备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第九章 平面解析几何 高考难点突破课二 圆锥曲线的综合问题 第四课时 证明、探索性问题

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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(p>0)的焦点，直线l：y＝k(x－m)(m>0)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|＝4，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)由消去y得k2x2－2(k2m＋p)x＋k2m2＝0.∵l与抛物线E交于两点，∴k≠0.又∵m>0，p>0，∴Δ＝8k2mp＋4p2>0恒成立，∴当k＝1时，|AB|＝|x1－x2|＝2＝4，化简得(p＋2m＋2)(p－2)＝0.∵p>0，m>0，∴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(p>0)，∴其焦点为F，准线为x＝－，∴N，从而|FN|2＝p2＋k2.由抛物线的定义得，|FA|＝x1＋，|FB|＝x2＋，∴|FA|·|FB|＝·＝x1x2＋(x1＋x2)＋＝＋.由|FA|·|FB|＝|FN|2得＋＝p2＋k2，即(k2－1)＝0.∵>0，>0，∴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：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(c，0)(c>0)，离心率为，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|＝.(1)求椭圆Γ的方程；(2)设不经过原点O且斜率为的直线交椭圆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＝，即a2＝c2，①又由a2＝b2＋c2，可得b2＝.②联立解得则点M.则|OM|＝＝.③联立①②③，解得c＝，a＝2，b＝1.故椭圆Γ的方程为＋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＝x＋m(m≠0)，联立消去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－<m<，且m≠0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2m，x1x2＝2(m2－1)，则|AB|＝|x1－x2|＝＝＝.原点O到直线AB的距离d＝＝|m|，则直线CD到直线AB的距离d′＝2d＝|m|，显然四边形ABCD是平行四边形，所以S四边形ABCD＝|AB|d′＝·|m|＝2＝2≤2＝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(p>0)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＝，证明：动点T在定直线上.(1)解　设A(x1，y1)，B(x2，y2).因为F，所以过点F且斜率为1的直线的方程为y＝x＋.由消去y并整理，得x2－2px－p2＝0，易知Δ>0.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，N.由消去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＝＝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＝，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，N.由得(x3＋x4)(x3－x4)＝4(y3－y4)，所以＝.设Q(x，y5)，则直线MN的斜率k＝，又＝k，点Q的横坐标x＝，所以＝，所以y5＝x(x－1)＋2.由＝知点R为QT的中点，所以R.又点R在C上，将代入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＝x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|>|AB|.(1)解　设Γ的标准方程为x2＝2py，p>0，则F.已知E在直线y＝x上，故可设E(2a，a).因为E，F关于M(－1，0)对称，所以解得所以抛物线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＝，因为l与E交于A，B两点，所以d2<r2，即<1，解得k>0，所以|AB|＝2＝2.由消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.Δ＝16k2＋16k>0恒成立.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，那么|CD|＝|x1－x2|＝·＝4·，所以＝＝>＝2，所以|CD|2>2|AB|2，即|CD|>|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＋＝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(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r).因为|MN|＝3，所以r2＝＋22＝，所以r＝，圆C的方程为(x－2)2＋＝.(2)证明　把x＝0代入方程(x－2)2＋＝，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＝，x1x2＝.所以kAN＋kBN＝＋＝＋＝＝＝0.所以∠ANM＝∠BNM.综合①②知∠ANM＝∠BNM.2.(2022·郑州调研)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的上、下顶点分别为A，B，左、右顶点分别为C，D，·＝－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＝－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＝(－a，－b)，＝(a，－b)，则·＝－a2＋b2＝－3.①因为四边形ACBD的面积为|AB|·|CD|＝×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＋y2＝1.(2)证明　由(1)得点A(0，1)，直线PA的方程为y＝kx＋1，代入＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，所以xP＝－，yP＝－＋1＝，即点P.因为＝－2，所以k1＝－2k，又B(0，－1)，所以直线QB的方程为y＝－2kx－1，代入＋y2＝1，得(16k2＋1)x2＋16kx＝0，所以xQ＝－，yQ＝－1＝，即点Q.于是直线QM的斜率kQM＝＝＝，直线PM的斜率kPM＝＝＝，于是kPM＝kQM，即P，Q，M三点共线.3.(2022·西安调研)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)过两点(－2，0)，，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)，代入＋＝1，得解得故椭圆C1的标准方程为＋y2＝1.因为抛物线C2的准线方程为x＝－1，所以可设抛物线C2的标准方程为y2＝2px(p>0)，所以＝1，p＝2，故抛物线C2的标准方程为y2＝4x.(2)假设存在这样的直线l，因为直线l过抛物线C2的焦点F(1，0)，所以可设直线l的方程为x－1＝my，直线l与C1的两个交点的坐标分别为M(x1，y1)，N(x2，y2)，由消去x，得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，Δ＝16(m2＋3)>0，所以y1＋y2＝，y1y2＝，所以x1x2＝(1＋my1)(1＋my2)＝1＋m(y1＋y2)＋m2y1y2＝1＋m·＋m2·＝，由直线OM与ON垂直，得·＝0，即x1x2＋y1y2＝0，即＋＝0，解得m＝±.所以假设成立，即存在满足条件的直线，直线l的方程为y＝2x－2或y＝－2x＋2.4.已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝的圆心C在抛物线x2＝2py(p>0)上，圆C过原点且与抛物线的准线相切.(1)求该抛物线的方程.(2)过抛物线焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，分别在点A，B处作抛物线的切线，两条切线交于P点，则△PAB的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l的方程；若不存在，请说明理由.解　(1)由已知可得圆心C(a，b)，半径r＝，焦点F，准线方程为y＝－.因为圆C与抛物线的准线相切，所以b＝－，且圆C过焦点F.又圆C过原点，所以圆心C必在线段OF的垂直平分线上，即b＝.所以b＝－＝，求得p＝2.于是抛物线的方程为x2＝4y.(2)△PAB的面积有最小值，理由如下：由抛物线方程x2＝4y知，F(0，1).易知直线l的斜率存在，则设直线l的方程为y＝kx＋1.由消去y并整理，得x2－4kx－4＝0，Δ＝(－4k)2－4×(－4)＝16k2＋16>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.对y＝求导，得y′＝，即直线AP的斜率kAP＝，则直线AP的方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝x－x.同理可得直线BP的方程为y＝x－x.设P(x0，y0)，联立直线AP与BP的方程，可得即P(2k，－1).|AB|＝|x1－x2|＝·＝·＝4(1＋k2)，点P到直线AB的距离d＝＝2，所以△PAB的面积S＝×4(1＋k2)×2＝4(1＋k2)≥4，当且仅当k＝0时等号成立.故△PAB面积的最小值为4，此时直线l的方程为y＝1.