第8章 专题4 第3课时 证明与探究性问题（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

第八章　解析几何 专题四　高考中的解析几何综合问题 第三课时　证明与探究性问题 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 课时作业(六十一) 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 谢谢观看！ 证明与探究性问题是高考命题的热点内容，圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，有时与探究性问题综合，一般先假设结论成立，再进行论证． 【例1】 已知点A(－4，0)，直线l：x＝－1与x轴交于点B，动点M到A，B两点的距离之比为2. (1)求点M的轨迹C的方程； (2)如图，设C与x轴交于E，F两点，P是直线l上一点，且点P不在C上，直线PE，PF分别与C交于另一点S，T，证明：A，S，T三点共线． (1)解：设点M(x，y)，依题意， eq \f(|MA|,|MB|) ＝ eq \f(\r(（x＋4）2＋y2),\r(（x＋1）2＋y2)) ＝2， 化简得x2＋y2＝4，即轨迹C的方程为x2＋y2＝4. (2)证明：由(1)知曲线C的方程为x2＋y2＝4，令y＝0得x＝±2，不妨设E(－2，0)，F (2，0). 设P(－1，y0)，S(x1，y1)，T(x2，y2)，则直线PE的方程为y＝y0(x＋2)， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝y0（x＋2），,x2＋y2＝4，)) 得(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋1)x2＋4y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) x＋4y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －4＝0，Δ1＞0，所以－2x1＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(4y－4,y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋1) ，即x1＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(2－2y,y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋1) ，y1＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(4y0,y＋1) . 直线PF的方程为y＝－ eq \f(y0,3) (x－2)， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(y＝－\f(y0,3)（x－2），,x2＋y2＝4)))) 得(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋9)x2－4y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) x＋4y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －36＝0，Δ2＞0， 所以2x2＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(4y－36,y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋9) ，即x2＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(2y－18,y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋9) ，y2＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(12y0,y＋9) ，所以kAS＝ eq \f(y1,x1＋4) ＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(\f(4y0,y＋1),\f(2－2y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋1)＋4) ＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(2y0,y＋3) ，kAT＝ eq \f(y2,x2＋4) ＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(\f(12y0,y＋9),\f(2y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －18,y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋9)＋4) ＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) eq \f(2y0,y＋3) ，所以kAS＝kAT，所以A，S，T三点共线． 【练1】 (2024·青岛模拟)设椭圆C： eq \f(x2,2) ＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与椭圆C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0).如图所示． (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. (1)解：由已知得F (1，0)，l的方程为x＝1，则点A的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2))) 或 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2))) . 又M(2，0)，所以直线AM的方程为y＝－ eq \f(\r(2),2) x＋ eq \r(2) 或y＝ eq \f(\r(2),2) x－ eq \r(2) ，即x＋ eq \r(2) y－2＝0或x－ eq \r(2) 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< eq \r(2) ，x2< eq \r(2) ，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝ eq \f(y1,x1－2) ＋ eq \f(y2,x2－2) . 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k， 得kMA＋kMB＝ eq \f(2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k,（x1－2）（x2－2）) . 将y＝k(x－1)代入 eq \f(x2,2) ＋y2＝1， 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＞0， 所以x1＋x2＝ eq \f(4k2,2k2＋1) ，x1x2＝ eq \f(2k2－2,2k2＋1) ，则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝ eq \f(4k3－4k－12k3＋8k3＋4k,2k2＋1) ＝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． 【例2】 如图所示，已知椭圆G： eq \f(x2,2) ＋y2＝1，与x轴不重合的直线l经过左焦点F1，且与椭圆G相交于A，B两点，弦AB的中点为M，直线OM与椭圆G相交于C，D两点． (1)若直线l的斜率为1，求直线OM的斜率； (2)是否存在直线l，使得|AM|2＝|CM|·|DM|成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 解：(1)由题意可知点F1(－1，0)，又直线l的斜率为1，故直线l的方程为y＝x＋1. 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，)))) 消去y并整理得3x2＋4x＝0，Δ＞0， 则x1＋x2＝－ eq \f(4,3) ，y1＋y2＝ eq \f(2,3) ，因此中点M的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,3))) .故直线OM的斜率为 eq \f(\f(1,3),－\f(2,3)) ＝－ eq \f(1,2) . (2)假设存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立．由题意，直线l不与x轴重合， 设直线l的方程为x＝my－1.由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(x＝my－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，)))) 消去x并整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0.Δ＞0， 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(2m,m2＋2)，,y1y2＝－\f(1,m2＋2)，)))) 可得|AB|＝ eq \r(1＋m2) |y1－y2|＝ eq \r(1＋m2) · eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,m2＋2)))\s\up12(2)＋\f(4,m2＋2)) ＝ eq \f(2\r(2)（m2＋1）,m2＋2) ， x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝ eq \f(2m2,m2＋2) －2＝ eq \f(－4,m2＋2) ， 所以弦AB的中点M的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2,m2＋2)，\f(m,m2＋2))) ， 故直线CD的方程为y＝－ eq \f(m,2) x.联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(y＝－\f(m,2)x，,\f(x2,2)＋y2＝1，)))) 消去y并整理得2x2＋m2x2－4＝0， 解得x2＝ eq \f(4,m2＋2) . 由对称性，设C(x0，y0)，D(－x0，－y0)，则x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝ eq \f(4,m2＋2) ，可得|CD|＝ eq \r(1＋\f(m2,4)) ·|2x0|＝ eq \r(（m2＋4）\f(4,m2＋2)) ＝2 eq \r(\f(m2＋4,m2＋2)) . 因为|AM|2＝|CM||DM|＝(|OC|－|OM|)(|OD|＋|OM|)，且|OC|＝|OD|，所以|AM|2＝|OC|2－|OM|2， 故 eq \f(|AB|2,4) ＝ eq \f(|CD|2,4) －|OM|2， 即|AB|2＝|CD|2－4|OM|2， 则 eq \f(8（m2＋1）2,（m2＋2）2) ＝ eq \f(4（m2＋4）,m2＋2) －4 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,（m2＋2）2)＋\f(m2,（m2＋2）2))) ， 解得m2＝2，故m＝± eq \r(2) . 所以直线l的方程为x－ eq \r(2) y＋1＝0或x＋ eq \r(2) y＋1＝0. 【练2】 (2023·山西太原五中模拟)已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，其离心率为 eq \f(\r(2),2) ，又抛物线x2＝4y在点P(2，1)处的切线恰好过椭圆C的一个焦点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点M(－4，0)，斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆C于A，B两点，直线AF1，BF1的斜率分别为k1，k2，是否存在常数λ，使得k1k＋k2k＝λk1k2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)∵抛物线x2＝4y在点P(2，1)处的切线方程为y＝x－1，它过x轴上的点(1，0)， ∴椭圆C的一个焦点为(1，0)，即c＝1. 又∵e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(2),2) ，∴a＝ eq \r(2) ，b＝1， ∴椭圆C的方程为 eq \f(x2,2) ＋y2＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l的方程为y＝k(x＋4)， 联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋4），,x2＋2y2＝2)) ⇒(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－2＝0，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(Δ>0，,x1＋x2＝－\f(16k2,1＋2k2)，,x1x2＝\f(32k2－2,1＋2k2)．)))) ∵F1(－1，0)，k1＝ eq \f(y1,x1＋1) ，k2＝ eq \f(y2,x2＋1) ， ∴ eq \f(1,k1) ＋ eq \f(1,k2) ＝ eq \f(x1＋1,y1) ＋ eq \f(x2＋1,y2) ＝ eq \f(1,k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋1,x1＋4)＋\f(x2＋1,x2＋4))) ， ∴ eq \f(k,k1) ＋ eq \f(k,k2) ＝ eq \f(2x1x2＋5（x1＋x2）＋8,x1x2＋4（x1＋x2）＋16) ＝ eq \f(2,7) ， ∴k1k＋k2k＝ eq \f(2,7) k1k2， ∴存在常数λ＝ eq \f(2,7) . $$