2021年高考数学(文)一轮复习讲义第9章高考专题突破五第3课时

1、第3课时证明与探索性问题证明问题例1(2022·全国)设抛物线C：y22x，点A(2,0)，B(2,0)，过点A的直线l与C交于M，N两点(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；(2)证明：ABMABN.(1)解当l与x轴垂直时，l的方程为x2，可得点M的坐标为(2,2)或(2，2)所以直线BM的方程为yx1或yx1.即x2y20或x2y20.(2)证明当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以ABMABN.当l与x轴不垂直时，设l的方程为yk(x2)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，那么x1>0，x2>0.由得ky22y4k0，>0，显然方程有两

2、个不等实根所以y1y2，y1y24.直线BM，BN的斜率之和kBMkBN.将x12，x22及y1y2，y1y2的表达式代入式分子，可得x2y1x1y22(y1y2)0.所以kBMkBN0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以ABMABN.综上，ABMABN.思维升华圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广，但无论证明什么，其常用方法有直接法和转化法，对于转化法，先是对条件进行化简，根据化简后的情况，将证明的问题转化为另一问题.跟踪训练1(2022·衡水模拟)顶点是坐标原点的抛物线的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线yx上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M(1,0)对称.(1)求E和的标准

3、方程；(2)过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与交于C，D两点，求证：|CD|>|AB|.(1)解设的标准方程为x22py，p>0，那么F.E在直线yx上，故可设E.因为E，F关于M(1,0)对称，所以解得所以抛物线的标准方程为x24y.因为圆E与x轴相切，故半径r|a|1，所以圆E的标准方程为(x2)2(y1)21.(2)证明由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方程为yk(x1)(k0).那么E(2，1)到l的距离d，因为l与E交于A，B两点，所以d2<r2，即<1，解得k>0，所以|AB|22.由消去y并整理得，x24kx4k0.16k216k

4、>0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，那么x1x24k，x1x24k，那么|CD|x1x2|·4·.所以>2.所以|CD|2>2|AB|2，即|CD|>|AB|.探索性问题例2(2022·烟台模拟)F为抛物线C：y22px(p>0)的焦点，过F的动直线交抛物线C于A，B两点.当直线与x轴垂直时，|AB|4.(1)求抛物线C的方程；(2)假设直线AB与抛物线的准线l相交于点M，在抛物线C上是否存在点P，使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列假设存在，求出点P的坐标；假设不存在，说明理由.解(1)因为F，在抛物线y22px中

5、，令x，可得y±p，所以当直线与x轴垂直时|AB|2p4，解得p2，所以抛物线的方程为y24x.(2)不妨设直线AB的方程为xmy1(m0)，因为抛物线y24x的准线方程为x1，所以M.联立消去x，得y24my40，16m216>0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么y1y24m，y1y24，假设存在定点P(x0，y0)满足条件，那么2kPMkPAkPB，即2，因为点P，A，B均在抛物线上，所以x0，x1，x2.代入化简可得，将y1y24m，y1y24代入整理可得，即(m21)(y4)0，因为上式对m0恒成立，所以y40，解得y0±2，将y0±

6、2代入抛物线方程，可得x01，所以在抛物物C上存在点P(1，±2)，使直线PA，PM，PB的斜率成等差数列.思维升华解决探索性问题的本卷须知探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，假设结论正确那么存在，假设结论不正确那么不存在.(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，采取另外适宜的方法.跟踪训练2椭圆E：1(a>b>0)过点Q，且离心率e，直线l与E相交于M，N两点，l与x轴、y轴分别相交于C，D两点，O为坐标原点(1)求椭圆E的方程；(2)判断是

7、否存在直线l，满足2，2假设存在，求出直线l的方程；假设不存在，请说明理由解(1)由题意得解得所以椭圆E的方程为y21.(2)存在直线l，满足2，2.理由如下：方法一由题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm(km0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，那么C，D(0，m)由方程组得(12k2)x24kmx2m220，所以16k28m28>0.(*)由根与系数的关系，得x1x2，x1x2.因为2，2，所以，所以C，D是线段MN的两个三等分点，得线段MN的中点与线段CD的中点重合所以x1x20，解得k±.由C，D是线段MN的两个三等分点，得|MN|3|CD|.所以|x1

8、x2|3，即|x1x2|3，解得m±.验证知(*)成立所以存在直线l，满足2，2，此时直线l的方程为yx±或yx±.方法二设M(x1，y1)，N(x2，y2)，C(m,0)，D(0，n)，由2，2，得解得M(2m，n)，N(m,2n)又M，N两点在椭圆上，所以即解得故所求直线l的方程为5x10y20或5x10y20或5x10y20或5x10y20.例(12分)(2022·浙江)如图，点F(1,0)为抛物线y22px(p>0)的焦点过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧记A

9、FG，CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求的最小值及此时点G的坐标标准解答解(1)由题意得1，即p2.所以抛物线的准线方程为x1.2分(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)令yA2t，t0，那么xAt2.3分由于直线AB过F，故直线AB的方程为xy1，代入y24x，得y2y40，故2tyB4，即yB，所以B.4分又xG(xAxBxC)，yG(yAyByC)及重心G在x轴上，得2tyC0，得C，G.6分所以直线AC的方程为y2t2t(xt2)，得Q(t21,0)7分由于Q在焦点F的右侧，故t2>2.从而2.9分

10、令mt22，那么m>0，10分2221.当m时，取得最小值1，此时G(2,0)12分解决直线与圆锥曲线的位置关系的一般步骤第一步：设直线方程，联立方程组，得关于x或y的一元二次方程第二步：写出根与系数的关系(或解出交点的坐标)第三步：根据题目题设条件列出所求式子的函数式第四步：变形，利用函数知识或根本不等式求解第五步：反思回忆，查看有无疏忽问题，再完善1椭圆T：1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，离心率e，圆C：x2y24，从圆C上任意一点P向椭圆T引两条切线PM，PN.(1)求椭圆T的方程；(2)求证：PMPN.(1)解由题意可知b1，即2a23c2，又a2b2c2，

11、联立解得a23，b21.椭圆方程为y21.(2)证明方法一当P点横坐标为±时，纵坐标为±1，PM斜率不存在，PN斜率为0，PMPN.当P点横坐标不为±时，设P(x0，y0)，那么xy4，设kPMk，PM的方程为yy0k(xx0)，联立方程组消去y得(13k2)x26k(y0kx0)x3k2x6kx0y03y30，依题意36k2(y0kx0)24(13k2)(3k2x6kx0y03y3)0，化简得(3x)k22x0y0k1y0，又>0恒成立，kPM，kPN为方程的两根，所以kPM·kPN1.所以PMPN.综上知PMPN.方法二当P点横坐标为±

12、;时，纵坐标为±1，PM斜率不存在，PN斜率为0，PMPN.当P点横坐标不为±时，设P(2cos，2sin)，切线方程为y2sink(x2cos)，联立得(13k2)x212k(sinkcos)x12(sinkcos)230，令0，即144k2(sinkcos)24(13k2)·12(sin kcos )230，化简得(34cos2)k24sin2·k14sin20，kPM·kPN1.所以PMPN.综上知PMPN.2.在平面直角坐标系xOy中，曲线C：y与直线l：ykxa(a>0)交于M，N两点，(1)当k0时，分别求C在点M和N处的切线

13、方程；(2)在y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN请说明理由.解(1)由题设可得M(2，a)，N(2，a)，或M(2，a)，N(2，a).又y，故y在x2处的导数值为，曲线C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.y在x2处的导数值为，曲线C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.故所求切线方程为xya0和xya0.(2)存在符合题意的点，理由如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将ykxa代入C的方程得x24kx4a0.16k216a>0恒成立，故x1x24k，x1x24

14、a.从而k1k2.当ba时，有k1k20，那么直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故OPMOPN，所以存在点P(0，a)，使得当k变动时，总有OPMOPN.3(2022·南阳模拟)椭圆C：1(a>b>0)的左顶点为A，右焦点为F2(2,0)，点B(2，)在椭圆C上(1)求椭圆C的方程；(2)假设直线ykx(k0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，在x轴上，是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有MPN为直角假设存在，求出点P的坐标；假设不存在，请说明理由解(1)依题意，得c2.因为点B(2，)在C上，所以1，又因为a2b2c2，所以a

15、28，b24，所以椭圆方程为1.(2)假设存在这样的点P，设P(x0,0)，E(x1，y1)，x1>0，那么F(x1，y1)，联立消去y，得(12k2)·x280，解得x1，y1，因为A(2，0)，所以AE所在直线方程为y·(x2)，所以M，同理可得N，因为MPN为直角，·0，即x40.所以x02或x02.所以存在点P，使得无论非零实数k怎么变化，总有MPN为直角，此时点P的坐标为(2,0)或(2,0)4(2022·平顶山模拟)如图，椭圆E：1(a>b>0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且·1.(1)求椭圆E的方程；

16、(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点是否存在常数，使得··为定值假设存在，求出的值；假设不存在，请说明理由解(1)由，点C，D的坐标分别为(0，b)，(0，b)，又点P的坐标为(0,1)，且·1，于是解得a2，b，所以椭圆E的方程为1.(2)存在理由如下：当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(4k21)x28kx40，其判别式(8k)216(4k21)>0，所以x1x2，x1x2，从而，··x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2

17、)x1x2k(x1x2)12.所以当时，2，此时··为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，····2.故存在常数，使得··为定值.5(2022·南昌模拟)椭圆C：1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2且F2关于直线xya0的对称点M在直线3x2y0上(1)求椭圆的离心率；(2)假设C的长轴长为4且斜率为的直线l交椭圆于A，B两点，问是否存在定点P，使得PA，PB的斜率之和为定值假设存在，求出所有满足条件的P点坐标；假设不存在，请说明理由解(1)依题意知F2(c,0)，设M(x0，y0)，那么1且a0