2024版新教材高考数学全程一轮总复习高考大题研究课十证明与探索问题

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习高考大题研究课十证明与探索问题，共9页。

高考大题研究课十　证明与探索问题
关键能力·题型突破
题型一　证明问题
例1 [2023·安徽安庆期末]已知椭圆C：＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，左焦点为F，|AF|＝－1，|BF|＝＋1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点P为x轴上的点，经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，且|PM|＝|PN|.证明：|MN|＝|AB|·|FP|.








题后师说
圆锥曲线中的证明问题，常见的有证明垂直、过定点、线段相等、角相等等，解决的方法就是利用直线与圆锥曲线相交情况下的知识，如弦长公式、韦达定理、斜率公式等，常采用“设而不求”方法．



巩固训练1
已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，且过点N(0，1)．
(1)求椭圆C的标准方程与焦距；
(2)若直线l：y＝kx－与椭圆C交于A，B两点，记线段AB的中点为M，证明：∠AMN＝2∠ABN.















题型二　探索性问题
例2 如图，抛物线E：y2＝2px的焦点为F，四边形DFMN为正方形，点M在抛物线E上，过焦点F的直线l交抛物线E于A，B两点，交直线ND于点C.

(1)若B为线段AC的中点，求直线l的斜率；
(2)若正方形DFMN的边长为1，直线MA，MB，MC的斜率分别为k1，k2，k3，则是否存在实数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由．








题后师说
存在性问题的解题策略
存在性的问题，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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．



巩固训练2
[2023·河南郑州模拟]已知点A(0，－2)，椭圆E：＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)是否存在直线l，使得△OPQ的面积为？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．










真题展台
1.[2022·新高考Ⅱ卷] 已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±x.
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．







2．[2021·新高考Ⅱ卷]已知椭圆C的方程为＝1(a>b>0)，右焦点为F(，0)，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.



















高考大题研究课十　证明与探索问题
关键能力·题型突破
例1　解析：(1)设椭圆C的半焦距为c，
由|AF|＝－1，|BF|＝＋1，
可得a－c＝－1，a＋c＝＋1，
则a＝，c＝1，b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明：设MN的中点为H，连接PH，

由|PM|＝|PN|，可得MN⊥HP，
故直线HP为线段MN的垂直平分线．
设直线l：x＝my－1(m≠0)，代入到椭圆方程x2＋2y2＝2，
整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，H(x3，y3)，P(x4，0)，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
所以|MN|＝|y1－y2|＝·
＝＝，
y3＝＝，x3＝－1＝，
因为MN⊥HP，
则有直线HP的方程lHP：y－＝－m(x＋)，
令y＝0，x4＝，
即|FP|＝＝，
则有|MN|＝＝2|FP|，又|AB|＝2，
所以|MN|＝|AB|·|FP|.
巩固训练1　解析：(1)因为椭圆C：＝1(a>b>0)经过点N(0，1)，且离心率为，则b＝1，
e2＝＝，解得a2＝2，半焦距c＝＝1，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1，焦距为2c＝2.
(2)由得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有x1＋x2＝，x1x2＝，而＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，
因此·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋(kx1－)(kx2－)＝(k2＋1)x1x2－k(x1＋x2)＋
＝(k2＋1)·k·＝0，
于是得⊥，即∠ANB＝90°，而M为直角三角形ABN斜边AB的中点，则|MN|＝|MB|，
所以∠AMN＝2∠ABN.
例2　解析：

(1)由已知可得DN为抛物线的准线．设直线l的倾斜角为α，如图所示，分别过点A，B作AG⊥DN，BH⊥DN，G，H为垂足，则BH＝BF，AG＝AF.
作BQ⊥AG，Q为垂足，则QG＝BH.
∵B为线段AC的中点，
∴BH为△ACG的中位线．
∴BH＝AG＝AQ，
∴AQ＝AB.
∴cos α＝cos ∠QAB＝，
∴tan α＝2，
∴直线l的斜率为2.
(2)∵正方形DFMN的边长为1，∴p＝1，因此抛物线的方程为y2＝2x，可得M(，1)．
设直线l的方程为my＝x－，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(－，－)，
联立，化为y2－2my－1＝0，
∴y1＋y2＝2m，y1y2＝－1.
假设存在实数λ，使得k1＋k2＝λk3.
则＝λ(1＋)，
左边＝＝＝＝，
∴＝λ(1＋)，
解得λ＝2.
因此存在实数λ＝2，使得k1＋k2＝2k3.
巩固训练2　解析：(1)设F(c，0)，因为直线AF的斜率为，A(0，－2)，
所以＝，可得c＝，
又因为e＝＝＝，所以a＝2，所以b＝＝＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)假设存在直线l，使得△OPQ的面积为，
当l⊥x轴时，不合题意，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx－2，
联立 消去y得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，
由Δ＝(－16k)2－4(1＋4k2)×12>0可得k>或k<－，
x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|PQ|＝|x1－x2|＝
＝
＝＝，
点O到直线l的距离d＝，
所以S△OPQ＝|PQ|·d＝＝＝，
整理可得4k4－23k2＋19＝0即(4k2－19)(k2－1)＝0，
所以k2＝或k2＝1，所以k＝±或k＝±1，
所以存在直线l：y＝±x－2或y＝±x－2使得△OPQ的面积为.


真题展台——知道高考考什么？
1．解析：(1)由题意可得解得
所以C的方程为x2－＝1.
(2)当直线PQ斜率不存在时，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直线PQ斜率存在，所以设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)．联立得方程组
消去y并整理，得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0.
则x1＋x2＝，x1x2＝，x1－x2＝＝.
因为x1>x2>0，
所以x1x2＝>0，即k2>3.
所以x1－x2＝.
设点M的坐标为(xM，yM)，
则yM－y2＝(xM－x2)，yM－y1＝－(xM－x1)，
两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)．
因为y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，
所以2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，
解得xM＝.
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)．
因为y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，
所以2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2b，
解得yM＝＝xM.
所以点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．
选择①②.
因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
此时xA＋xB＝，yA＋yB＝.
因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝x，
所以
解得xM＝＝，yM＝＝，
所以点M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.
选择①③.
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线y＝x上，与题设矛盾，故直线AB的斜率存在．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则
解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
此时xM＝＝，yM＝＝.由于点M同时在直线y＝x上，故6m＝·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.
选择②③.因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，
则解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝＝，yC＝＝.
因为|MA|＝|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－(x－xC)上．
将该直线方程与y＝x联立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，即点M恰为AB的中点，所以点M在直线AB上．
2．解析：(1)由题意，椭圆半焦距c＝且e＝＝，所以a＝，
又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆方程为＋y2＝1.
(2)证明：由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不合题意；
当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN：y＝k(x－)即kx－y－k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，解得k＝±1，
联立可得4x2－6x＋3＝0，所以x1＋x2＝，x1·x2＝，
所以|MN|＝·＝，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋b，(kb<0)即kx－y＋b＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，所以b2＝k2＋1，
联立可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，
所以x1＋x2＝－，x1·x2＝，
所以|MN|＝·＝·＝·＝，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以或，所以直线MN：y＝x－或y＝－x＋，
所以直线MN过点F(，0)，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.