2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第54讲圆锥曲线的综合应用-证明、探究性问题（讲）（Word版附解析）

第54讲圆锥曲线的综合应用——证明、探究性问题思维导图知识梳理1．证明问题代数转化法：圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系等等．证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明.2.探究、存在性问题存在性问题的解法：先假设存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．要注意的是：(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法.题型归纳题型1证明问题【例1-1】设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.[解]　(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.则点A的坐标为或.又M(2,0)，所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－， 即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋.由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝.将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0.从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB成立．【跟踪训练1-1】设椭圆E的方程为＋＝1(a＞b＞0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.(1)求E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.【解】(1)由题设条件知，点M的坐标为，又kOM＝，从而＝.进而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝. (2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得＝.又＝(－a，b)，从而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2)．由(1)可知a2＝5b2，所以·＝0，故MN⊥AB.【跟踪训练1-2】在平面直角坐标系xOy中，点F的坐标为，以线段MF为直径的圆与x轴相切．(1)求点M的轨迹E的方程；(2)设T是E上横坐标为2的点，OT的平行线l交E于A，B两点，交曲线E在T处的切线于点N，求证：|NT|2＝|NA|·|NB|.【解】(1)设点M(x，y)，因为F，所以MF的中点坐标为.因为以线段MF为直径的圆与x轴相切，所以＝，即|MF|＝，故＝，得x2＝2y，所以M的轨迹E的方程为x2＝2y.(2)证明：因为T是E上横坐标为2的点，所以由(1)得T(2,2)，所以直线OT的斜率为1.因为l∥OT，所以可设直线l的方程为y＝x＋m，m≠0.由y＝x2，得y′＝x，则曲线E在T处的切线的斜率为y′|x＝2＝2，所以曲线E在T处的切线方程为y＝2x－2.由得所以N(m＋2,2m＋2)，所以|NT|2＝[(m＋2)－2]2＋[(2m＋2)－2]2＝5m2. 由消去y，得x2－2x－2m＝0，由Δ＝4＋8m＞0，解得m＞－.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，x1x2＝－2m.因为N，A，B在l上，所以|NA|＝|x1－(m＋2)|，|NB|＝|x2－(m＋2)|，所以|NA|·|NB|＝2|x1－(m＋2)|·|x2－(m＋2)|＝2|x1x2－(m＋2)(x1＋x2)＋(m＋2)2|＝2|－2m－2(m＋2)＋(m＋2)2|＝2m2，所以|NT|2＝|NA|·|NB|.【名师指导】几何证明问题的解题策略：(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．(2)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题型2探究、存在性问题【例2-1】已知圆C：(x－1)2＋y2＝，一动圆与直线x＝－相切且与圆C外切．(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程；(2)若经过定点Q(6,0)的直线l与曲线T交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N，试问是否存在直线l，使得NA⊥NB，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．[解]　(1)设P(x，y)，分析可知动圆的圆心不能在y轴的左侧，故x≥0，因为动圆与直线x＝－相切，且与圆C外切，所以|PC|－＝，所以|PC|＝x＋1，所以＝x＋1，化简可得y2＝4x.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知，当直线l与y轴垂直时，显然不符合题意，故可设直线l的方程为x＝my＋6，联立消去x， 可得y2－4my－24＝0，显然Δ＝16m2＋96>0，则①所以x1＋x2＝(my1＋6)＋(my2＋6)＝4m2＋12，②因为x1x2＝·，所以x1x2＝36，③假设存在N(x0，y0)，使得·＝0，由题意可知y0＝，所以y0＝2m，④由N点在抛物线上可知x0＝，即x0＝m2，⑤又＝(x1－x0，y1－y0)，＝(x2－x0，y2－y0)，若·＝0，则x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2－y0(y1＋y2)＋y＝0，由①②③④⑤代入上式化简可得：3m4＋16m2－12＝0，即(m2＋6)(3m2－2)＝0，所以m2＝，故m＝±，所以存在直线3x＋y－18＝0或3x－y－18＝0，使得NA⊥NB.【例2-1】如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.(1)求椭圆C的方程；(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．[解]　(1)由题意得解得故椭圆C的方程为＋＝1.(2)由题意可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，①代入椭圆方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，则x1＋x2＝，x1x2＝，②在方程①中令x＝4，得点M的坐标为(4,3k)．从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.因为A，F，B三点共线，所以k＝kAF＝kBF，即＝＝k，所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－·，③将②代入③得，k1＋k2＝2k－·＝2k－1，又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.故存在常数λ＝2符合题意．【跟踪训练2-1】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．【解】(1)由内切圆的性质，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，所以＝.将x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3.又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝， 故椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．联立消去y，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，由根与系数的关系得①其中Δ>0恒成立，由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，即＋＝0.②因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得＝＝0，即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0.③将①代入③得＝＝0，则t＝4，综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．【名师指导】1.存在性问题的求解方法(1)解决存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．一般步骤：①假设满足条件的曲线(或直线、点)等存在，用待定系数法设出；②列出关于待定系数的方程(组)；③若方程(组)有实数解，则曲线(或直线、点等)存在，否则不存在．(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法2.字母参数值存在性问题的求解方法