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文档介绍
【数学】2020届一轮复习（理）人教通用版高考专题突破五第3课时证明与探索性问题学案
第 3 课时 证明与探索性问题 题型一 证明问题 例 1 (2017·全国Ⅱ)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C：x2 2 ＋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. (1)解 设 P(x，y)，M(x0，y0)，则 N(x0,0)， NP→＝(x－x0，y)，NM→ ＝(0，y0)． 由NP→＝ 2 NM→ 得 x0＝x，y0＝ 2 2 y. 因为 M(x0，y0)在 C 上，所以x2 2 ＋y2 2 ＝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. 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：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的一个顶点 A(0,1)，离心率 e＝ 6 3 ，圆 C：x2＋y2 ＝4，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 b＝1，c a ＝ 6 3 ，即 2a2＝3c2， 又 a2＝b2＋c2，联立解得 a2＝3，b2＝1. ∴椭圆方程为x2 3 ＋y2＝1. (2)证明 方法一 ①当 P 点横坐标为± 3时，纵坐标为±1，PM 斜率不存在，PN 斜率为 0， PM⊥PN. ②当 P 点横坐标不为± 3时，设 P(x0，y0)， 则 x20＋y20＝4，设 kPM＝k， PM 的方程为 y－y0＝k(x－x0)， 联立方程组 y－y0＝kx－x0， x2 3 ＋y2＝1， 消去 y 得(1＋3k2)x2＋6k(y0－kx0)x＋3k2x20－6kx0y0＋3y20－3＝0， 依题意Δ＝36k2(y0－kx0)2－4(1＋3k2)(3k2x20－6kx0y0＋3y20－3)＝0， 化简得(3－x20)k2＋2x0y0k＋1－y20＝0， 又 kPM，kPN 为方程的两根， 所以 kPM·kPN＝1－y20 3－x20 ＝1－4－x20 3－x20 ＝x20－3 3－x20 ＝－1. 所以 PM⊥PN. 综上知 PM⊥PN. 方法二 ①当 P 点横坐标为± 3时，纵坐标为±1，PM 斜率不存在，PN 斜率为 0，PM⊥PN. ②当 P 点横坐标不为± 3时，设 P(2cos θ，2sin θ)， 切线方程为 y－2sin θ＝k(x－2cos θ)， y－2sin θ＝kx－2cos θ， x2 3 ＋y2＝1， 联立得(1＋3k2)x2＋12k(sin θ－kcos θ)x＋12(sin θ－kcos θ)2－3＝0， 令Δ＝0， 即Δ＝144k2(sin θ－kcos θ)2－4(1＋3k2)[12(sin θ－kcos θ)2－3]＝0， 化简得(3－4cos2θ)k2＋4sin 2θ·k＋1－4sin2θ＝0， kPM·kPN＝1－4sin2θ 3－4cos2θ ＝4－4sin2θ－3 3－4cos2θ ＝－1. 所以 PM⊥PN. 综上知 PM⊥PN. 题型二 探索性问题 例 2 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C：y＝x2 4 与直线 l：y＝kx＋a(a>0)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； (2)y 轴上是否存在点 P，使得当 k 变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由． 解 (1)由题设可得 M(2 a，a)，N(－2 a，a)， 或 M(－2 a，a)，N(2 a，a)． 又 y′＝x 2 ，故 y＝x2 4 在 x＝2 a处的导数值为 a， C 在点(2 a，a)处的切线方程为 y－a＝ a(x－2 a)， 即 ax－y－a＝0. y＝x2 4 在 x＝－2 a处的导数值为－ a， C 在点(－2 a，a)处的切线方程为 y－a＝－ a(x＋2 a)， 即 ax＋y＋a＝0. 故所求切线方程为 ax－y－a＝0 和 ax＋y＋a＝0. (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 x2－4kx－4a＝0. 故 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a. 从而 k1＋k2＝y1－b x1 ＋y2－b x2 ＝2kx1x2＋a－bx1＋x2 x1x2 ＝ka＋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：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)过点 Q 1，－ 2 2 ，且离心率 e＝ 2 2 ， 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 2OC→ ＝OM→ ＋OD→ ，2OD→ ＝ON→ ＋OC→ ？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 c a ＝ 2 2 ， 1 a2 ＋ 1 2b2 ＝1， a2＝b2＋c2， 解得 a2＝2， b2＝1. 所以椭圆 E 的方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)存在直线 l，满足 2OC→ ＝OM→ ＋OD→ ，2OD→ ＝ON→ ＋OC→ . 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 y＝kx＋m(km≠0)，M(x1，y1)，N(x2， y2)， 则 C －m k ，0 ，D(0，m)． 由方程组 y＝kx＋m， x2 2 ＋y2＝1， 得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， 所以Δ＝16k2－8m2＋8>0.(*) 由根与系数的关系，得 x1＋x2＝－ 4km 1＋2k2 ，x1x2＝2m2－2 1＋2k2 . 因为 2OC→ ＝OM→ ＋OD→ ，2OD→ ＝ON→ ＋OC→ ， 所以MC→ ＝CD→ ＝DN→ ， 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 x1＋x2＝－ 4km 1＋2k2 ＝0－m k ，解得 k＝± 2 2 . 由 C，D 是线段 MN 的两个三等分点，得|MN|＝3|CD|. 所以 1＋k2|x1－x2|＝3 m k 2＋m2， 即|x1－x2|＝ －4km 1＋2k2 2－4×2m2－2 1＋2k2 ＝3|m k|， 解得 m＝± 5 5 .验证知(*)成立． 所以存在直线 l，满足 2OC→ ＝OM→ ＋OD→ ，2OD→ ＝ON→ ＋OC→ ，此时直线 l 的方程为 y＝ 2 2 x± 5 5 或 y＝－ 2 2 x± 5 5 . 方法二 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，C(m,0)，D(0，n)， 由 2OC→ ＝OM→ ＋OD→ ，2OD→ ＝ON→ ＋OC→ ， 得 2m，0＝x1，y1＋0，n， 20，n＝x2，y2＋m，0， 解得 M(2m，－n)，N(－m,2n)． 又 M，N 两点在椭圆上， 所以 4m2 2 ＋n2＝1， m2 2 ＋4n2＝1， 即 2m2＋n2＝1， m2＋8n2＝2， 解得 m＝± 10 5 ， n＝± 5 5 ， 故所求直线 l 的方程为 5 2x－10y＋2 5＝0 或 5 2x－10y－2 5＝0 或 5 2x＋10y＋2 5＝0 或 5 2x＋10y－2 5＝0. 1．(2018·聊城模拟)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率为 3 2 ，F1，F2 分别为椭圆的左、 右焦点，点 P 为椭圆上一点，△F1PF2 面积的最大值为 3. (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 A(4,0)作关于 x 轴对称的两条不同直线 l1，l2 分别交椭圆于 M(x1，y1)与 N(x2，y2)，且 x1≠x2，证明直线 MN 过定点，并求△AMN 的面积 S 的取值范围． 解 (1)设 a2－b2＝c2，则c a ＝ 3 2 ， 设 P(x，y)，则 1 2F PFS ＝c|y|， ∵|y|≤b，∴ 1 2F PFS ≤bc＝ 3. 解得 a＝2， b＝1. ∴椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)设 MN 方程为 x＝ny＋m(n≠0)， 联立 x＝ny＋m， x2＋4y2－4＝0， 得(n2＋4)y2＋2nmy＋m2－4＝0， 由题意知，Δ＝16(n2－m2＋4)>0， ∴y1＋y2＝－2nm n2＋4 ，y1y2＝m2－4 n2＋4 ， ∵关于 x 轴对称的两条不同直线 l1，l2 的斜率之和为 0， 即 y1 x1－4 ＋ y2 x2－4 ＝0， 即 y1 ny1＋m－4 ＋ y2 ny2＋m－4 ＝0， 得 2ny1y2＋m(y1＋y2)－4(y1＋y2)＝0， 即2nm2－4 n2＋4 －2nm2 n2＋4 ＋ 8nm n2＋4 ＝0.解得 m＝1. 直线 MN 方程为 x＝ny＋1， ∴直线 MN 过定点 B(1,0)． 又|y1－y2|＝ －2n n2＋4 2－4·－3 n2＋4 ＝4 n2＋3 n2＋42 ＝4 1 n2＋4 － 1 n2＋42 ， 令 1 n2＋4 ＝t，∴t∈ 0，1 4 ， ∴|y1－y2|＝4 －t2＋t∈(0， 3)， 又 S＝1 2|AB||y1－y2|＝3 2|y1－y2|∈ 0，3 3 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＝ 3 2 ，以椭圆 C 的长轴和短轴为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(x0>2)，使得 A， B 到直线 l0 的距离 dA，dB 满足dA dB ＝|PA| |PB| 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x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)， ∵c a ＝ 3 2 ，∴c＝ 3 2 a， 又∵4 a2＋b2＝4 5， ∴a2＋b2＝5，由 b2＝a2－c2＝1 4a2， 解得 a＝2，b＝1，c＝ 3. ∴椭圆 C 的标准方程为x2 4 ＋y2＝1. (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(x－1)， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)(不妨令 x1>1>x2)， 则 dA＝x0－x1，dB＝x0－x2， |PA|＝ 1＋k2(x1－1)，|PB|＝ 1＋k2(1－x2)， ∵dA dB ＝|PA| |PB| ， ∴x0－x1 x0－x2 ＝ 1＋k2x1－1 1＋k21－x2 ＝x1－1 1－x2 ， 解得 x0＝2x1x2－x1＋x2 x1＋x2－2 . 由 x2 4 ＋y2＝1， y＝kx－1， 得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0， 由题意知，Δ>0 显然成立， x1＋x2＝ 8k2 1＋4k2 ，x1x2＝4k2－4 1＋4k2 ， x0＝ 8k2－8 1＋4k2 － 8k2 1＋4k2 8k2 1＋4k2 －2 ＝4. 综上可知存在直线 l0：x＝4，使得 A，B 到直线 l0 的距离 dA，dB 满足dA dB ＝|PA| |PB| 恒成立． 3．(2018·三明质检)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 y ＝1 2x 上的圆 E 与 x 轴相切，且 E，F 关于点 M(－1,0)对称． (1)求 E 和Γ的标准方程； (2)过点 M 的直线 l 与 E 交于 A，B，与Γ交于 C，D，求证：|CD|> 2|AB|. (1)解 设Γ的标准方程为 x2＝2py(p>0)， 则 F 0，p 2 . 已知 E 在直线 y＝1 2x 上，故可设 E(2a，a)． 因为 E，F 关于 M(－1,0)对称，所以 2a＋0 2 ＝－1， p 2 ＋a 2 ＝0， 解得 a＝－1， p＝2. 所以Γ的标准方程为 x2＝4y. 因为 E 与 x 轴相切，故半径 r＝|a|＝1， 所以 E 的标准方程为(x＋2)2＋(y＋1)2＝1. (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 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 d2查看更多