新高考数学一轮复习课时过关练习第08章 平面解析几何圆锥曲线的综合问题第4课时 证明及探索性问题 (含解析)

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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(p>0)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).由得x2＋4kx－4＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.直线OM的方程为y＝x.令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－，同理得B的横坐标xB＝－.设点D(0，n)，则＝，＝，·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令·＝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＋＝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)，依题意知，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.　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，且离心率为，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－)(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＋＝1(a＞b＞0)，∵椭圆的离心率e＝，∴＝，∵a2＝b2＋c2，∴a＝2b，将点代入椭圆的方程得＋＝1，联立a＝2b，解得a＝2且b＝1.∴椭圆E的方程为＋y2＝1.∴F(，0)，∵PF⊥x轴，∴P，∴圆F的半径为，圆心为(，0)，∴圆F的方程为(x－)2＋y2＝.(2)不存在满足题意的k，理由如下：由A，B在圆上得|AF|＝|BF|＝|PF|＝.设点C(x1，y1)，D(x2，y2).|CF|＝＝2－x1，同理|DF|＝2－x2.若|AC|＝|BD|，则|AC|＋|BC|＝|BD|＋|BC|，即|AB|＝|CD|＝1，4－(x1＋x2)＝1，由得(4k2＋1)x2－8k2x＋12k2－4＝0，∴x1＋x2＝，∴4－＝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＋＝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·＝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·＝0，所以△BF1F2为等腰直角三角形，所以b＝c，由a2－b2＝c2，可知b＝.故椭圆的标准方程为＋＝1.(2)由已知得b2＝c2，a2＝2c2.设椭圆的标准方程为＋＝1，P的坐标为(x0，y0).因为F1(－c，0)，B(0，c)，所以＝(x0＋c，y0)，＝(c，c).由题意得·＝0，所以x0＋c＋y0＝0.又点P在椭圆上，所以＋＝1.由以上两式消去y0可得，3x＋4cx0＝0.因为点P不是椭圆的顶点，所以x0＝－c，y0＝c，故P.设圆心为(x1，y1)，则x1＝－c，y1＝c，所以圆的半径r＝＝c.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，＝r，所以＝c，即20k2＋20k－1＝0，解得k＝－±.故存在满足条件的直线，其斜率为－±.1.(2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F(，0)，且离心率为.(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(x>0)相切.证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.(1)解　由题意得椭圆半焦距c＝且e＝＝，所以a＝.又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆方程为＋y2＝1.(2)证明　由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，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－)，即kx－y－k＝0.由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，解得k＝±1，联立可得4x2－6x＋3＝0，所以x1＋x2＝，x1·x2＝，所以|MN|＝|x1－x2|＝·＝，所以必要性成立；充分性：设直线MN：y＝kx＋b(kb<0)，即kx－y＋b＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，所以b2＝k2＋1，联立可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，其Δ＝(6kb)2－4(1＋3k2)(3b2－3)＝24k2>0，所以x1＋x2＝－，x1·x2＝，所以|MN|＝·＝＝·＝，化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，所以或所以直线MN的方程为y＝x－或y＝－x＋，所以直线MN过点F(，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|＝.2.(2022·青岛模拟)已知点A(1，－)在椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上，O为坐标原点，直线l：－＝1的斜率与直线OA的斜率乘积为－.(1)求椭圆C的方程；(2)不经过点A的直线y＝x＋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＝－·＝－＝－，即a2＝4b2，①又＋＝1，②所以联立①②，解得所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(－x1，－y1)，由得x2＋tx＋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＝－t，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＝＋＝＝＝＝＝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－，即AS垂直平分MN即可.直线AQ与AR的方程分别为lAQ：y＋＝(x－1)，lAR：y＋＝(x－1)，分别令x＝0，得yM＝－，yN＝－，所以yM＋yN＝＋－＝－＝－＝－＝－，yS＝＝－，即AS垂直平分MN.所以|AM|＝|AN|.3.如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且·＝－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·＋λ·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·＝－1，于是解得a＝2，b＝，所以椭圆E的方程为＋＝1.(2)当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，·＋λ·＝·＋·＝－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＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，从而，·＋λ·＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＝－－λ－2，所以当λ＝1时，－－λ－2＝－3，此时·＋λ·＝－3为定值.故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.4.(2020·新高考山东卷)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点A(2，1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.(1)解　由题设得＋＝1, ＝，解得a2＝6，b2＝3，所以C的方程为＋＝1.(2)证明　设M(x1，y1)，N(x2，y2).若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①由AM⊥AN，得·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因为A(2，1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1，所以直线MN的方程为y＝k－(k≠1).所以直线MN过点P.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1).由·＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又＋＝1，所以3x－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)，或x1＝.此时直线MN过点P.令Q为AP的中点，即Q.若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝|AP|＝；若D与P重合，则|DQ|＝|AP|.综上，存在点Q，使得|DQ|为定值.