高考大題研究課十

高考大題研究課十圓錐曲線中的證明與探索性問題會用直線與圓錐曲線中有關(guān)知識解決證明與探索性問題，提高學(xué)生分析問題、解決問題的能力．關(guān)鍵能力·題型剖析題型一證明問題例1(12分)[2023·新課標Ⅱ卷]已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為(－25，0)，離心率為5.(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點分別為A1，A2，過點(－4，0)的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點P.證明：點P在定直線上．思路導(dǎo)引(1)由題意求出a，b→C的方程(2)設(shè)直線方程→與C聯(lián)立→消去y→韋達定理→寫出直線MA1，NA2的方程→聯(lián)立消去y→解得x，即交點的橫坐標為定值→點P在定直線上．[滿分答卷·評分細則]解析：(1)設(shè)雙曲線方程為x2a2-y2b2＝1(a由焦點坐標得c＝25，由e＝ca＝5得a＝2，b＝c2-a2＝4，→正確求出a，b∴雙曲線方程為x24-y2162由1可得A1-2，0，A2設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，顯然直線的斜率不為0，所以設(shè)直線MN的方程為x＝my－4，且－12＜m＜12.→正確設(shè)出直線MN的方程得聯(lián)立方程組x=my-4x24-y216=1得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)＞0，則y1＋y2＝32m4m2-1，y1y2＝484m2-1，→正確消去x得到關(guān)于y的一元二次方程，直線MA1的方程為y＝y(tǒng)1x1+2(x＋2)，直線NA2的方程為y＝y(tǒng)2x2-2(x－2)→正確寫出直線聯(lián)立直線方程y=y1xx+2x-2＝y(tǒng)2x1+2y1x2-2＝y(tǒng)2my1-2y1my可得x=-1，即xp=-1，@所以點P題后師說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、曲線等幾何要素中的位置關(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；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，主要根據(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(yīng)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．鞏固訓(xùn)練1[2023·北京卷]已知橢圓E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的離心率為53，A、C分別是E的上、下頂點，B，D(1)求E的方程；(2)設(shè)P為第一象限內(nèi)E上的動點，直線PD與直線BC交于點M，直線PA與直線y＝－2交于點N.求證：MN∥CD.題型二探索性問題例2[2024·河南鄭州模擬]已知橢圓x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的離心率為12，F(xiàn)為橢圓的右焦點，A為橢圓的下頂點，A與圓x2＋(y－2(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)點D在直線x＝1上，過D的兩條直線分別交橢圓于M，N兩點和P，Q兩點，點F到直線MN和PQ的距離相等，是否存在實數(shù)λ，使得|DM|·|DN|＝λ|DP|·|DQ|？若存在，求出λ的值，若不存在，請說明理由．題后師說存在性問題的解題策略存在性的問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在．(1)當條件和結(jié)論不唯一時要分類討論．(2)當給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件．(3)當要討論的量能夠確定時，可先確定，再證明結(jié)論符合題意．鞏固訓(xùn)練2[2024·江西南昌模擬]已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，A，B分別為C上兩個不同的動點，O為坐標原點，當△OAB為等邊三角形時，|AB|＝83.(1)求C的標準方程；(2)拋物線C在第一象限的部分是否存在點P，使得點P滿足PA+PB＝4PF，且點P到直線AB的距離為2？若存在，求出點P的坐標及直線AB的方程；若不存在，高考大題研究課十圓錐曲線中的證明與探索性問題關(guān)鍵能力·題型剖析鞏固訓(xùn)練1解析：依題意，得e＝ca＝53，則c＝5又A，C分別為橢圓上、下頂點，|AC|＝4，所以2b＝4，即b＝2，所以a2－c2＝b2＝4，即a2－59a2＝49a2＝4，則a2＝所以橢圓E的方程為x29解析：因為橢圓E的方程為x29+y24＝1，所以A(0，2)，C(0，－2)，B(－3，0)，D因為P為第一象限E上的動點，設(shè)P(m，n)(0<m<3，0<n<2)，則m29+易得kBC＝0+2-3-0＝－23，則直線BC的方程為y＝－23xkPD＝n-0m-3＝nm-3，則直線PD的方程為y＝nm-3(x－聯(lián)立y=-23即M33n-2m+6而kPA＝n-2m-0＝n-2m，則直線PA的方程為y＝n-2mx令y＝－2，則－2＝n-2mx＋2，解得x＝-4mn-2，即N又m29+n24＝1，則m2＝9－9n24，8所以kMN＝-12n＝-6n+4m-12＝-6＝-6＝-6＝2-3n2又kCD＝0+23-0＝23，即kMN＝k顯然，MN與CD不重合，所以MN∥CD.例2解析：由題意可知e＝ca＝12，A(0，－b又A到圓上距離最大值為2－(－b)＋1＝3＋b＝3＋3，∴b＝3.又a2=b2+c2，ca故橢圓方程為x24解析：若D點與F點重合，則λ不存在，若D點與F點不重合，∵點F到直線MN和PQ的距離相等，且F在直線x＝1上，∴kMN＋kPQ＝0，設(shè)D(1，m)，由題意可知直線MN，PQ的斜率均存在且不為0，設(shè)直線MN的方程為y－m＝k1(x－1)，(k1≠0)，由y-m=k1x-1，3x2+4y2=12，得4k12+3x2＋(8k1m－8k2)x設(shè)M(xM，yM)，N(xN，yN)，則xM＋xN＝8k12-8k1m4k12又|DM|＝1+k12xM－1|DM|·|DN|＝(1+k12)|(xM－1)(xN－1)|＝(1+k12)|xMxN－(xM＋xN設(shè)直線PQ的方程為y－m＝k2(x－1)(k2≠0)，同理可得|DP|·|DQ|＝1+又k1＝－k2，∴|DM|·|DN|＝|DP|·|DQ|，故λ＝1.所以存在這樣的λ＝1，使得|DM|·|DN|＝λ|DP|·|DQ|.鞏固訓(xùn)練2解析：由對稱性可知當△OAB為等邊三角形時，A，B兩點關(guān)于x軸對稱，當△OAB為等邊三角形時，△OAB的高為32|AB|＝12由題意知點(12，43)在C上，代入y2＝2px，得(43)2＝24p，解得p＝2，所以C的標準方程為y2＝4x.解析：由(1)知F(1，0)，根據(jù)題意可知直線AB的斜率不為0，設(shè)直線AB的方程為x＝ky＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，聯(lián)立x=ky+m，y2=4x，得y2－4ky－4m所以Δ＝16k2＋16m>0，即k2＋m>0，且y1＋y2＝4k，y1y2＝－4m，所以x1＋x2＝k(y1＋y2)＋2m＝4k2＋2m，由PA+PB＝4PF，得(x1－x0，y1－y0)＋(x2－x0，y2－y0)＝4(1－x0，－y0所以x1+x2-4=-2x0，y1+y2=-2y0，所以又點P在C上，所以4k2＝4(2－m－2k2)，即3k2＋m＝2，①所