第8章 专题4 第3课时 证明与探究性问题（Word教参）-【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）

第三课时　证明与探究性问题 [对应学生用书P208] 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，＝＝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)， 由得(y＋1)x2＋4yx＋4y－4＝0，Δ1＞0，所以－2x1＝，即x1＝，y1＝. 直线PF的方程为y＝－(x－2)， 由得(y＋9)x2－4yx＋4y－36＝0，Δ2＞0， 所以2x2＝，即x2＝，y2＝，所以kAS＝＝＝，kAT＝＝＝，所以kAS＝kAT，所以A，S，T三点共线． 【练1】 (2024·青岛模拟)设椭圆C：＋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，Δ＞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． 【例2】 如图所示，已知椭圆G：＋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)，由消去y并整理得3x2＋4x＝0，Δ＞0， 则x1＋x2＝－，y1＋y2＝，因此中点M的坐标为.故直线OM的斜率为＝－. (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.由消去x并整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0.Δ＞0， 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 可得|AB|＝|y1－y2|＝·＝， x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝－2＝， 所以弦AB的中点M的坐标为， 故直线CD的方程为y＝－x.联立消去y并整理得2x2＋m2x2－4＝0， 解得x2＝. 由对称性，设C(x0，y0)，D(－x0，－y0)，则x＝，可得|CD|＝·|2x0|＝＝2. 因为|AM|2＝|CM||DM|＝(|OC|－|OM|)(|OD|＋|OM|)，且|OC|＝|OD|，所以|AM|2＝|OC|2－|OM|2， 故＝－|OM|2， 即|AB|2＝|CD|2－4|OM|2， 则＝－4， 解得m2＝2，故m＝±. 所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0. 【练2】 (2023·山西太原五中模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，其离心率为，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＝＝，∴a＝，b＝1， ∴椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l的方程为y＝k(x＋4)， 联立⇒(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－2＝0，∴ ∵F1(－1，0)，k1＝，k2＝， ∴＋＝＋＝， ∴＋＝＝， ∴k1k＋k2k＝k1k2， ∴存在常数λ＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$