高考数学一轮复习第8章第11课时圆锥曲线中的证明、探索性问题学案

这是一份高考数学一轮复习第8章第11课时圆锥曲线中的证明、探索性问题学案，共17页。

考点一 证明问题
证明位置关系
[典例1] (2022·江苏南通、扬州等联考)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，离心率为12.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点F的直线l交C于A，B两点，线段AB的中点为M，分别过点A，B作C的切线l1，l2，且l1与l2交于点P，证明：O，P，M三点共线．
[思维流程]
[解] (1)由题意得c=1， ca=12， a2=b2+c2⇒a=2，b=3，椭圆的标准方程为x24+y23＝1.
(2)证明：由题意知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，P(x3，y3)．
由x=my+1，3x2+4y2=12，⇒3(m2y2＋2my＋1)＋4y2＝12，
即(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.
Δ＝144(m2＋1)＞0，y1＋y2＝－6m3m2+4，y1y2＝－93m2+4，
∴y0＝y1+y22＝-3m3m2+4，x0＝43m2+4，
∴kOM＝－34m.
直线l1的方程为x1x4+y1y3＝1①，
直线l2的方程为x2x4+y2y3＝1②，
②－①⇒y3(y2－y1)＝x4(x1－x2)，
⇒yx＝34·x1-x2y2-y1＝－34m，
∴y3x3＝－34m＝kOP，
∴kOM＝kOP，即O，P，M三点共线．
证明数量关系
[典例2] 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＝12x上的圆E与x轴相切，且点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与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求证：|CD|＞2|AB|.
[思维流程]
[解] (1)设Γ的标准方程为x2＝2py，p＞0，则F0，p2.
已知点E在直线y＝12x上，
故可设E(2a，a)．
因为E，F关于M(－1，0)对称，
所以2a+02=-1，p2+a2=0，
解得a=-1，p=2.
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＝k-1k2+1，
因为l与E交于A，B两点，
所以d2＜r2，即k-12k2+1＜1，
解得k＞0，
所以|AB|＝21-d2＝22kk2+1.
由x2=4y，y=kx+1消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.
Δ＝16k2＋16k＞0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，
那么|CD|＝k2+1|x1－x2|
＝k2+1·x1+x22-4x1x2
＝4k2+1·k2+k.
所以CD2AB2＝16k2+1k2+k8kk2+1
＝2k2+12k2+kk＝2kk2+12k+1k＞2kk＝2.
所以|CD|2＞2|AB|2，即|CD|＞2|AB|.
圆锥曲线中的常见证明问题
(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等．
(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等．
在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明．
[跟进训练]
1．(2022·广东肇庆二模)已知圆M：(x＋2)2＋y2＝274的圆心为M，圆N：(x－2)2＋y2＝34的圆心为N，一动圆与圆N内切，与圆M外切，动圆的圆心E的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)已知定点P32，0，过点N的直线l与曲线C交于A，B两点，证明：∠APN＝∠BPN.
[解] (1)如图，设圆E的圆心E(x，y)，半径为r，
则|EM|＝r＋332，|EN|＝r－32，
所以|EM|－|EN|＝23＜|MN|.
由双曲线定义可知，E的轨迹是以M，N为焦点，
实轴长为23的双曲线右支，
所以曲线C的方程为x23－y2＝1，x≥3.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝my＋2，
由于直线l与曲线C交于两点，故－3＜m＜3，
又x23-y2=1，x≥3，x=my+2， 所以(m2－3)y2＋4my＋1＝0，
故y1+y2=-4mm2-3，y1y2=1m2-3，
又x1＝my1＋2，x2＝my2＋2，y1≠0，y2≠0，
∴1kAP+1kBP＝my1+12y1+my2+12y2＝2m＋12·y1+y2y1y2＝2m＋12·-4mm2-31m2-3＝0，
即kAP＋kBP＝0，所以∠APN＝∠BPN，得证．
考点二 探索性问题
[典例3] (2022·山东济宁一模)已知椭圆C1：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，椭圆C1的上顶点与抛物线C2：x2＝2py(p＞0)的焦点F重合，且抛物线C2经过点P(2，1)，O为坐标原点．
(1)求椭圆C1和抛物线C2的标准方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与抛物线C2交于A，B两点，与椭圆C1交于C，D两点，若直线PF平分∠APB，四边形OCPD能否为平行四边形？若能，求实数m的值；若不能，请说明理由．
[思维流程]
[解] (1)由抛物线C2经过点P(2，1)，得4＝2p，所以p＝2，
故抛物线方程为x2＝4y.
抛物线C2：x2＝4y的焦点为F(0，1)，所以b＝1.
又椭圆C1的离心率e＝ca＝a2-b2a＝a2-1a＝32，
解得a＝2.
所以椭圆C1的标准方程为x24＋y2＝1.
(2)四边形OCPD不是平行四边形，理由如下：
将y＝kx＋m代入x2＝4y，消去y并整理得：
x2－4kx－4m＝0.
由题意知，Δ＝16k2＋16m＞0，即m＞－k2.
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2.
因为直线PF平分∠APB，所以k1＋k2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1-1x1-2+y2-1x2-2＝0.
又x12＝4y1，x22＝4y2，
则x124-1x1-2+x224-1x2-2＝x1+x2+44＝0，所以x1＋x2＝－4，
所以kAB＝y1-y2x1-x2＝x124-x224x1-x2＝x1+x24＝－1，
所以直线l：y＝－x＋m且m＞－1.
由y=-x+mx24+y2=1消y并整理得5x2－8mx＋4m2－4＝0.
由题意知Δ＝64m2－4×5×(4m2－4)＝16(5－m2)＞0，
解得－5＜m＜5，所以－1＜m＜5.
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则x3＋x4＝8m5，
y3＋y4＝－(x3＋x4)＋2m＝2m5.
若四边形OCPD为平行四边形，
则OP＝OC+OD，
即(2，1)＝(x3＋x4，y3＋y4)．
所以8m5=22m5=1，显然方程组无解．
所以四边形OCPD不是平行四边形．
几种常见几何条件的转化如下：
(1)平行四边形条件的转化
(2)圆条件的转化
(3)角条件的转化
[跟进训练]
2．(2022·广东深圳一模)已知双曲线C：x2a2-y2b2＝1(a＞0，b＞0)经过点A(2，0)，且点A到C的渐近线的距离为2217.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点(4，0)作斜率不为0的直线l与双曲线C交于M，N两点，直线x＝4分别交直线AM，AN于点E，F.试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标；反之，请说明理由．
[解] (1)由题意得a＝2.
因为双曲线C的渐近线方程为y＝±b2x，
所以有2b4+b2＝2217，解得b＝3.
因此，双曲线C的方程为：x24-y23＝1.
(2)①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－4)，
由y=kx-4x24-y23=1可得：
(3－4k2)x2＋32k2x－64k2－12＝0，k≠±32，Δ＞0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝-32k23-4k2，x1x2＝-64k2-123-4k2，
由直线AM方程y＝y1x1-2(x－2)，
令x＝4，得点E4，2y1x1-2.
由直线AN方程y＝y2x2-2(x－2)，
令x＝4，得点F4，2y2x2-2.
则以EF为直径的圆的方程为：
(x－4)(x－4)＋y-2y1x1-2y-2y2x2-2＝0.
令y＝0，则(x－4)2＝－4y1y2x1-2x2-2.
将y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)代入上式，
得(x－4)2＝－4k2x1x2-4x1+x2+16x1x2-2x1+x2+4，
可得(x－4)2＝－4k2-64k2-123-4k2-4·-32k23-4k2+16-64k2-123-4k2-2·-32k23-4k2+4＝9，解得x＝1，或x＝7.
即以EF为直径的圆经过点(1，0)和(7，0)．
②当直线l的斜率不存在时，点E、F的坐标分别为(4，3)，(4，－3)，
以EF为直径的圆的方程为(x－4)(x－4)＋(y－3)(y＋3)＝0，
该圆经过点(7，0)和(1，0)．
综合可得，以EF为直径的圆经过定点(1，0)和(7，0)．
课时分层作业(五十五) 圆锥曲线中的证明、探索性问题
1．(2022·湖南雅礼中学期末)已知抛物线C：y2＝4x，点F为C的焦点，过F的直线l交C于A，B两点．
(1)设A，B在C的准线上的射影分别为P，Q，线段PQ的中点为R，证明：AR∥FQ；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得直线AT，BT的斜率之和为定值？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，F(1，0)，
故可设直线l的方程为x＝my＋1，
由x=my+1y2=4x得y2－4my－4＝0，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
由题意可知P(－1，y1)，Q(－1，y2)，R-1，y1+y22，
则kAR＝y1-y1+y22x1+1＝y1-y22x1+1，kFQ＝y2-1-1＝－y22.
因为kAR－kFQ＝y1-y22x1+1--y22＝y1+x1y22x1+1＝y1+y124·y22x1+1＝y1+y1y24·y12x1+1＝y1+-44·y12x1+1＝0，
所以kAR＝kFQ，故AR∥FQ.
(2)假设存在点T(a，0)满足题意，设直线AT，BT的斜率分别为k1，k2.
k1＝y1x1-a＝y1my1+1-a，k2＝y2x2-a＝y2my2+1-a，
则k1＋k2＝y1my1+1-a+y2my2+1-a＝2my1y2+1-ay1+y2m2y1y2+m1-ay1+y2+1-a2
＝-4ma+1-4m2+4m21-a+1-a2.
因为m∈R，且-4ma+1-4m2+4m21-a+1-a2为常数，
所以a＋1＝0，即a＝－1，
故存在点T(－1，0)满足题意．
2．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)，点F(1，0)为椭圆的右焦点，过点F且斜率不为0的直线l1交椭圆于M，N两点，当l1与x轴垂直时，|MN|＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)A1，A2分别为椭圆的左、右顶点，直线A1M，A2N分别与直线l2：x＝1交于P，Q两点，证明：四边形OPA2Q为菱形．
[解] (1)由题可知c＝1.
当l1与x轴垂直时，M的坐标为1，32，
所以a2=b2+11a2+94b2=1，解得a＝2，b＝3.
所以椭圆C的标准方程为x24+y23＝1.
(2)证明：设l1的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立得x=my+1x24+y23=1消去x，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
易知Δ＞0恒成立，y1＋y2＝-6m3m2+4，y1y2＝-93m2+4，
由直线A1M的斜率为kA1M＝y1x1+2，得直线A1M的方程为y＝y1x1+2(x＋2)，
当x＝1时，yP＝3y1x1+2，
由直线A2N的斜率为kA2N＝y2x2-2，
得直线A2N的方程为y＝y2x2-2(x－2)，
当x＝1时，yQ＝-y2x2-2，
若四边形OPA2Q为菱形，则对角线相互垂直且平分，
下面证yQ＋yP＝0，
因为yQ＋yP＝3y1x1+2+-y2x2-2
＝3y1x2-2-y2x1+2x1+2x2-2
＝2my1y2-3y1+y2my1+3my2-1，
又2my1y2－3(y1＋y2)＝2m·-93m2+4－3-6m3m2+4＝-18m+18m3m2+4＝0，
所以PF＝QF，即PQ与OA2相互垂直平分，
所以四边形OPA2Q为菱形．
3．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Fp2，0，在抛物线y2＝2px中，
令x＝p2，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-1，-2m.
联立y2=4x，x=my+1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×y0+2mx0+1＝y0-y1x0-x1+y0-y2x0-x2，
因为点P，A，B均在抛物线上，
所以x0＝y024，x1＝y124，x2＝y224.
代入化简可得2my0+2my02+4
＝2y0+y1+y2y02+y1+y2y0+y1y2，
将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4代入整理可得
my0+2my02+4＝y0+2my02+4my0-4，即(m2+1)(y02－4)＝0，
因为上式对∀m≠0恒成立，所以y02－4＝0，
解得y0＝±2，
将y0＝±2代入抛物线方程，可得x0＝1，
所以在抛物线C上存在点P(1，±2)，使直线PA，PM，PB的斜率成等差数列．
4．(2022·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：x2a2-y2b2＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±3x.
(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－3的直线与过Q且斜率为3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|.
[解] (1)由题意可得ba＝3，a2+b2＝2，故a＝1，b＝3.因此C的方程为x2－y23＝1.
(2)设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0，
则x1＋x2＝2kb3-k2，x1x2＝－b2+33-k2，所以3－k2<0，所以x1－x2＝x1+x22-4x1x2
＝23b2+3-k2k2-3.
设点M的坐标为(xM，yM)，
则yM-y1=-3xM-x1，yM-y2=3xM-x2，
两式相减，得y1－y2＝23xM－3(x1＋x2)，而y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，
故23xM＝k(x1－x2)＋3(x1＋x2)，解得xM＝kb2+3-k2-kbk2-3.
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝3(x1－x2)，
而y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，故2yM＝k(x1＋x2)＋3(x1－x2)＋2b，解得yM＝-3b2+3-k2+3b3-k2＝3kxM.
因此，点M的轨迹为直线y＝3kx，其中k为直线PQ的斜率．
若选择①②：
证明：设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设A的坐标为(xA，yA)，B的坐标为(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝3x上，
则yA=kxA-2，yA=3xA， 解得xA＝2kk-3，yA＝23kk-3.
同理可得xB＝2kk+3，yB＝－23kk+3.
此时xA＋xB＝4k2k2-3，yA＋yB＝12kk2-3.
而点M的坐标满足yM=kxM-2，yM=3k xM， 解得xM＝2k2k2-3＝xA+xB2，yM＝6kk2-3＝yA+yB2，故M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.
若选择①③：
证明：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时M不在直线y＝3kx上，矛盾．
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A的坐标为(xA，yA)，B的坐标为(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝3x上，则yA=mxA-2，yA=3xA， 解得xA＝2mm-3，yA＝23mm-3.
同理可得xB＝2mm+3，yB＝－23mm+3.
此时xM＝xA+xB2＝2m2m2-3，yM＝yA+yB2＝6mm2-3.
由于点M同时在直线y＝3kx上，故6m＝3k·2m2，解得k＝m.因此PQ∥AB.
若选择②③：
证明：设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设A的坐标为(xA，yA)，B的坐标为(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝3x上，则yA=kxA-2，yA=3xA， 解得xA＝2kk-3，yA＝23kk-3.
同理可得xB＝2kk+3，yB＝－23kk+3.
设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝xA+xB2＝2k2k2-3，yC＝yA+yB2＝6kk2-3.
由于|MA|＝|MB|，故M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－1k(x－xC)上．
将该直线与y＝3kx联立，解得xM＝2k2k2-3＝xC，yM＝6kk2-3＝yC，即点M恰为AB中点．故点M在直线AB上．
几何性质
代数实现
①对边平行
斜率相等或向量平行
②对边相等
长度相等，横(纵)坐标差相等
③对角线互相平分
中点重合
几何性质
代数实现
①点在圆上
点与直径端点向量数量积为零
②点在圆外
点与直径端点向量数量积为正数
③点在圆内
点与直径端点向量数量积为负数
几何性质
代数实现
①锐角、直角、钝角
角的余弦(向量数量积)的符号
②倍角、半角、平分角
角平分线性质、定理
③等角(相等或相似)
比例线段或斜率