高中数学高考第10节 圆锥曲线中的证明与存在性问题 教案

这是一份高中数学高考第10节 圆锥曲线中的证明与存在性问题 教案，共6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＝eq \f(1,2)x＋1或y＝－eq \f(1,2)x－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x1>0，x2>0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,y2＝2x))得ky2－2y－4k＝0，
可知y1＋y2＝eq \f(2,k)，y1y2＝－4.
直线BM，BN的斜率之和为
kBM＋kBN＝eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2＋2)＝eq \f(x2y1＋x1y2＋2y1＋y2,x1＋2x2＋2).①
将x1＝eq \f(y1,k)＋2，x2＝eq \f(y2,k)＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得
x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝eq \f(2y1y2＋4ky1＋y2,k)＝eq \f(－8＋8,k)＝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．
(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足eq \(NP,\s\up14(→))＝eq \r(2)eq \(NM,\s\up14(→)).
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且eq \(OP,\s\up14(→))·eq \(PQ,\s\up14(→))＝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)，eq \(NP,\s\up14(→))＝(x－x0，y)，eq \(NM,\s\up14(→))＝(0，y0)．
由eq \(NP,\s\up14(→))＝eq \r(2)eq \(NM,\s\up14(→))得x0＝x，y0＝eq \f(\r(2),2)y.
因为M(x0，y0)在C上，所以eq \f(x2,2)＋eq \f(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eq \(OQ,\s\up14(→))＝(－3，t)，eq \(PF,\s\up14(→))＝(－1－m，－n)，
eq \(OQ,\s\up14(→))·eq \(PF,\s\up14(→))＝3＋3m－tn，
eq \(OP,\s\up14(→))＝(m，n)，eq \(PQ,\s\up14(→))＝(－3－m，t－n)．
由eq \(OP,\s\up14(→))·eq \(PQ,\s\up14(→))＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以eq \(OQ,\s\up14(→))·eq \(PF,\s\up14(→))＝0，即eq \(OQ,\s\up14(→))⊥eq \(PF,\s\up14(→)).
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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)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eq \(BF1,\s\up14(→))·eq \(BF2,\s\up14(→))＝0.
(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eq \(BF1,\s\up14(→))·eq \(BF2,\s\up14(→))＝0，
所以△BF1F2为等腰直角三角形．
所以b＝c，由a2－b2＝c2可知b＝eq \r(2)，故椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由已知得b2＝c2，a2＝2c2，
设椭圆的标准方程为eq \f(x2,2c2)＋eq \f(y2,c2)＝1，点P的坐标为(x0，y0)．
因为F1(－c,0)，B(0，c)，所以eq \(F1P,\s\up14(→))＝(x0＋c，y0)，eq \(F1B,\s\up14(→))＝(c，c)，
由题意得eq \(F1P,\s\up14(→))·eq \(F1B,\s\up14(→))＝0，所以x0＋c＋y0＝0.
又因为点P在椭圆上，所以eq \f(x\\al(2,0),2c2)＋eq \f(y\\al(2,0),c2)＝1，由以上两式可得3xeq \\al(2,0)＋4cx0＝0.
因为P不是椭圆的顶点，
所以x0＝－eq \f(4,3)c，y0＝eq \f(1,3)c，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)c，\f(1,3)c)).
设圆心为(x1，y1)，则x1＝－eq \f(2,3)c，y1＝eq \f(2,3)c，
圆的半径r＝eq \r(x1－02＋y1－c2)＝eq \f(\r(5),3)c.
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eq \f(|kx1－kc－y1|,\r(k2＋1))＝r，
所以eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)c))－kc－\f(2,3)c)),\r(k2＋1))＝eq \f(\r(5),3)c，
即20k2＋20k－1＝0，解得k＝－eq \f(1,2)±eq \f(\r(30),10).
故存在满足条件的直线，其斜率为－eq \f(1,2)±eq \f(\r(30),10).
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，F2，离心率为eq \f(1,2)，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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，∵e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a－c＝1，
∴a＝2，c＝1，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨设y1>0，y20，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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，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eq \(OM,\s\up14(→))⊥eq \(ON,\s\up14(→))？若存在，求l的方程；若不存在，请说明理由．
[解] (1)∵e＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(1,2)，∴3a2＝4b2.
又∵|AB|＝eq \f(2b2,a)＝3，∴a＝2，b＝eq \r(3).
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)假设存在点P，使得eq \(OM,\s\up14(→))⊥eq \(ON,\s\up14(→)).
当直线l的斜率不存在时，
l：x＝eq \r(3)或x＝－eq \r(3)，与椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于M，N两点，
此时Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－\f(\r(3),2)))或Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(\r(3),2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－\f(\r(3),2)))，
∴eq \(OM,\s\up14(→))·eq \(ON,\s\up14(→))＝3－eq \f(3,4)＝eq \f(9,4)≠0，
∴当直线l的斜率不存在时，不满足eq \(OM,\s\up14(→))⊥eq \(ON,\s\up14(→)).
当直线l的斜率存在时，设y＝kx＋m，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝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＝eq \f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(3m2－12k2,3＋4k2).
∵eq \(OM,\s\up14(→))·eq \(ON,\s\up14(→))＝0，∴eq \f(4m2－12,3＋4k2)＋eq \f(3m2－12k2,3＋4k2)＝0，∴7m2－12k2－12＝0.
又∵直线l与圆x2＋y2＝3相切，∴eq \r(3)＝eq \f(|m|,\r(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eq \(OM,\s\up14(→))⊥eq \(ON,\s\up14(→))成立．