第四课时 证明及探索性问题

第四课时证明及探索性问题题型一证明问题例1已知抛物线C：x2＝－2py(p0)经过点(2，－1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程.(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.(1)解由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.(2)证明抛物线C的焦点为F(0，－1).设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0).由y＝kx－1，x2＝－4y得x2＋4kx－4＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.直线OM的方程为y＝y1x1x.令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－x1y1，同理得B的横坐标xB＝－x2y2.设点D(0，n)，则DA→＝－x1y1，－1－n，DB→＝－x2y2，－1－n，DA→·DB→＝x1x2y1y2＋(n＋1)2＝x1x2－x214－x224＋(n＋1)2＝16x1x2＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令DA→·DB→＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0，1)和(0，－3).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，但有时也会用反证法证明.训练1(2021·合肥模拟)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)，依题意知，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.题型二探索性问题例2(2022·石家庄模拟)设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点1，32，且离心率为32，F为E的右焦点，P为E上一点，PF⊥x轴，圆F的半径为PF.(1)求椭圆E和圆F的方程；(2)若直线l：y＝k(x－3)(k＞0)与圆F交于A，B两点，与椭圆E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|＝|BD|？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由.解(1)由题意可设椭圆的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，∵椭圆的离心率e＝32，∴ca＝32，∵a2＝b2＋c2，∴a＝2b，将点1，32代入椭圆的方程得1a2＋34b2＝1，联立a＝2b，解得a＝2且b＝1.∴椭圆E的方程为x24＋y2＝1.∴F(3，0)，∵PF⊥x轴，∴P3，±12，∴圆F的半径为12，圆心为(3，0)，∴圆F的方程为(x－3)2＋y2＝14.(2)不存在满足题意的k，理由如下：由A，B在圆上得|AF|＝|BF|＝|PF|＝12.设点C(x1，y1)，D(x2，y2).|CF|＝（x1－3）2＋y21＝2－32x1，同理|DF|＝2－32x2.若|AC|＝|BD|，则|AC|＋|BC|＝|BD|＋|BC|，即|AB|＝|CD|＝1，4－32(x1＋x2)＝1，由x24＋y2＝1，y＝k（x－3），得(4k2＋1)x2－83k2x＋12k2－4＝0，∴x1＋x2＝83k24k2＋1，∴4－12k24k2＋1＝1，得12k2＝12k2＋3，无解，故不存在.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2椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，且满足向量BF1→·BF2→＝0.(1)若A(2，0)，求椭圆的标准方程.(2)设P为椭圆上异于顶点的点，以线段PB为直径的圆经过点F1，则是否存在过点F2的直线与该圆相切？若存在，求出其斜率；若不存在，请说明理由.解(1)易知a＝2，因为BF1→·BF2→＝0，所以△BF1F2为等腰直角三角形，所以b＝c，由a2－b2＝c2，可知b＝2.故椭圆的标准方程为x24＋y22＝1.(2)由已知得b2＝c2，a2＝2c2.设椭圆的标准方程为x22c2＋y2c2＝1，P的坐标为(x0，y0).因为F1(－c，0)，B(0，c)，所以F1P→＝(x0＋c，y0)，F1B→＝(c，c).由题意得F1P→·F1B→＝0，所以x0＋c＋y0＝0.又点P在椭圆上，所以x202c2＋y20c2＝1.由以上两式消去y0可得，3x20＋4cx0＝0.因为点P不是椭圆的顶点，所以x0＝－43c，y0＝13c，故P－43c，13c.设圆心为(x1，y1)，则x1＝－23c，y1＝23c，所以圆的半径r＝（x1－0）2＋（y1－c）2＝53c.假设存在过F2的直线满足题设条件，并设该直线的方程为y＝k(x－c).由该直线与圆相切可知，|kx1－kc－y1|k2＋1＝r，所以k－23c－kc－23ck2＋1＝53c，即20k2＋20k－1＝0，解得k＝－12±3010.故存在满足条件的直线，其斜率为－12±3010.1.(2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，右焦点为F(2，0)，且离心率为63.(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x0)相切.证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝3.(1)解由题意得椭圆半焦距c＝2且e＝ca＝63，所以a＝3.又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆方程为x23＋y2＝1.(2)证明由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x0)，当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x＝1，显然不合题意；当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2).必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN的方程为y＝k(x－2)，即kx－y－2k＝0.由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x0)相切可得|2k|k2＋1＝1，解得k＝±1，联立y＝±（x－2），x23＋y2＝1，可得4x2－62x＋3＝0，所以x1＋x2＝322，x1·x2＝34，所以|MN|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋1·（x1＋x2）2－4x1·x2＝3，所以必要性成立；充分性：设直线MN：y＝kx＋b(kb0)，即kx－y＋b＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x0)相切可得|b|k2＋1＝1，所以b2＝k2＋1，联立y＝kx＋b，x23＋y2＝1，可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，其Δ＝(6kb)2－4(1＋3k2)(3b2－3)＝24k20，所以x1＋x2＝－6kb1＋3k2，x1·x2＝3b2－31＋3k2，所以|MN|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1·x2＝1＋k2－6kb1＋3k22－4·3b2－31＋3k2＝1＋k2·24k21＋3k2＝3，化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，所以k＝1，b＝－2或k＝－1，b＝2，所以直线MN的方程为y＝x－2或y＝－x＋2，所以直线MN过点F(2，0)，即M，N，F三点共线，充分性成立.综上，M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝3.2.(2022·青岛模拟)已知点A(1，－32)在椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)上，O为坐标原点，直线l：xa2－3y2b2＝1的斜率与直线OA的斜率乘积为－14.(1)求椭圆C的方程；(2)不经过点A的直线y＝32x＋t(t≠0且t∈R)与椭圆C交于P，Q两点，P关于原点的对称点为R(与点A不重合)，直线AQ，AR与y轴分别交于两点M，N，求证：|AM|＝|AN|.(1)解由题意知，kOA·kl＝－32·2b23a2＝－b2a2＝－14，即a2＝4b2，①又1a2＋34b2＝1，②所以联立①②，解得a＝2，b＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)证明设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(－x1，－y1)，由y＝32x＋t，x24＋y2＝1，得x2＋3tx＋t2－1＝0，所以Δ＝4－t2＞0，即－2＜t＜2，又t≠0，所以t∈(－2，0)∪(0，2)，x1＋x2＝－3t，x1·x2＝t2－1.法一要证明|AM|＝|AN|，可转化为证明直线AQ，AR的斜率互为相反数，即证明kAQ＋kAR＝0.由题意知，kAQ＋kAR＝y2＋32x2－1＋y1－32x1＋1＝（y2＋32）（x1＋1）＋（y1－32）（x2－1）（x1＋1）（x2－1）＝（32x2＋t＋32）（x1＋1）＋（32x1＋t－32）（x2－1）（x1＋1）（x2－1）＝3x1x2＋t（x1＋x2）＋3（x1＋1）（x2－1）＝3（t2－1）＋t（－3t）＋3（x1＋1）（x2－1）＝0，所以|AM|＝|AN|.法二要证明|AM|＝|AN|，可转化为证明直线AQ，AR与y轴的交点M，N连线的中点S的纵坐标为－32，即AS垂直平分MN即可.直线AQ与AR的方程分别为lAQ：y＋32＝y2＋32x2－1(x－1)，lAR：y＋32＝－y1＋32－x1－1(x－1)，分别令x＝0，得yM＝－y2－32x2－1－32，yN＝－y1＋32x1＋1－32，所以yM＋yN＝－y2－32x2－1＋－y1＋32x1＋1－3＝（－32x1－t＋32）（x2－1）＋（－32x2－t－32）（x1＋1）（x1＋1）（x2－1）－3＝－3x1x2－t（x1＋x2）－3（x1＋1）（x2－1）－3＝－3（t2－1）－t（－3t）－3（x1＋1）（x2－1）－3＝－3，yS＝yM＋yN2＝－32，即AS垂直平分MN.所以|AM|＝|AN|.3.如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率是22，点P(0，1)在短轴CD上，且PC→·PD→＝－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OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值？若存在，求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PC→·PD→＝－1，于是1－b2＝－1，ca＝22，a2－b2＝c2，解得a＝2，b＝2，所以椭圆E的方程为x24＋y22＝1.(2)当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝OC→·OD→＋PC→·PD→＝－2－1＝－3，此时，λ＝1.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋