专题5 第6讲 大题专攻——圆锥曲线中的证明、存在性问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书Word

第6讲　大题专攻——圆锥曲线中的证明、存在性问题 备｜考｜领｜航 一、考情分析 高频考点 高考预测 证明问题 在解答题中会继续以椭圆、抛物线、双曲线为几何载体考查证明及存在性问题，仍是高考考查的热点，难度较大，一般以压轴题的形式出现 存在性问题 二、真题感悟 1.（2024·全国甲卷理20题）（证明问题）设椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的右焦点为F，点M（1，）在C上，且MF⊥x轴. （1）求C的方程； （2）过点P（4，0）的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴. 解：（1）法一（直接法）　由题意知 得 所以椭圆C的方程为＋＝1. 法二　由题意知得 所以椭圆C的方程为＋＝1. 法三（巧用椭圆的定义）　设F'为C的左焦点，连接MF'，则｜MF｜＝，｜FF'｜＝2， 在Rt△MFF'中，｜MF'｜＝＝＝， 由椭圆的定义知2a＝｜MF'｜＋｜MF｜＝4， 2c＝｜FF'｜＝2， 所以a＝2，c＝1， 又a2＝b2＋c2，所以b＝， 所以椭圆C的方程为＋＝1. （2）证明：分析知直线AB的斜率存在. 易知当直线AB的斜率为0时，AQ⊥y轴. 当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝ty＋4（t≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），Q（1，n）， 联立方程得 消去x得（3t2＋4）y2＋24ty＋36＝0，Δ＞0， 则y1＋y2＝，y1y2＝. 因为N为线段FP的中点，F（1，0），所以N（，0）. 由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ，即＝，得－y2＝n（x2－），得n＝， 所以n－y1＝－y1＝－y1＝＝＝0， 所以n＝y1，所以AQ⊥y轴. 2.（2024·天津高考18题）（存在性问题）已知椭圆＋＝1（a＞b＞0），椭圆的离心率e＝，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝. （1）求椭圆的方程； （2）过点（0，－）的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是否存在点T使得·≤0？若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由. 解：（1）因为e＝＝，所以a＝2c，b＝＝c， 由题知A（－a，0），B（0，－b），C（0，－）， 所以S△ABC＝·｜BC｜·｜OA｜＝··a＝··2c＝，得c＝， 所以a＝2，b＝3. 所以椭圆的方程为＋＝1. （2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），T（0，t）. 当直线PQ的斜率不存在时，不妨设P（0，3），Q（0，－3），则·＝（0，3－t）·（0，－3－t）＝t2－9≤0，解得－3≤t≤3. 当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y＝kx－， 由可得（3＋4k2）x2－12kx－27＝0， 所以Δ＝144k2＋4×27（3＋4k2）＞0，x1＋x2＝，x1x2＝－. 因为·＝（x1，y1－t）·（x2，y2－t）＝x1x2＋（y1－t）（y2－t）＝x1x2＋（kx1－－t）·（kx2－－t）＝（1＋k2）x1x2－k（＋t）（x1＋x2）＋（＋t）2＝－－＋（＋t）2＝ ＝≤0， 所以4k2t2－36k2＋3t2＋9t－≤0对k∈R恒成立， 则有解得－3≤t≤. 综上可得，－3≤t≤，即点T的纵坐标的取值范围是［－3，］. 重｜难｜排｜查 1.圆锥曲线中的证明问题常见的两个方面 （1）位置关系方面：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等； （2）数量关系方面：如存在定值、恒成立、相等等. 在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明. 2.求解存在性问题的两个策略 （1）当给出结论要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； （2）当条件和结论不唯一时要分类讨论. 证明问题 【例1】　（2024·湖北七市州联合测试）如图，O为坐标原点，F为抛物线y2＝2x的焦点，过F的直线交抛物线于A，B两点，直线AO交抛物线的准线于点D，设抛物线在B点处的切线为l. （1）若直线l与y轴的交点为E，求证：｜DE｜＝｜EF｜； （2）过点B作l的垂线与直线AO交于点G，求证：｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜. 证明：易知直线AB的斜率不为0，F（ ，0）， 设直线AB的方程为x＝my＋，A（x1，y1），B（x2，y2）， 由得y2－2my－1＝0， ∴ （1）不妨设A在第一象限，B在第四象限， 由y＝－，得y'＝－， ∵＝2x2，y2＜0， ∴l的斜率为－＝－＝， ∴l的方程为y－y2＝（x－x2），即y＝x＋， 令x＝0，得y＝，即E（ 0，）. ∵＝2x1，y1y2＝－1，∴直线OA的方程为y＝x＝x＝－2y2x， 令x＝－，得y＝y2，即D（ －，y2）. 又F（ ，0），∴＝＝（ ，－）， 即｜DE｜＝｜EF｜，得证. （2）由（1）知l的垂线的方程为y－y2＝－y2（x－x2）， 即y＝－y2x＋y2（ 1＋）， 由得点G的纵坐标yG＝y2（＋2）. ∵A，O，D，G四点共线，∴要证明｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜，只需证明｜y2－y1｜2＝｜y1｜·｜yG－y1｜.（*） ∵｜y2－y1｜2＝｜y2＋｜2＝， ｜y1｜·｜yG－y1｜＝｜－｜｜y2（＋2）－y1｜＝， ∴（*）式成立， 即｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜，得证. 感悟提升 圆锥曲线中的证明问题 （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. （2024·南京模拟）已知椭圆C：＋y2＝1的左、右顶点分别为M，N，点P（x0，y0）（y0≠0）在椭圆C上，若点E（－6，yE），F（－6，yF）分别在直线MP，NP上. （1）求kMP·kMF的值； （2）连接FM并延长交椭圆C于点Q，求证：E，N，Q三点共线. 解：（1）∵点P（x0，y0）在椭圆C上，∴＋＝1. 又直线MP的斜率为，直线NP的斜率为，∴直线NP的方程为y＝（x－2）， 令x＝－6，则y＝，∴点F的坐标为（ －6，），∴直线MF的斜率为＝， ∴kMP·kMF＝·＝＝＝－. （2）证明：设直线MP的斜率为k，则直线MP的方程为y＝k（x＋2）， 令x＝－6，则y＝－4k，可得E（－6，－4k）. 而直线MF的斜率为－，∴直线MF的方程为y＝－（x＋2）. 联立可得（1＋k2）y2＋2ky＝0， 易得Q点的纵坐标为，将其代入直线x＝－2ky－2，可得x＝， ∴Q（ ，）， ∴直线NQ的斜率为＝，直线NE的斜率为＝， ∴kNQ＝kNE，∴E，N，Q三点共线. 存在性问题 【例2】　（2024·邯郸第四次调研）已知椭圆C的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过M（2，0），N（ 1，－）两点. （1）求C的方程； （2）A，B是C上两个动点，D为C的上顶点，是否存在以D为顶点，AB为底边的等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的三角形的个数；若不存在，请说明理由. 解：（1）由题设椭圆C的方程为mx2＋ny2＝1（m＞0，n＞0，m≠n）， 因为椭圆过M（2，0），N（ 1，－）两点， 所以得到m＝，n＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1. （2）由（1）知D（0，1），易知直线DA，DB的斜率均存在且不为0， 不妨设kDA＝k（k＞0），kDB＝－，直线DA的方程为y＝kx＋1，直线DB的方程为y＝－x＋1， 由椭圆的对称性知，当k＝1时，显然有｜DA｜＝｜DB｜，满足题意， 当k≠1时，由消y得到（ ＋k2）x2＋2kx＝0， 所以xA＝－，yA＝－＋1＝，即A（ －，）， 同理可得B（ ，）， 所以kAB＝ ＝＝， 设AB的中点坐标为（x0，y0），则x0＝＝， y0＝ ＝， 所以AB中垂线方程为 y＋＝－（ x－）， 要使△ADB为以AB为底边的等腰直角三角形，则AB的中垂线过点D（0，1）， 所以1＋＝－（ 0－），整理得到k4－7k2＋1＝0， 令t＝k2，则t2－7t＋1＝0，Δ＝49－4＞0，所以t有两根t1，t2，且t1＋t2＝7＞0，t1t2＝1＞0，即t2－7t＋1＝0有两个正根， 故有2个不同的k2值，满足k4－7k2＋1＝0，又k＞0，故有2个不同的k值，满足k4－7k2＋1＝0， 所以由椭圆的对称性知，当k≠1时，还存在2个符合题意的三角形， 综上所述，存在以D为顶点，AB为底边的等腰直角三角形，满足条件的三角形有3个. 感悟提升 存在性问题的求解策略 （1）假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在； （2）用待定系数法设出； （3）列出关于待定系数的方程组，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. 提醒　反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法. 直线l：ax－y－1＝0与双曲线C：x2－2y2＝1相交于P，Q两点. （1）当a为何实数时，｜PQ｜＝2？ （2）是否存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过坐标原点？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由. 解：（1）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则（x1，y1），（x2，y2）是方程组的实数解， 将①代入②并消去y，得（1－2a2）x2＋4ax－3＝0.　③ 若1－2a2＝0，即a＝±，则直线l与双曲线C的渐近线平行，l与C只可能有一个交点，∴1－2a2≠0. 由1－2a2≠0，得a≠±，方程③的判别式Δ＝（4a）2＋12（1－2a2）＞0，解得－＜a＜. 又∵x1＋x2＝，x1x2＝，　④ ∴由弦长公式及④，得 ｜PQ｜＝·， 根据已知条件｜PQ｜＝2， 解得a2＝－（舍去）或a2＝1， ∴a＝±1，满足－＜a＜且a≠±， 故所求实数a的值为±1. （2）假设存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过坐标原点O，则由OP⊥OQ，得x1·x2＋y1·y2＝0， 又∵y1·y2＝（ax1－1）（ax2－1）， ∴（1＋a2）x1·x2－a（x1＋x2）＋1＝0. 由（1）可知x1＋x2＝，x1·x2＝， 代入上式，得（1＋a2）·－a·＋1＝0， 解得a2＝－2，不成立， 故不存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过坐标原点. 1.（2024·太原模拟）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）经过点（ 1，）且离心率e＝，点P是C上一动点.点Q是OP的中点（O为坐标原点），过点Q的直线交C于M，N两点，且｜MQ｜＝｜NQ｜. （1）求椭圆C的标准方程； （2）当直线OP的斜率kOP和直线MN的斜率kMN都存在时，证明：kOP·kMN＝－. 解：（1）由题意得∴ ∴椭圆C的标准方程为＋＝1. （2）证明：设M（x1，y1），N（x2，y2），Q（x0，y0），则P（2x0，2y0），∴kOP＝. 由得＋＝0，∴＝－·＝－·， ∴kMN·＝－，即kOP·kMN＝－. 2.已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的实轴长为2，直线y＝x为C的一条渐近线. （1）求C的方程； （2）若过点（2，0）的直线与C交于P，Q两点，在x轴上是否存在定点M，使得·为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由. 解：（1）由题意知，2a＝2，＝，解得a＝1，b＝， 所以双曲线C的方程为x2－＝1. （2）若直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为x＝my＋2，与x2－＝1联立可得，（3m2－1）y2＋12my＋9＝0， 设P（x1，y1），Q（x2，y2），则3m2－1≠0，Δ＝36m2＋36＞0， y1＋y2＝，y1y2＝. 假设在x轴上存在定点M（t，0），使得·为定值. ·＝（x1－t）（x2－t）＋y1y2＝（m2＋1）·y1y2＋（2－t）m（y1＋y2）＋（2－t）2＝＋（2－t）2. 若·为定值，则必有＝， 解得t＝－1，此时·＝0. 若直线PQ的斜率为0，则可取P（－1，0），Q（1，0）， 所以·＝（0，0）·（2，0）＝0. 所以在x轴上存在定点M（－1，0），使得·为定值0. 3.已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的四个顶点围成的四边形面积为4，周长为4，一双曲线M的顶点是该椭圆的焦点，焦点是该椭圆长轴上的顶点. （1）求C和M的标准方程； （2）A，B，D是双曲线M上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点O，求证：直线AB与圆x2＋y2＝1相切. 解：（1）根据题意得且a＞b＞0，解得 ∴椭圆C的标准方程为＋＝1， ∵c2＝a2－b2＝2， 依题意，设双曲线M的标准方程为－＝1（p＞0，q＞0）， 则解得p＝q＝， ∴双曲线M的标准方程是－＝1. （2）证明：易知直线AB的斜率一定不为0，设直线AB的方程为x＝my＋n，A（x1，y1），B（x2，y2），D（－x2，y2）， 联立整理得（m2－1）y2＋2mny＋n2－2＝0， 则y1＋y2＝－，y1y2＝， 由于△ABD的外接圆过原点且关于y轴对称， ∴设外接圆的方程为x2＋y2＋Ey＝0， 将A（x1，y1），B（x2，y2）代入圆的方程得 消去E得y2（＋）＝y1（＋）， 又＝2＋，＝2＋， ∴y2（2＋2）＝y1（2＋2）， 化简得y1y2（y1－y2）＝y1－y2， ∵y1≠y2，∴y1y2＝1， 由y1y2＝＝1，得n2＝m2＋1， ∴原点（0，0）到直线AB的距离为＝1， 即直线AB与圆x2＋y2＝1相切. 4.法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：过圆E：x2＋y2＝a2－b2（a＞b＞0）上任意一点作双曲线C：－＝1的两条切线，这两条切线互相垂直.我们通常把这个圆E称作双曲线C的蒙日圆.如图，过双曲线C：－y2＝1（a＞1）的蒙日圆上一点P作C的两条切线，与该蒙日圆分别交于M，N两点，tan∠PMN＝，且△PMN的周长为＋2. （1）求双曲线C的标准方程； （2）过双曲线C的右焦点F2的直线与C交于A，B两点（异于顶点），线段AB的中垂线与x轴交于点T，是否存在常数λ，使得｜AB｜＝λ｜F2T｜恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由. 解：（1）由题可知，双曲线C的蒙日圆方程为x2＋y2＝a2－1，且PM⊥PN，所以MN为蒙日圆的直径，｜MN｜＝2. 又tan∠PMN＝，所以sin∠PMN＝，cos∠PMN＝， ｜PN｜＝｜MN｜sin∠PMN＝，｜PM｜＝｜MN｜cos∠PMN＝. 所以△PMN的周长为（ ＋2）＝＋2，所以a＝2. 故双曲线C的标准方程为－y2＝1. （2）由（1）得F2（，0），由已知可得，直线AB的斜率k存在且不为0，设直线AB的方程为y＝k（x－），A（x1，y1），B（x2，y2）， 将直线AB的方程与双曲线方程联立得整理得关于x的方程（1－4k2）x2＋8k2x－20k2－4＝0， 当1－4k2＝0，即k＝±时，直线AB与双曲线的渐近线平行，与双曲线只有一个交点，不符合题意，故k≠±，且k≠0. 所以Δ＝（8k2）2－4（1－4k2）（－20k2－4）＞0，x1＋x2＝，x1x2＝. 设线段AB的中点为R（x0，y0），则x0＝＝，y0＝k（x0－）＝k（ －）＝，所以R（ ，）. 直线RT的斜率为－，方程为y－＝－（ x－），令y＝0，得x＝，故T（ ，0）. 所以｜F2T｜＝｜－｜＝. ｜AB｜＝＝＝， 所以＝＝. 所以存在λ使得｜AB｜＝λ｜F2T｜恒成立，λ＝. 10 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $