2021高考数学（理）人教A版一轮复习学案作业：第九章高考专题突破五第3课时证明与探索性问题

第3课时　证明与探索性问题
证明问题
例1　(2018·全国Ⅰ)设椭圆C：＋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.
(1)解　由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.
由已知可得，点A的坐标为或.
又M(2,0)，
所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.
即x＋y－2＝0或x－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x1|AB|.
(1)解　设Γ的标准方程为x2＝2py，p>0，则F .
已知E在直线y＝x上，故可设E.
因为E，F关于M(－1,0)对称，所以
解得
所以抛物线Γ的标准方程为x2＝4y.
因为圆E与x轴相切，故半径r＝|a|＝1，
所以圆E的标准方程为(x＋2)2＋(y＋1)2＝1.
(2)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).
则E(－2，－1)到l的距离d＝，
因为l与E交于A，B两点，所以d20恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，
那么|CD|＝|x1－x2|
＝·＝4·.
所以＝＝>＝2.
所以|CD|2>2|AB|2，即|CD|>|AB|.
探索性问题
例2　(2019·烟台模拟)已知F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，过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)若直线AB与抛物线的准线l相交于点M，在抛物线C上是否存在点P，使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.
解　(1)因为F ，在抛物线y2＝2px中，
令x＝，可得y＝±p，
所以当直线与x轴垂直时|AB|＝2p＝4，解得p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)不妨设直线AB的方程为x＝my＋1(m≠0)，
因为抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，
所以M .
联立消去x，得y2－4my－4＝0，
Δ＝16m2＋16>0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
若存在定点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＝4m，y1y2＝－4代入整理可得
＝，
即(m2＋1)(y－4)＝0，
因为上式对∀m≠0恒成立，所以y－4＝0，
解得y0＝±2，
将y0＝±2代入抛物线方程，可得x0＝1，
所以在抛物物C上存在点P(1，±2)，使直线PA，PM，PB的斜率成等差数列.
思维升华　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.
跟踪训练2　(2020·惠州调研)已知定点A(－3,0)，B(3,0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为－，记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点T(1,0)的直线l与曲线C交于P，Q两点，是否存在定点S(x0，0)，使得直线SP与SQ斜率之积为定值，若存在，求出S的坐标；若不存在，请说明理由.
解　(1)设动点M(x，y)，
则kMA＝(x≠－3)，kMB＝(x≠3)，
∵kMA·kMB＝－，即·＝－.
化简得＋y2＝1，
由已知x≠±3，故曲线C的方程为＋y2＝1(x≠±3).
(2)由已知直线l过点T(1,0)，设l的方程为x＝my＋1，则联立方程
消去x得(m2＋9)y2＋2my－8＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线SP与SQ斜率分别为kSP＝＝，kSQ＝＝，
kSP·kSQ＝
＝，
当x0＝3时，∀m∈R，kSP·kSQ＝＝－；
当x0＝－3时，∀m∈R，kSP·kSQ＝＝－.
所以存在定点S(±3,0)，使得直线SP与SQ斜率之积为定值.

例　(12分)(2019·全国Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.
(ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；
(ⅱ)求△PQG面积的最大值.
规范解答
(1)解　由题设得·＝－，
化简得＋＝1(|x|≠2)，
所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点.[2分]
(2)(ⅰ)证明　设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0).
由得x＝± .[3分]
记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0).[4分]
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u).
由得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①[5分]
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，
故xG＝，由此得yG＝.[6分]
从而直线PG的斜率为＝－，[7分]
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形.[8分]
(ⅱ)解　由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝，所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝＝.[10分]
设t＝k＋，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号.
因为S＝在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.
因此，△PQG面积的最大值为.[12分]

解决直线与圆锥曲线的位置关系的一般步骤
第一步：设直线方程，联立方程组，得关于x或y的一元二次方程.
第二步：写出根与系数的关系(或解出交点的坐标).
第三步：根据题目题设条件列出关系式，求得结果.
第四步：有关求最值(范围)问题时，用一个变量表示目标变量，通过变形，用函数知识或基本不等式求解.
第五步：反思回顾，查看有无疏忽问题，再完善.


1.(2017·全国Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝ .
(1)求点P的轨迹方程；
(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.
(1)解　设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，
＝(x－x0，y)，＝(0，y0).
由＝ 得x0＝x，y0＝y.
因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝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＝(－3，t)，
＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn，
＝(m，n)，＝(－3－m，t－n).
由·＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1.
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以·＝0，即⊥.
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.
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)在y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？请说明理由.
解　(1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，
或M(－2，a)，N(2，a).
又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，
曲线C在点(2，a)处的切线方程为
y－a＝(x－2)，即x－y－a＝0.
y＝在x＝－2处的导数值为－，
曲线C在点(－2，a)处的切线方程为
y－a＝－(x＋2)，即x＋y＋a＝0.
故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.
(2)存在符合题意的点，理由如下：
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.
Δ＝16k2＋16a>0恒成立，
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而k1＋k2＝＋＝
＝.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，所以存在点P(0，－a)，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN.
3.(2019·全国100所名校联考)已知F1，F2分别是椭圆E：＋＝1的左、右焦点.
(1)圆C：(x－1)2＋(y－b)2＝9与x轴交于A，B两点，且△CF1F2是等腰三角形，求|AB|；
(2)两直线l1，l2均过点(1,0)，直线l1与椭圆E相交于M，P两点，直线l2与椭圆E相交于N，Q两点，且直线MN过F1，设直线MN，PQ的斜率均存在且分别为k1，k2，试问：是否是定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
解　(1)由题意得F1(－2,0)，F2(2,0)，C(1，b)，
当以CF1为△CF1F2的底边时，|CF2|＝|F1F2|＝4，
∴b2＋1＝16，得|b|＝>3，则圆C与x轴没有交点，不符合题意；
当以CF2为△CF1F2的底边时，|CF1|＝|F1F2|＝4，
∴b2＋32＝42，得|b|＝0，
y1＋y2＝，y1y2＝－32－，
由以弦AB为直径的圆恒过点Q知·＝0，
即＋(y1－y0)(y2－y0)＝0，
即＋(y1－y0)(y2－y0)
＝(y1－y0)(y2－y0)＝0，
故(y1＋y0)(y2＋y0)＝－16，即y1y2＋y0(y1＋y2)＋y＋16＝0，
整理得(y－16)k＋4(y0－4)＝0，
即当y0＝4时，恒有·＝0，
故存在定点Q(4,4)满足题意；
当直线l斜率不存在时，l：x＝8, 不妨令A(8,4)，
B(8，－4)，Q(4,4)，也满足·＝0.
综上所述，存在定点Q(4,4)，使得以弦AB为直径的圆恒过点Q.

5.(2019·潮州模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)，A(2,0)是长轴的一个端点，弦BC过椭圆的中心O，点C在第一象限，且·＝0，|－|＝2|＋|.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设P，Q为椭圆上不重合的两点且异于A，B，若∠PCQ的平分线总是垂直于x轴，问是否存在实数λ，使得＝λ？若存在，求λ取得最大值时的PQ的长；若不存在，请说明理由.
解　(1)∵·＝0，∴∠ACB＝90°，
∵|－|＝2|＋|.即||＝2||，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∵A(2,0)，∴C(1,1)，
而点C在椭圆上，∴＋＝1，a＝2，∴b2＝，
∴所求椭圆方程为＋＝1.
(2)存在.理由如下：
对于椭圆上两点P，Q，
∵∠PCQ的平分线总是垂直于x轴，
∴PC与CQ所在直线关于x＝1对称，
设kPC＝k，则kCQ＝－k，
∵C(1,1)，∴PC的直线方程为y＝k(x－1)＋1，①
QC的直线方程为y＝－k(x－1)＋1，②
将①代入＋＝1，
得(1＋3k2)x2－6k(k－1)x＋3k2－6k－1＝0，③
∵C(1,1)在椭圆上，∴x＝1是方程③的一个根，
∴xP＝.
以－k替换k，得到xQ＝.
∴kPQ＝＝，
∵∠ACB＝90°，A(2,0)，C(1,1)，弦BC过椭圆的中心O，
∴B(－1，－1)，∴kAB＝，
∴kPQ＝kAB，∴PQ∥AB，
∴存在实数λ，使得＝λ，
||＝＝≤，
当9k2＝时，即k＝±时取等号，||max＝，
又||＝，λmax＝＝，
∴λ取得最大值时的PQ的长为.