第8章 第11节 证明、存在性问题(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（旗舰版）

证明、存在性问题 第十一节 CONTENTS 目录 题点一　证明问题 一 题点二　存在性问题 二 课时跟踪检测 三 题点一　证明问题 例 1 (2)证明：法一　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，则x1＝my1－4，x2＝my2－4. 因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点， 所以4m2－1≠0，且Δ＞0. 因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点， 所以A1(－2,0)，A2(2,0)． 所以点P在定直线x＝－1上． 法二　由题意得A1(－2,0)，A2(2,0)． 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4， 由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6， 由①②可得kMA1＝－3kNA2. lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，lNA2：y＝kNA2(x－2)． 所以点P在定直线x＝－1上． 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． 思维建模 针对训练 显然，MN与CD不重合，所以MN∥CD. 题点二 　存在性问题 例 2 过抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点F，且斜率为－1的直线l与抛物线E交于A，B两点，|AB|＝8. (1)求抛物线E的方程； (2)过焦点F的直线l′，交抛物线E于C，D两点，直线AC与BD的交点是否恒在一条直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由． 解：(1)第1步：写出直线l的方程，并与抛物线E的方程联立，写出根与系数的关系． 第2步：根据抛物线的定义求p. 由抛物线的定义得，|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝8， 解得p＝2， 所以抛物线E的方程为y2＝4x. 解：(2)第1步：设直线l′的方程及点C，D的坐标，写出根与系数的关系. 由(1)可得，y1y2＝－4，F(1,0)． 由题意知，直线l′的斜率不为0，设直线l′：x＝my＋1，C(x3，y3)，D(x4，y4)， Δ2＝(－4m)2－4×1×(－4)＝16(m2＋1)>0， 所以y3y4＝－4. 第2步：写出直线AC，BD的方程． 第3步：求直线AC和直线BD交点的横坐标，得结果． 即4(y1－y2＋y3－y4)x＝y1y2(y3－y4)＋y3y4(y1－y2)＝－4(y1－y2＋y3－y4)， 解得x＝－1， 所以直线AC与直线BD的交点恒在直线x＝－1上． 借题发挥：先猜后证破圆锥曲线定直线问题 先定性再求解．因为直线AB和直线CD都过抛物线的焦点，所以结合抛物线的对称性知，若直线AC与BD的交点恒在一条直线上，则该直线必垂直x轴，所以求这两条直线交点的横坐标，验证其是否为定值即可. 探索性(存在性)问题，一般是不给出确定性的结论，而是以“是否存在”设问，让考生根据题目的条件进行分析判断得出确定的结论．此类问题的常用解法：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道，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法． 思维建模 针对训练 (2)不存在．理由如下： 假设直线l存在，设以A(1,1)为中点的弦的两端点为P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则有x1＋x2＝2，y1＋y2＝2. 根据双曲线的对称性知x1≠x2.由点P，Q在双曲线上， 故直线PQ的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0. Δ＝(－4)2－4×2×3＝－8<0， 因此直线l与双曲线无交点，故满足条件的直线l不存在． 课时跟踪检测 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 证明：根据题意作出图形，如图，连接MT，AT. (作图妙招：既然要证明|AM|＝|TN|，那么一般分两种情况：在等腰三角形里面作为两腰，在平行四边形里面作为对边．在本题求解过程中，我们先粗略画图后，感觉跟平行四边形有点像，然后按照这个思路重新画一个更精确的图形，这也是矫正作图的一种思路) 要想证明|AM|＝|TN|，考虑从证明四边形AMTN是平行四边形入手.平行四边形这一几何特征如何转化为代数运算呢？我们可以根据平行四边形的判定方法来实现． 设点P(x0，y0)，则点Q(x0，－y0)，x0≠0，易知点A(0,2)，B(0，－2)，C(3,0)， 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 解：(1)设直线AB的方程为y＝2x＋t，与y2＝4x联立得y2－2y＋2t＝0， 1 2 3 4 1 2 3 4 所以(x1＋x2＋x3－3，y1＋y2＋y3)＝(0,0)， 1 2 3 4 (2)证明：设直线BC的方程为x＝my＋n，与y2＝4x联立得y2－4my－4n＝0，Δ＝16(m2＋n)>0， 所以n>－m2，y2＋y3＝4m，y2y3＝－4n， 所以x2＋x3＝m(y2＋y3)＋2n＝4m2＋2n. 1 2 3 4 所以点A的横坐标3－4m2－2n＝4m2<2， 同理可证，B，C两点的横坐标也小于2. 所以△ABC三个顶点的横坐标均小于2. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn (2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为. (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上． 解：(1)设双曲线C的方程为－＝1(a＞0，b＞0)，c为双曲线C的半焦距， 由题意可得解得 所以双曲线C的方程为－＝1. 联立得(4m2－1)y2－32my＋48＝0. 由根与系数的关系得 所以y1＋y2＝y1y2. 直线MA1的方程为＝，直线NA2的方程为＝， 所以＝，得＝，＝＝. 因为＝ ＝＝＝－3， 所以＝－3，解得x＝－1， 则－＝1，即4x－y＝16. 如图，连接MA2，kMA1·kMA2＝·＝＝＝4　①. 由－＝1，得4x2－y2＝16,4[(x－2)＋2]2－y2＝16,4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16,4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0. [my－(x－2)]＝1. 4(x－2)2＋16(x－2)·[my－(x－2)]－y2＝0,4(x－2)2＋(x－2)my－(x－2)2－y2＝0， 两边同时除以(x－2)2，得＋·－2＝0， 即2－·－＝0.kMA2＝，kNA2＝， 由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－　②. 由解得x＝－1. 1．(2023·北京高考)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|＝4. (1)求E的方程； (2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N.求证：MN∥CD. 所以椭圆E的方程为＋＝1. 解：(1)依题意，得e＝＝，则c＝a. 又A，C分别为椭圆上下顶点，|AC|＝4，所以2b＝4，即b＝2. 因为a2－c2＝b2＝4，即a2－a2＝a2＝4，所以a2＝9. 所以A(0,2)，C(0，－2)，B(－3,0)，D(3,0)． 因为P为第一象限E上的动点， 设P(m，n)(0<m<3,0<n<2)，则＋＝1. (2) 证明：因为椭圆E的方程为＋＝1， 易得kBC＝＝－，则直线BC的方程为y＝－x－2. kPD＝＝，则直线PD的方程为y＝(x－3)． 联立解得 令y＝－2，则－2＝x＋2， 即M. kPA＝＝， 则直线PA的方程为y＝x＋2. 解得x＝，即N. 又＋＝1，则m2＝9－，8m2＝72－18n2. 所以kMN＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝. 又kCD＝＝，即kMN＝kCD. 由题意知，F，则直线l：y＝－x＋. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立得消去y并整理得，x2－3px＋＝0，Δ1＝(－3p)2－4×1×＝8p2>0， 所以x1＋x2＝3p，x1x2＝. 联立得消去x并整理得，y2－4my－4＝0， 直线AC：y－y3＝(x－x3)＝(x－x3)＝(x－x3)，即y＝　①. 同理得，直线BD：y＝　②. 由①②消去y得，＝， 2．已知焦点在x轴上的双曲线实轴长为2，其一条渐近线斜率为. (1)求双曲线的标准方程； (2)过点A(1,1)能否作直线l，使直线l与所给双曲线交于P，Q两点，且点A是弦PQ的中点？如果直线l存在，求出它的方程；如果不存在，请说明理由． 解：(1)因为双曲线的焦点在x轴上，设该双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)， 又该双曲线的实轴长为2，一条渐近线斜率为，则解得 因此，该双曲线的标准方程为x2－＝1. 得2x－y＝2,2x－y＝2， 两式相减得2(x1＋x2)(x1－x2)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0， 所以2×2(x1－x2)－2(y1－y2)＝0，所以＝2，即以A(1,1)为中点的弦所在直线的斜率k＝2， 联立消去y得2x2－4x＋3＝0， 1.若两个椭圆的离心率相等，则称它们为“相似椭圆”.如图，在直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1，A1，A2分别为椭圆C1的左、右顶点．椭圆C2以线段A1A2为短轴且与椭圆C1为“相似椭圆”． (1)求椭圆C2的方程； (2)设P为椭圆C2上异于A1，A2的任意一点，过P作PQ⊥x轴， 垂足为Q，线段PQ交椭圆C1于点H.求证：A1H⊥PA2. 解：(1)由椭圆C1：＋＝1的离心率为e＝＝＝，设椭圆C2的方程为＋＝1(a>b>0)，且b＝， 因为两个椭圆为“相似椭圆”，可得e＝＝，解得a2＝12，所以椭圆C2的方程为＋＝1.(易错提醒：注意C2是焦点在y轴上的椭圆，此处易思维定式写成在x轴上的方程) (2)证明：不妨设P(m，n)，其中n>0，则＋＝1，可得m2＝6－，把x＝m代入椭圆C1：＋＝1，可得y＝，所以H，所以kA1H＝ ，kPA2＝， 所以A1H⊥PA2. 所以kA1H·kPA2＝×＝ ＝－＝－＝－1. 2．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)，直线l在x轴上方与x轴平行，交双曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时，点A的坐标为(6,4)． (1)求C的方程； (2)设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，＝λ，＝λ均成立？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由． 解：(1)由已知C：－＝1(a>0，b>0)，点A的坐标为(6,4)，得c＝4，焦点F1(0，－4)，F2(0,4)，2a＝|AF1|－|AF2|＝－6＝4.所以a＝2，b2＝c2－a2＝12，故C：－＝1. (2)设l的方程为y＝2m(m>1)，则D(0,2m)，故M(0，m)，已知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，故N.与双曲线方程联立得(3k2－1)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，由已知得3k2≠1，Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝　①. 由＝λ，＝λ得x1＝λ，x2＝λ，消去λ得x2＝x1，即2x1x2－(x1＋x2)＝0　②，由①②得k(m2－2)＝0，因为k≠0，m>1，所以m＝，故存在定直线l：y＝2满足条件． 3．已知椭圆E：＋＝1的上、下顶点分别为A，B，右顶点为C， 过点A的直线l与椭圆E的另一个交点为P，点Q与点P关于x轴对称，直线AP交直线BC于M，直线AQ交直线BC于N，点T(6，－2)， 求证：|AM|＝|TN|. 联立直线BC与直线AP的方程，可得M. 直线AQ的方程为y＝－x＋2,同理可得N. 所以直线BC的方程为－＝1，即2x－3y＝6， 直线AP的方程为y＝x＋2. ＝6＝2xC， 且yM＋yN＝－2＋－2＝(xM＋xN)－4＝×6－4＝0＝2yC， xM＋xN＝＋ ＝＝ 所以线段MN的中点为点C.又点A(0,2)，T(6，－2)，则线段AT的中点也为点C，(能变通：这里若想通过＝证明四边形AMTN是平行四边形，由＝，＝结合＋＝1消元化简，非常烦琐，所以选择利用对角线互相平分证明平行四边形，运算量就变小了)所以四边形AMTN为平行四边形，故|AM|＝|TN|. 4.(2024·南通模拟)已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，若△ABC的三个顶点都在抛物线E上，且满足＋＋＝0，则称该三角形为“核心三角形”． (1)设“核心三角形ABC”的一边AB所在直线的斜率为2，求直线AB的方程； (2)已知△ABC是“核心三角形”，证明：△ABC三个顶点的横坐标都小于2. 因为＋＋＝0，＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)，＝(x3－1，y3)， 由Δ＝4－8t>0，得t<，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)， 则y1＋y2＝2，y1y2＝2t，所以x1＋x2＝(y1＋y2－2t)＝1－t.由题意知F(1,0)， 所以直线AB的方程为2x－y－1＝0. 所以故 即点C的坐标为(2＋t，－2)，代入抛物线E的方程得4＝4(2＋t)，解得t＝－1，满足条件t<， 由(1)知所以 即点A的坐标为(3－4m2－2n，－4m)．又点A在抛物线y2＝4x上， 所以16m2＝4(3－4m2－2n)，所以n＝－4m2，又n>－m2，所以m2<， $$