2024年新高考数学一轮复习知识梳理与题型归纳第54讲圆锥曲线的综合应用_证明探究性问题（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习知识梳理与题型归纳第54讲圆锥曲线的综合应用_证明探究性问题（教师版），共7页。试卷主要包含了证明问题等内容，欢迎下载使用。

知识梳理
1．证明问题
代数转化法：圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系等等．证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明.
2.探究、存在性问题
存在性问题的解法：先假设存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论，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．要注意的是：(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.
题型归纳
题型1证明问题
【例1-1】设椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
[解] (1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.
则点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2))).
又M(2,0)，
所以直线AM的方程为y＝－eq \f(\r(2),2)x＋eq \r(2)或y＝eq \f(\r(2),2)x－eq \r(2)，
即x＋eq \r(2)y－2＝0或x－eq \r(2)y－2＝0.
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为
y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1b>0)经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，离心率e＝eq \f(1,2)，直线l的方程为x＝4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,b2＋c2＝a2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3，,c2＝1，))
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意可设直线AB的斜率为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－1)，①
代入椭圆方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，
则x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－3,4k2＋3)，②
在方程①中令x＝4，得点M的坐标为(4,3k)．
从而k1＝eq \f(y1－\f(3,2),x1－1)，k2＝eq \f(y2－\f(3,2),x2－1)，k3＝eq \f(3k－\f(3,2),4－1)＝k－eq \f(1,2).
因为A，F，B三点共线，所以k＝kAF＝kBF，
即eq \f(y1,x1－1)＝eq \f(y2,x2－1)＝k，
所以k1＋k2＝eq \f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq \f(y2－\f(3,2),x2－1)＝eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)－eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1－1)＋\f(1,x2－1)))＝2k－eq \f(3,2)·eq \f(x1＋x2－2,x1x2－x1＋x2＋1)，③
将②代入③得，
k1＋k2＝2k－eq \f(3,2)·eq \f(\f(8k2,4k2＋3)－2,\f(4k2－3,4k2＋3)－\f(8k2,4k2＋3)＋1)＝2k－1，
又k3＝k－eq \f(1,2)，所以k1＋k2＝2k3.
故存在常数λ＝2符合题意．
【跟踪训练2-1】已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为eq \f(b,3)，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
【解】(1)由内切圆的性质，得
eq \f(1,2)×2c×b＝eq \f(1,2)×(2a＋2c)×eq \f(b,3)，
所以eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
将x＝c代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
得y＝±eq \f(b2,a)，所以eq \f(2b2,a)＝3.
又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝eq \r(3)，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,3x2＋4y2－12＝0))消去y，
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2)，))①
其中Δ>0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，
即eq \f(y1,x1－t)＋eq \f(y2,x2－t)＝0.②
因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，
所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得
eq \f(kx1－1x2－t＋kx2－1x1－t,x1－tx2－t)
＝eq \f(k[2x1x2－t＋1x1＋x2＋2t],x1－tx2－t)＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0.③
将①代入③得
eq \f(8k2－24－t＋18k2＋2t3＋4k2,3＋4k2)
＝eq \f(6t－24,3＋4k2)＝0，
则t＝4，
综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．
【名师指导】
1.存在性问题的求解方法
(1)解决存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．一般步骤：
①假设满足条件的曲线(或直线、点)等存在，用待定系数法设出；
②列出关于待定系数的方程(组)；
③若方程(组)有实数解，则曲线(或直线、点等)存在，否则不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法
2.字母参数值存在性问题的求解方法