【最新 北师大版】高考数学一轮复习 高考大题专项五 突破3圆锥曲线中的证明与探索性问题学案（含解析）

突破3　圆锥曲线中的证明与探索性问题

题型一　圆锥曲线中的证明问题

突破策略一　直接法

【例1】已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.

(1)求椭圆C的方程.

(2)若斜率为-的直线l与椭圆C交于P,Q两点(点P,Q均在第一象限),O为坐标原点.

①证明:直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列.

②若点Q'与点Q关于x轴对称,证明:tan ∠POQ'>.

解题心得对于证明问题,一般是根据已知条件,运用所涉及的知识通过运算化简,利用定义、定理、公理等,直接推导出所证明的结论即可,证明不等式常用不等式的性质,或基本不等式求得最值.本题易错点是忽略对于取等号时条件能否成立的验证.

对点训练1(2020河北张家口二模,19)已知椭圆E:=1(a>b>0)的焦距为4,且过点.

(1)求椭圆E的方程;

(2)设A(0,b),B(0,-b),C(a,b),过点B且斜率为k(k>0)的直线l交E于另一点M,交x轴于点Q,直线AM与直线x=a相交于点P.证明:PQ∥OC(O为坐标原点).

突破策略二　转化法

【例2】已知B是抛物线y=x2+1上任意一点,A(0,-1),且P为线段AB的中点.

(1)求点P的轨迹C的方程;

(2)若F为点A关于原点O的对称点,过F的直线交曲线C于M,N两点,直线OM交直线y=-1于点H,求证:|NF|=|NH|.

解题心得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.本题证明的关键是能够利用抛物线的定义将所证结论转化为证明HN∥y轴.通过直线与抛物线联立得到韦达定理的形式,利用韦达定理的结论证得HN∥y轴.

对点训练2(2020河南开封三模,文19)已知抛物线C:x2=2py(p>0),F为抛物线C的焦点.以F为圆心,p为半径作圆,与抛物线C在第一象限交点的横坐标为2.

(1)求抛物线C的方程;

(2)直线y=kx+1与抛物线C交于A,B两点,过A,B分别作抛物线C的切线l1,l2,设切线l1,l2的交点为P,求证:△PAB为直角三角形.

题型二　圆锥曲线中的探究性问题(多方向探究)

突破策略一　肯定顺推法

【例3】已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,过点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;

(2)设直线AB的斜率为1且与抛物线C的准线l相交于点M,抛物线C上存在点P使得直线PA,PM,PB的斜率成等差数列,求点P的坐标.

解题心得存在性问题通常用“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.

对点训练3(2020陕西咸阳二模,理20)已知椭圆C:=1(a>b>0)过点,且其离心率为,过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M,N两点.

(1)求椭圆C的方程;

(2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切?若存在,求定圆的方程;若不存在,请说明理由.

突破策略二　探究转化法

【例4】(2019全国2,文20)已知F1,F2是椭圆C:=1(a>b>0)的两个焦点,P为C上的点,O为坐标原点.

(1)若△POF2为等边三角形,求C的离心率;

(2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.

解题心得转化探究方向,是指将所探究的问题转化为其他明确的问题,使所探究的问题更加具体,易求.对于范围最值的探究,一般转化为对函数性质的研究,或对不等式的研究问题.

对点训练4(2020山西晋城一模,理20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的半焦距为c,圆O:x2+y2=c2与椭圆C有且仅有两个公共点,直线y=2与椭圆C只有一个公共点.

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)已知动直线l过椭圆C的左焦点F,且与椭圆C分别交于P,Q两点,试问:x轴上是否存在定点R,使得为定值?若存在,求出该定值和点R的坐标;若不存在,请说明理由.

突破策略三　利用假设法

【例5】已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),且椭圆过点.

(1)求椭圆C的方程;

(2)若A,B为椭圆的左、右顶点,P(x0,y0)(y0≠0)为椭圆上一动点,设直线AP,BP分别交直线l:x=6于点M,N,判断以线段MN为直径的圆是否恒过定点,若恒过定点,求出该定点坐标;若不恒过定点,说明理由.

解题心得1.利用假设法一般地先假设定点存在,并设出定点坐标,再把其作为已知条件,求解定点坐标.

2.探索直线过定点时,可设直线方程为y=kx+b,然后利用条件建立关于k,b的等量关系,再借助于直线系的思想找出定点.

3.从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关.

对点训练5(2020河北保定一模,理20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为F(c,0),离心率为,且经过点,点M为椭圆上的动点.

(1)求点M到点D(1,0)的最短与最长距离;

(2)设直线l:y=x+n与椭圆C相交于A,B两点,则是否存在点P(,m),使得△ABP的内切圆恰好为x2+y2=1?并说明理由.

突破3　圆锥曲线中的

证明与探索性问题

例1(1)解由题意可得

解得∴b2=a2-c2=1,

故椭圆C的方程为+y2=1.

(2)证明①设直线l的方程为y=-x+m,P(x1,y1),Q(x2,y2).

由消去y,得x2-2mx+2(m2-1)=0.

则Δ=4m2-8(m2-1)=4(2-m2)>0,且x1+x2=2m,x1x2=2(m2-1),

∴y1y2=

=x1x2-m(x1+x2)+m2=,∴kOPkOQ=,即直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列.

②由题可知∠xOQ'=∠xOQ,

由①可知tan∠xOQ'·tan∠xOP=,tan∠xOQ'>0,tan∠xOP>0,

∴tan∠POQ'=tan(∠xOQ'+∠xOP)=

=(tan∠xOQ'+tan∠xOP)

≥×2.当且仅当∠xOQ'=∠xOP时,等号成立,此时P,Q两点重合,不符合题意,可知无法取得等号.∴tan∠POQ'>.

对点训练1(1)解由题可知2c=4,c=2,

∴椭圆的左、右焦点分别为(-2,0),(2,0).

(方法1)由椭圆的定义知

2a==4,

∴a=2,b2=a2-c2=4,

∴椭圆E的方程为=1.

(方法2)由题可知解得

∴椭圆E的方程为=1.

(2)证明由(1)得A(0,2),B(0,-2),C(2,2).

直线l:y=kx-2与椭圆x2+2y2=8联立,得(2k2+1)x2-8kx=0.

∴xM=,从而M,Q.

∴直线AM的斜率为=-,直线AM的方程为y=-x+2.

令x=2,得P2,-+2,

∴直线PQ的斜率kPQ=.

∵直线OC的斜率kOC=,

∴kPQ=kOC,从而PQ∥OC.

例2(1)解设P(x,y),B(x0,y0),∵P为AB中点,∴∵B为曲线y=x2+1上任意一点,∴y0=+1,代入得x2=4y,∴点P的轨迹C的方程为x2=4y.

(2)证明依题意得F(0,1),直线MN的斜率存在,其方程可设为y=kx+1.

设M(x1,y1),N(x2,y2),联立得x2-4kx-4=0,则Δ=16k2+16>0,

∴x1x2=-4.∵直线OM的方程为y=x,H是直线OM与直线y=-1的交点,

∴H.根据抛物线的定义|NF|等于点N到准线y=-1的距离.

∵H在准线y=-1上,∴要证明|NF|=|NH|,只需证明HN垂直于准线y=-1,即证HN∥y轴.

∵H的横坐标-=-=x2,∴HN∥y轴成立,

∴|NF|=|NH|成立.

对点训练2(1)解记抛物线C与圆F在第一象限的交点为M.

由题意,圆F与抛物线C的准线相切,且M到抛物线C准线的距离等于圆F的半径p.

所以点M的坐标为.

代入抛物线方程,得4=p2(p>0),所以p=2.

(2)证明设A,B,

由x2=4y得y=x2,求导得y'=x,所以A,B两点处的切线斜率分别为k1=x1,k2=x2.

由得x2-4kx-4=0,

所以x1+x2=4k,x1x2=-4,

所以k1k2=x1x2=-1.

所以PA⊥PB,即△PAB为直角三角形.

例3解(1)由题可知F,在抛物线方程y2=2px中,令x=,可得y=±p.

于是当直线与y轴垂直时,|AB|=2p=4,解得p=2.所以抛物线的方程为y2=4x.

(2)因为抛物线y2=4x的准线方程为x=-1,直线AB的方程为y=x-1,所以M(-1,-2).

联立消去x,得y2-4y-4=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4,y1y2=-4.

若点P(x0,y0)满足条件,则2kPM=kPA+kPB,

即2·,因为点P,A,B均在抛物线上,所以x0=,x1=,x2=.代入化简可得,将y1+y2=4,y1y2=-4代入,解得y0=±2.将y0=±2代入抛物线方程,可得x0=1.于是点P(1,±2)为满足题意的点.

对点训练3解(1)∵椭圆C经过点,∴=1,

又,∴a2=4,b2=3.

∴椭圆C的方程为=1.

(2)存在.①当直线MN的斜率不存在时,由对称性,设M(x0,x0),N(x0,-x0).

∵M,N在椭圆C上,∴=1,

∴.

∴O到直线MN的距离为d=|x0|=,∴圆的方程为x2+y2=.

②当直线MN的斜率存在时,设MN的方程为y=kx+m,

联立得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0.

设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.

∵OM⊥ON,∴x1x2+y1y2=0,

∴x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0.

∴(k2+1)·+m2=0,即7m2=12(k2+1).

∴O到直线MN的距离为d=,

∴圆的方程为x2+y2=.

综上所述,存在定圆x2+y2=与直线MN总相切.

例4解(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中,∠F1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|=c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(+1)c,故C的离心率e=-1.

(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在,则|y|·2c=16,=-1,=1,即c|y|=16, ①

x2+y2=c2, ②

=1. ③

由②③及a2=b2+c2得y2=,又由①知y2=,故b=4.

由②③得x2=(c2-b2),所以c2≥b2,从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥4.

当b=4,a≥4时,存在满足条件的点P.所以b=4,a的取值范围为[4,+∞).

对点训练4解(1)依题意,得c=b=2,则a2=b2+c2=4+4=8,

故椭圆的标准方程为=1.

(2)存在.①当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x+2),

代入椭圆C的方程,可得(2k2+1)x2+8k2x+8k2-8=0.

设P(x1,y1),Q(x2,y2),

则x1+x2=,x1x2=.

设R(m,0),则=(x1-m,y1),=(x2-m,y2).

=(x1-m)(x2-m)+y1y2=(x1-m)(x2-m)+k2[x1x2+2(x1+x2)+4]=(k2+1)+4k2+m2=,当,即m=-时,=-为定值,

此时R点的坐标为R.

②当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-2,联立

不妨设P(-2,),Q(-2,-),若R,则=-.

综上所述,在x轴上存在点R,使得为定值-.

例5解(1)由已知c=1,∴a2=b2+1, ①

∵椭圆过点,

∴=1, ②

联立①②得a2=4,b2=3,

∴椭圆方程为=1.

(2)以线段MN为直径的圆恒过定点.

设P(x0,y0),已知A(-2,0),B(2,0),∵y0≠0,∴x0≠±2,∴直线AP,BP都有斜率,∴kAP=,kBP=,

∴kAP·kBP=, ③

∵=1,∴=3. ④

将④代入③得kAP·kBP==-,设直线AP方程为y=k(x+2),

∴直线BP方程为y=-(x-2),

∴M(6,8k),N,由对称性可知,若存在定点,则该定点必在x轴上,设该定点为T(t,0),则,∴=(6-t,8k)·=(6-t)2+(-24)=0,∴(6-t)2=24,∴t=6±2.∴存在定点或(6-2,0)以线段MN为直径的圆恒过该定点.

对点训练5解(1)依题意得解得所以椭圆C的方程为=1.

设M(x0,y0)(x0∈[-2,2])到点D的距离为d,

因为=1,所以=2-,

所以d2=(x0-1)2+-2x0+3,其对称轴为x=2,

所以该函数在[-2,2]上单调递减,

所以当x0=2时,d取得最小值1;当x0=-2时,d取得最大值3.

(2)假设存在点P(,m),使得△ABP的内切圆恰好为x2+y2=1,

设A(x1,y1),B(x2,y2),因为直线AB与圆x2+y2=1相切,

所以圆心(0,0)到直线l:y=x+n的距离为=1,所以n=±,

所以当n=时,直线AB的方程为y=x+,

联立得3x2+4x=0,解得x1=0,x2=-,

所以A(0,),B.

(方法1)因为AO为∠BAP的角平分线,所以kAP=-kAB=-1,

所以kAP==-1,所以m=0,即P(,0),

所以直线BP的方程为x-7y-=0,因为圆心到直线BP的距离为≠1,所以此时BP不是圆的切线.

同理,当n=-时,BP也不是圆的切线,

综上所述,P不存在.

(方法2)因为A(0,),P(,m),所以kAP=,

所以直线AP的方程为(m-)x-y+2=0.

由原点O到直线AP的距离为1,得=1,解得m=0,或m=2,

当m=0时,P(,0),此时直线BP的斜率为kBP=,所以直线BP的方程为x-7y-=0,

因为圆心到直线BP的距离为≠1,所以BP不是圆的切线.

当m=2时,P(,2),此时直线BP的斜率为kBP=1,

所以直线BP的方程为x-y+=0,与直线AB重合,故舍去.

同理,当n=-时,BP也不是圆的切线.

综上所述,P不存在.