2020届高考数学文一轮复习讲义第9章高考专题突破5第3课时证明与探索性问题

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：x22＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP→＝2NM→.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP→·PQ→＝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)，NP→＝(x－x0，y)，NM→＝(0，y0).由NP→＝2NM→得x0＝x，y0＝22y.因为M(x0，y0)在C上，所以x22＋y22＝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OQ→＝(－3，t)，PF→＝(－1－m，－n)，OQ→·PF→＝3＋3m－tn，OP→＝(m，n)，PQ→＝(－3－m，t－n).由OP→·PQ→＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1.又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以OQ→·PF→＝0，即OQ→⊥PF→.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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的一个顶点A(0,1)，离心率e＝63，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，ca＝63，即2a2＝3c2，又a2＝b2＋c2，联立解得a2＝3，b2＝1.∴椭圆方程为x23＋y2＝1.(2)证明方法一①当P点横坐标为±3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±3时，设P(x0，y0)，则x20＋y20＝4，设kPM＝k，PM的方程为y－y0＝k(x－x0)，联立方程组y－y0＝kx－x0，x23＋y2＝1，消去y得(1＋3k2)x2＋6k(y0－kx0)x＋3k2x20－6kx0y0＋3y20－3＝0，依题意Δ＝36k2(y0－kx0)2－4(1＋3k2)(3k2x20－6kx0y0＋3y20－3)＝0，化简得(3－x20)k2＋2x0y0k＋1－y20＝0，又kPM，kPN为方程的两根，所以kPM·kPN＝1－y203－x20＝1－4－x203－x20＝x20－33－x20＝－1.所以PM⊥PN.综上知PM⊥PN.方法二①当P点横坐标为±3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±3时，设P(2cosθ，2sinθ)，切线方程为y－2sinθ＝k(x－2cosθ)，y－2sinθ＝kx－2cosθ，x23＋y2＝1，联立得(1＋3k2)x2＋12k(sinθ－kcosθ)x＋12(sinθ－kcosθ)2－3＝0，令Δ＝0，即Δ＝144k2(sinθ－kcosθ)2－4(1＋3k2)[12(sinθ－kcosθ)2－3]＝0，化简得(3－4cos2θ)k2＋4sin2θ·k＋1－4sin2θ＝0，kPM·kPN＝1－4sin2θ3－4cos2θ＝4－4sin2θ－33－4cos2θ＝－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＝x24与直线l：y＝kx＋a(a0)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(2a，a)，N(－2a，a)，或M(－2a，a)，N(2a，a).又y′＝x2，故y＝x24在x＝2a处的导数值为a，C在点(2a，a)处的切线方程为y－a＝a(x－2a)，即ax－y－a＝0.y＝x24在x＝－2a处的导数值为－a，C在点(－2a，a)处的切线方程为y－a＝－a(x＋2a)，即ax＋y＋a＝0.故所求切线方程为ax－y－a＝0和ax＋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＝y1－bx1＋y2－bx2＝2kx1x2＋a－bx1＋x2x1x2＝ka＋ba.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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)过点Q1，－22，且离心率e＝22，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2OC→＝OM→＋OD→，2OD→＝ON→＋OC→？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ca＝22，1a2＋12b2＝1，a2＝b2＋c2，解得a2＝2，b2＝1.所以椭圆E的方程为x22＋y2＝1.(2)存在直线l，满足2OC→＝OM→＋OD→，2OD→＝ON→＋OC→.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－mk，0，D(0，m).由方程组y＝kx＋m，x22＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，所以Δ＝16k2－8m2＋80.(*)由根与系数的关系，得x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x2＝2m2－21＋2k2.因为2OC→＝OM→＋OD→，2OD→＝ON→＋OC→，所以MC→＝CD→＝DN→，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＝－4km1＋2k2＝0－mk，解得k＝±22.由C，D是线段MN的两个三等分点，得|MN|＝3|CD|.所以1＋k2|x1－x2|＝3mk2＋m2，即|x1－x2|＝－4km1＋2k22－4×2m2－21＋2k2＝3mk，解得m＝±55.验证知(*)成立.所以存在直线l，满足2OC→＝OM→＋OD→，2OD→＝ON→＋OC→，此时直线l的方程为y＝22x±55或y＝－22x±55.方法二设M(x1，y1)，N(x2，y2)，C(m,0)，D(0，n)，由2OC→＝OM→＋OD→，2OD→＝ON→＋OC→，得2m，0＝x1，y1＋0，n，20，n＝x2，y2＋m，0，解得M(2m，－n)，N(－m,2n).又M，N两点在椭圆上，所以4m22＋n2＝1，m22＋4n2＝1，即2m2＋n2＝1，m2＋8n2＝2，解得m＝±105，n＝±55，故所求直线l的方程为52x－10y＋25＝0或52x－10y－25＝0或52x＋10y＋25＝0或52x＋10y－25＝0.1.(2018·吉林东北师范大学模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为32，点3，12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：|AQ|·|AR||OP|2为定值.(1)解由题意可得e＝ca＝32，3a2＋14b2＝1，所以a＝2，c＝3，b＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)证明设直线AQ：y＝k(x＋2)，R(0,2k)，P(xP，yP)，由y＝kx＋2，x24＋y2＝1，得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，由根与系数的关系可得x1＋x2＝－16k21＋4k2，x1·x2＝16k2－41＋4k2，x1＝－2，x2＝xQ＝2－8k21＋4k2，则|AQ|＝1＋k2|xQ－x1|＝1＋k22－8k21＋4k2＋2＝1＋k2·41＋4k2，|AR|＝21＋k2，|OP|＝1＋k2|xP|，令直线OP为y＝kx且令yP0，xP0.由y＝kx，x24＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－4＝0，xP＝41＋4k2，所以|OP|＝21＋k21＋4k2，|AQ|·|AR||OP|2＝41＋4k2·241＋4k2＝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＝32，以椭圆C的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为45.(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(x02)，使得A，B到直线l0的距离dA，dB满足dAdB＝|PA||PB|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x2a2＋y2b2＝1(ab0)，∵ca＝32，∴c＝32a，又∵4a2＋b2＝45，∴a2＋b2＝5，由b2＝a2－c2＝14a2，解得a＝2，b＝1，c＝3.∴椭圆C的标准方程为x24＋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x11x2)，则dA＝x0－x1，dB＝x0－x2，|PA|＝1＋k2(x1－1)，|PB|＝1＋k2(1－x2)，∵dAdB＝|PA||PB|，∴x0－x1x0－x2＝1＋k2x1－11＋k21－x2＝x1－11－x2，解得x0＝2x1x2－x1＋x2x1＋x2－2.由x24＋y2＝1，y＝kx－1，得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0，由题意知，Δ0显然成立，x1＋x2＝8k21＋4k2，x1x2＝4k2－41＋4k2，x0＝8k2－81＋4k2－8k21＋4k28k21＋4k2－2＝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dAdB＝|PA||PB|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＝12x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|2|AB|.(1)解设Γ的标准方程为x2＝2py(p0)，则F0，p2.已知E在直线y＝12x上，故可设E(2a，a).因为E，F关于M(－1,0)对称，所以2a＋02＝－1，p2＋a2＝0，解得a＝－1，p＝2.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＝|k－1|k2＋1，因为l与E交于A，B两点，所以d2r2，即k－12k2＋11，解得k0，所以|AB|＝21－d2＝22kk2＋1.由x2＝4y，y＝kx＋1消去y并整理得x2－4kx－4k＝0.Δ＝16k2＋16k0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，那么|CD|＝k2＋1|x1－x2|＝k2＋1·x1＋x22－4x1x2＝4k2＋1·k2＋k.所以|CD|2|AB