《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第8節(jié)微課4　探索性問題及證明問題-教師復(fù)習(xí)驗收卷

《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第8節(jié)微課4探索性問題及證明問題-教師復(fù)習(xí)驗收卷《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第8節(jié)微課4探索性問題及證明問題-教師復(fù)習(xí)驗收卷/《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第8節(jié)微課4探索性問題及證明問題-教師復(fù)習(xí)驗收卷微課四探索性問題及證明問題題型一探索性問題【例1】(2021·宜昌模擬)已知圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝eq\f(9,4)的圓心C在拋物線x2＝2py(p>0)上,圓C過原點且與拋物線的準(zhǔn)線相切．(1)求該拋物線的方程．(2)過拋物線焦點F的直線l交拋物線于A,B兩點,分別在點A,B處作拋物線的切線,兩條切線交于P點,則△PAB的面積是否存在最小值?若存在,求出這個最小值及此時對應(yīng)的直線l的方程;若不存在,請說明理由．解(1)由已知可得圓心C(a,b),半徑r＝eq\f(3,2),焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(p,2))),準(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(p,2).因為圓C與拋物線的準(zhǔn)線相切,所以b＝eq\f(3,2)－eq\f(p,2),且圓C過焦點F.又圓C過原點,所以圓心C必在線段OF的垂直平分線上,即b＝eq\f(p,4).所以b＝eq\f(3,2)－eq\f(p,2)＝eq\f(p,4),求得p＝2.于是拋物線的方程為x2＝4y.(2)由拋物線方程x2＝4y知,F(0,1)．易知直線l的斜率存在,則設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1,,x2＝4y))消去y并整理,得x2－4kx－4＝0,Δ＝(－4k)2－4×(－4)＝16k2＋16>0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1＋x2＝4k,x1x2＝－4.對y＝eq\f(x2,4)求導(dǎo),得y′＝eq\f(x,2),即直線AP的斜率kAP＝eq\f(x1,2),則直線AP的方程為y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1),即y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1).同理可得直線BP的方程為y＝eq\f(x2,2)x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2).設(shè)P(x0,y0),聯(lián)立直線AP與BP的方程,可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝2k,,y0＝\f(x1x2,4)＝－1,))即P(2k,－1)．|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r((4k)2＋16)＝4(1＋k2),點P到直線AB的距離d＝eq\f(|2k2＋2|,\r(1＋k2))＝2eq\r(1＋k2),所以△PAB的面積S＝eq\f(1,2)×4(1＋k2)×2eq\r(1＋k2)＝4(1＋k2)eq\s\up6(\f(3,2))≥4,當(dāng)且僅當(dāng)k＝0時等號成立．故△PAB面積的最小值為4,此時直線l的方程為y＝1.感悟升華此類問題一般分為探究條件、探究結(jié)論兩種．若探究條件,則可先假設(shè)條件成立,再驗證結(jié)論是否成立,成立則存在,否則不存在;若探究結(jié)論,則應(yīng)先求出結(jié)論的表達式,再針對其表達式進行討論,往往涉及對參數(shù)的討論．【訓(xùn)練1】(2020·西安模擬)設(shè)中心在原點,焦點在x軸上的橢圓E過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(\r(3),2))),且離心率為eq\f(\r(3),2),F為E的右焦點,P為E上一點,PF⊥x軸,圓F的半徑為PF.(1)求橢圓E和圓F的方程;(2)若直線l：y＝k(x－eq\r(3))(k＞0)與圓F交于A,B兩點,與橢圓E交于C,D兩點,其中A,C在第一象限,是否存在k使|AC|＝|BD|?若存在,求l的方程;若不存在,說明理由．解(1)由題意可設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0),∵橢圓的離心率e＝eq\f(\r(3),2),∴eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2),∵a2＝b2＋c2,∴a＝2b,將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(\r(3),2)))代入橢圓的方程得eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1,聯(lián)立a＝2b,解得a＝2且b＝1.∴橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.∴F(eq\r(3),0),∵PF⊥x軸,∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3),±\f(1,2))),∴圓F的半徑為eq\f(1,2),圓心為(eq\r(3),0),∴圓F的方程為(x－eq\r(3))2＋y2＝eq\f(1,4).(2)不存在滿足題意的k,理由如下：由A,B在圓上得|AF|＝|BF|＝|PF|＝eq\f(1,2).設(shè)點C(x1,y1),D(x2,y2)．|CF|＝eq\r((x1－\r(3))2＋yeq\o\al(2,1))＝2－eq\f(\r(3),2)x1,同理|DF|＝2－eq\f(\r(3),2)x2.若|AC|＝|BD|,則|AC|＋|BC|＝|BD|＋|BC|,即|AB|＝|CD|＝1,4－eq\f(\r(3),2)(x1＋x2)＝1,由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1,,y＝k(x－\r(3)),))得(4k2＋1)x2－8eq\r(3)k2x＋12k2－4＝0,∴x1＋x2＝eq\f(8\r(3)k2,4k2＋1),∴4－eq\f(12k2,4k2＋1)＝1,得12k2＝12k2＋3,無解,故不存在．題型二證明問題【例2】(2021·長沙模擬)已知點A(1,－eq\f(\r(3),2))在橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上,O為坐標(biāo)原點,直線l：eq\f(x,a2)－eq\f(\r(3)y,2b2)＝1的斜率與直線OA的斜率乘積為－eq\f(1,4).(1)求橢圓C的方程;(2)不經(jīng)過點A的直線y＝eq\f(\r(3),2)x＋t(t≠0且t∈R)與橢圓C交于P,Q兩點,P關(guān)于原點的對稱點為R(與點A不重合),直線AQ,AR與y軸分別交于兩點M,N,求證：|AM|＝|AN|.(1)解由題意知,kOA·kl＝－eq\f(\r(3),2)·eq\f(2b2,\r(3)a2)＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,4),即a2＝4b2,①又eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1,②所以聯(lián)立①②,解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2,b＝1)),所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則R(－x1,－y1),由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),2)x＋t,,\f(x2,4)＋y2＝1,))得x2＋eq\r(3)tx＋t2－1＝0,所以Δ＝4－t2＞0,即－2＜t＜2,又t≠0,所以t∈(－2,0)∪(0,2),x1＋x2＝－eq\r(3)t,x1·x2＝t2－1.法一要證明|AM|＝|AN|,可轉(zhuǎn)化為證明直線AQ,AR的斜率互為相反數(shù),即證明kAQ＋kAR＝0.由題意知,kAQ＋kAR＝eq\f(y2＋\f(\r(3),2),x2－1)＋eq\f(y1－\f(\r(3),2),x1＋1)＝eq\f((y2＋\f(\r(3),2))(x1＋1)＋(y1－\f(\r(3),2))(x2－1),(x1＋1)(x2－1))＝eq\f((\f(\r(3),2)x2＋t＋\f(\r(3),2))(x1＋1)＋(\f(\r(3),2)x1＋t－\f(\r(3),2))(x2－1),(x1＋1)(x2－1))＝eq\f(\r(3)x1x2＋t(x1＋x2)＋\r(3),(x1＋1)(x2－1))＝eq\f(\r(3)(t2－1)＋t(－\r(3)t)＋\r(3),(x1＋1)(x2－1))＝0,所以|AM|＝|AN|.法二要證明|AM|＝|AN|,可轉(zhuǎn)化為證明直線AQ,AR與y軸的交點M,N連線的中點S的縱坐標(biāo)為－eq\f(\r(3),2),即AS垂直平分MN即可．直線AQ與AR的方程分別為lAQ：y＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(y2＋\f(\r(3),2),x2－1)(x－1),lAR：y＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(－y1＋\f(\r(3),2),－x1－1)(x－1),分別令x＝0,得yM＝eq\f(－y2－\f(\r(3),2),x2－1)－eq\f(\r(3),2),yN＝eq\f(－y1＋\f(\r(3),2),x1＋1)－eq\f(\r(3),2),所以yM＋yN＝eq\f(－y2－\f(\r(3),2),x2－1)＋eq\f(－y1＋\f(\r(3),2),x1＋1)－eq\r(3)＝eq\f((－\f(\r(3),2)x1－t＋\f(\r(3),2))(x2－1)＋(－\f(\r(3),2)x2－t－\f(\r(3),2))(x1＋1),(x1＋1)(x2－1))－eq\r(3)＝eq\f(－\r(3)x1x2－t(x1＋x2)－\r(3),(x1＋1)(x2－1))－eq\r(3)＝eq\f(－\r(3)(t2－1)－t(－\r(3)t)－\r(3),(x1＋1)(x2－1))－eq\r(3)＝－eq\r(3),yS＝eq\f(yM＋yN,2)＝－eq\f(\r(3),2),即AS垂直平分MN.所以|AM|＝|AN|.感悟升華圓錐曲線中的證明問題常見的有：(1)位置關(guān)系方面的：如證明直線與曲線相切,直線間的平行、垂直,直線過定點等．(2)數(shù)量關(guān)系方面的：如存在定值、恒成立、相等等．在熟悉圓錐曲線的定義與性質(zhì)的前提下,一般采用直接法,通過相關(guān)的代數(shù)運算證明,但有時也會用反證法證明．【訓(xùn)練2】(2020·景德鎮(zhèn)一模)拋物線x2＝2py(p>0)的焦點為F,C,D是拋物線上關(guān)于y軸對稱的兩點,點E是拋物線準(zhǔn)線l與y軸的交點,△ECD是面積為4的直角三角形．(1)求拋物線的方程;(2)若A為拋物線上第一象限的一動點,過F作AF的垂線交準(zhǔn)線l于點B,求證：直線AB與拋物線相切．(1)解拋物線x2＝2py(p>0)的準(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(p,2),不妨設(shè)點C位于第一象限,由題意可得△CDE為等腰直角三角形,可得直線EC的斜率為1,則直線EC的方程為y＝x－eq\f(p,2),聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝2py,,y＝x－\f(p,2),))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝p,,y＝\f(p,2),))所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p,\f(p,2))),Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－p,\f(p,2))),Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,－\f(p,2))),S△ECD＝eq\f(1,2)×2p×p＝4,解得p＝2,故拋物線的方程為x2＝4y.(2)證明由(1)得焦點F(0,1),設(shè)A(x0,y0)(x0>0,y0>0),則直線AF的斜率為eq\f(y0－1,x0),故直線BF的方程為y＝eq\f(x0,1－y0)x＋1,令y＝－1,得x＝eq\f(2(y0－1),x0),所以點Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2(y0－1),x0),－1)),則直線AB的斜率為eq\f(y0＋1,x0－\f(2(y0－1),x0))＝eq\f(x0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),4)＋1)),xeq\o\al(2,0)－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),4)－1)))＝eq\f(x0,2),由y＝eq\f(x2,4)得y′＝eq\f(x,2),即拋物線在點A處的切線的斜率為eq\f(x0,2),故直線AB與拋物線相切．1．(2020·鄭州模擬)如圖,圓C與x軸相切于點T(2,0),與y軸正半軸相交于兩點M,N(點M在點N的下方),且|MN|＝3.(1)求圓C的方程;(2)過點M任作一條直線與橢圓eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1相交于兩點A,B,連接AN,BN,求證：∠ANM＝∠BNM.(1)解設(shè)圓C的半徑為r(r>0),依題意,圓心C的坐標(biāo)為(2,r)．因為|MN|＝3,所以r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋22＝eq\f(25,4).所以r＝eq\f(5,2),圓C的方程為(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4).(2)證明把x＝0代入方程(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4),解得y＝1或y＝4,即點M(0,1),N(0,4)．①當(dāng)AB⊥x軸時,可知∠ANM＝∠BNM＝0.②當(dāng)AB與x軸不垂直時,可設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1.聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1,,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))消去y得(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.設(shè)直線AB交橢圓于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點,則x1＋x2＝eq\f(－4k,1＋2k2),x1x2＝eq\f(－6,1＋2k2).所以kAN＋kBN＝eq\f(y1－4,x1)＋eq\f(y2－4,x2)＝eq\f(kx1－3,x1)＋eq\f(kx2－3,x2)＝eq\f(2kx1x2－3(x1＋x2),x1x2)＝eq\f(1,x1x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－12k,1＋2k2)＋\f(12k,1＋2k2)))＝0.所以∠ANM＝∠BNM.綜合①②知∠ANM＝∠BNM.2．(2021·北京西城區(qū)模擬)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點C(0,1),離心率為eq\f(\r(3),2),O為坐標(biāo)原點．(1)求橢圓E的方程;(2)設(shè)A,B分別為橢圓E的左、右頂點,D為橢圓E上一點(不在坐標(biāo)軸上),直線CD交x軸于點P,Q為直線AD上一點,且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝4,求證：C,B,Q三點共線．(1)解由題意,得b＝1,eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).又a2＝b2＋c2,所以a＝2,c＝eq\r(3).故橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明A(－2,0),B(2,0)．設(shè)D(x0,y0)(x0y0≠0),則eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1.因為C(0,1),所以直線CD的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1,令y＝0,得x＝eq\f(x0,1－y0),故點P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,1－y0),0)).設(shè)Q(xQ,yQ),由eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝4,得xQ＝eq\f(4(1－y0),x0)(顯然xQ≠±2)．直線AD的方程為y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2),將xQ代入直線AD的方程,得yQ＝eq\f(y0(4－4y0＋2x0),x0(x0＋2)),即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4(1－y0),x0),\f(y0(4－4y0＋2x0),x0(x0＋2)))).顯然直線BQ的斜率存在,且kBQ＝eq\f(yQ,xQ－2)＝eq\f(y0(4－4y0＋2x0),(x0＋2)(4－4y0－2x0))＝eq\f(2y0－2yeq\o\al(2,0)＋x0y0,4－xeq\o\al(2,0)－2x0y0－4y0)＝eq\f(2y0－2yeq\o\al(2,0)＋x0y0,4yeq\o\al(2,0)－2x0y0－4y0)＝－eq\f(1,2).又直線BC的斜率kBC＝－eq\f(1,2),所以kBC＝kBQ,即C,B,Q三點共線．3．(2021·濟南模擬)已知平面上一動點A的坐標(biāo)為(2t2,－2t)．(1)求點A的軌跡E的方程;(2)點B在軌跡E上,且縱坐標(biāo)為eq\f(2,t).①證明直線AB過定點,并求出定點坐標(biāo)．②分別以A,B為圓心作與直線x＝－2相切的圓,兩圓公共弦的中點為H,在平面內(nèi)是否存在定點P,使得|PH|為定值?若存在,求出點P的坐標(biāo);若不存在,請說明理由．解(1)設(shè)動點A的坐標(biāo)為(x,y),因為A的坐標(biāo)為(2t2,－2t),所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2t2,,y＝－2t,))消去參數(shù)t得y2＝2x,即軌跡E的方程為y2＝2x.(2)①因為點B在軌跡E上,且縱坐標(biāo)為eq\f(2,t),所以點B的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,t2),\f(2,t))),當(dāng)t＝±1時,直線AB的方程為x＝2;當(dāng)t≠±1時,直線AB的斜率為kAB＝eq\f(yB－yA,xB－xA)＝eq\f(t,1－t2),所以直線AB的方程為y＋2t＝eq\f(t,1－t2)(x－2t2),整理得y＝eq\f(t,1－t2)(x－2)．所以直線AB過定點(2,0)．②法一因為點A的坐標(biāo)為(2t2,－2t),且圓A與直線x＝－2相切,所以圓A的方程為(x－xA)2＋(y－yA)2＝(xA＋2)2,同理圓B的方程為(x－xB)2＋(y－yB)2＝(xB＋2)2,兩圓方程相減得2(xB－xA)x＋2(yB－yA)y＋yeq\o\al(2,A)－yeq\o\al(2,B)＝4xA－4xB,將A(2t2,－2t),Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,t2),\f(2,t)))代入并整理得y＝eq\b\lc\