2025届高考数学二轮总复习层级三专题一圆锥曲线中的综合问题第三讲圆锥曲线中的证明存在性问题学案理含解析

PAGE第三讲圆锥曲线中的证明、存在性问题1．(2024·全国卷Ⅰ)设抛物线C：y2＝2x，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：∠ABM＝∠ABN.解：(1)当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得点M的坐标为(2,2)或(2，－2)．所以直线BM的方程为y＝eq\f(1,2)x＋1或y＝－eq\f(1,2)x－1.(2)证明：当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN.当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则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.直线BM，BN的斜率之和为kBM＋kBN＝eq\f(y1,x1＋2)＋eq\f(y2,x2＋2)＝eq\f(x2y1＋x1y2＋2y1＋y2,x1＋2x2＋2).①将x1＝eq\f(y1,k)＋2，x2＝eq\f(y2,k)＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入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的倾斜角互补，所以∠ABM＝∠ABN.综上，∠ABM＝∠ABN.2．(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝eq\f(x2,4)与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点．(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．解：(1)由题设可得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)处的导数值为eq\r(a)，C在点(2eq\r(a)，a)处的切线方程为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)处的导数值为－eq\r(a)，C在点(－2eq\r(a)，a)处的切线方程为y－a＝－eq\r(a)(x＋2eq\r(a))，即eq\r(a)x＋y＋a＝0.故所求切线方程为eq\r(a)x－y－a＝0和eq\r(a)x＋y＋a＝0.(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y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a从而k1＋k2＝eq\f(y1－b,x1)＋eq\f(y2－b,x2)＝eq\f(2kx1x2＋a－bx1＋x2,x1x2)＝eq\f(ka＋b,a).当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意.明考情1．证明问题主要考查点、直线、曲线等几何元素中的特别位置关系以及直线或圆锥曲线中的一些数量关系的证明．2．存在性问题主要考查探究存在某个参数值或存在某个点或某种位置关系或证明角相等、线段长度相等或向量关系等．题型一证明问题|析典例|【例】(2024·云南模拟)已知抛物线C：y2＝2px过点A(1,1)．直线l过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))且与抛物线C交于两点M，N，过点M作x轴的垂线，该垂线分别交直线OA，ON于点P，Q，其中O为坐标原点．(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)证明：2eq\o(QP,\s\up6(→))＝eq\o(QM,\s\up6(→)).[思路分析]第(1)问：求什么，如何想求抛物线方程，想到利用条件分析求p值给什么，如何用已知过点A(1,1)代入可求p，再求焦点坐标和准线方程第(2)问：求什么，如何想证明2eq\o(QP,\s\up6(→))＝eq\o(QM,\s\up6(→))想到分析要证的实质是P为QM的中点给什么，如何用已知l与抛物线相交于M，N，可设出直线方程联立后，通过坐标关系证明P是QM中点[规范解答](1)抛物线C：y2＝2px过点A(1,1)，则1＝2p，p＝eq\f(1,2)；∴抛物线方程为y2＝x，∴焦点坐标为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，准线方程为x＝－eq\f(1,4).(2)证明：依据题意画出图形，如图所示：设过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的直线方程为y＝kx＋eq\f(1,2)，点M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴直线OA的方程为y＝x，直线ON的方程为y＝eq\f(y2,x2)x，由题意知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为线段QM的中点，即2eq\o(QP,\s\up6(→))＝eq\o(QM,\s\up6(→)).|规律方法|圆锥曲线证明问题的类型及求解策略(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，主要依据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．|练题点|1．(2024·广元模拟)椭圆eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1(0，c)，F2(0，－c)，右顶点为B，且满意eq\o(BF1,\s\up6(→))·eq\o(BF2,\s\up6(→))＝0.(1)求椭圆的离心率e；(2)设P为椭圆上异于顶点的点，以线段PB为直径的圆经过点F2，求证：该圆与直线x＋2y－c＝0恒相切．解：(1)F1(0，c)，F2(0，－c)，B(b,0)，∵eq\o(BF1,\s\up6(→))·eq\o(BF2,\s\up6(→))＝0.∴b2－c2＝0，即b＝c.∴椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(c,\r(b2＋c2))＝eq\f(\r(2),2).(2)证明：由(1)可得b＝c，故可设椭圆的方程为eq\f(y2,2c2)＋eq\f(x2,c2)＝1，设P(x0，y0)．∵F1(0，c)，F2(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又因为点P在椭圆上，∴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))).设圆心为(x1，y1)，则x1＝eq\f(2c,3)，y1＝－eq\f(2c,3).圆的半径r＝eq\r(x1－c2＋y1－02)＝eq\f(\r(5),3)c.则圆心到直线x＋2y－c＝0的距离为d＝eq\f(\r(5),3)c＝r.∴圆与直线x＋2y－c＝0恒相切．2．(2024·海门市模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线与x轴的交点为H，过点F的直线l与抛物线的交点为A，B，且AB⊥HB.(1)求证：∠AHF＝∠BHF；(2)求|AF|－|BF|的值．解：(1)证明：抛物线y2＝4x的焦点F(1,0)，准线方程为x＝－1，H(－1,0)，设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))，直线AB的方程为x＝my＋1，代入抛物线方程可得y2－4my－4＝0，可得y1＋y2＝4m，y1y2则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，则∠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))，则|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.题型二存在性问题|析典例|【例】(2024·重庆巴蜀中学高三月考)已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(1,2)，过点E(eq\r(7)，0)的椭圆C1的两条切线相互垂直．(1)求椭圆C1的方程；(2)在椭圆C1上是否存在这样的点P，过点P引抛物线C2：x2＝4y的两条切线l1，l2，切点分别为B，C，且直线BC过点A(1,1)？若存在，指出这样的点P有几个(不必求出点的坐标)；若不存在，请说明理由．[解](1)由椭圆的对称性，不妨设在x轴上方的切点为M，x轴下方的切点为N，则kNE＝1，NE的直线方程为y＝x－eq\r(7)，∵椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(1,2)，∴椭圆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，∵直线与椭圆相切，∴Δ＝0，则c＝1，∴椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设点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，∴抛物线C2在点B处的切线l1的方程为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.∵点P(x0，y0)在切线l1上，∴y0＝eq\f(x1,2)x0－y1.①同理，y0＝eq\f(x2,2)x0－y2.②综合①②得，点B(x1，y1)，C(x2，y2)的坐标都满意方程y0＝eq\f(x,2)x0－y.∵经过B(x1，y1)，C(x2，y2)两点的直线是唯一的，∴直线BC的方程为y0＝eq\f(x,2)x0－y.∵点A(1,1)在直线BC上，∴y0＝eq\f(1,2)x0－1，∴点P的轨迹方程为y＝eq\f(1,2)x－1.又∵点P在椭圆C1上，又在直线y＝eq\f(1,2)x－1上，∴直线y＝eq\f(1,2)x－1经过椭圆C1内一点(0，－1)，∴直线y＝eq\f(1,2)x－1与椭圆C1交于两点．∴满意条件的点P有两个.|规律方法|求解存在性问题的思路及策略(1)思路：先假设存在，推证满意条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在．(2)策略①当条件和结论不唯一时要分类探讨；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．|练题点|(2024·山西高三名校五校联