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浙江省20届高考数学一轮 第9章 高考专题突破6 第3课时

1、第 3 课时 证明与探索性问题题型一 证明问题例 1 设 O 为坐标原点,动点 M 在椭圆 C: y 21 上,过 M 作 x 轴的垂线,垂足为 N,x22点 P 满足 .NP 2NM (1)求点 P 的轨迹方程;(2)设点 Q 在直线 x3 上,且 1.证明:过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦OP PQ 点 F.(1)解 设 P(x,y),M(x0,y0),则 N(x0,0),(x x 0,y), (0,y 0).NP NM 由 ,得 x0x,y 0 y.NP 2NM 22因为 M(x0,y0)在 C 上,所以 1.x22 y22因此点 P 的轨迹方程为 x2y 22.(2

2、)证明 由题意知 F(1,0).设 Q(3,t) ,P(m,n),则 ( 3, t), (1 m, n),OQ PF 33m tn,OQ PF (m,n), (3m,tn).OP PQ 由 1,得 3mm 2tnn 21.OP PQ 又由(1)知 m2 n22,故 33mtn0.所以 0,即 .OQ PF OQ PF 又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ,所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F.思维升华 圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等,有时也涉及一些否定性命题,证明方法一般是采用直接法或反 证法.跟踪训练 1 已知椭圆 T: 1( ab0)的一个顶点

3、 A(0,1) ,离心率 e ,圆x2a2 y2b2 63C:x 2 y24,从圆 C 上任意一点 P 向椭圆 T 引两条切线 PM,PN .(1)求椭圆 T 的方程;(2)求证:PMPN.(1)解 由题意可知 b1, ,即 2a23c 2,ca 63又 a2b 2c 2,联立解得 a23,b 21.椭圆 T 的方程为 y 21.x23(2)证明 方法一 当 P 点横坐标为 时, 纵坐标为1 ,PM 斜率不存在,PN 斜率为30,PMPN.当 P 点横坐标不为 时,设 P(x0,y0),3则 x y 4,设 kPMk,PM 的方程为 yy 0k (xx 0),20 20联立方程组Error!消

4、去 y 得(1 3k 2)x26k( y0kx 0)x3k 2x 6kx 0y03y 3 0,20 20依题意 36k 2(y0kx 0)24(13k 2)(3k2x 6kx 0y03y 3)0,20 20化简得(3x )k22x 0y0k1y 0,20 20又 kPM,kPN为方程的两根,所以 kPMkPN 1.1 y203 x20 1 4 x203 x20 x20 33 x20所以 PMPN.综上知 PMPN .方法二 当 P 点横坐标为 时,纵坐标为1, PM 斜率不存在,PN 斜率为 0,PMPN.3当 P 点横坐标不为 时,设 P(2cos ,2sin ),3切线方程为 y2sin

5、k( x2cos ),Error!联立得(13k 2)x212k(sin kcos )x12(sin kcos )230,令 0 ,即 144 k2(sin k cos )24(13k 2)12(sin k cos )230,化简得(34cos 2)k24sin 2k14sin 20,kPMkPN 1.1 4sin23 4cos2 4 4sin2 33 4cos2所以 PMPN.综上知 PMPN .题型二 探索性问题例 2 (2018浙江重点中学考前热身联考) 在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆E: 1(ab0)上的动点 S 到椭圆 E 的右焦点 F(1,0)的距离的最小值为 1.x2a2 y

6、2b2 2(1)求椭圆 E 的方程;(2)若过点 F 作与 x 轴不垂直的直线 l 交椭圆于 P,Q 两点,在线段 OF 上是否存在点M(m, 0),使得以 MP,MQ 为邻边的平行四边形是菱形?若存在,求出 m 的取值范围;若不存在,请说明理由.解 (1)因为椭圆 E: 1( ab0)上的动点 S 到椭圆 E 的右焦点 F(1,0)的距离的最小值x2a2 y2b2为 1,2所以Error! 得Error!所以椭圆 E 的方程为 y 2 1.x22(2)在线段 OF 上存在点 M(m,0),使得以 MP,MQ 为邻边的平行四边形是菱形.因为直线 l 与 x 轴不垂直,则可设直线 l 的方程为

7、yk(x1)(k 0),P(x 1,y1),Q(x2,y2),x1x 2,由Error! 得(1 2k 2)x24k 2x2k 220,由题意知,0,所以 x1x 2 ,x1x2 ,4k22k2 1 2k2 22k2 1因为以 MP,MQ 为邻边的平行四边形是菱形,所以|MP| |MQ| ,所以(x 1m) 2y ( x2m) 2y ,21 2即(x 1 m)21 ( x2m) 21 ,x212 x22所以(x 1x 2) 0 ,因 为 x1x 2,(x1 x22 2m)则 m ,因为 x1x 2 ,x1 x24 4k22k2 1所以 m (k0),k22k2 1 k2 12 122k2 1

8、12 122k2 1所以 00)交于 M,Nx24两点,(1)当 k0 时,分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程;(2)y 轴上是否存在点 P,使得当 k 变动时,总有OPMOPN?请说明理由.解 (1)由题设可得 M(2 ,a),N(2 ,a),a a或 M(2 ,a),N(2 ,a).a a又 y ,故 y 在 x2 处的导数值为 ,x2 x24 a aC 在点(2 ,a)处的切线方程 为 ya (x2 ),a a a即 x ya0.ay 在 x2 处的导数值为 ,x24 a aC 在点(2 ,a)处的切线方程 为 ya (x2 ),a a a即 x ya0.a故所求切线方程为 xy

9、a0 和 xya0.a a(2)存在符合题意的点, 证明如下:设 P(0,b)为符合题意的点,M( x1,y1),N(x2,y2),直线 PM,PN 的斜率分别为 k1,k2.将 ykxa 代入 C 的方程得 x24kx4a0.故 x1x 24k,x 1x24a.从而 k1k 2 y1 bx1 y2 bx22kx1x2 a bx1 x2x1x2 .ka ba当 ba 时,有 k1k 20,则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补,故OPMOPN,所以点 P(0,a)符合题意.1.已知椭圆 C: 1(ab0)的离心率为 ,点 在 C 上.x2a2 y2b2 32 ( 3,12)(1)求椭

10、圆 C 的方程;(2)过点 A(2,0)作直线 AQ 交椭圆 C 于另外一点 Q,交 y 轴于点 R,P 为椭圆 C 上一点,且 AQOP ,求证: 为定值.|AQ|AR|OP|2(1)解 由题意可得 e , 1,ca 32 3a2 14b2所以 a2,c ,b1,3所以椭圆 C 的方程为 y 21.x24(2)证明 显然直线 AQ 斜率存在,设直线 AQ:yk(x2) ,R(0,2k),P(xP,yP),由Error! 得(1 4k 2)x216k 2x16k 240,由根与系数的关系可得Error!x1x A2,x 2x Q ,2 8k21 4k2则|AQ | |xQx A| ,1 k2

11、1 k2|2 8k21 4k2 2| 1 k2 41 4k2|AR|2 ,1 k2|OP| |xP|,1 k2令直线 OP 为 ykx 且令 xP0.由Error! 得(1 4k 2)x240,x P ,41 4k2所以|OP| , 2,21 k21 4k2 |AQ|AR|OP|241 4k2241 4k2所以定值为 2.2.已知椭圆 C 的中心为坐标原点,焦点在 x 轴上,离心率 e ,以椭圆 C 的长轴和短轴为32对角线的四边形的周长为 4 .5(1)求椭圆 C 的标准方程;(2)若经过点 P(1,0)的直线 l 交椭圆 C 于 A,B 两点,是否存在直线 l0:xx 0(x02),使得A

12、,B 到直线 l0 的距离 dA,d B满足 恒成立,若存在,求出 x0 的值;若不存在,请说dAdB |PA|PB|明理由.解 (1)设椭圆 C 的标准方程为 1(ab0),x2a2 y2b2 ,c a,又4 4 ,ca 32 32 a2 b2 5a 2b 25,由 b2a 2c 2 a2,14解得 a2,b1,c .3椭圆 C 的标准方程为 y 21.x24(2)若直线 l 的斜率不存在, 则直线 l0为任意直线都满足要求;当直线 l 的斜率存在时,设其方程为 yk(x1),设 A(x1,y1),B(x2,y2)(不妨令 x11x2),则 dAx 0x 1,dBx 0x 2,|PA| (x

13、11),| PB| (1x 2),1 k2 1 k2 ,dAdB |PA|PB| ,x0 x1x0 x2 1 k2x1 11 k21 x2 x1 11 x2解得 x0 .2x1x2 x1 x2x1 x2 2由Error! 得(1 4k 2)x28k 2x4k 240,由题意知,0 显然成立,x1x 2 ,x1x2 ,8k21 4k2 4k2 41 4k2x0 4.8k2 81 4k2 8k21 4k28k21 4k2 2综上可知,存在直线 l0:x4,使得 A,B 到直线 l0 的距离 dA,dB满足 恒成立.dAdB |PA|PB|3.已知顶点是坐标原点的抛物线 的焦点 F 在 y 轴正半轴

14、上,圆心在直线 y x 上的圆 E12与 x 轴相切,且 E,F 关于点 M(1,0) 对称.(1)求 E 和 的标准方程;(2)过点 M 的直线 l 与 E 交于 A,B,与 交于 C,D ,求证:|CD| |AB|.2(1)解 设 的标准方程为 x22py (p0),则 F .(0,p2)已知 E 在直线 y x 上,故可设 E(2a,a).12因为 E,F 关于 M(1,0)对称,所以Error!解得Error!所以 的标准方程为 x24y.因为 E 与 x 轴相切,故半径 r|a|1,所以 E 的标准方程为(x2) 2( y1) 21.(2)证明 由题意知,直 线 l 的斜率存在,设

15、l 的斜率为 k,那么其方程为 yk (x1)( k0) ,则 E(2,1)到 l 的距离 d ,|k 1|k2 1因为 l 与 E 交于 A,B 两点,所以 d20,k 12k2 1所以|AB|2 2 .1 d22kk2 1由Error! 消去 y 并整理得 x2 4kx4k0.16k 216k0 恒成立,设 C(x1,y1),D(x2,y2),则 x1 x24k,x 1x24k,那么|CD| |x1x 2|k2 1 k2 1 x1 x22 4x1x24 .k2 1 k2 k所以 |CD|2|AB|2 16k2 1k2 k8kk2 1 2.2k2 12k2 kk 2kk2 12k 1k 2k

16、k所以|CD| 22|AB|2,即|CD| |AB|.24.已知椭圆 1(ab0)的长轴与短轴之和为 6,椭圆上任一点到两焦点 F1,F 2 的距离x2a2 y2b2之和为 4.(1)求椭圆的标准方程;(2)若直线 AB:yx m 与椭圆交于 A,B 两点,C ,D 在椭圆上,且 C,D 两点关于直线AB 对称,问:是否存在实数 m,使|AB| |CD|,若存在,求出 m 的值;若不存在,请说2明理由.解 (1)由题意,2a4,2a2b6,a2, b1.椭圆的标准方程为 y 21.x24(2)C,D 关于直线 AB 对称,设直线 CD 的方程为 yx t ,联立Error! 消去 y,得 5x

17、28tx4t 240,64t 245(4t 24)0,解得 t2b0)的离心率为 ,过右焦点 F 且斜率为 1 的直线交椭圆 Cx2a2 y2b2 63于 A,B 两点,N 为弦 AB 的中点,O 为坐标原点.(1)求直线 ON 的斜率 kON;(2)求证:对于椭圆 C 上的任意一点 M,都存在 0,2) ,使得 cos sin 成OM OA OB 立.(1)解 设椭圆的焦距为 2c,因为 ,所以 ,故有 a23b 2.ca 63 a2 b2a2 23从而椭圆 C 的方程可化为 x23y 23b 2.由题意知右焦点 F 的坐标为( b,0),2据题意有 AB 所在的直线方程为 yx b.2由得

18、 4x26 bx3b 20.2设 A(x1,y1),B(x2,y2),弦 AB 的中点 N(x0,y0),由及根与系数的关系得 x0 ,y0x 0 b b.x1 x22 32b4 2 24所以 kON ,即为所求.y0x0 13(2)证明 显然 与 可作为平面向量的一组基底,由平面向量基本定理可知,对于这一平OA OB 面内的向量 ,有且只有一对实数 ,使得等式 成立.OM OM OA OB 设 M(x,y),由(1)中各点的坐标有(x,y )(x 1,y1) (x2,y2),故 xx 1x 2,yy 1y 2.又因为点 M 在椭圆 C 上,所以有 (x1x 2)23(y 1y 2)23b 2

19、,整理可得2(x 3y ) 2(x 3y )2 (x1x23y 1y2)3b 2.21 21 2 2由有 x1x 2 ,x1x2 .32b2 3b24所以 x1x23y 1y2x 1x23(x 1 b)(x2 b)2 24x 1x23 b(x1x 2)6b 223b 29b 26b 20.又点 A,B 在椭圆 C 上,故有 x 3y 3b 2,21 21x 3y 3b 2.2 2将,代入可得 2 2 1.所以,对于椭圆上的每一个点 M,总存在一对实数,使等式 成立,且OM OA OB 2 21.所以存在 0,2) ,使得 cos ,sin .也就是:对于椭圆 C 上任意一点 M,总存在 0 ,

20、2),使得等式 cos sin 成OM OA OB 立.6.(2018浙江五校联考)已知椭圆 C: 1( ab0)的左、右焦点分别为 F1( ,0),x2a2 y2b2 2F2( , 0),点 M 在椭圆 C 上.2 (2,33)(1)求椭圆 C 的标准方程;(2)已知椭圆的上顶点为 N,是否存在直线 l 与椭圆 C 相交于 A,B 两点,使得 0,|AB| ?若存在,求出直线 l 的条数;若不存在,请说明理由.NA NB 322解 (1)方法一 由题意及椭圆的定义,可得 2 2a, 2 22 13 2 22 13 533 33 3得 a ,b 1,3 32 22故椭圆 C 的标准方程为 y

21、21.x23方法二 依题意可得Error!即 3b4b 220,解得 b21 或 b2 (舍去),23可得 a23,故椭圆 C 的标准方程为 y 21.x23(2)由(1)可得 N(0,1).显然当直线 l 的斜率不存在时 ,不 满足题意,则直线 l 的斜率存在,设直线 l 的方程为 ykxm,由Error!消去 y,整理得 (13k 2)x26kmx3( m21)0,36k 2m212(13k 2)(m21)12(13k 2m 2)0,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1x 2 ,x1x2 , 6km1 3k2 3m2 11 3k2y1y 2k(x 1x 2)2m ,6k2m1

22、3k2 2m 6k2m1 3k2 2m1 3k2y1y2(kx 1m)( kx2m )k 2x1x2mk( x1x 2)m 2 .3k2m2 11 3k2 6k2m21 3k2 m2 3k2m21 3k2 m2 3k21 3k2所以|x 1x 2| ,x1 x22 4x1x2 ( 6km1 3k2)2 12m2 11 3k2 231 3k23k2 m2 1由|AB| |x1x 2| ,1 k2 1 k2231 3k23k2 m2 1 322可得 .1 k21 3k21 m2 3k2 64由 0,可得(x 1,y11)(x 2,y21)0,NA NB 所以 x1x2y 1y2(y 1y 2)1 0,即 10,3m2 11 3k2 m2 3k21 3k2 2m1 3k2得 2m2m10,解得 m1 或 m .12当 m1 时,代入得 ,1 k21 3k23k2 64化简得 k42k 210,解得 k21, k1,此 时 0,符合题意.当 m 时,代入得 ,12 1 k21 3k2 3k2 34 64化简得 k44k 210,所以 k22 ,k ,5 2 5此时 0,符合题意.综上所述,存在满足题意的直 线 l,且直线 l 的条数为 4.