集合高考数学考点课时训练试题.docx

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集合高考数学考点课时训练试题

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：

＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.

（1）求点P的轨迹方程；

（2）设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：

过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

（1）解　设P（x，y），M（x0，y0），则N（x0,0），

＝（x－x0，y），＝（0，y0）．

由＝得x0＝x，y0＝y.

因为M（x0，y0）在C上，

所以＋＝1.

因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.

（2）证明　由题意知F（－1,0）．

设Q（－3，t），P（m，n），则＝（－3，t），

＝（－1－m，－n），·＝3＋3m－tn，

＝（m，n），＝（－3－m，t－n）．

由·＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1.

又由

（1）知m2＋n2＝2，

故3＋3m－tn＝0.

所以·＝0，即⊥.

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（a>b>0）的一个顶点A（0,1），离心率e＝，圆C：

x2＋y2＝4，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：

PM⊥PN.

（1）解　由题意可知b＝1，＝，即2a2＝3c2，

又a2＝b2＋c2，联立解得a2＝3，b2＝1.

∴椭圆方程为＋y2＝1.

（2）证明　①当P点横坐标为±时，纵坐标为±1，PM斜率不存在，PN斜率为0，PM⊥PN.

②当P点横坐标不为±时，设P（x0，y0），

则x＋y＝4，设kPM＝k，

PM的方程为y－y0＝k（x－x0），

联立方程组

消去y得（1＋3k2）x2＋6k（y0－kx0）x＋3k2x－6kx0y0＋3y－3＝0，

依题意Δ＝36k2（y0－kx0）2－4（1＋3k2）（3k2x－6kx0y0＋3y－3）＝0，

化简得（3－x）k2＋2x0y0k＋1－y＝0，

又kPM，kPN为方程的两根，

所以kPM，PN＝，

所以kPM·kPN＝＝＝＝－1.

所以PM⊥PN.

综上知PM⊥PN.

题型二　探索性问题

例2（2018·苏北三市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：

＋＝1的左、右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点（点P在x轴上方）．

（1）若QF＝2FP，求直线l的方程；

（2）设直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2.是否存在常数λ，使得k1＝λk2？

若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

解　

（1）因为a2＝4，b2＝3，所以c＝＝1，

所以F的坐标为（1,0）．

设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线l的方程为x＝my＋1，

代入椭圆方程，得（4＋3m2）y2＋6my－9＝0，

则y1＝，y2＝.

若QF＝2PF，则

＝2×，

即＝2×，

3m＋6＝－6m＋12，

解得m＝（舍负），

故直线l的方程为x－2y－＝0.

（2）由

（1）知，y1＋y2＝，y1y2＝，

所以my1y2＝＝（y1＋y2），

所以＝·＝

＝＝，

故存在常数λ＝，使得k1＝k2.

思维升华解决探索性问题的注意事项

探索性问题，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）当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．

跟踪训练2（2018·扬州期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋（y－2）2＝1，且圆C与y轴交于M，N两点（点N在点M的上方），直线l：

y＝kx（k>0）与圆C交于A，B两点．

（1）若AB＝，求实数k的值；

（2）设直线AM，直线BN的斜率分别为k1，k2，是否存在常数a使得k1＝ak2恒成立？

若存在，求出a的值．若不存在，请说明理由；

（3）若直线AM与直线BN相交于点P，求证：

点P在一条定直线上．

（1）解　∵圆C：

x2＋（y－2）2＝1，

∴圆心C（0,2），半径r＝1，

∵直线l：

kx－y＝0（k>0）与圆C相交于A，B两点，且AB＝，

∴圆心到l的距离为d＝＝，

∴＝，解得k＝±2.

∵k>0，∴k＝2.

（2）解　∵圆C与y轴交于M，N两点（点N在点M上方），

∴M（0,1），N（0,3），

∴AM：

y＝k1x＋1，BN：

y＝k2x＋3，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

将直线AM与圆C方程联立得

化简得（k＋1）x2－2k1x＝0，

∴A，同理可求得B，

∵O，A，B三点共线，且＝，＝，

∴·－·＝0，

化简得（3k1＋k2）（k1k2＋1）＝0，

∵k1k2＋1≠0，∴3k1＋k2＝0，即k1＝－k2，

∴存在实数a＝－，使得k1＝ak2恒成立．

（3）证明　设P（x0，y0），

∴且k1≠k2，∴

由

（2）知k2＝－3k1，代入得y0＝＝为定值．

∴点P在定直线y＝上．

1．（2018·苏州期末）已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的离心率为，且过点P（2，－1）．

（1）求椭圆C的方程；

（2）设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过P点作两条直线分别交椭圆C于两点A（x1，y1），B（x2，y2），若直线PQ平分∠APB，求证：

直线AB的斜率是定值，并求出这个定值．

解　

（1）因为椭圆C的离心率为＝，

所以＝，即a2＝4b2，

所以椭圆C的方程可化为x2＋4y2＝4b2，

又椭圆C过点P（2，－1），所以4＋4＝4b2，

解得b2＝2，a2＝8，

所以所求椭圆C的标准方程为＋＝1.

（2）由题意知，直线PA与PB的斜率都存在，

设直线PA的方程为y＋1＝k（x－2），

联立方程组消去y，得

（1＋4k2）x2－8（2k2＋k）x＋16k2＋16k－4＝0，

所以x1＝，

因为直线PQ平行于x轴且平分∠APB，

即直线PA与直线PB的斜率互为相反数，

设直线PB的方程为y＋1＝－k（x－2），

同理求得x2＝.

又所以y1－y2＝k（x1＋x2）－4k，

即y1－y2＝k（x1＋x2）－4k＝k·－4k＝－，

x1－x2＝.

所以直线AB的斜率为kAB＝＝＝－.

2．（2018·江苏省海安高级中学月考）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：

（x－3）2＋（y＋2）2＝4，圆C2：

（x＋m）2＋（y＋m＋5）2＝2m2＋8m＋10（m∈R，且m≠－3）．

（1）设P为坐标轴上的点，满足：

过点P分别作圆C1与圆C2的一条切线，切点分别为T1，T2，使得PT1＝PT2，试求出所有满足条件的点P的坐标；

（2）若斜率为正数的直线l平分圆C1，求证：

直线l与圆C2总相交．

（1）解　设点P的坐标为（x0，y0），圆C1与圆C2的半径分别为r1，r2，

由题意得PC－r＝PC－r，

即（x0－3）2＋（y0＋2）2－4＝（x0＋m）2＋（y0＋m＋5）2－（2m2＋8m＋10），

化简得x0＋y0＋1＝0，

因为P为坐标轴上的点，

所以点P的坐标为（0，－1）或（－1,0）．

（2）证明　依题意知直线l过圆C1的圆心（3，－2），

可设直线l的方程为y＋2＝k（x－3）（k>0），

即kx－y－3k－2＝0，

则圆心C2（－m，－m－5）到直线l的距离为，

又圆C2的半径为，

“直线l与圆C2总相交”等价于“∀m∈R，且m≠－3，<”，

即<，①

记y＝，

整理得（y－2）m2＋2（3y－4）m＋9y－10＝0，

当y＝2时，得m＝－2；

当y≠2时，

由判别式Δ＝[2（3y－4）]2－4（y－2）（9y－10）≥0，

解得y≥1.

综上得y＝，m≠－3的最小值为1，

所以由①可得<1，解得k>0.

故直线l与圆C2总相交．

3．（2018·宿州检测）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的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4.

（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：

x＝x0（x0>2），使得A，B到直线l0的距离dA，dB满足＝恒成立，若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．

解　

（1）设椭圆C的标准方程为＋＝1（a>b>0），

∵＝，∴c＝a，

又∵4＝4，

∴a2＋b2＝5，由b2＝a2－c2＝a2，

解得a＝2，b＝1，c＝.

∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.

（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y＝k（x－1），

设A（x1，y1），B（x2，y2）（不妨令x1>1>x2），

则dA＝x0－x1，dB＝x0－x2，

PA＝（x1－1），PB＝（1－x2），

∵＝，

∴＝＝，

解得x0＝.

由得（1＋4k2）x2－8k2x＋4k2－4＝0，

由题意知，Δ>0显然成立，

∴x1,2＝，

∴x1＋x2＝，x1x2＝，x0＝＝4.

综上可知存在直线l0：

x＝4，使得A，B到直线l0的距离dA，dB满足＝恒成立．

4．已知椭圆＋＝1（a>b>0）的长轴长与短轴长之和为6，椭圆上任一点到两焦点F1，F2的距离之和为4.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若直线AB：

y＝x＋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，请说明理由．

解　

（1）由题意，2a＝4,2a＋2b＝6，∴a＝2，b＝1.

∴椭圆的标准方程为＋y2＝1.

（2）∵C，D关于直线AB对称，

设直线CD的方程为y＝－x＋t，

联立消去y，得5x2－8tx＋4t2－4＝0，

Δ＝64t2－4×5×（4t2－4）>0，解得t2<5，

设C，D两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），

则x1,2＝，

∴x1＋x2＝，x1x2＝，

设CD的中点为M（x0，y0），

∴∴M，

又点M也在直线y＝x＋m上，

则＝＋m，∴t＝－，

∵t2<5，∴m2<.

则CD＝|x1－x2|＝·.

同理AB＝·.

∵AB＝CD，∴AB2＝2CD2，

∴2t2－m2＝5，∴m2＝<，

∴存在实数m，使AB＝CD，此时m的值为±.

5．已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的离心率为，过右焦点F且斜率为1的直线交椭圆C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θ∈[0,2π），使得＝cosθ＋sinθ成立．

（1）解　设椭圆的焦距为2c，

因为＝，所以＝，故有a2＝3b2.

从而椭圆C的方程可化为x2＋3y2＝3b2.①

由题意知右焦点F的坐标为（b,0），

据题意有AB所在的直线方程为y＝x－b.②

由①②得4x2－6bx＋3b2＝0.③

设A（x1，y1），B（x2，y2），弦AB的中点N（x0，y0），

所以x1,2＝，

所以x0＝＝，y0＝x0－b＝－b.

所以kON＝＝－.

（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，对于这一平面内的向量，有且只有一对实数λ，μ，使得等式＝λ＋μ成立．

设M（x，y），由

（1）中各点的坐标有（x，y）＝λ（x1，y1）＋μ（x2，y2），故x＝λx1＋μx2，y＝λy1＋μy2.

又因为点M在椭圆C上，所以有（λx1＋μx2）2＋3（λy1＋μy2）2＝3b2，整理可得

λ2（x＋3y）＋μ2（x＋3y）＋2λμ（x1x2＋3y1y2）＝3b2.④

由

（1）可得x1＋x2＝，x1·x2＝.

所以x1x2＋3y1y2＝x1x2＋3（x1－b）（x2－b）

＝4x1x2－3b（x1＋x2）＋6b2＝3b2－9b2＋6b2＝0.⑤

又点A，B在椭圆C上，故有x＋3y＝3b2，

x＋3y＝3b2.⑥

将⑤，⑥代入④可得λ2＋μ2＝1.

所以，对于椭圆上的每一个点M，总存在一对实数，使等式＝λ＋μ成立，且λ2＋μ2＝1.

所以存在θ∈[0,2π），使得λ＝cosθ，μ＝sinθ.也就是：

对于椭圆C上任意一点M，总存在θ∈[0,2π），使得等式＝cosθ＋sinθ成立．

6.如图，椭圆E：

＋＝1（a>b>0）的离心率是，点P（0，1）在短轴CD上，且·＝－1.

（1）求椭圆E的方程；

（2）设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？

若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

解　

（1）由已知，点C，D的坐标分别为（0，－b），（0，b），

又点P的坐标为（0,1），且·＝－1，

于是解得a＝2，b＝，

所以椭圆E的方程为＋＝1.

（2）当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），

联立得（4k2＋1）x2＋8kx－4＝0，

其判别式Δ＝（8k）2＋16（4k2＋1）>0，

所以x1,2＝，

所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，

所以·＋λ·

＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋（y1－1）（y2－1）]

＝（1＋λ）（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋1

＝＝－－λ－2.

所以当λ＝－时，－－λ－2＝－，

此时·＋λ·＝－为定值．

当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，

此时，·＋λ·＝·－·

＝－2＋＝－.

故存在常数λ＝－，使得·＋λ·为定值－.