第2部分 专题5 第5讲　圆锥曲线中的存在性、证明问题 课件（共39张PPT）

专题五解析几何第5讲圆锥曲线中的存在性、证明问题第二部分核心专题师生共研考点1“肯定顺推法”求解存在性问题01高考串讲·找规律考题变迁·提素养(2019·全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．[解](1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.由已知得|AO|＝2，又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半径r＝2或r＝6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．理由如下：设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P.命题规律：高考对探究性问题的考查次数较少，主要考查考生的逻辑推理、数学运算的核心素养以及应用解析几何方法解决几何问题的能力．通性通法：肯定顺推法求解存在性问题先假设满足条件的元素(点、直线、曲线、参数等)存在，用待定系数法设出，并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、参数等)存在；否则，元素(点、直线、曲线、参数等)不存在．[分类讨论思想](2021·扬州调研考前测试)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上一点，线段MF1与圆x2＋y2＝1相切于该线段的中点N，且△MF1F2的面积为2.(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C上是否存在三个点A，B，P，使得直线AB过椭圆C的左焦点F1，且四边形OAPB是平行四边形？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由．[解](1)∵|ON|＝1，且ON是△MF1F2的中位线，∴|MF2|＝2|ON|＝2，MF1⊥MF2，由椭圆的定义可知，|MF1|＝2a－|MF2|＝2a－2，又∵△MF1F2的面积为2，∴12(2a－2)×2＝2，∴a＝2，∴|MF1|＝2，∴|F1F2|＝|MF1|2＋|MF2|2＝22＋22＝22，即2c＝22，∴c＝2，∴b2＝a2－c2＝2，∴椭圆C的方程为：x24＋y22＝1.(2)存在，理由如下：①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝－2，此时椭圆上不存在符合题意的点P，②当直线AB的斜率存在且k＝0时，此时O，A，B三点共线，所以椭圆上不存在符合题意的点P，③当直线AB的斜率存在且不为0时，设斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，设直线AB的方程为y＝k(x＋2)，联立方程y＝kx＋2x24＋y22＝1，消去y得：(2k2＋1)x2＋42k2x＋4k2－4＝0，∴Δ＝16k2＋16＞0，∴x1＋x2＝－42k22k2＋1，x1x2＝4k2－42k2＋1，∴y1＋y2＝k(x1＋x2＋22)＝22k2k2＋1，∵四边形OAPB是平行四边形，∴OP→＝OA→＋OB→＝(x1＋x2，y1＋y2)＝－42k22k2＋1，22k2k2＋1，∴P－42k22k2＋1，22k2k2＋1，代入椭圆方程得：－42k22k2＋12＋222k2k2＋12＝4，化简整理得：4k4＝1，∴k＝±22，∴椭圆C上存在三个点A，B，P，满足题意，此时直线AB的方程为y＝22x＋1或y＝－22x－1.考点2圆锥曲线中的几何证明问题02高考串讲·找规律考题变迁·提素养1．(2021·新高考卷Ⅱ)已知椭圆C的方程为：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，右焦点为F(2，0)，且离心率为63.(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x0)相切，证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝3.[解](1)由题意知c＝2ca＝63a2＝b2＋c2⇒a＝3b＝1，椭圆C的方程为：x23＋y2＝1.(2)证明：当M，N，F三点共线时，设直线MN的方程为x＝my＋2，圆心O(0,0)到MN的距离d＝2m2＋1＝1⇒m2＝1，联立x＝my＋2x2＋3y2＝3⇒(m2＋3)y2＋22my－1＝0⇒4y2＋22my－1＝0，|MN|＝1＋m2·8m2＋164＝2·244＝3，必要性成立．下证充分性，当|MN|＝3时，设直线MN的方程为x＝ty＋m，此时圆心O(0,0)到MN的距离d＝|m|t2＋1＝1，m2－t2＝1，联立x＝ty＋mx2＋3y2＝3⇒(t2＋3)y2＋2tmy＋m2－3＝0，Δ＝4t2m2－4(t2＋3)(m2－3)＝12(t2－m2＋3)＝24，且|MN|＝1＋t224t2＋3＝3⇒t2＝1，∴m2＝2，∴MN与曲线x2＋y2＝b2(x＞0)相切，∴m＞0，m＝2，∴直线MN的方程为x＝ty＋2恒过点F(2，0)，∴M，N，F三点共线，充分性得证．∴M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝3.2．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24＋y23＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m＞0)．(1)证明：k＜－12；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP→＋FA→＋FB→＝0.证明：|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列，并求该数列的公差．[证明](1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214＋y213＝1，x224＋y223＝1.两式相减，并由y1－y2x1－x2＝k得x1＋x24＋y1＋y23·k＝0.由题设知x1＋x22＝1，y1＋y22＝m，于是k＝－34m.①由题设得0＜m＜32，故k＜－12.(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0.又点P在C上，所以m＝34，从而P1，－32，|FP→|＝32.于是|FA→|＝x1－12＋y21＝x1－12＋31－x214＝2－x12.同理|FB→|＝2－x22.所以|FA→|＋|FB→|＝4－12(x1＋x2)＝3.故2|FP→|＝|FA→|＋|FB→|，即|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列．设该数列的公差为d，则2|d|＝||FB→|－|FA→||＝12|x1－x2|＝12x1＋x22－4x1x2.②将m＝34代入①得k＝－1.所以l的方程为y＝－x＋74，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋14＝0.故x1＋x2＝2，x1x2＝128，代入②解得|d|＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.命题规律：圆锥曲线中的证明一般包括两大方面，一是位置关系的证明：如证明相切、垂直、过定点等．二是数量关系的证明：如存在定值、恒成立、线段或角相等等．考查学生的等价转化、逻辑推理及数学运算的能力.通性通法：代数转化法求解圆锥曲线中的证明问题(1)求值(方程)证明：对于定值、定点等类型的证明问题，可以利用定点、定值类的方法，通过计算，求出相应的值、方程即可证明．(2)转化证明：将要证明的命题转化为斜率、弦长、中点、位置关系等．利用方程联立、消元，结合根与系数的关系解题．[等价转化思想]已知抛物线C1：x2＝4y的焦点F也是椭圆C2：y2a2＋x2b2＝1(a＞b＞0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为26.(1)求C2的方程；(2)过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且AC→与BD→同向．(ⅰ)若|AC|＝|BD|，求直线l的斜率；(ⅱ)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形．[解](1)由C1：x2＝4y知其焦点F的坐标为(0,1)．因为F也是椭圆C2的一个焦点，所以a2－b2＝1.①又C1与C2的公共弦的长为26，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x2＝4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为±6，32，所以94a2＋6b2＝1.②联立①②，解得a2＝9，b2＝8.故C2的方程为y29＋x28＝1.(2)如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．(ⅰ)因为AC→与BD→同向，且|AC|＝|BD|，所以AC→＝BD→，从而x3－x1＝x4－x2，即x1－x2＝x3－x4，于是(x1＋x2)2－4x1x2＝(x3＋x4)2－4x3x4.③设直线l的斜率为k，则l的方程为y＝kx＋1.由y＝kx＋1，x2＝4y，得x2－4kx－4＝0.而x1，x2是这个方程的两个根，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.④由y＝kx＋1，y29＋x28＝1，得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0.而x3，x4是这个方程的两个根，所以x3＋x4＝－16k9＋8k2，x3x4＝－649＋8k2.⑤将④⑤代入③，得16(k2＋1)＝162k29＋8k22＋4×649＋8k2，即16(k2＋1)＝162×9k2＋19＋8k22，所以(9＋8k2)2＝16×9，解得k＝±64，即直线l的斜率为±64.(ⅱ)由x2＝4y得y′＝x2，所以C1在点A处的切线方程为y－y1＝x12(x－x1)，即y＝x1x2－x214.令y＝0，得x＝x12，即Mx12，0，所以FM→＝x12，－1.而FA→＝(x1，y1－1)，于是FA→·FM→＝x212－y1＋1＝x214＋1＞0，因此∠AFM是锐角，从而∠MFD＝180°－∠AFM是钝角．故直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形．