1、第第 3 课时课时证明与探索性问题证明与探索性问题 题型一 证明问题 例 1 (八省联考)双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的左顶点为 A，右焦点为 F，动点 B 在 C 上， 当 BFAF 时，AFBF. (1)求 C 的离心率； (2)若 B 在第一象限，证明：BFA2BAF. (1)解设双曲线的离心率为 e，焦距为 2c， 在x 2 a2 y2 b21 中，令 xc，则 c2 a2 y2 b21，则 y2 b2 c2 a21 b2 a2，故 y b2 a ， 若 AFBF，则 acb 2 a ，所以 a2acb2c2a2，所以 e2e20，所以 e2. (2)证明由(1
2、)知双曲线方程为x 2 a2 y2 3a21， 设 B(x，y)(x0，y0)，当 xc 时， kAB y xa，k BF y xc， 设BAF， 则 tan y xa ， tan 2 2tan 1tan2 2 y xa 1 y xa 2 2xay xa2y2 2xay xa23a2 x2 a21 2xay 2x22ax4a2 y 2ax y cxk BFtanBFA， 因为 02BAF，0BFA， 所以BFA2BAF. 当 xc 时，由题意知BFA 2，BAF 4，满足BFA2BAF. 综上，BFA2BAF. 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
3、，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的焦点 F 在 y 轴正半轴上，圆心在直线 y1 2x 上 的圆 E 与 x 轴相切，且点 E，F 关于点 M(1,0)对称 (1)求 E 和的标准方程； (2)过点 M 的直线 l 与圆 E 交于 A，B 两点，与交于 C，D 两点，求证：CD 2AB. (1)解设的标准方程为 x22py，p0， 则 F 0，p 2 . 已知 E 在直线 y1 2x 上，故可设 E (2a，a). 因为 E，
4、F 关于 M(1,0)对称， 所以 2a0 2 1， p 2a 2 0， 解得 a1， p2. 所以抛物线的标准方程为 x24y. 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(x2)2(y1)21. (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 yk(x1)(k0) 则 E(2，1)到 l 的距离 d |k1| k21， 因为 l 与 E 交于 A，B 两点，所以 d2r2， 即k1 2 k21 0， 所以 AB2 1d22 2k k21. 由 x24y， ykx1 消去 y 并整理得，x24kx4k0. 16k216k0 恒成
5、立，设 C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则 x1x24k，x1x24k， 那么 CD k21|x1x2| k21 x1x224x1x24 k21 k2k. 所以CD 2 AB2 16k21k2k 8k k21 2k 212k2k k 2k k 2. 所以 CD22AB2，即 CD 2AB. 题型二 探索性问题 例 2 (2019全国)已知点 A，B 关于坐标原点 O 对称，AB4，M 过点 A，B 且与直线 x 20 相切 (1)若 A 在直线 xy0 上，求M 的半径； (2)是否存在定点 P，使得当 A 运动时，MAMP 为定值？并说明理由 解(1)因为M 过点 A，B，所以圆心 M
6、 在 AB 的垂直平分线上 由已知 A 在直线 xy0 上，且 A，B 关于坐标原点 O 对称， 所以 M 在直线 yx 上，故可设 M(a，a) 因为M 与直线 x20 相切，所以M 的半径为 r|a2|. 由已知得 AO2. 又 MOAO，故可得 2a24(a2)2， 解得 a0 或 a4. 故M 的半径 r2 或 r6. (2)存在定点 P(1,0)，使得 MAMP 为定值 理由如下： 设 M(x，y)，由已知得M 的半径为 r|x2|，AO2. 由于 MOAO，故可得 x2y24(x2)2， 化简得 M 的轨迹方程为 y24x. 因为曲线 C：y24x 是以点 P(1,0)为焦点，以直
7、线 x1 为准线的抛物线， 所以 MPx1. 因为 MAMPrMPx2(x1)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，
8、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x 2 a2 y2 b21(ab0)，且可知左焦点 F的坐标为(2,0) 所以 c2， 2aAFAF358， 解得 c2， a4. 又 a2b2c2，所以 b212， 所以椭圆 C 的方程为x 2 16 y2 121. (2)不存在，理由如下 假设存在符合题意的直线 l， 其方程为 y3 2xt(t0) 由 y3 2xt， x2 16 y2 121， 消去 y， 整理得 3x23txt2120. 因为直线 l 与椭圆 C 有公共点， 所以(3t)243(t212)0， 解得4 3t4 3，且 t0. 另一方面，由
9、直线 OA 与 l 的距离 d4 可得 |t| 9 41 4， 解得 t2 13. 因为2 134 3，0)(0,4 3， 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 y24x 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：ykxb，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由题意得 kOAkOBy1 x1 y2 x21， 联立 y24x， ykxb， 由得，ykx b 1， 代入得，y24xykx b ，
10、 整理得，by24xy4kx20， 即 b y x 24 y x 4k0， 则y1 x1 y2 x2 4k b 1，得 b4k， ykxbk(x4)，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AOx45. 直线 OA 和抛物线 y24x 的交点为(4,4)， 直线 AB 的方程为 x4，直线 AB 过点(4,0) 综上，直线 AB 过定点(4,0) 课时精练课时精练 1已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的一个焦点为 F(1,0)，点 P 2 3， 2 6 3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
11、椭圆于 A，B 两点，求证：FMAFMB. (1)解由题意知，c1， 点 P 2 3， 2 6 3在椭圆 C 上， 4 9a2 8 3b21. 又 a2b2c2b21，解得 a24，b23， 椭圆 C 的方程为x 2 4 y 2 3 1. (2)证明当 l 与 x 轴垂直时，直线 MF 恰好平分AMB，则FMAFMB； 当 l 与 x 轴不垂直时，设直线 l 的方程为 yk(x1)， 联立 x2 4 y 2 3 1， ykx1， 消去 y 得，(34k2)x28k2x4k2120， 0 恒成立， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由根与系数的关系，得 x1x2 8k2 34k2，x 1
12、x24k 212 34k2 ， 直线 MA，MB 的斜率之和为 kMAkMB y1 x14 y2 x24 y1x24y2x14 x14x24 kx11x24kx21x14 x14x24 k2x1x25x2x18 x14x24 ， 2x1x25(x2x1)824k 212 34k2 5 8k2 34k280，kMAkMB0， 故直线 MA，MB 的倾斜角互补， 综上所述，FMAFMB. 2(2020青岛质检)设椭圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右焦点分别为 F 1，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 2 2 ，ABF2的周长为 4 6.
13、(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，4a4 6，a 6. 又 e 2 2 ，c 3，b 3， 椭圆 E 的方程为x 2 6 y 2 3 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 x21 6 y 2 1 3 1， x22 6 y 2 2 3 1， 两
14、式相减，得x 2 1 6 y 2 1 3 x22 6 y 2 2 3 0， x 2 1x22 6 y 2 1y22 3 ，x1x2x1x2 6 y1y2y1y2 3 ， y1y2 x1x2 y1y2 x1x2 3 6， y1y2 x1x2 y0 x0 3 6， 即 kkOM1 2，k OM 1 2k. 同理可得 kON 1 2k，k OMkON，O，M，N 三点共线 3设椭圆 C1：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 3 2 ，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 42 3. (1)求椭圆 C1的方程； (2)设椭圆 C1的左、右顶点分别为 A，
15、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 ，连结 AC 交 DE 于点 P，求证：PDPE. (1)解由 e 3 2 ，知c a 3 2 ，所以 c 3 2 a， 因为MF1F2的周长是 42 3， 所以 2a2c42 3，所以 a2，c 3， 所以 b2a2c21， 所以椭圆 C1的方程为x 2 4 y21. (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，y 1)， 所以AD (x02，y0)，OC (2，y1)， 由AD OC 可得：(x02)
16、y12y0，即 y1 2y0 x02. 所以直线 AC 的方程为 y0 2y0 x020 x2 22. 整理得：y y0 2x02(x2) 又点 P 在 DE 上，将 xx0代入直线 AC 的方程可得：yy0 2 ，即点 P 的坐标为 x0，y0 2 ，所以 P 为 DE 的中点，PDPE. 4 已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C： x2 4 y 2 3 1 交于 A， B 两点 线段 AB 的中点为 M(1， m)(m0) (1)证明：k0， 得 4k23t2， 且 x1x2 8kt 34k22，y 1y2k(x1x2)2t 6t 34k22m， 因为 m0，所以 t0 且 k34k 2
17、2 16k2 ，所以 k1 2或 k 1 2. 因为 k0，所以 k1 2. (2)FP FAFB0，FP2FM 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1 4 4m2 3 1， 所以 m3 4，P 1，3 2 ， 又x 2 1 4 y 2 1 3 1，x 2 2 4 y 2 2 3 1， 两式相减可得y1y2 x1x2 3 4 x1x2 y1y2， 又 x1x22，y1y23 2，所以 k1， 直线 l 方程为 y3 4(x1)，即 yx 7 4， 所以 yx7 4， x2 4 y 2 3 1， 消去 y 得 28x256x10，x1,2
18、143 21 14 ， |FA |FB| x 112y21 x212y223， |FP | 112 3 20 23 2， 所以|FA |FB|2|FP|. 5(2021衡水模拟)已知点 P 在圆 O：x2y26 上运动，点 P 在 x 轴上的投影为 Q，动点 M 满足(1 3)OQ OP 3OM . (1)求动点 M 的轨迹 E 的方程； (2)过点(2,0)的动直线 l 与曲线 E 交于 A，B 两点，问：在 x 轴上是否存在定点 D，使得DA AB DA 2 的值为定值？若存在，求出定点 D 的坐标及该定值；若不存在，请说明理由 解(1)设 M(x，y)，P(x0，y0)， 由(1 3)O
19、Q OP 3OM ， 得OQ OP 3OQ 3OM ，即PQ 3MQ ， x0 x， y0 3y， 又点 P(x0，y0)在圆 O：x2y26 上，x20y206， x23y26，轨迹 E 的方程为x 2 6 y 2 2 1. (2)当直线 l 的斜率存在时，设 l：yk(x2)， 由 x2 6 y 2 2 1， ykx2， 消去 y 得(13k2)x212k2x12k260， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， x1x2 12k2 13k2，x 1x212k 26 13k2 ， 根据题意，假设 x 轴上存在定点 D(m,0)， 使得DA AB DA2DA (AB AD )DA DB 为
20、定值， 则有DA DB (x1m，y1)(x2m，y2)(x1m)(x2m)y1y2 (x1m)(x2m)k2(x12)(x22) (k21)x1x2(2k2m)(x1x2)(4k2m2) (k21)12k 26 13k2 (2k2m) 12k2 13k2(4k 2m2) 3m 212m10k2m26 3k21 要使上式为定值，即与 k 无关， 则 3m212m103(m26)， 即 m7 3，此时DA DB m265 9为常数，定点 D 的坐标为 7 3，0. 当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x2，易求得直线 l 与椭圆 C 的两个交点坐标分 别为 2， 6 3 ，2， 6 3 ， 此时DA DB 1 3， 6 3 1 3， 6 3 5 9. 综上所述，存在定点 D 7 3，0，使得DA AB DA2 为定值5 9.
