高中數(shù)學(xué)高考第10節(jié) 圓錐曲線中的證明與存在性問題教案-教案下載-教習(xí)網(wǎng)

考點1 證明問題
圓錐曲線中證明問題的類型及解題策略
(1)圓錐曲線中的證明問題，主要有兩類：一是位置關(guān)系方面的，如證明相切、垂直、過定點等；二是數(shù)量關(guān)系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三點共線等．
(2)解決證明問題時，主要根據(jù)直線、圓錐曲線的性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等，通過相關(guān)的性質(zhì)應(yīng)用、代數(shù)式的恒等變形以及必要的數(shù)值計算等進(jìn)行證明，多采用直接法證明，有時也會用到反證法．
(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)拋物線C：y2＝2x，點A(2,0)，B(－2,0)，過點A的直線l與C交于M，N兩點．
(1)當(dāng)l與x軸垂直時，求直線BM的方程；
(2)證明：∠ABM＝∠ABN.
[解] (1)當(dāng)l與x軸垂直時，l的方程為x＝2，可得M的坐標(biāo)為(2,2)或(2，－2)．所以直線BM的方程為y＝eq \f(1,2)x＋1或y＝－eq \f(1,2)x－1.
(2)當(dāng)l與x軸垂直時，AB為MN的垂直平分線，所以∠ABM＝∠ABN.
當(dāng)l與x軸不垂直時，設(shè)l的方程為y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1>0，x2>0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k?x－2?，,y2＝2x))得ky2－2y－4k＝0，
可知y1＋y2＝eq \f(2,k)，y1y2＝－4.
直線BM，BN的斜率之和為
kBM＋kBN＝eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2＋2)＝eq \f(x2y1＋x1y2＋2?y1＋y2?,?x1＋2??x2＋2?).①
將x1＝eq \f(y1,k)＋2，x2＝eq \f(y2,k)＋2及y1＋y2，y1y2的表達(dá)式代入①式分子，可得
x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝eq \f(2y1y2＋4k?y1＋y2?,k)＝eq \f(－8＋8,k)＝0.
所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的傾斜角互補，所以∠ABM＝∠ABN.
綜上，∠ABM＝∠ABN.
把證明∠ABM＝∠ABN轉(zhuǎn)化為證明kBM＋kBN＝0是解題的關(guān)鍵．
(2017·全國卷Ⅱ)設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓C：eq \f(x2,2)＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足eq \(NP,\s\up14(→))＝eq \r(2)eq \(NM,\s\up14(→)).
(1)求點P的軌跡方程；
(2)設(shè)點Q在直線x＝－3上，且eq \(OP,\s\up14(→))·eq \(PQ,\s\up14(→))＝1.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.
[解] (1)設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，
則N(x0,0)，eq \(NP,\s\up14(→))＝(x－x0，y)，eq \(NM,\s\up14(→))＝(0，y0)．
由eq \(NP,\s\up14(→))＝eq \r(2)eq \(NM,\s\up14(→))得x0＝x，y0＝eq \f(\r(2),2)y.
因為M(x0，y0)在C上，所以eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,2)＝1.
因此點P的軌跡方程為x2＋y2＝2.
(2)證明：由題意知F(－1,0)．設(shè)Q(－3，t)，P(m，n)，則eq \(OQ,\s\up14(→))＝(－3，t)，eq \(PF,\s\up14(→))＝(－1－m，－n)，
eq \(OQ,\s\up14(→))·eq \(PF,\s\up14(→))＝3＋3m－tn，
eq \(OP,\s\up14(→))＝(m，n)，eq \(PQ,\s\up14(→))＝(－3－m，t－n)．
由eq \(OP,\s\up14(→))·eq \(PQ,\s\up14(→))＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以eq \(OQ,\s\up14(→))·eq \(PF,\s\up14(→))＝0，即eq \(OQ,\s\up14(→))⊥eq \(PF,\s\up14(→)).
又過點P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.
考點2 存在性問題
圓錐曲線中存在性問題的求解方法
(1)存在性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為：假設(shè)滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在．
(2)反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法．
(2019·泉州模擬)橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，右頂點為A，上頂點為B，且滿足向量eq \(BF1,\s\up14(→))·eq \(BF2,\s\up14(→))＝0.
(1)若A(2,0)，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)P為橢圓上異于頂點的點，以線段PB為直徑的圓經(jīng)過點F1，問是否存在過點F2的直線與該圓相切？若存在，求出其斜率；若不存在，說明理由．
[解] (1)易知a＝2，因為eq \(BF1,\s\up14(→))·eq \(BF2,\s\up14(→))＝0，
所以△BF1F2為等腰直角三角形．
所以b＝c，由a2－b2＝c2可知b＝eq \r(2)，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由已知得b2＝c2，a2＝2c2，
設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,2c2)＋eq \f(y2,c2)＝1，點P的坐標(biāo)為(x0，y0)．
因為F1(－c,0)，B(0，c)，所以eq \(F1P,\s\up14(→))＝(x0＋c，y0)，eq \(F1B,\s\up14(→))＝(c，c)，
由題意得eq \(F1P,\s\up14(→))·eq \(F1B,\s\up14(→))＝0，所以x0＋c＋y0＝0.
又因為點P在橢圓上，所以eq \f(x\\al(2,0),2c2)＋eq \f(y\\al(2,0),c2)＝1，由以上兩式可得3xeq \\al(2,0)＋4cx0＝0.
因為P不是橢圓的頂點，
所以x0＝－eq \f(4,3)c，y0＝eq \f(1,3)c，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)c，\f(1,3)c)).
設(shè)圓心為(x1，y1)，則x1＝－eq \f(2,3)c，y1＝eq \f(2,3)c，
圓的半徑r＝eq \r(?x1－0?2＋?y1－c?2)＝eq \f(\r(5),3)c.
假設(shè)存在過點F2的直線滿足題設(shè)條件，并設(shè)該直線的方程為y＝k(x－c)，
由相切可知eq \f(|kx1－kc－y1|,\r(k2＋1))＝r，
所以eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)c))－kc－\f(2,3)c)),\r(k2＋1))＝eq \f(\r(5),3)c，
即20k2＋20k－1＝0，解得k＝－eq \f(1,2)±eq \f(\r(30),10).
故存在滿足條件的直線，其斜率為－eq \f(1,2)±eq \f(\r(30),10).
本例第(2)問中，涉及直線與圓相切問題，需要求出圓心和半徑，然后利用圓心到直線的距離等于半徑，列等式求解．
[教師備選例題]
(2019·長沙模擬)已知橢圓C的中心為原點O，焦點在x軸上，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為eq \f(1,2)，右焦點到右頂點的距離為1.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點F2的直線與橢圓C分別相交于不同的兩點A，B，則△F1AB的面積是否存在最大值？若存在，求出這個最大值及直線l的方程；若不存在，請說明理由．
[解] (1)設(shè)橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，∵e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a－c＝1，
∴a＝2，c＝1，
∴橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨設(shè)y1>0，y20，即f(t)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴f(t)≥f(1)＝4，∴S△F1AB≤3，即當(dāng)t＝1，m＝0時，△F1AB的面積取得最大值3，此時直線l的方程為x＝1.
(2019·哈爾濱模擬)已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(1,2)，點F為左焦點，過點F作x軸的垂線交橢圓C于A，B兩點，且|AB|＝3.
(1)求橢圓C的方程；
(2)在圓x2＋y2＝3上是否存在一點P，使得在點P處的切線l與橢圓C相交于M，N兩點，且滿足eq \(OM,\s\up14(→))⊥eq \(ON,\s\up14(→))？若存在，求l的方程；若不存在，請說明理由．
[解] (1)∵e＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(1,2)，∴3a2＝4b2.
又∵|AB|＝eq \f(2b2,a)＝3，∴a＝2，b＝eq \r(3).
∴橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)假設(shè)存在點P，使得eq \(OM,\s\up14(→))⊥eq \(ON,\s\up14(→)).
當(dāng)直線l的斜率不存在時，
l：x＝eq \r(3)或x＝－eq \r(3)，與橢圓C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于M，N兩點，
此時Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－\f(\r(3),2)))或Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(\r(3),2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－\f(\r(3),2)))，
∴eq \(OM,\s\up14(→))·eq \(ON,\s\up14(→))＝3－eq \f(3,4)＝eq \f(9,4)≠0，
∴當(dāng)直線l的斜率不存在時，不滿足eq \(OM,\s\up14(→))⊥eq \(ON,\s\up14(→)).
當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)y＝kx＋m，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
∵直線l與橢圓C相交于M，N兩點，
∴Δ＞0，化簡得4k2＞m2－3.
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
∴x1＋x2＝eq \f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(3m2－12k2,3＋4k2).
∵eq \(OM,\s\up14(→))·eq \(ON,\s\up14(→))＝0，∴eq \f(4m2－12,3＋4k2)＋eq \f(3m2－12k2,3＋4k2)＝0，∴7m2－12k2－12＝0.
又∵直線l與圓x2＋y2＝3相切，∴eq \r(3)＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
∴m2＝3＋3k2，∴21＋21k2－12k2－12＝0，
解得k2＝－1，顯然不成立，
∴在圓上不存在這樣的點P使eq \(OM,\s\up14(→))⊥eq \(ON,\s\up14(→))成立．

相關(guān)教案

相關(guān)教案更多

相關(guān)教案

相關(guān)教案 更多

相關(guān)教案更多