第二篇 专题五 第3课时 圆锥曲线中的存在性与证明问题 2022版高考数学复习

  第3课时　圆锥曲线中的存在性与证明问题圆锥曲线中的存在性问题【典例1】(2021·承德二模)已知M(－2，0)，N(2，0)，动点P满足：直线PM与直线PN的斜率之积为常数－，设动点P的轨迹为曲线C1.抛物线C2：x2＝2py(p＞0)与C1在第一象限的交点为A，过点A作直线l交曲线C1于点B，交抛物线C2于点E(点B，E不同于点A).(1)求曲线C1的方程．(2)是否存在不过原点的直线l，使点E为线段AB的中点？若存在，求出p的最大值；若不存在，请说明理由．【思维点拨】(1)设动点P(x，y)，由直线PM与直线PN的斜率之积为常数－，化简可得(2)分别联立直线与椭圆、直线与抛物线、椭圆与抛物线方程，结合根与系数的关系可得【解析】(1)设动点P(x，y)，则kPM＝，kPN＝，因为kPMkPN＝－，所以·＝－，所以＋y2＝1(x≠±2)，所以曲线C1的方程为＋y2＝1(x≠±2).(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x0，y0)，直线l：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，联立，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，所以x1＋x2＝，x0＝，又，得x2＝2p(kx＋m)，即x2－2pkx－2pm＝0，所以x1x0＝－2pm，所以x1·＝－2pm，所以x1＝p，因为，所以x2＋＝4，所以p2＋＝4，所以p2＝，设＝＝t≥4，则p2＝，当k＝，即t＝4时，p2取得最大值，最大值为，即p＝，此时A，直线l不过点M，N，所以存在不过原点的直线l，使点E为线段AB的中点，且p的最大值为.　本例若改为：如图，已知椭圆C1：＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p＞0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于M(B，M不同于A).若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，C(－x1，－y1)，则OM∥BC，kAM·kOM＝kAB·kBC＝·＝＝－，则kAM·kOM＝·＝·＝·＝－⇒y＋y3y1＋8p2＝0，若y3存在，则Δ＝y－32p2≥0.由于＋2px1＝1⇒x1＝－2p＋，于是y＝2px1＝－4p2＋2p，故－4p2＋2p≥32p2⇒≥18p⇒p≤.于是p的最大值为，此时x1＝，y1＝，即在A时取得．　关于存在性问题的解题策略(1)直接求解，求出要探究的参数值、点、直线等，即可说明存在性，若无解，则不存在．(2)假设存在，并作为条件使用，结合已知条件进行推导，探究是否有矛盾，没有矛盾符合题意则存在，否则不存在．　(2021·泰安一模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴长为2.(1)求椭圆C的方程；(2)已知A，B是椭圆C上的两个不同的动点，以线段AB为直径的圆经过坐标原点O.是否存在以O为圆心的定圆恒与直线AB相切？若存在，求出定圆方程；若不存在，请说明理由．【解析】(1)由题意，解得：，所以椭圆C的方程为：＋＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为：x＝my＋t，联立方程，消去x得：(m2＋3)y2＋2mty＋(t2－6)＝0，所以y1＋y2＝－，y1y2＝，因为以线段AB为直径的圆经过坐标原点O，所以·＝0，所以x1x2＋y1y2＝0，所以(my1＋t)(my2＋t)＋y1y2＝0，整理得：(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，把y1＋y2＝－，y1y2＝代入上式得：(m2＋1)·＋mt·＋t2＝0，整理得：t2＝，因为原点(0，0)到直线AB：x＝my＋t的距离d＝，所以d2＝＝，所以存在以O为圆心的定圆x2＋y2＝恒与直线AB相切．若直线AB的斜率为0，则圆x2＋y2＝与直线y＝相切，综上所述：存在以O为圆心的定圆x2＋y2＝恒与直线AB相切．圆锥曲线中的证明问题　【典例2】设椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若椭圆E的离心率为，△ABF2的周长为4.(1)求椭圆E的方程；(2)设不经过椭圆的中心O而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线．【思维点拨】(1)先由△ABF2的周长求出a，再结合离心率求出c，利用b2＝a2－c2求出b2(2)分两种情况求解：当直线AB，CD的斜率不存在时，利用对称性知O，M，N三点共线；当直线AB，CD的斜率存在时，设斜率为k，利用“点差法”【规范解答】(1)由△ABF2的周长为4，可知4a＝4，所以a＝.又e＝＝，所以c＝，b2＝a2－c2＝3.于是椭圆E的方程为＋＝1.4分(2)当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M，N在x轴上，此时O，M，N三点共线．6分当直线AB，CD的斜率存在时，设其斜率为k(k≠0)，且设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则两式相减，得＋－＝0，整理得·＝－，所以·＝－，即k·kOM＝－(kOM为直线OM的斜率)，所以kOM＝－.9分同理可得kON＝－(kON为直线ON的斜率).11分所以kOM＝kON，即O，M，N三点共线．综上所述，O，M，N三点共线．12分易错点容易忽视直线斜率不存在的情况障碍点利用“点差法”得k·kOM＝－，k·kON＝－，故有kOM＝kON学科素养逻辑推理、数学运算、直观想象评分细则“点差法”结果整理正确得1分　圆锥曲线中的证明问题的解决方法解决证明问题时，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．常用的证明方法有：(1)证A，B，C三点共线，可证kAB＝kAC或＝λ.(2)证直线MA⊥MB，可证kMA·kMB＝－1或·＝0.(3)证|AB|＝|AC|，可证A点在线段BC的垂直平分线上．　(2021·新高考II卷)已知椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，右焦点为F(，0)，且离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x＞0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.【解析】(1)由题意，椭圆半焦距c＝，且e＝＝，所以a＝，又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆方程为＋y2＝1；(2)由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x＞0)，当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不合题意；当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN：y＝k(x－)即kx－y－k＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x＞0)相切可得＝1，解得k＝±1，联立可得4x2－6x＋3＝0，所以x1＋x2＝，x1·x2＝，所以|MN|＝·＝，所以必要性成立；充分性：设直线MN：y＝kx＋b(kb＜0)，即kx－y＋b＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x＞0)相切可得＝1，所以b2＝k2＋1，联立可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，所以x1＋x2＝－，x1·x2＝所以|MN|＝·＝＝·＝，化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，所以或所以直线MN：y＝x－或y＝－x＋，所以直线MN过点F(，0)，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝. 闭Word文档返回原板块