两角和与差的正弦余弦和正切高考数学考点课时训练试题.docx
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两角和与差的正弦余弦和正切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-.