【数学】2020届一轮复习（文）人教通用版高考专题突破五第3课时证明与探索性问题学案

【数学】2020届一轮复习（文）人教通用版高考专题突破五第3课时证明与探索性问题学案

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·鞍山模拟)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·吉林东北师范大学模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点在C上.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过点A(－2,0)作直线AQ交椭圆C于另外一点Q，交y轴于点R，P为椭圆C上一点，且AQ∥OP，求证：为定值.‎ ‎(1)解　由题意可得e＝＝，＋＝1，‎ 所以a＝2，c＝，b＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　设直线AQ：y＝k(x＋2)，R(0,2k)，P(xP，yP)，‎ 由得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，‎ 由根与系数的关系可得 x1＝－2，x2＝xQ＝，‎ 则|AQ|＝|xQ－x1|‎ ‎＝＝·，‎ ‎|AR|＝2，‎ ‎|OP|＝|xP|，‎ 令直线OP为y＝kx且令yP>0，xP>0.‎ 由得(1＋4k2)x2－4＝0，‎ xP＝，‎ 所以|OP|＝，‎ ＝＝2，‎ 所以定值为2.‎ ‎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，‎ 所以|AB|＝2＝2.‎ 由消去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|＝|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝4·.‎ 所以＝ ‎＝＝>＝2.‎ 所以|CD|2>2|AB|2，即|CD|>|AB|.‎ ‎4.(2018·呼和浩特模拟)椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作垂直于x轴的直线与椭圆E在第一象限交于点P，若|PF1|＝，且a＝b2.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)已知点P关于y轴的对称点Q在抛物线C：y2＝mx上，是否存在直线l与椭圆交于A，B，使得A，B的中点M落在直线y＝2x上，并且与抛物线C相切，若直线l存在，求出l的方程，若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)由题意可得P，‎ 则解得a2＝2，b2＝1，‎ 所以椭圆方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由(1)可知P，则有Q，代入y2＝mx可得抛物线方程是y2＝－x.‎ 若直线l斜率存在，设直线l与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则两式作差可得＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，A，B的中点M落在直线y＝2x上，则有y1＋y2＝2(x1＋x2)，代入可得＝－，直线l方程可以设为y＝－x＋b，与抛物线方程联立 消元可得方程y2－2y＋2b＝0，‎ 直线与抛物线相切则有Δ＝4－8b＝0，即b＝，‎ 则直线l的方程为x＋4y－2＝0，与椭圆方程联立得 消元可得方程9y2－8y＋1＝0，‎ Δ＝64－4×9＝28>0，所以直线x＋4y－2＝0满足题意.‎ 当直线l斜率不存在时，直线x＝0满足题意.‎ 综上所述，直线l的方程为x＝0或x＋4y－2＝0.‎ ‎5.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，过右焦点F且斜率为1的直线交椭圆C于A，B两点，N为弦AB的中点，O为坐标原点.‎ ‎(1)求直线ON的斜率kON；‎ ‎(2)求证：对于椭圆C上的任意一点M，都存在θ∈[0,2π)，使得＝cos θ＋sin θ成立.‎ ‎(1)解　设椭圆的焦距为2c，‎ 因为＝，所以＝，‎ 故有a2＝3b2.‎ 从而椭圆C的方程可化为x2＋3y2＝3b2. ①‎ 知右焦点F的坐标为(b,0)，‎ 据题意有AB所在的直线方程为y＝x－b. ②‎ 由①②得4x2－6bx＋3b2＝0. ③‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中点N(x0，y0)，‎ 由③及根与系数的关系得：‎ x0＝＝，y0＝x0－b＝－b.‎ 所以kON＝＝－，即为所求.‎ ‎(2)证明　显然与可作为平面向量的一组基底，由平面向量基本定理，对于这一平面内的向量，有且只有一对实数λ，μ，使得等式＝λ＋μ成立.‎ 设M(x，y)，由(1)中各点的坐标有(x，y)＝λ(x1，y1)＋μ(x2，y2)，故x＝λx1＋μx2，y＝λy1＋μy2.‎ 又因为点M在椭圆C上，所以有(λx1＋μx2)2＋3(λy1＋μy2)2＝3b2，整理可得 λ2(x＋3y)＋μ2(x＋3y)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2. ④‎ 由③有x1＋x2＝，x1·x2＝.‎ 所以x1x2＋3y1y2＝x1x2＋3(x1－b)(x2－b)‎ ‎＝4x1x2－3b(x1＋x2)＋6b2‎ ‎＝3b2－9b2＋6b2＝0. ⑤‎ 又点A，B在椭圆C上，‎ 故有x＋3y＝3b2，‎ x＋3y＝3b2. ⑥‎ 将⑤，⑥代入④可得，λ2＋μ2＝1.‎ 所以，对于椭圆上的每一个点M，总存在一对实数，使等式＝λ＋μ成立，且λ2＋μ2＝1.‎ 所以存在θ∈[0,2π)，使得λ＝cos θ，μ＝sin θ.也就是：对于椭圆C上任意一点M，总存在θ∈[0,2π)，使得等式＝cos θ＋sin θ成立.‎ ‎6.如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)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－.‎