高中数学高考59第九章 平面解析几何 高考专题突破5 第3课时 证明与探索性问题课件PPT

这是一份高中数学高考59第九章 平面解析几何 高考专题突破5 第3课时 证明与探索性问题课件PPT，共58页。PPT课件主要包含了内容索引，课时作业，题型分类深度剖析，题型一证明问题，题型二探索性问题，所以定值为2等内容，欢迎下载使用。
NEIRONGSUOYIN
题型分类 深度剖析
解　设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)，
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.
(2)设点Q在直线x＝－3上，且 ＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
证明　由题意知F(－1,0).
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
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.
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.
又a2＝b2＋c2，联立解得a2＝3，b2＝1.
(2)求证：PM⊥PN.
证明　方法一　①当P点横坐标为 时，纵坐标为±1，PM斜率不存在，PN斜率为0，PM⊥PN.
PM的方程为y－y0＝k(x－x0)，
又kPM，kPN为方程的两根，
所以PM⊥PN.综上知PM⊥PN.
纵坐标为±1，PM斜率不存在，PN斜率为0，PM⊥PN.
联立得(1＋3k2)x2＋12k(sin θ－kcs θ)x＋12(sin θ－kcs θ)2－3＝0，令Δ＝0，即Δ＝144k2(sin θ－kcs θ)2－4(1＋3k2)[12(sin θ－kcs θ)2－3]＝0，化简得(3－4cs2θ)k2＋4sin 2θ·k＋1－4sin2θ＝0，
例2　在平面直角坐标系xOy中，曲线C：y＝ 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　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.
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.
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.
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)，
所以Δ＝16k2－8m2＋8>0. (*)
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.
由C，D是线段MN的两个三等分点，得|MN|＝3|CD|.
方法二　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，C(m,0)，D(0，n)，
解得M(2m，－n)，N(－m,2n).又M，N两点在椭圆上，
(2)过点A(－2,0)作直线AQ交椭圆C于另外一点Q，交y轴于点R，P为椭圆C上一点，且AQ∥OP，求证： 为定值．
证明　设直线AQ：y＝k(x＋2)，R(0,2k)，P(xP，yP)，
令直线OP为y＝kx且令yP>0，xP>0.
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＝ ，以椭圆C的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为 .(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 恒成立，若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由.
解　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，
由题意知，Δ>0显然成立，
综上可知存在直线l0：x＝4，
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＝ x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；
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)过点M的直线l与E交于A，B，与Γ交于C，D，求证： .
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)，
因为l与E交于A，B两点，
Δ＝16k2＋16k>0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，
(2)已知点P关于y轴的对称点Q在抛物线C：y2＝mx上，是否存在直线l与椭圆交于A，B，使得A，B的中点M落在直线y＝2x上，并且与抛物线C相切，若直线l存在，求出l的方程，若不存在，请说明理由．
若直线l斜率存在，设直线l与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
A，B的中点M落在直线y＝2x上，则有y1＋y2＝2(x1＋x2)，
消元可得方程y2－2y＋2b＝0，
则直线l的方程为x＋4y－2＝0，与椭圆方程联立得
Δ＝64－4×9＝28>0，所以直线x＋4y－2＝0满足题意．当直线l斜率不存在时，直线x＝0满足题意．综上所述，直线l的方程为x＝0或x＋4y－2＝0.
解　设椭圆的焦距为2c，
从而椭圆C的方程可化为x2＋3y2＝3b2. ①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中点N(x0，y0)，
设M(x，y)，由(1)中各点的坐标有(x，y)＝λ(x1，y1)＋μ(x2，y2)，故x＝λx1＋μx2，y＝λy1＋μy2.又因为点M在椭圆C上，所以有(λx1＋μx2)2＋3(λy1＋μy2)2＝3b2，
又点A，B在椭圆C上，
将⑤，⑥代入④可得，λ2＋μ2＝1.所以，对于椭圆上的每一个点M，总存在一对实数，
所以存在θ∈[0,2π)，使得λ＝cs θ，μ＝sin θ.也就是：对于椭圆C上任意一点M，总存在θ∈[0,2π)，
(1)求椭圆E的方程；
解　由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，
解　当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
其判别式Δ＝(8k)2＋16(4k2＋1)>0，
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，