2025屆高考數(shù)學二輪總復習層級三專題一圓錐曲線中的綜合問題第三講圓錐曲線中的證明存在性問題學案理含解析

PAGE第三講圓錐曲線中的證明、存在性問題1．(2024·全國卷Ⅰ)設拋物線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l與x軸垂直時，求直線BM的方程；(2)證明：∠ABM＝∠ABN.解：(1)當l與x軸垂直時，l的方程為x＝2，可得點M的坐標為(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)證明：當l與x軸垂直時，AB為MN的垂直平分線，所以∠ABM＝∠ABN.當l與x軸不垂直時，設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\co1(y＝kx－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＋2y1＋y2,x1＋2x2＋2).①將x1＝eq\f(y1,k)＋2，x2＝eq\f(y2,k)＋2及y1＋y2，y1y2的表達式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝eq\f(2y1y2＋4ky1＋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.2．(2015·全國卷Ⅰ)在直角坐標系xOy中，曲線C：y＝eq\f(x2,4)與直線l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N兩點．(1)當k＝0時，分別求C在點M和N處的切線方程；(2)y軸上是否存在點P，使得當k變動時，總有∠OPM＝∠OPN？說明理由．解：(1)由題設可得M(2eq\r(a)，a)，N(－2eq\r(a)，a)，或M(－2eq\r(a)，a)，N(2eq\r(a)，a)．又y′＝eq\f(x,2)，故y＝eq\f(x2,4)在x＝2eq\r(a)處的導數(shù)值為eq\r(a)，C在點(2eq\r(a)，a)處的切線方程為y－a＝eq\r(a)(x－2eq\r(a))，即eq\r(a)x－y－a＝0.y＝eq\f(x2,4)在x＝－2eq\r(a)處的導數(shù)值為－eq\r(a)，C在點(－2eq\r(a)，a)處的切線方程為y－a＝－eq\r(a)(x＋2eq\r(a))，即eq\r(a)x＋y＋a＝0.故所求切線方程為eq\r(a)x－y－a＝0和eq\r(a)x＋y＋a＝0.(2)存在符合題意的點，理由如下：設P(0，b)為符合題意的點，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.將y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a從而k1＋k2＝eq\f(y1－b,x1)＋eq\f(y2－b,x2)＝eq\f(2kx1x2＋a－bx1＋x2,x1x2)＝eq\f(ka＋b,a).當b＝－a時，有k1＋k2＝0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補，故∠OPM＝∠OPN，所以點P(0，－a)符合題意.明考情1．證明問題主要考查點、直線、曲線等幾何元素中的特別位置關(guān)系以及直線或圓錐曲線中的一些數(shù)量關(guān)系的證明．2．存在性問題主要考查探究存在某個參數(shù)值或存在某個點或某種位置關(guān)系或證明角相等、線段長度相等或向量關(guān)系等．題型一證明問題|析典例|【例】(2024·云南模擬)已知拋物線C：y2＝2px過點A(1,1)．直線l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))且與拋物線C交于兩點M，N，過點M作x軸的垂線，該垂線分別交直線OA，ON于點P，Q，其中O為坐標原點．(1)求拋物線C的方程，并求其焦點坐標和準線方程；(2)證明：2eq\o(QP,\s\up6(→))＝eq\o(QM,\s\up6(→)).[思路分析]第(1)問：求什么，如何想求拋物線方程，想到利用條件分析求p值給什么，如何用已知過點A(1,1)代入可求p，再求焦點坐標和準線方程第(2)問：求什么，如何想證明2eq\o(QP,\s\up6(→))＝eq\o(QM,\s\up6(→))想到分析要證的實質(zhì)是P為QM的中點給什么，如何用已知l與拋物線相交于M，N，可設出直線方程聯(lián)立后，通過坐標關(guān)系證明P是QM中點[規(guī)范解答](1)拋物線C：y2＝2px過點A(1,1)，則1＝2p，p＝eq\f(1,2)；∴拋物線方程為y2＝x，∴焦點坐標為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，準線方程為x＝－eq\f(1,4).(2)證明：依據(jù)題意畫出圖形，如圖所示：設過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的直線方程為y＝kx＋eq\f(1,2)，點M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴直線OA的方程為y＝x，直線ON的方程為y＝eq\f(y2,x2)x，由題意知P(x1，x1)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x1y2,x2)))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\f(1,2)，,y2＝x))消去y整理得k2x2＋(k－1)x＋eq\f(1,4)＝0，∴x1＋x2＝eq\f(1－k,k2)，x1x2＝eq\f(1,4k2)，∴y1＋eq\f(x1y2,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1＋\f(1,2)))＋eq\f(x1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2＋\f(1,2))),x2)＝2kx1＋eq\f(x1＋x2,2x2)＝2kx1＋eq\f(\f(1－k,k2),2×\f(1,4k2x1))＝2kx1＋(1－k)·2x1＝2x1，∴P為線段QM的中點，即2eq\o(QP,\s\up6(→))＝eq\o(QM,\s\up6(→)).|規(guī)律方法|圓錐曲線證明問題的類型及求解策略(1)圓錐曲線中的證明問題，主要有兩類：一是證明點、直線、曲線等幾何元素中的位置關(guān)系，如：某點在某直線上、某直線經(jīng)過某個點、某兩條直線平行或垂直等；二是證明直線與圓錐曲線中的一些數(shù)量關(guān)系(相等或不等)．(2)解決證明問題時，主要依據(jù)直線與圓錐曲線的性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等，通過相關(guān)性質(zhì)的應用、代數(shù)式的恒等變形以及必要的數(shù)值計算等進行證明．|練題點|1．(2024·廣元模擬)橢圓eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的上、下焦點分別為F1(0，c)，F(xiàn)2(0，－c)，右頂點為B，且滿意eq\o(BF1,\s\up6(→))·eq\o(BF2,\s\up6(→))＝0.(1)求橢圓的離心率e；(2)設P為橢圓上異于頂點的點，以線段PB為直徑的圓經(jīng)過點F2，求證：該圓與直線x＋2y－c＝0恒相切．解：(1)F1(0，c)，F(xiàn)2(0，－c)，B(b,0)，∵eq\o(BF1,\s\up6(→))·eq\o(BF2,\s\up6(→))＝0.∴b2－c2＝0，即b＝c.∴橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(c,\r(b2＋c2))＝eq\f(\r(2),2).(2)證明：由(1)可得b＝c，故可設橢圓的方程為eq\f(y2,2c2)＋eq\f(x2,c2)＝1，設P(x0，y0)．∵F1(0，c)，F(xiàn)2(0，－c)，∴eq\o(F2P,\s\up6(→))＝(x0，y0＋c)，eq\o(F2B,\s\up6(→))＝(c，c)．∵eq\o(F2B,\s\up6(→))·eq\o(F2P,\s\up6(→))＝0，∴x0＋y0＋c＝0，①又因為點P在橢圓上，∴eq\f(y\o\al(2,0),2c2)＋eq\f(x\o\al(2,0),c2)＝1，②由①②可得3yeq\o\al(2,0)＋4cy0＝0(y0≠0)．可得y0＝－eq\f(4,3)c，x0＝eq\f(1,3)c.故Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,3)，－\f(4c,3))).設圓心為(x1，y1)，則x1＝eq\f(2c,3)，y1＝－eq\f(2c,3).圓的半徑r＝eq\r(x1－c2＋y1－02)＝eq\f(\r(5),3)c.則圓心到直線x＋2y－c＝0的距離為d＝eq\f(\r(5),3)c＝r.∴圓與直線x＋2y－c＝0恒相切．2．(2024·海門市模擬)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y2＝4x的焦點為F，準線與x軸的交點為H，過點F的直線l與拋物線的交點為A，B，且AB⊥HB.(1)求證：∠AHF＝∠BHF；(2)求|AF|－|BF|的值．解：(1)證明：拋物線y2＝4x的焦點F(1,0)，準線方程為x＝－1，H(－1,0)，設Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),4)，y2))，直線AB的方程為x＝my＋1，代入拋物線方程可得y2－4my－4＝0，可得y1＋y2＝4m，y1y2則kAH＋kBH＝eq\f(y1,\f(y\o\al(2,1),4)＋1)＋eq\f(y2,\f(y\o\al(2,2),4)＋1)＝eq\f(4y1y2y1＋y2＋16y1＋y2,y\o\al(2,1)＋4y\o\al(2,2)＋4)＝eq\f(－16×4m＋16×4m,4＋y\o\al(2,1)4＋y\o\al(2,2))＝0，即kAH＝－kBH，則∠AHF＝∠BHF.(2)由AB⊥HB，可得kAB·kHB＝－1，又kAB＝eq\f(y1－y2,\f(y\o\al(2,1),4)－\f(y\o\al(2,2),4))＝eq\f(4,y1＋y2)，kHB＝eq\f(y2,\f(y\o\al(2,2),4)＋1)＝eq\f(4y2,4＋y\o\al(2,2))，可得y1＋y2＝－eq\f(16y2,4＋y\o\al(2,2))，則|AF|－|BF|＝eq\f(y\o\al(2,1),4)＋1－eq\f(y\o\al(2,2),4)－1＝eq\f(1,4)(y1＋y2)(y1－y2)＝－eq\f(4y2y1－y2,4＋y\o\al(2,2))＝－eq\f(4y2y1－y\o\al(2,2),4＋y\o\al(2,2))＝－eq\f(4－4－y\o\al(2,2),4＋y\o\al(2,2))＝4.題型二存在性問題|析典例|【例】(2024·重慶巴蜀中學高三月考)已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，過點E(eq\r(7)，0)的橢圓C1的兩條切線相互垂直．(1)求橢圓C1的方程；(2)在橢圓C1上是否存在這樣的點P，過點P引拋物線C2：x2＝4y的兩條切線l1，l2，切點分別為B，C，且直線BC過點A(1,1)？若存在，指出這樣的點P有幾個(不必求出點的坐標)；若不存在，請說明理由．[解](1)由橢圓的對稱性，不妨設在x軸上方的切點為M，x軸下方的切點為N，則kNE＝1，NE的直線方程為y＝x－eq\r(7)，∵橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，∴橢圓C1：eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－\r(7)，,\f(x2,4c2)＋\f(y2,3c2)＝1，))整理得，7x2－8eq\r(7)x＋28－12c2＝0，∵直線與橢圓相切，∴Δ＝0，則c＝1，∴橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設點B(x1，y1)，C(x2，y2)，P(x0，y0)，由x2＝4y，即y＝eq\f(1,4)x2，得y′＝eq\f(1,2)x，∴拋物線C2在點B處的切線l1的方程為y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1,2)x＋y1－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,1).∵y1＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)，∴y＝eq\f(x1,2)x－y1.∵點P(x0，y0)在切線l1上，∴y0＝eq\f(x1,2)x0－y1.①同理，y0＝eq\f(x2,2)x0－y2.②綜合①②得，點B(x1，y1)，C(x2，y2)的坐標都滿意方程y0＝eq\f(x,2)x0－y.∵經(jīng)過B(x1，y1)，C(x2，y2)兩點的直線是唯一的，∴直線BC的方程為y0＝eq\f(x,2)x0－y.∵點A(1,1)在直線BC上，∴y0＝eq\f(1,2)x0－1，∴點P的軌跡方程為y＝eq\f(1,2)x－1.又∵點P在橢圓C1上，又在直線y＝eq\f(1,2)x－1上，∴直線y＝eq\f(1,2)x－1經(jīng)過橢圓C1內(nèi)一點(0，－1)，∴直線y＝eq\f(1,2)x－1與橢圓C1交于兩點．∴滿意條件的點P有兩個.|規(guī)律方法|求解存在性問題的思路及策略(1)思路：先假設存在，推證滿意條件的結(jié)論，若結(jié)論正確，則存在；若結(jié)論不正確，則不存在．(2)策略①當條件和結(jié)論不唯一時要分類探討；②當給出結(jié)論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件．|練題點|(2024·山西高三名校五校聯(lián)