20xx高考數(shù)學(xué)文人教a版一輪復(fù)習(xí)學(xué)案：高考大題專項(xiàng)(五)-突破3-圓錐曲線中的證明與探索性問(wèn)題(編輯修改稿)
2025-04-03 01:53 本頁(yè)面
【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 39。tan∠xOP=∠xOQ39。=∠xOP時(shí),等號(hào)成立,此時(shí)P,Q兩點(diǎn)重合,不符合題意,可知無(wú)法取得等號(hào).∴tan∠POQ39。43.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1(1)解由題可知2c=4,c=2,∴橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為(2,0),(2,0).(方法1)由橢圓的定義知2a=(1+2)2+1422+(12)2+1422=42,∴a=22,b2=a2c2=4,∴橢圓E的方程為x28+y24=1.(方法2)由題可知1a2+72b2=1,a2b2=4,解得b2=4,a2=8.∴橢圓E的方程為x28+y24=1.(2)證明由(1)得A(0,2),B(0,2),C(22,2).直線l:y=kx2與橢圓x2+2y2=8聯(lián)立,得(2k2+1)x28kx=0.∴xM=8k2k2+1,從而M8k2k2+1,4k222k2+1,Q2k,0.∴直線AM的斜率為4k222k2+128k2k2+1=12k,直線AM的方程為y=12kx+2.令x=22,得P22,2k+2,∴直線PQ的斜率kPQ=2k+2222k=2+2k22k2=2(2k1)2(2k1)=22.∵直線OC的斜率kOC=222=22,∴kPQ=kOC,從而PQ∥OC.例2(1)解設(shè)P(x,y),B(x0,y0),∵P為AB中點(diǎn),∴x0=2x,y0=2y+1.∵B為曲線y=18x2+1上任意一點(diǎn),∴y0=18x02+1,代入得x2=4y,∴點(diǎn)P的軌跡C的方程為x2=4y.(2)證明依題意得F(0,1),直線MN的斜率存在,其方程可設(shè)為y=kx+1.設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立y=kx+1,x2=4y,得x24kx4=0,則Δ=16k2+160,∴x1x2=4.∵直線OM的方程為y=y1x1x,H是直線OM與直線y=1的交點(diǎn),∴Hx1y1,|NF|等于點(diǎn)N到準(zhǔn)線y=1的距離.∵H在準(zhǔn)線y=1上,∴要證明|NF|=|NH|,只需證明HN垂直于準(zhǔn)線y=1,即證HN∥y軸.∵H的橫坐標(biāo)x1y1=x1x124=4x1=x1x2x1=x2,∴HN∥y軸成立,∴|NF|=|NH|成立.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2(1)解記拋物線C與圓F在第一象限的交點(diǎn)為M.由題意,圓F與拋物線C的準(zhǔn)線相切,且M到拋物線C準(zhǔn)線的距離等于圓F的半徑p.所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為2,p2.代入拋物線方程,得4=p2(p0),所以p=2.(2)證明設(shè)Ax1,x124,Bx2,x224,由x2=4y得y=14x2,求導(dǎo)得y39。=12x,所以A,B兩點(diǎn)處的切線斜率分別為k1=12x1,k2=12x2.由y=kx+1,x2=4y,得x24kx4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=4,所以k1k2=14x1x2=1.所以PA⊥PB,即△PAB為直角三角形.例3解(1)由題可知Fp2,0,在拋物線方程y2=2px中,令x=p2,可得y=177。p.于是當(dāng)直線與y軸垂直時(shí),|AB|=2p=4,解得p==4x.(2)因?yàn)閽佄锞€y2=4x的準(zhǔn)線方程為x=1,直線AB的方程為y=x1,所以M(1,2).聯(lián)立y2=4x,y=x1消去x,得y24y4=(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4,y1y2=4.若點(diǎn)P(x0,y0)滿足條件,則2kPM=kPA+kPB,即2y0+2x0+1=y0y1x0x1+y0y2x0x2,因?yàn)辄c(diǎn)P,
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