高考数学二轮专题训练2.53课时突破解析几何解答题第3课时圆锥曲线中的存在性与证明问题课件

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考向一　圆锥曲线中的存在性问题【典例】(2020·银川二模)已知椭圆C: =1(a>b>0)的离心率与双曲线x2- =1的离心率互为倒数,A,B分别为椭圆的左、右顶点,且|AB|=4.(1)求椭圆C的方程;(2)已知过左顶点A的直线l与椭圆C另交于点D,与y轴交于点E,在平面内是否存在一定点P,使得 =0恒成立?若存在,求出该点的坐标,并求△ADP面积的最大值;若不存在,说明理由.
【解析】(1)双曲线x2- =1的离心率为 =2,由题意可得椭圆的离心率为e= ,|AB|=4,即2a=4,即a=2,b= ,所以椭圆C的方程为 =1;(2)过左顶点A的直线l的斜率显然存在,设为k,方程设为y=k(x+2),由题意知k≠0,可得E(0,2k),且A(-2,0),B(2,0),设P(m,n),由 可得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0,
则-2xD= ,即xD= ,即有D ,在平面内假设存在一定点P,使得 =0恒成立.可得 =(-m,2k-n)· 由于上式恒成立,可得k(4m+6)-3n=0,即有4m+6=0,且-3n=0,可得m=- ,n=0,则存在P ,使得 =0恒成立.
此时S△ADP= |AP|·|yD|= ,因为k≠0,所以S△ADP= 当且仅当|k|2= ,即k=± 时取得等号.综上可得,点P的坐标为 ,S△ADP的最大值为 .
【探究延伸】　本例中,若直线l过点F(-1,0)且与椭圆C交于M,N两点,以OM,ON为邻边作平行四边形OMQN.是否存在直线l,使点Q落在椭圆C上?若存在,求出点Q坐标;若不存在,请说明理由.
【解析】当直线MN的斜率存在且不为0时,设直线MN的方程为y=k(x+1),由 得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,设Q(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2= ,x1·x2= ,由于OMQN为平行四边形,得
故 若点Q在椭圆C上,则 =1,代入得 =1,无解;当直线斜率不存在时,易知存在点Q(-2,0)在椭圆C上.故存在直线l,使点Q(-2,0)落在椭圆C上.
【素养提升】关于存在性问题的解题策略(1)直接求解,求出要探究的参数值、点、直线等,即可说明存在性,若无解,则不存在.(2)假设存在,并作为条件使用,结合已知条件进行推导,探究是否有矛盾,没有矛盾符合题意则存在,否则不存在.
【变式训练】已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;(2)若l过点 ,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.
【解析】(1)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入9x2+y2=m2,得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM= ,yM=kxM+b= 于是直线OM的斜率kOM= ,即kOM·k=-9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.
(2)四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点 ,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3.由(1)得OM的方程为y=- x.设点P的横坐标为xP.由 得
将点 的坐标代入直线l的方程得b= 因此xM= 若四边形OAPB为平行四边形,则当且仅当线段AB与线段OP互相平分时成立,即xP=2xM.于是 解得k1=4- ,k2=4+ .因为ki>0,ki≠3,i=1,2,所以当直线l的斜率为4- 或4+ 时,四边形OAPB为平行四边形.
考向二　圆锥曲线中的证明问题(规范解答)【典例】(2020·运城一模)已知椭圆C: =1(a>b>0)的离心率为 ,右焦点为F,以原点O为圆心,椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x-y+ =0相切.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,过定点P(2,0)的直线l交椭圆C于A,B两点,连接AF并延长交椭圆C于M,求证:∠PFM=∠PFB.
【思维流程图】(1)离心率、相切→求出a,b;(2)直线方程与椭圆方程联立、根与系数的关系→kFB+kFA=0→∠PFM=∠PFB.
【规范解答】(1)依题意可设圆O方程为x2+y2=b2,…………………………1分因为圆O与直线x-y+ =0相切,所以b= =1,……………………………………………………2分所以a2-c2=1,又 ,解得a= ,……………………………………3分所以椭圆C的方程为 +y2=1.………………………………………………4分
(2)依题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x-2),…………5分代入 +y2=1,整理得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0,…………………………………………6分因为l与椭圆有两个交点,所以Δ>0,即2k2-1|TP|.当l为x=2时,代入C:x2+2y2=36可得y=±4,此时T(2,0),所以|TM|=4,|TP|=2,所以|TM|>|TP|,当l的斜率k存在时,设l:y=k(x-2),代入到C:x2+2y2=36,得x2+2k2(x-2)2=36,所以(2k2+1)x2-8k2x+8k2-36=0,
令M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2= ,x1x2= ,此时 =(x1-4,y1), =(x2-4,y2),所以 =(x1-4)(x2-4)+y1y2=(x1-4)(x2-4)+k2(x1-2)(x2-2)=(k2+1)x1x2-(4+2k2)(x1+x2)+16+4k2
= +16+4k2所以∠MPN>90°,点P在以MN为直径的圆内部.所以|TM|>|TP|,综上所述,|TM|>|TP|.
2.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.
【解析】(1)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 又M(2,0),所以AM的方程为y=- x+ 或y= x- .(2)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< ,x2< ,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=
由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB= 将y=k(x-1)代入 +y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.所以x1+x2= ,x1x2= 则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k 从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补.所以∠OMA=∠OMB.综上,∠OMA=∠OMB.
【加练备选】已知O为坐标原点,过点M(1,0)的直线l与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点,且 =-3.(1)求抛物线C的方程;(2)过点M作直线l′⊥l交抛物线C于P,Q两点,记△OAB,△OPQ的面积分别为S1,S2,证明: 为定值.
【解析】(1)设直线l的方程为:x=my+1,与抛物线C:y2=2px(p>0)联立,消去x得:y2-2pmy-2p=0;设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=2pm,y1y2=-2p;由 =-3,得x1x2+y1y2=(my1+1)(my2+1)+y1y2=(1+m2)y1y2+(y1+y2)m+1=(1+m2)·(-2p)+2pm2+1=-2p+1=-3,解得p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x;
(2)由(1)知,点M(1,0)是抛物线C的焦点,所以|AB|=x1+x2+p=my1+my2+2+p=4m2+4,又原点到直线l的距离为d= ,所以△OAB的面积为S1= ×4(m2+1)=2 ,又直线l′过点M,且l′⊥l,所以△OPQ的面积为S2= 所以 即 为定值.
十九　圆锥曲线中的存在性与证明问题(40分钟　80分)
1.(2020·日照二模)已知椭圆 =1的右焦点为F,设直线l:x=5与x轴的交点为E,过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A,B两点,M为线段EF的中点.(1)若直线l1的倾斜角为 ,求△ABM的面积S的值;(2)过点B作直线BN⊥l于点N,证明:A,M,N三点共线.
【解析】(1)由题意,知F(1,0),E(5,0),M(3,0).设A(x1,y1),B(x2,y2).因为直线l1的倾斜角为 ,所以k=1.所以直线l1的方程为y=x-1,即x=y+1.代入椭圆方程,可得9y2+8y-16=0.
所以y1+y2=- ,y1y2=- .所以S△ABM= ·|FM|·|y1-y2|
(2)设直线l1的方程为y=k(x-1).代入椭圆方程,得(4+5k2)x2-10k2x+5k2-20=0,则x1+x2= ,x1x2= .因为直线BN⊥l于点N,所以N(5,y2).所以kAM= ,kMN= .
而y2(3-x1)-2(-y1)=k(x2-1)(3-x1)+2k(x1-1)=-k[x1x2-3(x1+x2)+5]= =0,所以kAM=kMN.故A,M,N三点共线.
2.(2020·广东一模)已知椭圆C: =1,A,B分别为椭圆长轴的左右端点,M为直线x=2上异于点B的任意一点,连接AM交椭圆于P点.(1)求证: 为定值;(2)是否存在x轴上的定点Q,使得以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点.
【解析】(1)由椭圆的方程可得:A(-2,0),B(2,0), 设M(2,m),P(x0,y0),(m≠0,x0≠±2),则 =1,得 又kAP= =kAM=kBP= ,所以kAP·kBP= 所以 ,整理可得2x0+my0=4,所以 =2x0+my0=4为定值.
(2)假设存在定点Q(n,0)满足要求,设M(2,m),P(x0,y0),(m≠0,x0≠±2),由以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点可得 =0,所以(n-2,-m)·(x0-2,y0)=nx0-2n-2x0+4-my0=0,①由(1)得2x0+my0=4,②由①②可得n(x0-2)=0,因为x0≠2,解得n=0,所以存在x轴上的定点Q(0,0),使得以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点.
3.已知A(1,2)为抛物线y2=2px(p>0)上的一点,E,F为抛物线上异于点A的两点,且直线AE的斜率与直线AF的斜率互为相反数.(1)求直线EF的斜率;(2)设直线l过点M(m,0)并交抛物线于P,Q两点,且 (λ>0),直线x=-m与x轴交于点N,试探究 与 的夹角是否为定值,若是,则求出定值;若不是,说明理由.
【解析】(1)设E(x1,y1),F(x2,y2),因为点A(1,2)为抛物线y2=2px(p>0)上的一点,所以y2=4x,同时有 =4x1, =4x2,kAE= ,kAF= ,因为直线AE的斜率与直线AF的斜率互为相反数,即 ,即y1+y2=-4,故kEF= =-1.
(2)是定值.设直线l的方程为:x=ty+m,P(x3,y3),Q(x4,y4),N(-m,0),联立x=ty+m与y2=4x得y2-4ty-4m=0,所以y3+y4=4t,y3y4=-4m,因为 =(m-x3,-y3), =(x4-m,y4),且 =λ (λ>0),所以-y3=λy4,λ=- ,
由题可知, -λ =(x3+m,y3)-λ(x4+m,y4)=(x3+m-λ(x4+m),y3-λy4)= ,
又因为 +m-λ = = = =0,
所以 =(0,y3-λy4),又 =(2m,0),所以 =0,所以 即 与 的夹角为 .
4.已知椭圆C经过点 ,且与椭圆E: +y2=1有相同的焦点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若动直线l:y=kx+m与椭圆C有且只有一个公共点P,且与直线x=4交于点Q,问:以线段PQ为直径的圆是否经过一定点M?若存在,求出定点M的坐标;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)椭圆E的焦点为(±1,0),设椭圆C的标准方程为 =1(a>b>0),则 所以椭圆C的标准方程为 =1.
(2)存在.联立 消去y,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,由题意Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0,即m2=3+4k2.
设P(xP,yP),则xP= yP=kxP+m= 即P .假设存在定点M(s,t)满足题意,因为Q(4,4k+m),则 =(4-s,4k+m-t),
所以 · = 恒成立,故 解得 所以存在点M(1,0)符合题意.
5.已知O为坐标原点,直线y=- 上一点Q,动点P满足:OP⊥OQ, =1.(1)求动点P的轨迹W的标准方程;(2)直线l:y=k(x+1)(k>0)与轨迹W相交于A,B两点,线段AB的中点为E,射线OE交轨迹W于点G,交直线x=-3于点D.证明:|OG|2=|OD|·|OE|.
【解析】(1)设P(x,y),Q ,由题知: =1,所以 =1,又因为OP⊥OQ,所以xxQ- =0,xQ= (x≠0),所以 =1,整理得 +y2=1,所以轨迹W的方程为 +y2=1(x≠0);
(2)由题意:设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为E(x0,y0),D(-3,m),由 消去y整理得:(1+3k2)x2+6k2x+3k2-3=0,由根与系数的关系得x1+x2= ,所以x0=- ,y0=kx0+k= ,即点E ,
因为kOE=- ,所以射线OE:y=- ,由 得 ,由 ,得yD= ,即D ,又因为yD·yE= ,所以 =yD·yE,即|OG|2=|OD|·|OE|.
6.在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线C:x2=2py(p>0),过抛物线焦点F且与y轴垂直的直线与抛物线相交于A,B两点,且△OAB的周长为2+ .(1)求抛物线C的方程;(2)若直线l过焦点F且与抛物线C相交于M,N两点,过点M,N分别作抛物线C的切线l1,l2,切线l1与l2相交于点P,求|PF|2-|MF|·|NF|的值.
【解析】(1)由题意知焦点F的坐标为 ,将y= 代入抛物线C的方程可求得点A,B的坐标分别为 有|AB|=2p,|OA|=|OB|= p,可得△OAB的周长为2p+ p,有2p+ p=2+ ,解得p=1;所以抛物线C的方程为x2=2y.
(2)由(1)知抛物线C的方程可化为y= x2,求导可得y′=x.设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),设直线l的方程为y=kx+ (直线l的斜率显然存在),联立方程 ,消去y整理为x2-2kx-1=0,可得 .故y1+y2=k(x1+x2)+1=2k2+1,y1y2= .可得直线l1的方程为y- =x1(x-x1),
整理为y=x1x- ;同理直线l2的方程为y=x2x- ;联立方程 解得 则点P的坐标为 ;