2023版考前三个月冲刺专题练　第29练　证明、探究性问题

第29练　证明、探究性问题

[考情分析]　解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识模块，证明问题和探究性问题是高考考查的重点知识，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等，试题难度较大，多次以压轴题出现．

一、证明问题

例1　(2022·新高考全国Ⅱ)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y＝±x.

(1)求C的方程；

(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．

①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

(1)解　由题意得c＝2.①

因为双曲线的渐近线方程为

y＝±x＝±x，

所以＝.②

又c2＝a2＋b2，③

所以联立①②③得a＝1，b＝，

所以双曲线C的方程为x2－＝1.

(2)证明　由题意知直线PQ的斜率存在且不为0，

设直线PQ的方程为y＝kx＋t(k≠0)，

将直线PQ的方程代入C的方程，

整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，

则x1＋x2＝，x1x2＝－>0，

所以3－k2<0，

所以x1－x2＝

＝.

设点M的坐标为(xM，yM)，

则

两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)，

又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)

＝k(x1－x2)，

所以2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，

解得xM＝；

两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)，

又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)

＝k(x1＋x2)＋2t，

所以2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2t，

解得yM＝＝xM.

因此，点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．

若选择①②：

因为PQ∥AB，

所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，

设A(xA，yA)，B(xB，yB)，

不妨令点A在直线y＝x上，

则由

解得xA＝，yA＝，

同理可得xB＝，yB＝－，

所以xA＋xB＝，yA＋yB＝.

点M的坐标满足

得xM＝＝，

yM＝＝，

故M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.

若选择①③：

当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2,0)，此时M不在直线y＝x上，矛盾；

当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，

设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，

A(xA，yA)，B(xB，yB)，

不妨令点A在直线y＝x上，

则由

解得xA＝，yA＝，

同理可得xB＝，yB＝－.

所以xA＋xB＝，yA＋yB＝，

因为M在AB上，且|MA|＝|MB|，

所以xM＝＝，

yM＝＝，

又点M在直线y＝x上，

所以＝·，

解得k＝m，因此PQ∥AB.

若选择②③：

因为PQ∥AB，

所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，

设A(xA，yA)，B(xB，yB)，

不妨令点A在直线y＝x上，

则由

解得xA＝，yA＝，

同理可得xB＝，yB＝－.

所以xA＋xB＝，yA＋yB＝，

设AB的中点为C(xC，yC)，

则xC＝＝，

yC＝＝.

因为|MA|＝|MB|，

所以M在AB的垂直平分线上，

即点M在直线y－yC＝－(x－xC)，

即y－＝－上，

与y＝x联立，得xM＝＝xC，

yM＝＝yC，

即点M恰为AB的中点，

故点M在AB上．

规律方法　圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系．

跟踪训练1　(2022·湖南师大附中模拟)已知F为抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，直线l：y＝2x＋1与C交于A，B两点．且|AF|＋|BF|＝20.

(1)求C的方程；

(2)设动直线m平行于直线l，且与C交于M，N两点，直线AM与BN相交于点T，证明：点T在一条定直线上．

(1)解　联立方程组

整理得x2－4px－2p＝0，

设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则x1＋x2＝4p，

可得y1＋y2＝2(x1＋x2)＋2＝8p＋2，

由抛物线定义得|AF|＋|BF|＝y1＋y2＋p＝8p＋2＋p＝9p＋2，

则9p＋2＝20，解得p＝2，

所以抛物线C的方程为x2＝4y.

(2)证明　设点M(x3，y3)，N(x4，y4)，

因为

两式相减得(x3＋x4)(x3－x4)＝4(y3－y4)，

因为MN∥AB，

则x3＋x4＝＝4kMN＝4kAB＝8，

设点T(x0，y0)，＝λ(λ≠1)，

因为MN∥AB，则＝λ，

可得

两式相加得x3＋x4－2x0＝λ(x1＋x2－2x0)，

又因为x1＋x2＝4p＝8，

则8－2x0＝λ(8－2x0)，

即(4－x0)(λ－1)＝0，

因为λ≠1，所以x0＝4，

所以点T在定直线x＝4上．

二、探究性问题

例2　(2021·全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ.已知点M(2,0)，且⊙M与l相切．

(1)求C，⊙M的方程；

(2)设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切．判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由．

解　(1)由题意知，直线x＝1与C交于P，Q两点，且OP⊥OQ，设C的焦点为F，P在第一象限，

则根据抛物线的对称性，∠POF＝∠QOF＝45°，

所以P(1,1)，Q(1，－1)．

设C的方程为y2＝2px(p>0)，

则1＝2p，得p＝，

所以C的方程为y2＝x.

因为圆心M(2,0)到l的距离即⊙M的半径，且距离为1，

所以⊙M的方程为(x－2)2＋y2＝1.

(2)直线A2A3与⊙M相切，理由如下：

设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)，

当A1，A2，A3中有一个为坐标原点，另外两个点的横坐标均为3时，满足条件，此时直线A2A3与⊙M相切．

当x1≠x2≠x3时，直线A1A2：x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，

则＝1，

即(y－1)y＋2y1y2＋3－y＝0，

同理可得(y－1)y＋2y1y3＋3－y＝0，

所以y2，y3是方程(y－1)y2＋2y1y＋3－y＝0的两个根，

则y2＋y3＝，y2y3＝.

直线A2A3的方程为x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0，

设点M到直线A2A3的距离为d(d>0)，

则d2＝＝＝1，

即d＝1，所以直线A2A3与⊙M相切．

综上可得，直线A2A3与⊙M相切．

规律方法　存在性问题的求解策略

解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．

(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．

(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．

(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．

跟踪训练2　(2022·上饶模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上的点(2，a)到准线的距离为a.

(1)求抛物线C的方程；

(2)设P(0，－2)，O为坐标原点，过点T(0,2)的直线l与抛物线C交于不同的A，B两点，问：是否存在直线l，使得·＝·，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

解　 (1)由题可知⇒a＝p＝4，

∴抛物线C的方程为y2＝8x.

(2)假设存在满足题意的直线l，显然直线l的斜率存在，

设直线l的方程为y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则⇒k2x2＋(4k－8)x＋4＝0，

则x1＋x2＝，x1x2＝，

由Δ＝(4k－8)2－16k2＝64－64k>0，得k<1，

由题可知·＝·⇒x1x2＋y1y2＝x1x2＋(y1＋2)(y2＋2)⇒y1＋y2＝－2，

∴y1＋y2＝kx1＋2＋kx2＋2＝k(x1＋x2)＋4＝＋4＝，

∴＝－2⇒k＝－4<1，

故存在满足题意的直线l，直线l的方程为y＝－4x＋2.