2020年高考数学一轮(江苏理) 高考专题突破5 第3课时 证明与探索性问题.docx

第3课时　证明与探索性问题 题型一　证明问题 例1 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　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，PN＝， 所以kPM·kPN＝＝＝＝－1. 所以PM⊥PN. 综上知PM⊥PN. 题型二　探索性问题 例2 (2018·苏北三市模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1的左、右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点(点P在x轴上方)． (1)若QF＝2FP，求直线l的方程； (2)设直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2.是否存在常数λ，使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 解　(1)因为a2＝4，b2＝3，所以c＝＝1， 所以F的坐标为(1,0)． 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线l的方程为x＝my＋1， 代入椭圆方程，得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0， 则y1＝，y2＝. 若QF＝2PF，则 ＝2×， 即＝2×， 3m＋6＝－6m＋12， 解得m＝(舍负)， 故直线l的方程为x－2y－＝0. (2)由(1)知，y1＋y2＝，y1y2＝， 所以my1y2＝＝(y1＋y2)， 所以＝· ＝ ＝＝， 故存在常数λ＝，使得k1＝k2. 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·扬州期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋(y－2)2＝1，且圆C与y轴交于M，N两点(点N在点M的上方)，直线l：y＝kx(k>0)与圆C交于A，B两点． (1)若AB＝，求实数k的值； (2)设直线AM，直线BN的斜率分别为k1，k2，是否存在常数a使得k1＝ak2恒成立？若存在，求出a的值．若不存在，请说明理由； (3)若直线AM与直线BN相交于点P，求证：点P在一条定直线上． (1)解　∵圆C：x2＋(y－2)2＝1， ∴圆心C(0,2)，半径r＝1， ∵直线l：kx－y＝0(k>0)与圆C相交于A，B两点，且AB＝， ∴圆心到l的距离为d＝ ＝， ∴＝，解得k＝±2. ∵k>0，∴k＝2. (2)解　∵圆C与y轴交于M，N两点(点N在点M上方)， ∴M(0,1)，N(0,3)， ∴AM：y＝k1x＋1，BN：y＝k2x＋3， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 将直线AM与圆C方程联立得 化简得(k＋1)x2－2k1x＝0， ∴A，同理可求得B， ∵O，A，B三点共线，且＝，＝， ∴· －· ＝0， 化简得(3k1＋k2)(k1k2＋1)＝0， ∵k1k2＋1≠0，∴3k1＋k2＝0，即k1＝－k2， ∴存在实数a＝－，使得k1＝ak2恒成立． (3)证明　设P(x0，y0)， ∴且k1≠k2，∴ 由(2)知k2＝－3k1，代入得y0＝＝为定值． ∴点P在定直线y＝上． 1．(2018·苏州期末)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点P(2，－1)． (1)求椭圆C的方程； (2)设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过P点作两条直线分别交椭圆C于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，若直线PQ平分∠APB，求证：直线AB的斜率是定值，并求出这个定值． 解　(1)因为椭圆C的离心率为＝， 所以＝，即a2＝4b2， 所以椭圆C的方程可化为x2＋4y2＝4b2， 又椭圆C过点P(2，－1)，所以4＋4＝4b2， 解得b2＝2，a2＝8， 所以所求椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)由题意知，直线PA与PB的斜率都存在， 设直线PA的方程为y＋1＝k(x－2)， 联立方程组消去y，得 (1＋4k2)x2－8(2k2＋k)x＋16k2＋16k－4＝0， 所以x1＝， 因为直线PQ平行于x轴且平分∠APB， 即直线PA与直线PB的斜率互为相反数， 设直线PB的方程为y＋1＝－k(x－2)， 同理求得x2＝. 又所以y1－y2＝k(x1＋x2)－4k， 即y1－y2＝k(x1＋x2)－4k＝k· －4k＝－， x1－x2＝. 所以直线AB的斜率为kAB＝＝＝－. 2．(2018·江苏省海安高级中学月考)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x－3)2＋(y＋2)2＝4，圆C2：(x＋m)2＋(y＋m＋5)2＝2m2＋8m＋10(m∈R，且m≠－3)． (1)设P为坐标轴上的点，满足：过点P分别作圆C1与圆C2的一条切线，切点分别为T1，T2，使得PT1＝PT2，试求出所有满足条件的点P的坐标； (2)若斜率为正数的直线l平分圆C1，求证：直线l与圆C2总相交． (1)解　设点P的坐标为(x0，y0)，圆C1与圆C2的半径分别为r1，r2， 由题意得PC－r＝PC－r， 即(x0－3)2＋(y0＋2)2－4＝(x0＋m)2＋(y0＋m＋5)2－(2m2＋8m＋10)， 化简得x0＋y0＋1＝0， 因为P为坐标轴上的点， 所以点P的坐标为(0，－1)或(－1,0)． (2)证明　依题意知直线l过圆C1的圆心(3，－2)， 可设直线l的方程为y＋2＝k(x－3)(k>0)， 即kx－y－3k－2＝0， 则圆心C2(－m，－m－5)到直线l的距离为， 又圆C2的半径为， “直线l与圆C2总相交”等价于“∀m∈R，且m≠－3，<”， 即< ，① 记y＝， 整理得(y－2)m2＋2(3y－4)m＋9y－10＝0， 当y＝2时，得m＝－2； 当y≠2时， 由判别式Δ＝[2(3y－4)]2－4(y－2)(9y－10)≥0， 解得y≥1. 综上得y＝，m≠－3的最小值为1， 所以由①可得<1，解得k>0. 故直线l与圆C2总相交． 3．(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， ∴x1,2＝， ∴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． 4．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的长轴长与短轴长之和为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t2<5， 设C，D两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 则x1,2＝， ∴x1＋x2＝，x1x2＝， 设CD的中点为M(x0，y0)， ∴∴M， 又点M也在直线y＝x＋m上， 则＝＋m，∴t＝－， ∵t2<5，∴m2<. 则CD＝|x1－x2|＝· . 同理AB＝· . ∵AB＝CD，∴AB2＝2CD2， ∴2t2－m2＝5，∴m2＝<， ∴存在实数m，使AB＝CD，此时m的值为±. 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 由题意知右焦点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)， 所以x1,2＝， 所以x0＝＝，y0＝x0－b＝－b. 所以kON＝＝－. (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(1)可得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x1,2＝， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－， 所以·＋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－.