高考数学二轮2 第二篇 专题五 第3课时圆锥曲线中的存在性与证明问题.doc

1、温 馨 提 示：此 套 题 为 W o r d 版，请 按 住 C t r l,滑 动 鼠 标 滚 轴，调 节 合 适 的 观 看比 例，答 案 解 析 附 后。关 闭 W o r d 文 档 返 回 原 板 块。第 3 课时 圆锥曲线中的存在性与证明问题圆 锥 曲 线 中 的 存 在 性 问 题【典 例 1】(2 0 2 1 承 德 二 模)已 知 M(2，0)，N(2，0)，动 点 P 满 足：直 线 P M 与直 线 P N 的 斜 率 之 积 为 常 数 14，设 动 点 P 的 轨 迹 为 曲 线 C1.抛 物 线 C2：x2 2 p y(p 0)与 C1在 第 一 象 限 的 交

2、点 为 A，过 点 A 作 直 线 l 交 曲 线 C1于 点 B，交 抛 物 线C2 于 点 E(点 B，E 不 同 于 点 A).(1)求 曲 线 C1 的 方 程(2)是 否 存 在 不 过 原 点 的 直 线 l，使 点 E 为 线 段 A B 的 中 点？若 存 在，求 出 p 的 最大 值；若 不 存 在，请 说 明 理 由【思 维 点 拨】(1)设 动 点 P(x，y)，由 直 线 P M 与 直 线 P N 的 斜 率 之 积 为 常 数 14，化 简 可 得(2)分 别 联 立 直 线 与 椭 圆、直 线 与 抛 物 线、椭 圆 与 抛 物 线 方 程，结 合 根 与 系 数

3、的 关 系 可 得【解 析】(1)设 动 点 P(x，y)，则 kP M yx 2，kP N yx 2，因 为 kP MkP N 14，所 以yx 2yx 2 14，所 以x24 y2 1(x 2)，所 以 曲 线 C1的 方 程 为x24 y2 1(x 2).(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x0，y0)，直 线 l：y k x m(k 0，m 0)，联 立x2 4 y2 4y k x m，得(1 4 k2)x2 8 k m x 4 m2 4 0，所 以 x1 x2 8 k m1 4 k2，x0 4 k m1 4 k2，又x2 2 p yy k x m，得 x2 2 p(k

4、x m)，即 x2 2 p k x 2 p m 0，所 以 x1x0 2 p m，所 以 x1 4 k m1 4 k2 2 p m，所 以 x1 p1 4 k22 k，因 为x24 y2 1x2 2 p y，所 以 x2x4p2 4，所 以 p21 4 k22 k2p41 4 k22 k4p2 4，所 以 p241 4 k22 k21 4 k22 k4，设1 4 k22 k212 k 2 k2 t 4，则 p24t t2，当 k 12，即 t 4 时，p2取 得 最 大 值，最 大 值 为15，即 p 55，此 时 A2 55，2 55，直 线 l 不 过 点 M，N，所 以 存 在 不 过

5、原 点 的 直 线 l，使 点 E 为 线 段 A B 的 中 点，且 p 的 最 大 值 为55.本 例 若 改 为：如 图，已 知 椭 圆 C1：x22 y2 1，抛 物 线 C2：y2 2 p x(p 0)，点 A 是 椭 圆 C1与抛 物 线 C2的 交 点，过 点 A 的 直 线 l 交 椭 圆 C1于 点 B，交 抛 物 线 C2于 M(B，M不 同 于 A).若 存 在 不 过 原 点 的 直 线 l 使 M 为 线 段 A B 的 中 点，求 p 的 最 大 值【解 析】设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，C(x1，y1)，则 O M B C，kA M k

6、O M kA B kB C y1 y2x1 x2y1 y2x1 x2y21 y22x21 x22 12，则 kA M kO M y1 y3x1 x3y3x32 p（y1 y3）y21 y23y3x32 py1 y32 py3 12 y23 y3y1 8 p2 0，若 y3存 在，则 y21 3 2 p2 0.由 于x212 2 p x1 1 x1 2 p 2 4 p2，于 是 y21 2 p x1 4 p22 p 2 4 p2，故 4 p2 2 p 2 4 p2 3 2 p2 2 4 p2 1 8 p p 1 04 0.于 是 p 的 最 大 值 为1 04 0，此 时 x12 1 05，y1

7、55，即 在 A2 1 05，55 时 取 得 关 于 存 在 性 问 题 的 解 题 策 略(1)直 接 求 解，求 出 要 探 究 的 参 数 值、点、直 线 等，即 可 说 明 存 在 性，若 无 解，则 不 存 在(2)假 设 存 在，并 作 为 条 件 使 用，结 合 已 知 条 件 进 行 推 导，探 究 是 否 有 矛 盾，没有 矛 盾 符 合 题 意 则 存 在，否 则 不 存 在(2 0 2 1 泰 安 一 模)已 知 椭 圆 C：x2a2y2b2 1(a b 0)的 离 心 率 为63，短 轴 长 为2 2.(1)求 椭 圆 C 的 方 程；(2)已 知 A，B 是 椭 圆

8、 C 上 的 两 个 不 同 的 动 点，以 线 段 A B 为 直 径 的 圆 经 过 坐 标 原点 O.是 否 存 在 以 O 为 圆 心 的 定 圆 恒 与 直 线 A B 相 切？若 存 在，求 出 定 圆 方 程；若 不 存 在，请 说 明 理 由【解 析】(1)由 题 意ca632 b 2 2a2 b2 c2，解 得：a 6b 2c 2，所 以 椭 圆 C 的 方 程 为：x26y22 1.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直 线 A B 的 方 程 为：x m y t，联 立 方 程x26y22 1x m y t，消 去 x 得：(m2 3)y2 2 m t y(t2

9、 6)0，所 以 y1 y2 2 m tm2 3，y1y2t2 6m2 3，因 为 以 线 段 A B 为 直 径 的 圆 经 过 坐 标 原 点 O，所 以 O A O B 0，所 以 x1x2 y1y2 0，所 以(m y1 t)(m y2 t)y1y2 0，整 理 得：(m2 1)y1y2 m t(y1 y2)t2 0，把 y1 y2 2 m tm2 3，y1y2t2 6m2 3代 入 上 式 得：(m2 1)t2 6m2 3 m t 2 m tm2 3t2 0，整 理 得：t23（m2 1）2，因 为 原 点(0，0)到 直 线 A B：x m y t 的 距 离 d|t|1 m2，所

10、 以 d2t21 m232，所 以 存 在 以 O 为 圆 心 的 定 圆 x2 y232恒 与 直 线 A B 相 切 若 直 线 A B 的 斜 率 为0，则 圆 x2 y232与 直 线 y 62相 切，综 上 所 述：存 在 以 O 为 圆 心 的 定 圆 x2 y232恒 与 直 线 A B 相 切 圆 锥 曲 线 中 的 证 明 问 题【典 例 2】设 椭 圆 E：x2a2y2b2 1(a b 0)的 左、右 焦 点 分 别 为 F1，F2，过 点F1 的 直 线 交 椭 圆 E 于 A，B 两 点 若 椭 圆 E 的 离 心 率 为22，A B F2 的 周 长 为4 6.(1)

11、求 椭 圆 E 的 方 程；(2)设 不 经 过 椭 圆 的 中 心 O 而 平 行 于 弦 A B 的 直 线 交 椭 圆 E 于 点 C，D，设 弦 A B，C D 的 中 点 分 别 为 M，N，证 明：O，M，N 三 点 共 线【思 维 点 拨】(1)先 由 A B F2 的 周 长 求 出 a，再 结 合 离 心 率 求 出 c，利 用 b2 a2 c2求 出 b2(2)分 两 种 情 况 求 解：当 直 线 A B，C D 的 斜 率 不 存 在 时，利 用 对 称 性 知 O，M，N 三 点 共 线；当 直 线 A B，C D 的 斜 率 存 在 时，设 斜 率 为 k，利 用“

12、点 差 法”【规 范 解 答】(1)由 A B F2 的 周 长 为 4 6，可 知 4 a 4 6，所 以 a 6.又 e ca22，所 以 c 3，b2 a2 c2 3.于 是 椭 圆 E 的 方 程 为x26y23 1.4 分(2)当 直 线 A B，C D 的 斜 率 不 存 在 时，由 椭 圆 的 对 称 性 知，中 点 M，N 在 x 轴 上，此 时 O，M，N 三 点 共 线 6 分当 直 线 A B，C D 的 斜 率 存 在 时，设 其 斜 率 为 k(k 0)，且 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则x216y213 1，x226y223 1，两 式

13、 相 减，得x216y213x226y223 0，整 理 得y1 y2x1 x2y1 y2x1 x2 36，所 以y1 y2x1 x2y0 x0 12，即 k kO M 12(kO M 为 直 线 O M 的 斜 率)，所 以 kO M 12 k.9 分同 理 可 得 kO N 12 k(kO N为 直 线 O N 的 斜 率).1 1 分所 以 kO M kO N，即 O，M，N 三 点 共 线 综 上 所 述，O，M，N 三 点 共 线 1 2 分易 错 点 容 易 忽 视 直 线 斜 率 不 存 在 的 情 况障 碍 点利 用“点 差 法”得 k kO M 12，k kO N 12，故

14、有 kO M kO N学 科 素 养 逻 辑 推 理、数 学 运 算、直 观 想 象评 分 细 则“点 差 法”结 果 整 理 正 确 得 1 分圆 锥 曲 线 中 的 证 明 问 题 的 解 决 方 法解 决 证 明 问 题 时，主 要 根 据 直 线、圆 锥 曲 线 的 性 质、直 线 与 圆 锥 曲 线 的 位 置 关系 等，通 过 相 关 的 性 质 应 用、代 数 式 的 恒 等 变 形 以 及 必 要 的 数 值 计 算 等 进 行 证明 常 用 的 证 明 方 法 有：(1)证 A，B，C 三 点 共 线，可 证 kA B kA C 或 A B B C.(2)证 直 线 M A

15、M B，可 证 kM A kM B 1 或 M A M B 0.(3)证|A B|A C|，可 证 A 点 在 线 段 B C 的 垂 直 平 分 线 上(2 0 2 1 新 高 考 I I 卷)已 知 椭 圆 C 的 方 程 为x2a2y2b2 1(a b 0)，右 焦 点 为 F(2，0)，且 离 心 率 为63.(1)求 椭 圆 C 的 方 程；(2)设 M，N 是 椭 圆 C 上 的 两 点，直 线 M N 与 曲 线 x2 y2 b2(x 0)相 切 证 明：M，N，F 三 点 共 线 的 充 要 条 件 是|M N|3.【解 析】(1)由 题 意，椭 圆 半 焦 距 c 2，且 e

16、 ca63，所 以 a 3，又 b2 a2 c2 1，所 以 椭 圆 方 程 为x23 y2 1；(2)由(1)得，曲 线 为 x2 y2 1(x 0)，当 直 线 M N 的 斜 率 不 存 在 时，直 线 M N：x 1，不 合 题 意；当 直 线 M N 的 斜 率 存 在 时，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，必 要 性：若 M，N，F 三 点 共 线，可 设 直 线 M N：y k(x 2)即 k x y 2 k 0，由 直 线 M N 与 曲 线 x2 y2 1(x 0)相 切 可 得|2 k|k2 1 1，解 得 k 1，联 立y（x 2），x23 y2 1，可 得 4 x

17、2 6 2 x 3 0，所 以 x1 x2 3 22，x1 x2 34，所 以|M N|1 1（x1 x2）2 4 x1x2 3，所 以 必 要 性 成 立；充 分 性：设 直 线 M N：y k x b(k b 0)，即 k x y b 0，由 直 线 M N 与 曲 线 x2 y2 1(x 0)相 切 可 得|b|k2 1 1，所 以 b2 k2 1，联 立y k x b，x23 y2 1，可 得(1 3 k2)x2 6 k b x 3 b2 3 0，所 以 x1 x2 6 k b1 3 k2，x1 x23 b2 31 3 k2所 以|M N|1 k2（x1 x2）2 4 x1x21 k26 k b1 3 k22 4 3 b2 31 3 k2 1 k22 4 k21 3 k2 3，化 简 得 3(k2 1)2 0，所 以 k 1，所 以k 1，b 2，或k 1，b 2，所 以 直 线 M N：y x 2 或 y x 2，所 以 直 线 M N 过 点 F(2，0)，M，N，F 三 点 共 线，充 分 性 成 立；所 以 M，N，F 三 点 共 线 的 充 要 条 件 是|M N|3.闭 Word 文 档 返 回 原 板 块