2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用讲义:第九章 高考专题突破五 第3课时 Word版含解析.pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 第第 3 课时 证明与探索性问题课时 证明与探索性问题 题型一 证明问题 例 1 (2017全国)设 O 为坐标原点,动点 M 在椭圆 C: y21 上,过 M 作 x 轴的垂线, x2 2 垂足为 N,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 的左焦点 F.OP PQ (1)解 设 P(x,y),M(x0,y0),则 N(x0,0), (xx0,y),(0,y0)NP NM 由 得 x0x,y0y.NP 2 NM 2 2 因为 M(x0,y0
2、)在 C 上,所以 1. x2 2 y2 2 因此点 P 的轨迹方程为 x2y22. (2)证明 由题意知 F(1,0) 设 Q(3,t),P(m,n),则(3,t),OQ (1m,n),33mtn,PF OQ PF (m,n),(3m,tn)OP PQ 由1,得3mm2tnn21.OP PQ 又由(1)知 m2n22,故 33mtn0. 所以0,即.OQ PF OQ PF 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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
3、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 A(0,1), 离心率 e, 圆 C: x2y24, x2 a2 y2 b2 6 3 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 2a23c2, c a 6 3 又 a2b2c2,联立解得 a23,b21. 椭圆方程为 y21. x2 3 (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 0,3 PMPN. 当 P 点横坐标不为时,设 P(x0
4、,y0),3 则 x y 4,设 kPMk, 2 02 0 PM 的方程为 yy0k(xx0), 联立方程组Error!Error! 消去 y 得(13k2)x26k(y0kx0)x3k2x 6kx0y03y 30, 2 02 0 依题意 36k2(y0kx0)24(13k2)(3k2x 6kx0y03y 3)0, 2 02 0 化简得(3x )k22x0y0k1y 0, 2 02 0 又 kPM,kPN为方程的两根, 所以 kPMkPN1. 1y2 0 3x2 0 14x2 0 3x2 0 x2 03 3x2 0 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 PMPN. 综上知 PMPN
5、. 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 k(x2cos ), Error!Error! 联立得(13k2)x212k(sin kcos )x12(sin kcos )230, 令 0, 即 144k2(sin kcos )24(13k2)12(sin kcos )230, 化简得(34cos2)k24sin 2k14sin20, kPMkPN1. 14sin2 34cos2 44sin23 34cos2 所以 PMPN. 综上知 PMPN. 题型二 探索
6、性问题 例 2 在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 C:y 与直线 l:ykxa(a0)交于 M,N 两点, x2 4 (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?说明理由 解 (1)由题设可得 M(2,a),N(2,a),aa 或 M(2,a),N(2,a)aa 又 y ,故 y 在 x2处的导数值为, x 2 x2 4 aa C 在点(2,a)处的切线方程为 ya(x2),aaa 即xya0.a 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 y 在 x2处的导数值为, x2 4 aa C 在点(2,a)
7、处的切线方程为 ya(x2),aaa 即xya0.a 故所求切线方程为xya0 和xya0.aa (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 x1x24k,x1x24a. 从而 k1k2 y1b x1 y2b x2 2kx 1x2abx1x2 x1x2 . kab a 当 ba 时,有 k1k20, 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 思维升华 解决探索性问题的注意事项
8、 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广州模拟)已知椭圆E:1(ab0)过点Q, 且离心率e x2 a2 y2 b2 (1, 2 2) 2 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 ,直线 l 与 E 相交于 M,N 两点,l 与 x 轴、y 轴分别相交于 C,D 两点,O 为坐标原点 (1)求椭圆 E 的方程; (2)判断是否存在直线
9、 l,满足 2,2?若存在,求出直线 l 的方程 ;OC OM OD OD ON OC 若不存在,请说明理由 解 (1)由题意得Error!Error!解得Error!Error! 所以椭圆 E 的方程为 y21. x2 2 (2)存在直线 l,满足 2,2.OC OM OD OD ON OC 理由如下: 方法一 由题意, 直线 l 的斜率存在, 设直线 l 的方程为 ykxm(km0), M(x1, y1), N(x2, y2), 则 C,D(0,m) ( m k ,0) 由方程组Error!Error! 得(12k2)x24kmx2m220, 所以 16k28m280. (*) 由根与系数
10、的关系,得 x1x2,x1x2. 4km 12k2 2m22 12k2 因为 2,2,OC OM OD OD ON OC 所以,MC CD DN 所以 C,D 是线段 MN 的两个三等分点,得线段 MN 的中点与线段 CD 的中点重合 所以 x1x20 ,解得 k. 4km 12k2 m k 2 2 由 C,D 是线段 MN 的两个三等分点,得|MN|3|CD|. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以|x1x2|3,1k2 ( m k) 2m2 即|x1x2| 3, ( 4km 12k2) 24 2m22 12k2| m k| 解得 m.验证知(*)成立 5 5 所以存在直线 l,
11、满足 2,2,此时直线 l 的方程为 yxOC OM OD OD ON OC 2 2 5 5 或 yx. 2 2 5 5 方法二 设 M(x1,y1),N(x2,y2),C(m,0),D(0,n), 由 2,2,OC OM OD OD ON OC 得Error!Error! 解得 M(2m,n),N(m,2n) 又 M,N 两点在椭圆上, 所以Error!Error!即Error!Error! 解得Error!Error! 故所求直线l的方程为5x10y20或5x10y20或5x10y2252525 0 或 5x10y20.25 1(2018聊城模拟)已知椭圆 C:1(ab0)的离心率为,F1
12、,F2分别为椭圆的左、 x2 a2 y2 b2 3 2 右焦点,点 P 为椭圆上一点,F1PF2面积的最大值为 . 3 (1)求椭圆 C 的方程; (2)过点 A(4,0)作关于 x 轴对称的两条不同直线 l1,l2分别交椭圆于 M(x1,y1)与 N(x2,y2),且 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 x1x2,证明直线 MN 过定点,并求AMN 的面积 S 的取值范围 解 (1)设 a2b2c2,则 , c a 3 2 设 P(x,y),则c|y|, 12 F PF S |y|b,bc. 12 F PF S 3 解得Error!Error! 椭圆 C 的方程为 y21. x2 4
13、 (2)设 MN 方程为 xnym(n0), 联立Error!Error! 得(n24)y22nmym240, 由题意知,16(n2m24)0, y1y2,y1y2, 2nm n24 m24 n24 关于 x 轴对称的两条不同直线 l1,l2的斜率之和为 0, 即0,即0, y1 x14 y2 x24 y1 ny1m4 y2 ny2m4 得 2ny1y2m(y1y2)4(y1y2)0, 即0.解得 m1. 2nm2 4 n24 2nm2 n24 8nm n24 直线 MN 方程为 xny1,直线 MN 过定点 B(1,0) 又|y1y2| ( 2n n24) 243 n24 44, n23 n
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