【新高考复习】2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第8章 高考专题突破五 第3课时　证明与探索性

第3课时证明与探索性问题题型一证明问题例1(八省联考)双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上，当BF⊥AF时，|AF|＝|BF|.(1)求C的离心率；(2)若B在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF.(1)解设双曲线的离心率为e，焦距为2c，在x2a2－y2b2＝1中，令x＝c，则c2a2－y2b2＝1，则y2b2＝c2a2－1＝b2a2，故y＝±b2a，若|AF|＝|BF|，则a＋c＝b2a，所以a2＋ac＝b2＝c2－a2，所以e2－e－2＝0，所以e＝2.(2)证明由(1)知双曲线方程为x2a2－y23a2＝1，设B(x，y)(x0，y0)，当x≠c时，kAB＝yx＋a，kBF＝yx－c，设∠BAF＝θ，则tanθ＝yx＋a，tan2θ＝2tanθ1－tan2θ＝2yx＋a1－yx＋a2＝2x＋ayx＋a2－y2＝2x＋ayx＋a2－3a2x2a2－1＝2x＋ay－2x2＋2ax＋4a2＝y2a－x＝yc－x＝－kBF＝tan∠BFA，因为0≤2∠BAF≤π，0≤∠BFA≤π，所以∠BFA＝2∠BAF.当x＝c时，由题意知∠BFA＝π2，∠BAF＝π4，满足∠BFA＝2∠BAF.综上，∠BFA＝2∠BAF.思维升华圆锥曲线中的证明问题常见的有(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等．(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等．在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明．跟踪训练1已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线y＝12x上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M(－1,0)对称．(1)求E和Γ的标准方程；(2)过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求证：|CD|2|AB|.(1)解设Γ的标准方程为x2＝2py，p0，则F0，p2.已知E在直线y＝12x上，故可设E()2a，a.因为E，F关于M(－1,0)对称，所以2a＋02＝－1，p2＋a2＝0，解得a＝－1，p＝2.所以抛物线Γ的标准方程为x2＝4y.因为圆E与x轴相切，故半径r＝|a|＝1，所以圆E的标准方程为(x＋2)2＋(y＋1)2＝1.(2)证明由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．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d2r2，即k－12k2＋11，解得k0，所以|AB|＝21－d2＝22kk2＋1.由x2＝4y，y＝kx＋1消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.Δ＝16k2＋16k0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，那么|CD|＝k2＋1|x1－x2|＝k2＋1·x1＋x22－4x1x2＝4k2＋1·k2＋k.所以|CD|2|AB|2＝16k2＋1k2＋k8kk2＋1＝2k2＋12k2＋kk2kk＝2.所以|CD|22|AB|2，即|CD|2|AB|.题型二探索性问题例2(2019·全国Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．解(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.由已知得|AO|＝2.又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半径r＝2或r＝6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．理由如下：设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P.思维升华探索性问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．跟踪训练2(2021·皖北协作区联考)已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点．(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．解(1)依题意，可设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，且可知左焦点F′的坐标为(－2,0)．所以c＝2，2a＝|AF|＋|AF′|＝3＋5＝8，解得c＝2，a＝4.又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，所以椭圆C的方程为x216＋y212＝1.(2)不存在，理由如下．假设存在符合题意的直线l，其方程为y＝32x＋t(t≠0)．由y＝32x＋t，x216＋y212＝1，消去y，整理得3x2＋3tx＋t2－12＝0.因为直线l与椭圆C有公共点，所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，解得－43≤t≤43，且t≠0.另一方面，由直线OA与l的距离d＝4可得|t|94＋1＝4，解得t＝±213.因为±213∉[－43，0)∪(0,43]，所以符合题意的直线l不存在．在圆锥曲线问题中，常见各种含两直线斜率k1，k2的双斜率问题，齐次化处理是解决这类问题的重要策略．例已知A，B为抛物线y2＝4x上异于顶点的两动点，且满足以AB为直径的圆过顶点．求证：直线AB过定点．证明当直线AB斜率存在时，设直线AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意得kOA·kOB＝y1x1·y2x2＝－1，联立y2＝4x，①y＝kx＋b，②由②得，y－kxb＝1，代入①得，y2＝4x·y－kxb，整理得，by2－4xy＋4kx2＝0，即byx2－4yx＋4k＝0，则y1x1·y2x2＝4kb＝－1，得b＝－4k，∴y＝kx＋b＝k(x－4)，故直线AB过定点(4,0)．当直线AB的斜率不存在时，由对称性可知∠AOx＝45°.直线OA和抛物线y2＝4x的交点为(4,4)，直线AB的方程为x＝4，直线AB过点(4,0)．综上，直线AB过定点(4,0)．课时精练1．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的一个焦点为F(－1,0)，点P23，263在C上．(1)求椭圆C的方程；(2)已知点M(－4,0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，求证：∠FMA＝∠FMB.(1)解由题意知，c＝1，∵点P23，263在椭圆C上，∴49a2＋83b2＝1.又a2＝b2＋c2＝b2＋1，解得a2＝4，b2＝3，∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)证明当l与x轴垂直时，直线MF恰好平分∠AMB，则∠FMA＝∠FMB；当l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，联立x24＋y23＝1，y＝kx＋1，消去y得，(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，∵Δ0恒成立，∴设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1＋x2＝－8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝y1x1＋4＋y2x2＋4＝y1x2＋4＋y2x1＋4x1＋4x2＋4＝kx1＋1x2＋4＋kx2＋1x1＋4x1＋4x2＋4＝k[2x1x2＋5x2＋x1＋8]x1＋4x2＋4，∵2x1x2＋5(x2＋x1)＋8＝2×4k2－123＋4k2＋5×－8k23＋4k2＋8＝0，∴kMA＋kMB＝0，故直线MA，MB的倾斜角互补，综上所述，∠FMA＝∠FMB.2．(2020·青岛质检)设椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若椭圆E的离心率为22，△ABF2的周长为46.(1)求椭圆E的方程；(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线．(1)解由题意知，4a＝46，a＝6.又e＝22，∴c＝3，b＝3，∴椭圆E的方程为x26＋y23＝1.(2)证明当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M，N在x轴上，O，M，N三点共线，当直线AB，CD的斜率存在时，设其斜率为k，且设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则x216＋y213＝1，x226＋y223＝1，两式相减，得x216＋y213－x226＋y223＝0，∴x21－x226＝－y21－y223，x1－x2x1＋x26＝－y1－y2y1＋y23，∴y1－y2x1－x2·y1＋y2x1＋x2＝－36，y1－y2x1－x2·y0x0＝－36，即k·kOM＝－12，∴kOM＝－12k.同理可得kON＝－12k，∴kOM＝kON，∴O，M，N三点共线．3．设椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为32，F1，F2是椭圆的两个焦点，M是椭圆上任意一点，且△MF1F2的周长是4＋23.(1)求椭圆C1的方程；(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若点C满足AB→⊥BC→，AD→∥OC→，连接AC交DE于点P，求证：|PD|＝|PE|.(1)解由e＝32，知ca＝32，所以c＝32a，因为△MF1F2的周长是4＋23，所以2a＋2c＝4＋23，所以a＝2，c＝3，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C1的方程为x24＋y2＝1.(2)证明由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，设D(x0，y0)，所以E(x0,0)，因为AB→⊥BC→，所以可设C(2，y1)，所以AD→＝(x0＋2，y0)，OC→＝(2，y1)，由AD→∥OC→可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝2y0x0＋2.所以直线AC的方程为y－02y0x0＋2－0＝x＋22－－2.整理得：y＝y02x0＋2(x＋2)．又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝y02，即点P的坐标为x0，y02，所以P为DE的中点，|PD|＝|PE|.4．已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24＋y23＝1交于A，B两点．线段AB的中点为M(1，m)(m0)．(1)证明：k－12；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP→＋FA→＋FB→＝0.证明：2|FP→|＝|FA→|＋|FB→|.证明(1)设直线l的方程为y＝kx＋t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx＋t，x24＋y23＝1，消去y得(4k2＋3)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，则Δ＝64k2t2－4(4t2－12)(3＋4k2)0，得4k2＋3t2，①且x1＋x2＝－8kt3＋4k2＝2，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝6t3＋4k2＝2m，因为m0，所以t0且k0.且t＝3＋4k2－4k，②由①②得4k2＋33＋4k2216k2，所以k12或k－12.因为k0，所以k－12.(2)FP→＋FA→＋FB→＝0，FP→＋2FM→＝0，因为M(1，m)，F(1,0)，所以P的坐标为(1，－2m)．又P在椭圆上，所以14＋4m23＝1，所以m＝34，P