高考大题研究课十

高考大题研究课十圆锥曲线中的证明与探索性问题会用直线与圆锥曲线中有关知识解决证明与探索性问题，提高学生分析问题、解决问题的能力．关键能力·题型剖析题型一证明问题例1(12分)[2023·新课标Ⅱ卷]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－25，0)，离心率为5.(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．思路导引(1)由题意求出a，b→C的方程(2)设直线方程→与C联立→消去y→韦达定理→写出直线MA1，NA2的方程→联立消去y→解得x，即交点的横坐标为定值→点P在定直线上．[满分答卷·评分细则]解析：(1)设双曲线方程为x2a2-y2b2＝1(a由焦点坐标得c＝25，由e＝ca＝5得a＝2，b＝c2-a2＝4，→正确求出a，b∴双曲线方程为x24-y2162由1可得A1-2，0，A2设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x＝my－4，且－12＜m＜12.→正确设出直线MN的方程得联立方程组x=my-4x24-y216=1得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)＞0，则y1＋y2＝32m4m2-1，y1y2＝484m2-1，→正确消去x得到关于y的一元二次方程，直线MA1的方程为y＝y1x1+2(x＋2)，直线NA2的方程为y＝y2x2-2(x－2)→正确写出直线联立直线方程y=y1xx+2x-2＝y2x1+2y1x2-2＝y2my1-2y1my可得x=-1，即xp=-1，@所以点P题后师说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、曲线等几何要素中的位置关系，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；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．巩固训练1[2023·北京卷]已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为53，A、C分别是E的上、下顶点，B，D(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.题型二探索性问题例2[2024·河南郑州模拟]已知椭圆x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，F为椭圆的右焦点，A为椭圆的下顶点，A与圆x2＋(y－2(1)求椭圆的方程；(2)设点D在直线x＝1上，过D的两条直线分别交椭圆于M，N两点和P，Q两点，点F到直线MN和PQ的距离相等，是否存在实数λ，使得|DM|·|DN|＝λ|DP|·|DQ|？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．题后师说存在性问题的解题策略存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．巩固训练2[2024·江西南昌模拟]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A，B分别为C上两个不同的动点，O为坐标原点，当△OAB为等边三角形时，|AB|＝83.(1)求C的标准方程；(2)抛物线C在第一象限的部分是否存在点P，使得点P满足PA+PB＝4PF，且点P到直线AB的距离为2？若存在，求出点P的坐标及直线AB的方程；若不存在，高考大题研究课十圆锥曲线中的证明与探索性问题关键能力·题型剖析巩固训练1解析：依题意，得e＝ca＝53，则c＝5又A，C分别为椭圆上、下顶点，|AC|＝4，所以2b＝4，即b＝2，所以a2－c2＝b2＝4，即a2－59a2＝49a2＝4，则a2＝所以椭圆E的方程为x29解析：因为椭圆E的方程为x29+y24＝1，所以A(0，2)，C(0，－2)，B(－3，0)，D因为P为第一象限E上的动点，设P(m，n)(0<m<3，0<n<2)，则m29+易得kBC＝0+2-3-0＝－23，则直线BC的方程为y＝－23xkPD＝n-0m-3＝nm-3，则直线PD的方程为y＝nm-3(x－联立y=-23即M33n-2m+6而kPA＝n-2m-0＝n-2m，则直线PA的方程为y＝n-2mx令y＝－2，则－2＝n-2mx＋2，解得x＝-4mn-2，即N又m29+n24＝1，则m2＝9－9n24，8所以kMN＝-12n＝-6n+4m-12＝-6＝-6＝-6＝2-3n2又kCD＝0+23-0＝23，即kMN＝k显然，MN与CD不重合，所以MN∥CD.例2解析：由题意可知e＝ca＝12，A(0，－b又A到圆上距离最大值为2－(－b)＋1＝3＋b＝3＋3，∴b＝3.又a2=b2+c2，ca故椭圆方程为x24解析：若D点与F点重合，则λ不存在，若D点与F点不重合，∵点F到直线MN和PQ的距离相等，且F在直线x＝1上，∴kMN＋kPQ＝0，设D(1，m)，由题意可知直线MN，PQ的斜率均存在且不为0，设直线MN的方程为y－m＝k1(x－1)，(k1≠0)，由y-m=k1x-1，3x2+4y2=12，得4k12+3x2＋(8k1m－8k2)x设M(xM，yM)，N(xN，yN)，则xM＋xN＝8k12-8k1m4k12又|DM|＝1+k12xM－1|DM|·|DN|＝(1+k12)|(xM－1)(xN－1)|＝(1+k12)|xMxN－(xM＋xN设直线PQ的方程为y－m＝k2(x－1)(k2≠0)，同理可得|DP|·|DQ|＝1+又k1＝－k2，∴|DM|·|DN|＝|DP|·|DQ|，故λ＝1.所以存在这样的λ＝1，使得|DM|·|DN|＝λ|DP|·|DQ|.巩固训练2解析：由对称性可知当△OAB为等边三角形时，A，B两点关于x轴对称，当△OAB为等边三角形时，△OAB的高为32|AB|＝12由题意知点(12，43)在C上，代入y2＝2px，得(43)2＝24p，解得p＝2，所以C的标准方程为y2＝4x.解析：由(1)知F(1，0)，根据题意可知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x＝ky＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，联立x=ky+m，y2=4x，得y2－4ky－4m所以Δ＝16k2＋16m>0，即k2＋m>0，且y1＋y2＝4k，y1y2＝－4m，所以x1＋x2＝k(y1＋y2)＋2m＝4k2＋2m，由PA+PB＝4PF，得(x1－x0，y1－y0)＋(x2－x0，y2－y0)＝4(1－x0，－y0所以x1+x2-4=-2x0，y1+y2=-2y0，所以又点P在C上，所以4k2＝4(2－m－2k2)，即3k2＋m＝2，①所