x10，x20.由y＝kx－2，y2＝2x得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2＝2k，y1y2＝－4.直线BM，BN的斜率之和为kBM＋kBN＝y1x1＋2＋y2x2＋2＝x2y1＋x1y2＋2y1＋y2x1＋2x2＋2.①将x1＝y1k＋2，x2＝y2k＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝2y1y2＋4ky1＋y2k＝－8＋8k＝0.所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM＝∠ABN.综上，∠ABM＝∠ABN.把证明∠ABM＝∠ABN转化为证明kBM＋kBN＝0是解题的关键．-2-(2017·全国卷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→.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP→·PQ→＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.[解](1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)，NP→＝(x－x0，y)，NM→＝(0，y0)．由NP→＝2NM→得x0＝x，y0＝22y.因为M(x0，y0)在C上，所以x22＋y22＝1.因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.(2)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.⊙考点2存在性问题圆锥曲线中存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．(2019·泉州模拟)椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，且满足向量BF1→·BF2→＝0.-3-(1)若A(2,0)，求椭圆的标准方程；(2)设P为椭圆上异于顶点的点，以线段PB为直径的圆经过点F1，问是否存在过点F2的直线与该圆相切？若存在，求出其斜率；若不存在，说明理由．[解](1)易知a＝2，因为BF1→·BF2→＝0，所以△BF1F2为等腰直角三角形．所以b＝c，由a2－b2＝c2可知b＝2，故椭圆的标准方程为x24＋y22＝1.(2)由已知得b2＝c2，a2＝2c2，设椭圆的标准方程为x22c2＋y2c2＝1，点P的坐标为(x0，y0)．因为F1(－c,0)，B(0，c)，所以F1P→＝(x0＋c，y0)，F1B→＝(c，c)，由题意得F1P→·F1B→＝0，所以x0＋c＋y0＝0.又因为点P在椭圆上，所以x202c2＋y20c2＝1，由以上两式可得3x20＋4cx0＝0.因为P不是椭圆的顶点，所以x0＝－43c，y0＝13c，故P－43c，13c.设圆心为(x1，y1)，则x1＝－23c，y1＝23c，圆的半径r＝x1－02＋y1－c2＝53c.假设存在过点F2的直线满足题设条件，并设该直线的方程为y＝k(x－c)，由相切可知|kx1－kc－y1|k2＋1＝r，所以k－23c－kc－23ck2＋1＝53c，即20k2＋20k－1＝0，解得k＝－12±3010.故存在满足条件的直线，其斜率为－12±3010.本例第(2)问中，涉及直线与圆相切问题，需要求出圆心和半径，然后利用圆心到直线的距离等于半径，列等式求解．[教师备选例题](2019·长沙模拟)已知椭圆C的中心为原点O，焦点在x轴上，左、右焦点分别为F1，-4-F2，离心率为12，右焦点到右顶点的距离为1.(1)求椭圆C的方程；(2)过点F2的直线与椭圆C分别相交于不同的两点A，B，则△F1AB的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及直线l的方程；若不存在，请说明理由．[解](1)设椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，∵e＝ca＝12，a－c＝1，∴a＝2，c＝1，∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨设y10，y20.由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x＝my＋1.联立x＝my＋1，x24＋y23＝1，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，则y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4，∴S△F1AB＝12|F1F2|(y1－y2)＝12m2＋13m2＋4.令m2＋1＝t，可知t≥1，则m2＝t2－1，∴S△F1AB＝12t3t2＋1＝123t＋1t.令f(t)＝3t＋1t，则f′(t)＝3－1t2，当t≥1时，f′(t)0，即f(t)在区间[1，＋∞)上单调递增，∴f(t)≥f(1)＝4，∴S△F1AB≤3，即当t＝1，m＝0时，△F1AB的面积取得最大值3，此时直线l的方程为x＝1.(2019·哈尔滨模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为12，点F为左焦点，过点F作x轴的垂线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝3.(1)求椭圆C的方程；(2)在圆x2＋y2＝3上是否存在一点P，使得在点P处的切线l与椭圆C相交于M，N两点，且满足OM→⊥ON→？若存在，求l的方程；若不存在，请说明理由．-5-[解](1)∵e＝1－b2a2＝12，∴3a2＝4b2.又∵|AB|＝2b2a＝3，∴a＝2，b＝3.∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)假设存在点P，使得OM→⊥ON→.当直线l的斜率不存在时，l：x＝3或x＝－3，与椭圆C：x24＋y23＝1相交于M，N两点，此时M3，32，N3，－32或M－3，32，N－3，－32，∴OM→·ON→＝3－34＝94≠0，∴当直线l的斜率不存在时，不满足OM→⊥ON→.当直线l的斜率存在时，设y＝kx＋m，联立y＝kx＋m，x24＋y23＝1，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.∵直线l与椭圆C相交于M，N两点，∴Δ＞0，化简得4k2＞m2－3.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－123＋4k2，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝3m2－12k23＋4k2.∵OM→·ON→＝0，∴4m2－123＋4k2＋3m2－12k23＋4k2＝0，∴7m2－12k2－12＝0.又∵直线l与圆x2＋y2＝3相切，∴3＝|m|1＋k2，∴m2＝3＋3k2，∴21＋21k2－12k2－12＝0，解得k2＝－1，显然不成立，∴在圆上不存在这样的点P使OM→⊥ON→成立．