【数学】2019届一轮复习人教B版　圆锥曲线中的证明问题、探究性问题学案

【数学】2019届一轮复习人教B版　圆锥曲线中的证明问题、探究性问题学案

增分点 圆锥曲线中的证明问题、探究性问题 证明问题 ‎(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．‎ ‎(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．‎ ‎[典例] ‎ 如图，圆C与y轴相切于点T(0，2)，与x轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的左侧)，且MN＝3.‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)过点M任作一条直线与椭圆T：＋＝1相交于两点A，B，连结AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.‎ ‎[思路演示]‎ 解：(1)设圆C的半径为r，依题意得，圆心坐标为(r,2)．‎ ‎∵MN＝3，∴r＝，∴r＝，‎ ‎∴圆C的方程为2＋(y－2)2＝.‎ ‎(2)证明：把y＝0代入方程2＋(y－2)2＝，解得x＝1或x＝4，即点M(1,0)，N(4,0)．‎ ‎①当AB⊥x轴时，由椭圆对称性可知∠ANM＝∠BNM.‎ ‎②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，‎ 联立方程消去y，‎ 得(k2＋2)x2－2k2x＋k2－8＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ ‎∵y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，‎ ‎∴kAN＋kBN＝＋＝＋ ‎＝.‎ ‎∵(x1－1)(x2－4)＋(x2－1)(x1－4)＝2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝－＋8＝0，‎ ‎∴kAN＋kBN＝0，∴∠ANM＝∠BNM.‎ 综上所述，∠ANM＝∠BNM.‎ ‎[解题师说]‎ 证明∠ANM＝∠BNM，若AB的斜率不存在，显然成立，若斜率存在，只需证直线AN与BN的斜率互为相反数即可．‎ ‎[应用体验]‎ ‎1.‎ 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右顶点和上顶点分别为A，B，M为线段AB的中点，且·＝－b2.‎ ‎(1)求椭圆的离心率；‎ ‎(2)若a＝2，四边形ABCD内接于椭圆，AB∥DC.记直线AD，BC的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值．‎ 解：(1)由题意，A(a,0)，B(0，b)，由M为线段AB的中点得M.‎ 所以＝，＝(－a，b)．‎ 因为·＝－b2，‎ 所以·(－a，b)＝－＋＝－b2，‎ 整理得a2＝4b2，即a＝2b. ‎ 因为a2＝b2＋c2，所以‎3a2＝‎4c2，即a＝‎2c.‎ 所以椭圆的离心率e＝＝. ‎ ‎(2)证明：由a＝2得b＝1，故椭圆方程为＋y2＝1.‎ 从而A(2,0)，B(0,1)，直线AB的斜率为－.‎ 设C(x0，y0)，则＋y＝1.‎ 因为AB∥CD，‎ 故CD的方程为y＝－(x－x0)＋y0.‎ 联立方程消去y，得x2－(x0＋2y0)x＋2x0y0＝0，‎ 解得x＝x0或x＝2y0.‎ 所以点D的坐标为.‎ 所以k1k2＝·＝，‎ 即k1k2为定值.‎ 探究性问题 探究性问题求解的思路及策略 ‎(1)思路：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．‎ ‎(2)策略：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．‎ ‎[典例] (2018·湘中名校联考)‎ 如图，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(‎ y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，是否存在直线l，使得以PQ为直径的圆恰好过点A，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ ‎[思路演示]‎ 解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，‎ 且A(－1,0)，B(1,0)是上半椭圆C1的左、右顶点．‎ 设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1可得a＝2，‎ ‎∴a＝2，b＝1.‎ ‎(2)由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．‎ 由题易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)．‎ 代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)‎ 设点P的坐标为(xP，yP)，‎ ‎∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．‎ 由根与系数的关系得xP＝，从而yP＝，‎ ‎∴点P的坐标为.‎ 同理，由 得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．‎ ‎∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．‎ 依题意可知AP⊥AQ，∴·＝0，‎ 即[k－4(k＋2)]＝0，‎ ‎∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.‎ 经检验，k＝－符合题意，‎ 故直线l的方程为y＝－(x－1)，即8x＋3y－8＝0.‎ ‎[解题师说]‎ 第(1)问在C2的方程中，令y＝0可得b，再由＝，a2－c2＝b2可得a；‎ 第(2)问设出过点B的直线l的方程，分别与曲线C1，C2联立．用直线l的斜率k表示出点P，Q的坐标后，要使以PQ为直径的圆过点A，则有·＝0，从而解得k，求出直线l的方程．‎ ‎[应用体验]‎ ‎2．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，它的一个焦点F恰好与抛物线y2＝4x的焦点重合．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设椭圆的上顶点为A，过点A作椭圆C的两条动弦AB，AC，若直线AB，AC斜率之积为，直线BC是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．‎ 解：(1)由题意知椭圆的焦点F(1,0)，即c＝1.‎ 由e＝得a＝，b＝＝1，‎ ‎∴椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由(1)知A(0,1)，‎ 当直线BC的斜率不存在时，‎ 设BC：x＝x0，设B(x0，y0)，则C(x0，－y0)，‎ kAB·kAC＝·＝＝＝≠，‎ 不合题意．故直线BC的斜率存在．‎ 设直线BC的方程为：y＝kx＋m(m≠1)，‎ 代入椭圆方程，得：‎ ‎(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0，‎ 由Δ＝(‎4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0，‎ 得2k2－m2＋1>0.‎ 设B(x1，y1)，C(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.①‎ 由kAB·kAC＝·＝，‎ 得4y1y2－4(y1＋y2)＋4＝x1x2，‎ 即(4k2－1)x1x2＋4k(m－1)(x1＋x2)＋4(m－1)2＝0，‎ 将①代入上式，整理得(m－1)(m－3)＝0.‎ 又因为m≠1，所以m＝3，‎ 此时直线BC的方程为y＝kx＋3.‎ 所以直线BC恒过一定点(0,3).‎ ‎1．已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)及点D，动直线l：y＝kx＋1与抛物线C交于A，B两点，若直线AD与BD的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝π.‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)若H为抛物线C上不与原点O重合的一点，点N是线段OH上与点O，H不重合的任意一点，过点N作x轴的垂线依次交抛物线C和x轴于点P，M，求证：|MN|·|ON|＝|MP|·|OH|.‎ 解：(1)把y＝kx＋1代入x2＝2py，得x2－2pkx－2p＝0，‎ 设A，B，则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.‎ 由α＋β＝π可知，直线AD的斜率与直线BD的斜率之和为0，‎ 所以＋＝0，整理得(x1＋x2)(x1x2＋p2)＝0，‎ 即2pk(p2－2p)＝0，‎ 由该式对任意实数k恒成立，可得p＝2，‎ 所以抛物线C的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)证明：设过点N的垂线方程为x＝t(t≠0)，‎ 由得即点P.‎ 令＝λ，则N，‎ 所以直线ON的方程为y＝x.‎ 由且x≠0得即点H，‎ 所以＝＝＝λ，所以＝，‎ 即|MN|·|ON|＝|MP|·|OH|.‎ ‎2．(理)‎ ‎(2018·长沙模拟)如图，P是直线x＝4上一动点，以P为圆心的圆Γ过定点B(1,0)，直线l是圆Γ在点B处的切线，过A(－1,0)作圆Γ的两条切线分别与l交于E，F两点．‎ ‎(1)求证：|EA|＋|EB|为定值；‎ ‎(2)设直线l交直线x＝4于点Q，‎ 证明：|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|.‎ 证明：(1)设AE切圆Γ于点M，直线x＝4与x轴的交点为N，故|EM|＝|EB|.‎ 从而|EA|＋|EB|＝|AM|＝＝＝＝＝4.‎ 所以|EA|＋|EB|为定值4.‎ ‎(2)证明：由(1)同理可知|FA|＋|FB|＝4，‎ 故E，F均在椭圆＋＝1上．‎ 设直线EF的方程为x＝my＋1(m≠0)．‎ 令x＝4，得y＝，即Q点纵坐标yQ＝.‎ 由消去x，得(‎3m2‎＋4)y2＋6my－9＝0.‎ 设E(x1，y1)，F(x2，y2)，‎ 则有y1＋y2＝－，y1y2＝－.‎ 因为E，B，F，Q在同一条直线上，‎ 所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|等价于(yB－y1)(yQ－y2)＝(y2－yB)(yQ－y1)，‎ 即－y1·＋y1y2＝y2·－y1y2，‎ 等价于2y1y2＝(y1＋y2)·.‎ 将y1＋y2＝－，y1y2＝－代入，知上式成立．‎ 所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|.‎ ‎(文)(2018·长沙模拟)已知过A(0,2)的动圆恒与x轴相切，设切点为B，AC是该圆的直径．‎ ‎(1)求C点轨迹E的方程；‎ ‎(2)当AC不在y轴上时，设直线AC与曲线E交于另一点P，该曲线在P 处的切线与直线BC交于Q点．求证：△PQC恒为直角三角形．‎ 解：(1)设C点坐标为(x，y)，则B点坐标为.‎ 因为AC是直径，所以BA⊥BC，或C，B均在坐标原点，‎ 因此·＝0，而＝，＝，‎ 故有－＋2y＝0，即x2＝8y.‎ 另一方面，设C是曲线x2＝8y上一点，‎ 则有|AC|＝ ＝，‎ AC中点的纵坐标为＝，‎ 故以AC为直径的圆与x轴相切．‎ 综上可知C点轨迹E的方程为x2＝8y.‎ ‎(2)证明：设直线AC的方程为y＝kx＋2，C(x1，y1)，P(x2，y2)，‎ 由得x2－8kx－16＝0，‎ 则x1x2＝－16.‎ 由y＝，对x求导知y′＝，‎ 从而曲线E在P处的切线斜率k2＝，‎ 直线BC的斜率k1＝＝，‎ 于是k1k2＝＝＝－1.‎ 因此QC⊥PQ，‎ 所以△PQC恒为直角三角形．‎ ‎3．(2018·西安八校联考)设F1，F2分别为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，若椭圆上的点T(2，)到点F1，F2的距离之和等于4.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，A为椭圆C的左顶点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.问：以MN 为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．‎ 解：(1)由椭圆上的点T(2，)到点F1，F2的距离之和是4，可得‎2a＝4，a＝2.‎ 又T(2，)在椭圆上，因此＋＝1，所以b＝2，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)因为椭圆C的左顶点为A，‎ 所以点A的坐标为(－2，0)．‎ 因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆＋＝1交于E，F两点，‎ 设点E(x0，y0)(不妨设x0>0)，则点F(－x0，－y0)．‎ 由消去y，得x2＝，‎ 所以x0＝，则y0＝，‎ 所以直线AE的方程为y＝(x＋2)．‎ 因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，‎ 令x＝0，得y＝，即点M0，.‎ 同理可得点N.‎ 所以|MN|＝－ ‎＝.‎ 设MN的中点为P，则点P的坐标为P.‎ 则以MN为直径的圆的方程为x2＋2＝2，即x2＋y2＋y＝4.‎ 令y＝0，得x2＝4，即x＝2或x＝－2.‎ 故以MN为直径的圆经过两定点P1(2,0)，P2(－2,0)．‎ ‎4．(2018·湖南东部五校联考)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(c,0)，且b＞c.设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且||＋||＝4.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得2＝4·成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由椭圆的对称性知||＋||＝‎2a＝4，‎ ‎∴a＝2.又原点O到直线DF的距离为，‎ ‎∴＝，∴bc＝.‎ 又a2＝b2＋c2＝4，b＞c，‎ ‎∴b＝，c＝1.‎ 故椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件．‎ 故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝，x1x2＝，‎ Δ＝32(6k＋3)>0，∴k>－.‎ ‎∵2＝4·，‎ 即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5，‎ ‎∴4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，‎ 即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5，‎ ‎∴4(1＋k2)‎ ‎＝4×＝5，解得k＝±，‎ 又k＝－不符合题意，舍去．‎ ‎∴存在满足条件的直线l，其方程为y＝x.‎