第9章 平面解析几何 高考难点突破课2 圆锥曲线的综合问题 第四课时　证明、探索性问题

第四课时证明、探索性问题题型一探索性问题例1(2022·合肥模拟)已知F是抛物线E：y2＝2px(p0)的焦点，直线l：y＝k(x－m)(m0)与抛物线E交于A，B两点，与抛物线E的准线交于点N.(1)若k＝1时，|AB|＝42m＋2，求抛物线E的方程；(2)是否存在常数k，对于任意的正数m，都有|FA|·|FB|＝|FN|2？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.解设A(x1，y1)，B(x2，y2).(1)由y2＝2px，y＝k（x－m）消去y得k2x2－2(k2m＋p)x＋k2m2＝0.∵l与抛物线E交于两点，∴k≠0.又∵m0，p0，∴Δ＝8k2mp＋4p20恒成立，∴x1＋x2＝2m＋2pk2，x1x2＝m2.当k＝1时，|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝24mp＋2p2＝42m＋2，化简得(p＋2m＋2)(p－2)＝0.∵p0，m0，∴p＝2.∴抛物线E的方程为y2＝4x.(2)假设存在常数k满足题意.∵抛物线E的方程为y2＝2px(p0)，∴其焦点为Fp2，0，准线为x＝－p2，∴N－p2，－km＋p2，从而|FN|2＝p2＋k2m＋p22.由抛物线的定义得，|FA|＝x1＋p2，|FB|＝x2＋p2，∴|FA|·|FB|＝x1＋p2·x2＋p2＝x1x2＋p2(x1＋x2)＋p24＝m＋p22＋p2k2.由|FA|·|FB|＝|FN|2得m＋p22＋p2k2＝p2＋k2m＋p22，即(k2－1)m＋p22＋p2k2＝0.∵m＋p220，p2k20，∴k2－1＝0，解得k＝±1.∴存在k＝±1，使得|FA|·|FB|＝|FN|2对于任意的正数m都成立.感悟提升此类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.训练1(2022·全国名校联考)已知椭圆Γ：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右焦点为F(c，0)(c0)，离心率为32，经过F且垂直于x轴的直线交Γ于第一象限的点M，O为坐标原点，且|OM|＝132.(1)求椭圆Γ的方程；(2)设不经过原点O且斜率为12的直线交椭圆Γ于A，B两点，A，B关于原点O对称的点分别是C，D，试判断四边形ABCD的面积有没有最大值.若有，请求出最大值；若没有，请说明理由.解(1)由题意知ca＝32，即a2＝43c2，①又由a2＝b2＋c2，可得b2＝c23.②联立x＝c，x2a2＋y2b2＝1，解得x＝c，y＝±b2a，则点Mc，b2a.则|OM|＝c2＋b2a2＝132.③联立①②③，解得c＝3，a＝2，b＝1.故椭圆Γ的方程为x24＋y2＝1.(2)四边形ABCD的面积有最大值，理由如下：设直线AB的方程为y＝12x＋m(m≠0)，联立y＝12x＋m，x24＋y2＝1，消去y得2x2＋4mx＋4(m2－1)＝0，由题意得Δ＝(4m)2－4×2×4(m2－1)＝16(2－m2)0，解得－2m2，且m≠0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2m，x1x2＝2(m2－1)，则|AB|＝1＋122|x1－x2|＝52（x1＋x2）2－4x1x2＝52（－2m）2－4×2（m2－1）＝528－4m2.原点O到直线AB的距离d＝|m|122＋（－1）2＝255|m|，则直线CD到直线AB的距离d′＝2d＝455|m|，显然四边形ABCD是平行四边形，所以S四边形ABCD＝|AB|d′＝528－4m2·455|m|＝2m2（8－4m2）＝214·4m2（8－4m2）≤214·4m2＋8－4m222＝4，当且仅当4m2＝8－4m2，即m＝±1时，等号成立，故四边形ABCD的面积存在最大值，且最大值为4.题型二证明问题例2(2021·贵阳调研)已知抛物线C：x2＝2py(p0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，|AB|＝8.(1)求抛物线C的方程；(2)过点D(1，2)的直线l交C于点M，N，点Q为MN的中点，QR⊥x轴交C于点R，且QR→＝RT→，证明：动点T在定直线上.(1)解设A(x1，y1)，B(x2，y2).因为F0，p2，所以过点F且斜率为1的直线的方程为y＝x＋p2.由y＝x＋p2，x2＝2py消去y并整理，得x2－2px－p2＝0，易知Δ0.则x1＋x2＝2p，y1＋y2＝x1＋x2＋p＝3p，所以|AB|＝y1＋y2＋p＝4p＝8，解得p＝2.于是抛物线C的方程为x2＝4y.(2)证明法一易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－1)＋2，Q(x0，y0)，Mx3，14x23，Nx4，14x24.由y＝k（x－1）＋2，x2＝4y消去y并整理，得x2－4kx＋4k－8＝0.则Δ＝(－4k)2－4(4k－8)＝16(k2－k＋2)0，x3＋x4＝4k，x3x4＝4k－8，所以x0＝x3＋x42＝2k，y0＝k(x0－1)＋2＝2k2－k＋2，即Q(2k，2k2－k＋2).由点R在曲线C上，QR⊥x轴，且QR→＝RT→，得R(2k，k2)，R为QT的中点，所以T(2k，k－2).因为2k－2(k－2)－4＝0，所以动点T在定直线x－2y－4＝0上.法二设T(x，y)，Mx3，14x23，Nx4，14x24.由x23＝4y3，x24＝4y4得(x3＋x4)(x3－x4)＝4(y3－y4)，所以x3＋x44＝y3－y4x3－x4.设Q(x，y5)，则直线MN的斜率k＝y5－2x－1，又y3－y4x3－x4＝k，点Q的横坐标x＝x3＋x42，所以x2＝y5－2x－1，所以y5＝12x(x－1)＋2.由QR→＝RT→知点R为QT的中点，所以Rx，y5＋y2.又点R在C上，将x，y5＋y2代入C的方程得x2＝2(y5＋y)，即－x＋4＋2y＝0，所以动点T在定直线x－2y－4＝0上.感悟提升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.训练2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|.1.如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.(1)求圆C的方程；(2)过点M任作一条直线与椭圆x28＋y24＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.(1)解设圆C的半径为r(r0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r).因为|MN|＝3，所以r2＝322＋22＝254，所以r＝52，圆C的方程为(x－2)2＋y－522＝254.(2)证明把x＝0代入方程(x－2)2＋y－522＝254，解得y＝1或y＝4，即点M(0，1)，N(0，4).①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.联立方程y＝kx＋1，x28＋y24＝1消去y得(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.Δ＝16k2＋24(1＋2k2)0恒成立，设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝－4k1＋2k2，x1x2＝－61＋2k2.所以kAN＋kBN＝y1－4x1＋y2－4x2＝kx1－3x1＋kx2－3x2＝2kx1x2－3（x1＋x2）x1x2＝1x1x2－12k1＋2k2＋12k1＋2k2＝0.所以∠ANM＝∠BNM.综合①②知∠ANM＝∠BNM.2.(2022·郑州调研)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的上、下顶点分别为A，B，左、右顶点分别为C，D，AC→·AD→＝－3，四边形ACBD的面积为4.(1)求椭圆的标准方程；(2)若点M(0，3)，P，Q是椭圆上两个不重合的点(不同于点A，B)，且直线PA与QB的斜率k，k1满足k1k＝－2，证明：P，Q，M三点共线.(1)解由题意得A(0，b)，B(0，－b)，C(－a，0)，D(a，0)，所以AC→＝(－a，－b)，AD→＝(a，－b)，则AC→·AD→＝－a2＋b2＝－3.①因为四边形ACBD的面积为12|AB|·|CD|＝12×2a×2b＝2ab，所以2ab＝4，结合①可得a＝2，b＝1，所以椭圆的标准方程为x24＋y2＝1.(2)证明由(1)得点A(0，1)，直线PA的方程为y＝kx＋1，代入x24＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，所以xP＝－8k4k2＋1，yP＝－8k24k2＋1＋1＝－4k2＋14k2＋1，即点P－8k4k2＋1，－4k2＋14k2＋1.因为k1k＝－2，所以k1＝－2k，又B(0，－1)，所以直线QB的方程为y＝－2kx－1，代入x24＋y2＝1，得(16k2＋1)x2＋16kx＝0，所以xQ＝－16k16k2＋1，yQ＝32k216k2＋1－1＝16k2－116k2＋1，即点Q－16k16k2＋1，16k2－116k2＋1.于是直线QM的斜率kQM＝16k2－116k2＋1－3－16k16k2＋1＝16k2－1－48k2－3－16k＝8k2＋14k，直线PM的斜率kPM＝－4k2＋14k2＋1－3－8k4k2＋1＝－4k2＋1－12k2－3－8k＝8k2＋14k，于是kPM＝kQM，即P，Q，M三点共线.3.(2022·西安调研)已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(ab0)过两点(－2，0)，2，22，抛物线C2的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，准线方程为x＝－1.(1)求C1，C2的标准方程；(2)请问是否存在直线l满足下列两个条件：①过C2的焦点F；②与C1交于不同的两点M，N，且直线OM与ON(O为坐标原点)垂直.若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.解(1)把点(－2，0)，2，22代入x2a2＋y2b2＝1