新高考数学一轮复习讲义专题突破5第3课时证明与探索性问题(2份打包，解析版+原卷版)

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第3课时　证明与探索性问题
题型一　证明问题
例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.
思维升华 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．
跟踪训练1 已知椭圆T：＋＝1(a>b>0)的一个顶点A(0,1)，离心率e＝，圆C：x2＋y2＝4，从圆C上任意一点P向椭圆T引两条切线PM，PN.
(1)求椭圆T的方程；
(2)求证：PM⊥PN.
(1)解　由题意可知b＝1，＝，即2a2＝3c2，
又a2＝b2＋c2，联立解得a2＝3，b2＝1.
∴椭圆方程为＋y2＝1.
(2)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.
②当P点横坐标不为±时，设P(x0，y0)，
则x＋y＝4，设kPM＝k，
PM的方程为y－y0＝k(x－x0)，
联立方程组
消去y得(1＋3k2)x2＋6k(y0－kx0)x＋3k2x－6kx0y0＋3y－3＝0，
依题意Δ＝36k2(y0－kx0)2－4(1＋3k2)(3k2x－6kx0y0＋3y－3)＝0，
化简得(3－x)k2＋2x0y0k＋1－y＝0，
又kPM，kPN为方程的两根，
所以kPM·kPN＝＝＝＝－1.
所以PM⊥PN.
综上知PM⊥PN.
方法二　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.
②当P点横坐标不为±时，设P(2cos θ，2sin θ)，
切线方程为y－2sin θ＝k(x－2cos θ)，

联立得(1＋3k2)x2＋12k(sin θ－kcos θ)x＋12(sin θ－kcos θ)2－3＝0，
令Δ＝0，
即Δ＝144k2(sin θ－kcos θ)2－4(1＋3k2)[12(sin θ－kcos θ)2－3]＝0，
化简得(3－4cos2θ)k2＋4sin 2θ·k＋1－4sin2θ＝0，
kPM·kPN＝＝＝－1.
所以PM⊥PN.
综上知PM⊥PN.
题型二　探索性问题
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　(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，
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－，
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，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.
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，所以点P(0，－a)符合题意．
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 (2018·广州模拟)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点Q，且离心率e＝，直线l与E相交于M，N两点，l与x轴、y轴分别相交于C，D两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)判断是否存在直线l，满足2＝＋，2＝＋？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解　(1)由题意得解得
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)存在直线l，满足2＝＋，2＝＋.
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)，
则C，D(0，m)．
由方程组
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
所以Δ＝16k2－8m2＋8>0. (*)
由根与系数的关系，得
x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为2＝＋，2＝＋，
所以＝＝，
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．
所以x1＋x2＝－＝0－，解得k＝±.
由C，D是线段MN的两个三等分点，得|MN|＝3|CD|.
所以|x1－x2|＝3，
即|x1－x2|＝ ＝3，
解得m＝±.验证知(*)成立．
所以存在直线l，满足2＝＋，2＝＋，此时直线l的方程为y＝x±或y＝－x±.
方法二　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，C(m,0)，D(0，n)，
由2＝＋，2＝＋，
得
解得M(2m，－n)，N(－m,2n)．
又M，N两点在椭圆上，
所以即
解得
故所求直线l的方程为5x－10y＋2＝0或5x－10y－2＝0或5x＋10y＋2＝0或5x＋10y－2＝0.


1．(2018·聊城模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，点P为椭圆上一点，△F1PF2面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点A(4,0)作关于x轴对称的两条不同直线l1，l2分别交椭圆于M(x1，y1)与N(x2，y2)，且x1≠x2，证明直线MN过定点，并求△AMN的面积S的取值范围．
解　(1)设a2－b2＝c2，则＝，
设P(x，y)，则＝c|y|，
∵|y|≤b，∴≤bc＝.
解得
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设MN方程为x＝ny＋m(n≠0)，
联立
得(n2＋4)y2＋2nmy＋m2－4＝0，
由题意知，Δ＝16(n2－m2＋4)>0，
∴y1＋y2＝，y1y2＝，
∵关于x轴对称的两条不同直线l1，l2的斜率之和为0，
即＋＝0，即＋＝0，
得2ny1y2＋m(y1＋y2)－4(y1＋y2)＝0，
即－＋＝0.解得m＝1.
直线MN方程为x＝ny＋1，∴直线MN过定点B(1,0)．
又|y1－y2|＝
＝4＝4，
令＝t，∴t∈，
∴|y1－y2|＝4∈(0，)，
又S＝|AB||y1－y2|＝|y1－y2|∈.
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4.
(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　(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，
∵＝，∴c＝a，
又∵4＝4，
∴a2＋b2＝5，由b2＝a2－c2＝a2，
解得a＝2，b＝1，c＝.
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)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，
|PA|＝(x1－1)，|PB|＝(1－x2)，
∵＝，
∴＝＝，
解得x0＝.
由得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
由题意知，Δ>0显然成立，
x1＋x2＝，x1x2＝，
x0＝＝4.
综上可知存在直线l0：x＝4，使得A，B到直线l0的距离dA，dB满足＝恒成立．
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；
(2)过点M的直线l与E交于A，B，与Γ交于C，D，求证：|CD|>|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(2a，a)．
因为E，F关于M(－1,0)对称，所以
解得
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)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|.
4．(2018·衡水模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的长轴与短轴之和为6，椭圆上任一点到两焦点F1，F2的距离之和为4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线AB：y＝x＋m与椭圆交于A，B两点，C，D在椭圆上，且C，D两点关于直线AB对称，问：是否存在实数m，使|AB|＝|CD|，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
解　(1)由题意，2a＝4,2a＋2b＝6，∴a＝2，b＝1.
∴椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)∵C，D关于直线AB对称，
设直线CD的方程为y＝－x＋t，
联立消去y，得5x2－8tx＋4t2－4＝0，
Δ＝64t2－4×5×(4t2－4)>0，解得t20)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且·＝－1.

(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解　(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，
又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，
于是解得a＝2，b＝，
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)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)，
联立得(4k2＋1)x2＋8kx－4＝0，
其判别式Δ＝(8k)2＋16(4k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
从而，·＋λ·
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝
＝－－λ－2.
所以当λ＝－时，－－λ－2＝－，
此时·＋λ·＝－为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，
此时，·＋λ·＝·－·
＝－2＋＝－.
故存在常数λ＝－，使得·＋λ·为定值－.