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2022高考数学一轮复习 高考大题专项突破3 圆锥曲线中的证明与探索性问题学案北师大版

2022高考数学一轮复习 高考大题专项突破3 圆锥曲线中的证明与探索性问题学案北师大版

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突破3　圆锥曲线中的证明与探索性问题
题型一　圆锥曲线中的证明问题
突破策略一　直接法
【例1】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,焦距为23.
(1)求椭圆C的方程.
(2)若斜率为-12的直线l与椭圆C交于P,Q两点(点P,Q均在第一象限),O为坐标原点.
①证明:直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列.
②若点Q'与点Q关于x轴对称,证明:tan ∠POQ'>43.

解题心得对于证明问题,一般是根据已知条件,运用所涉及的知识通过运算化简,利用定义、定理、公理等,直接推导出所证明的结论即可,证明不等式常用不等式的性质,或基本不等式求得最值.本题易错点是忽略对于取等号时条件能否成立的验证.
对点训练1(2020河北张家口二模,19)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为4,且过点-1,142.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设A(0,b),B(0,-b),C(a,b),过点B且斜率为k(k>0)的直线l交E于另一点M,交x轴于点Q,直线AM与直线x=a相交于点P.证明:PQ∥OC(O为坐标原点).

突破策略二　转化法
【例2】已知B是抛物线y=18x2+1上任意一点,A(0,-1),且P为线段AB的中点.
(1)求点P的轨迹C的方程;
(2)若F为点A关于原点O的对称点,过F的直线交曲线C于M,N两点,直线OM交直线y=-1于点H,求证:|NF|=|NH|.

解题心得圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广,但无论证明什么,其常用方法有直接法和转化法,对于转化法,先是对已知条件进行化简,根据化简后的情况,将证明的问题转化为另一问题.本题证明的关键是能够利用抛物线的定义将所证结论转化为证明HN∥y轴.通过直线与抛物线联立得到韦达定理的形式,利用韦达定理的结论证得HN∥y轴.
对点训练2(2020河南开封三模,文19)已知抛物线C:x2=2py(p>0),F为抛物线C的焦点.以F为圆心,p为半径作圆,与抛物线C在第一象限交点的横坐标为2.
(1)求抛物线C的方程;
(2)直线y=kx+1与抛物线C交于A,B两点,过A,B分别作抛物线C的切线l1,l2,设切线l1,l2的交点为P,求证:△PAB为直角三角形.

题型二　圆锥曲线中的探究性问题(多方向探究)
突破策略一　肯定顺推法
【例3】已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,过点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)设直线AB的斜率为1且与抛物线C的准线l相交于点M,抛物线C上存在点P使得直线PA,PM,PB的斜率成等差数列,求点P的坐标.

解题心得存在性问题通常用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化,其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程(组),若方程(组)有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.
对点训练3(2020陕西咸阳二模,理20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点1,32,且其离心率为12,过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M,N两点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切?若存在,求定圆的方程;若不存在,请说明理由.

突破策略二　探究转化法
【例4】(2019全国2,文20)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点,P为C上的点,O为坐标原点.
(1)若△POF2为等边三角形,求C的离心率;
(2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.

解题心得转化探究方向,是指将所探究的问题转化为其他明确的问题,使所探究的问题更加具体,易求.对于范围最值的探究,一般转化为对函数性质的研究,或对不等式的研究问题.
对点训练4(2020山西晋城一模,理20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的半焦距为c,圆O:x2+y2=c2与椭圆C有且仅有两个公共点,直线y=2与椭圆C只有一个公共点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)已知动直线l过椭圆C的左焦点F,且与椭圆C分别交于P,Q两点,试问:x轴上是否存在定点R,使得RP·RQ为定值?若存在,求出该定值和点R的坐标;若不存在,请说明理由.

突破策略三　利用假设法
【例5】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),且椭圆过点1,32.

(1)求椭圆C的方程;
(2)若A,B为椭圆的左、右顶点,P(x0,y0)(y0≠0)为椭圆上一动点,设直线AP,BP分别交直线l:x=6于点M,N,判断以线段MN为直径的圆是否恒过定点,若恒过定点,求出该定点坐标;若不恒过定点,说明理由.

解题心得1.利用假设法一般地先假设定点存在,并设出定点坐标,再把其作为已知条件,求解定点坐标.
2.探索直线过定点时,可设直线方程为y=kx+b,然后利用条件建立关于k,b的等量关系,再借助于直线系的思想找出定点.
3.从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关.
对点训练5(2020河北保定一模,理20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(c,0),离心率为22,且经过点1,62,点M为椭圆上的动点.
(1)求点M到点D(1,0)的最短与最长距离;
(2)设直线l:y=x+n与椭圆C相交于A,B两点,则是否存在点P(2,m),使得△ABP的内切圆恰好为x2+y2=1?并说明理由.

突破3　圆锥曲线中的
证明与探索性问题
例1(1)解由题意可得ca=32,2c=23,
解得a=2,c=3,∴b2=a2-c2=1,
故椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)证明①设直线l的方程为y=-12x+m,P(x1,y1),Q(x2,y2).
由y=-12x+m,x24+y2=1消去y,得x2-2mx+2(m2-1)=0.
则Δ=4m2-8(m2-1)=4(2-m2)>0,且x1+x2=2m,x1x2=2(m2-1),
∴y1y2=-12x1+m-12x2+m
=14x1x2-12m(x1+x2)+m2=m2-12,∴kOPkOQ=y1y2x1x2=m2-122(m2-1)=14=kPQ2,即直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列.
②由题可知∠xOQ'=∠xOQ,
由①可知tan∠xOQ'·tan∠xOP=14,tan∠xOQ'>0,tan∠xOP>0,
∴tan∠POQ'=tan(∠xOQ'+∠xOP)=tan∠xOQ'+tan∠xOP1-tan∠xOQ'·tan∠xOP
=43(tan∠xOQ'+tan∠xOP)
≥43×2tan∠xOQ'·tan∠xOP=43.当且仅当∠xOQ'=∠xOP时,等号成立,此时P,Q两点重合,不符合题意,可知无法取得等号.∴tan∠POQ'>43.
对点训练1(1)解由题可知2c=4,c=2,
∴椭圆的左、右焦点分别为(-2,0),(2,0).
(方法1)由椭圆的定义知
2a=(-1+2)2+1422+(-1-2)2+1422=42,
∴a=22,b2=a2-c2=4,
∴椭圆E的方程为x28+y24=1.
(方法2)由题可知1a2+72b2=1,a2-b2=4,解得b2=4,a2=8.
∴椭圆E的方程为x28+y24=1.
(2)证明由(1)得A(0,2),B(0,-2),C(22,2).
直线l:y=kx-2与椭圆x2+2y2=8联立,得(2k2+1)x2-8kx=0.
∴xM=8k2k2+1,从而M8k2k2+1,4k2-22k2+1,Q2k,0.
∴直线AM的斜率为4k2-22k2+1-28k2k2+1=-12k,直线AM的方程为y=-12kx+2.
令x=22,得P22,-2k+2,
∴直线PQ的斜率kPQ=-2k+222-2k=-2+2k22k-2=2(2k-1)2(2k-1)=22.
∵直线OC的斜率kOC=222=22,
∴kPQ=kOC,从而PQ∥OC.
例2(1)解设P(x,y),B(x0,y0),∵P为AB中点,∴x0=2x,y0=2y+1.∵B为曲线y=18x2+1上任意一点,∴y0=18x02+1,代入得x2=4y,∴点P的轨迹C的方程为x2=4y.
(2)证明依题意得F(0,1),直线MN的斜率存在,其方程可设为y=kx+1.
设M(x1,y1),N(x2,y2),联立y=kx+1,x2=4y,得x2-4kx-4=0,则Δ=16k2+16>0,
∴x1x2=-4.∵直线OM的方程为y=y1x1x,H是直线OM与直线y=-1的交点,
∴H-x1y1,-1.根据抛物线的定义|NF|等于点N到准线y=-1的距离.
∵H在准线y=-1上,∴要证明|NF|=|NH|,只需证明HN垂直于准线y=-1,即证HN∥y轴.
∵H的横坐标-x1y1=-x1x124=-4x1=x1x2x1=x2,∴HN∥y轴成立,
∴|NF|=|NH|成立.
对点训练2(1)解记抛物线C与圆F在第一象限的交点为M.
由题意,圆F与抛物线C的准线相切,且M到抛物线C准线的距离等于圆F的半径p.
所以点M的坐标为2,p2.
代入抛物线方程,得4=p2(p>0),所以p=2.
(2)证明设Ax1,x124,Bx2,x224,
由x2=4y得y=14x2,求导得y'=12x,所以A,B两点处的切线斜率分别为k1=12x1,k2=12x2.
由y=kx+1,x2=4y,得x2-4kx-4=0,
所以x1+x2=4k,x1x2=-4,
所以k1k2=14x1x2=-1.
所以PA⊥PB,即△PAB为直角三角形.
例3解(1)由题可知Fp2,0,在抛物线方程y2=2px中,令x=p2,可得y=±p.
于是当直线与y轴垂直时,|AB|=2p=4,解得p=2.所以抛物线的方程为y2=4x.
(2)因为抛物线y2=4x的准线方程为x=-1,直线AB的方程为y=x-1,所以M(-1,-2).
联立y2=4x,y=x-1消去x,得y2-4y-4=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4,y1y2=-4.
若点P(x0,y0)满足条件,则2kPM=kPA+kPB,
即2·y0+2x0+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2(y0+2)y02+4=2y0+y1+y2y02+(y1+y2)y0+y1y2,将y1+y2=4,y1y2=-4代入,解得y0=±2.将y0=±2代入抛物线方程,可得x0=1.于是点P(1,±2)为满足题意的点.
对点训练3解(1)∵椭圆C经过点1,32,∴1a2+94b2=1,
又ca=12,∴a2=4,b2=3.
∴椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)存在.①当直线MN的斜率不存在时,由对称性,设M(x0,x0),N(x0,-x0).
∵M,N在椭圆C上,∴x024+x023=1,
∴x02=127.
∴O到直线MN的距离为d=|x0|=2217,∴圆的方程为x2+y2=127.
②当直线MN的斜率存在时,设MN的方程为y=kx+m,
联立y=kx+m,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2.
∵OM⊥ON,∴x1x2+y1y2=0,
∴x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0.
∴(k2+1)·4m2-123+4k2-8k2m23+4k2+m2=0,即7m2=12(k2+1).
∴O到直线MN的距离为d=|m|k2+1=127=2217,
∴圆的方程为x2+y2=127.
综上所述,存在定圆x2+y2=127与直线MN总相切.
例4解(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中,∠F1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|=3c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(3+1)c,故C的离心率e=ca=3-1.
(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在,则12|y|·2c=16,yx+c·yx-c=-1,x2a2+y2b2=1,即c|y|=16,①
x2+y2=c2,②
x2a2+y2b2=1.③
由②③及a2=b2+c2得y2=b4c2,又由①知y2=162c2,故b=4.
由②③得x2=a2c2(c2-b2),所以c2≥b2,从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥42.
当b=4,a≥42时,存在满足条件的点P.所以b=4,a的取值范围为[42,+∞).
对点训练4解(1)依题意,得c=b=2,则a2=b2+c2=4+4=8,
故椭圆的标准方程为x28+y24=1.
(2)存在.①当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x+2),
代入椭圆C的方程,可得(2k2+1)x2+8k2x+8k2-8=0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=-8k22k2+1,x1x2=8k2-82k2+1.
设R(m,0),则RP=(x1-m,y1),RQ=(x2-m,y2).
RP·RQ=(x1-m)(x2-m)+y1y2=(x1-m)(x2-m)+k2[x1x2+2(x1+x2)+4]=(k2+1)8k2-82k2+1-8k2(2k2-m)2k2+1+4k2+m2=(2m2+8m+4)k2+2-82k2+1=(2m2+8m+4)k2+m2-82m2+8m+42k2+1,当m2-82m2+8m+4=12,即m=-52时,RP·RQ=(2m2+8m+4)k2+m2-82m2+8m+42k2+1=-74为定值,
此时R点的坐标为R-52,0.
②当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-2,联立x=-2,x28+y24=1,得x=-2,y=±2.
不妨设P(-2,2),Q(-2,-2),若R-52,0,则RP=12,2,RQ=12,-2,RP·RQ=-74.
综上所述,在x轴上存在点R-52,0,使得RP·RQ为定值-74.
例5解(1)由已知c=1,∴a2=b2+1,①
∵椭圆过点1,32,
∴1a2+94b2=1,②
联立①②得a2=4,b2=3,
∴椭圆方程为x24+y23=1.
(2)以线段MN为直径的圆恒过定点.
设P(x0,y0),已知A(-2,0),B(2,0),∵y0≠0,∴x0≠±2,∴直线AP,BP都有斜率,∴kAP=y0x0+2,kBP=y0x0-2,
∴kAP·kBP=y02x02-4,③
∵x024+y023=1,∴y02=31-x024.④
将④代入③得kAP·kBP=31-x024x02-4=-34,设直线AP方程为y=k(x+2),
∴直线BP方程为y=-34k(x-2),
∴M(6,8k),N6,-3k,由对称性可知,若存在定点,则该定点必在x轴上,设该定点为T(t,0),则TM⊥TN,∴TM·TN=(6-t,8k)·6-t,-3k=(6-t)2+(-24)=0,∴(6-t)2=24,∴t=6±26.∴存在定点6+26,0或(6-26,0)以线段MN为直径的圆恒过该定点.
对点训练5解(1)依题意得1a2+32b2=1,ca=22,a2=b2+c2,解得a=2,c=b=2,所以椭圆C的方程为x24+y22=1.
设M(x0,y0)(x0∈[-2,2])到点D的距离为d,
因为x024+y022=1,所以y02=2-x022,
所以d2=(x0-1)2+y02=12x02-2x0+3,其对称轴为x=2,
所以该函数在[-2,2]上单调递减,
所以当x0=2时,d取得最小值1;当x0=-2时,d取得最大值3.
(2)假设存在点P(2,m),使得△ABP的内切圆恰好为x2+y2=1,
设A(x1,y1),B(x2,y2),因为直线AB与圆x2+y2=1相切,
所以圆心(0,0)到直线l:y=x+n的距离为|n|2=1,所以n=±2,
所以当n=2时,直线AB的方程为y=x+2,
联立y=x+2,x24+y22=1,得3x2+42x=0,解得x1=0,x2=-423,
所以A(0,2),B-423,-23.
(方法1)因为AO为∠BAP的角平分线,所以kAP=-kAB=-1,
所以kAP=2-m0-2=-1,所以m=0,即P(2,0),
所以直线BP的方程为x-7y-2=0,因为圆心到直线BP的距离为|2|12+(-7)2=15≠1,所以此时BP不是圆的切线.
同理,当n=-2时,BP也不是圆的切线,
综上所述,P不存在.
(方法2)因为A(0,2),P(2,m),所以kAP=m-22,
所以直线AP的方程为(m-2)x-2y+2=0.
由原点O到直线AP的距离为1,得22+(m-2)2=1,解得m=0,或m=22,
当m=0时,P(2,0),此时直线BP的斜率为kBP=17,所以直线BP的方程为x-7y-2=0,
因为圆心到直线BP的距离为|2|12+(-7)2=15≠1,所以BP不是圆的切线.
当m=22时,P(2,22),此时直线BP的斜率为kBP=1,
所以直线BP的方程为x-y+2=0,与直线AB重合,故舍去.
同理,当n=-2时,BP也不是圆的切线.
综上所述,P不存在.