（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 高考专题突破五 高考中的解析几何问题

1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：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.2(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x02＋y02＝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－x02)k2＋2x0y0k＋1－y20＝0，又kPM，kPN为方程的两根，所以kPM，PN＝－2x0y0±4x20y20－43－x201－y2023－x20，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.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：x24＋y23＝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λ3的值；若不存在，请说明理由．解(1)因为a2＝4，b2＝3，所以c＝a2－b2＝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＝－3m＋61＋m24＋3m2，y2＝－3m－61＋m24＋3m2.若QF＝2PF，则－3m－61＋m24＋3m2＝2×－3m＋61＋m24＋3m2，即3m＋61＋m24＋3m2＝2×－3m＋61＋m24＋3m2，3m＋61＋m2＝－6m＋121＋m2，解得m＝255(舍负)，故直线l的方程为5x－2y－5＝0.(2)由(1)知，y1＋y2＝－6m4＋3m2，y1y2＝－94＋3m2，所以my1y2＝－9m4＋3m2＝32(y1＋y2)，所以k1k2＝y1x1＋2·x2－2y2＝y1my2－1y2my1＋3＝32y1＋y2－y132y1＋y2＋3y2＝13，故存在常数λ＝13，使得k1＝13k2.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(k0)与圆C交于A，B4两点．(1)若AB＝255，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(k0)与圆C相交于A，B两点，且AB＝255，∴圆心到l的距离为d＝1－12×2552＝25，∴2k2＋1＝25，解得k＝±2.∵k0，∴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y＝k1x＋1，x2＋y－22＝1，化简得(k12＋1)x2－2k1x＝0，∴A2k1k21＋1，3k21＋1k21＋1，同理可求得B－2k2k22＋1，k22＋3k22＋1，∵O，A，B三点共线，且OA→＝2k1k21＋1，3k21＋1k21＋1，OB→＝－2k2k22＋1，k22＋3k22＋1，∴2k1k21＋1·k22＋3k22＋1－－2k2k22＋1·3k21＋1k21＋1＝0，化简得(3k1＋k2)(k1k2＋1)＝0，∵k1k2＋1≠0，∴3k1＋k2＝0，即k1＝－13k2，5∴存在实数a＝－13，使得k1＝ak2恒成立．(3)证明设P(x0，y0)，∴y0＝k1x0＋1，y0＝k2x0＋3且k1≠k2，∴x0＝2k1－k2，y0＝3k1－k2k1－k2.由(2)知k2＝－3k1，代入得y0＝3k1－－3k1k1－－3k1＝32为定值．∴点P在定直线y＝32上．1．(2018·苏州期末)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为32，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ca＝32，所以a2－b2a2＝34，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x28＋y22＝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x2＋4y2＝8，y＝kx－2－1，消去y，得(1＋4k2)x2－8(2k2＋k)x＋16k2＋16k－4＝0，6所以x1＝8k2＋8k－21＋4k2，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＝8k2－8k－21＋4k2.又y1＋1＝kx1－2，y2＋1＝－kx2－2，所以y1－y2＝k(x1＋x2)－4k，即y1－y2＝k(x1＋x2)－4k＝k·16k2－41＋4k2－4k＝－8k1＋4k2，x1－x2＝16k1＋4k2.所以直线AB的斜率为kAB＝y1－y2x1－x2＝－8k1＋4k216k1＋4k2＝－12.2．(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PC21－r21＝PC22－r22，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)(k0)，即kx－y－3k－2＝0，则圆心C2(－m，－m－5)到直线l的距离为|k－1|·|m＋3|k2＋1，又圆C2的半径为2m2＋8m＋10，“直线l与圆C2总相交”等价于“∀m∈R，且m≠－3，|k－1|·|m＋3|k2＋12m2＋8m＋10”，7即|k－1|k2＋12m2＋8m＋10m＋32，①记y＝2m2＋8m＋10m＋32，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＝2m2＋8m＋10m＋32，m≠－3的最小值为1，所以由①可得|k－1|k2＋11，解得k0.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＝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＝PAPB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)，8∵dAdB＝PAPB，∴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，∴x1,2＝8k2±64k4－41＋4k24k2－421＋4k2，∴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＝PAPB恒成立．4．已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)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＝2CD，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．解(1