高考中的圆锥曲线问题——证明与探索性问题

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高考专攻八圆锥曲线中的证明、探索性问题

令x＝0，解得y＝
，即M
+
则
＝

+
+ +

＝
+ +
+ +
+
+

，
+
《高考特训营》 ·数学
，同理可得N
+ +
+
+ + + +
+ +
+
+ + + + +
《高考特训营》 ·数学
解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、
用参、消参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目
的．
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高考专攻八
考向2
典例2
圆锥曲线中的证明、探索性问题
《高考特训营》 ·数学
位置关系的证明

(2023·全国乙卷)已知椭圆C：

心率为
+

＝1(a＞b＞0)的离
＝
− −
＝
10
−

+
+ +
− −

− + −
＝
−
− −
＝
· −

+
− −

+
− −
＝0，所以k1＋k2＝0得证．
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高考专攻八
圆锥曲线中的证明、探索性问题

，点A(－2，0)在C上．

2023届高考数学一轮复习计划高考重难专攻(七) 圆锥曲线中的证明、探索性问题(共32张

巧用基本不等式求最值问题利用基本不等式求函数的最值时，关键在于将函数变形为两项和或积的形式，然后利用基本不等式求出最值．
椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为 36，短轴一个端点到右焦点的距离为 3． (1)求椭圆 C 的方程；
(2)设斜率存在的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，坐标原点 O 到直线 l 的距离为 23，求△AOB 面积的最大值．
因为－12＜x＜32，所以直线 AP 斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)法一：联立直线
AP
与
BQ
的方程kx－y＋12k＋14＝0， x＋ky－94k－32＝0，
解得点 Q 的横坐标是 xQ＝－2k2k＋2＋4k1＋ 3．
因为|PA|＝ 1＋k2x＋12＝ 1＋k2(k＋1)， |PQ|＝ 1＋k2(xQ－x)＝－k－1k2＋k＋1 12，
(2022·咸阳模拟)已知双曲线 C：ay22－xb22＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 2，且经过 A(0,2)． (1)求双曲线 C 的方程； (2)若过点 B(2,0)的直线交双曲线 C 于 x 轴下方不同的两点 P，Q，设 PQ 中点为 M，求△BOM(O 为坐标原点)面积的最小值．解：(1)双曲线的离心率为 2，即ac＝ 2，因为点 A(0,2)在双曲线ay22－xb22＝1 上，所以a42＝1，a＝2，则 c＝2 2，又 c2＝a2＋b2，所以 b＝2．所以双曲线 C 的方程为y42－x42＝1．
(2)当直线 l 的斜率为 0 时，λ＝|MA|·|MB|＝12．当直线 l 的斜率不为 0 时，设直线 l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x＝my＋4，联立方程x42＋y2＝1，得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0．由 Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得 m2>12，所以 y1y2＝m21＋2 4． λ＝|MA|·|MB|＝ m2＋1|y1|· m2＋1|y2| ＝(m2＋1)·|y1y2|＝12mm2＋2＋41＝121－m23＋4．由 m2>12，得 0<m23＋4<136，所以349<λ<12．综上，λ 的取值范围是349，12．

高中数学选择性必修第一册专题研究五圆锥曲线中的证明与探索性问题

(1)求||OOHN||； (2)除 H 以外，直线 MH 与 C 是否有其他公共点？说明理由．【思路分析】 (1)先求出 N，H 的坐标，再求||OOHN||.(2)将直线 MH 的方程与抛物线 C 的方程联立，根据方程的解的个数进行判断．
【解析】 (1)如图，由已知得 M(0，t)，P2t2p，t.又 N 为 M 关于点 P 的对称点，故 Ntp2，t，故直线 ON 的方程为 y＝pt x，
所以 x1＋x2＝2k42k＋2 1，x1x2＝22kk22－＋21，则 2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k ＝4k3－4k－2k122＋k3＋ 1 8k3＋4k＝0. 从而 kMA＋kMB＝0，故 MA，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB. 综上所述，∠OMA＝∠OMB.
思考题 1 (2016·四川，文)已知椭圆 E：ax22＋by22＝1(a>b>0)的一个焦点与短
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专题研究五圆锥曲线中的证明与探索性问题
专题讲解
题型一证明问题
例 1 (2018·课标全国Ⅰ，理)设椭圆 C：x22＋y2＝1 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C 交于 A，B 两点，点 M 的坐标为(2，0)．
(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 AM 的方程； (2)设 O 为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB. 【解析】 (1)由已知得 F(1，0)，直线 l 的方程为 x＝1. 将 x＝1 代入椭圆方程，得点 A 的坐标为1， 22或1，－ 22，所以直线 AM 的方程为 y＝－ 22x＋ 2或 y＝ 22x－ 2.
(2)证明：当直线 l 与 x 轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°. 当直线 l 与 x 轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB. 当直线 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设直线 l 的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1， y1)，B(x2，y2)，则 x1< 2，x2< 2，直线 MA，MB 的斜率之和为 kMA＋kMB＝x1y－1 2 ＋x2y－2 2，由 y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得 kMA＋kMB＝2kx（1x2x－1－32k（）x（1＋x2x－2）2）＋4k. 将 y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.

圆锥曲线中的证明问题、探究性问题

圆锥曲线中的证明问题、探究性问题(1) 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，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)•(2) 解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等, 通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.［典例］如图，圆C与y轴相切于点T(0, 2)，与x轴正半轴相交于两点M , N(点M在点N的左侧)，且MN = 3.(1) 求圆C的方程；2 2(2) 过点M任作一条直线与椭圆T : X4 + y = 1相交于两点A, B,连结AN , BN,求证：/ANM =Z BNM .［思路演示］解：(1)设圆C的半径为r,依题意得，圆心坐标为(r,2).•- MN = 3」r= ：3 2+ 22,二r =号，•••圆C的方程为x- 5 2+ (y- 2)2= 25.⑵证明：把y= 0 代入方程X- 2 2+ (y- 2)2= 25,解得x = 1 或x= 4,即点M(1,0) ,N(4,0).①当AB丄x轴时，由椭圆对称性可知/ ANM =Z BNM .②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y= k(x- 1),y= k(x—1,联立方程x2y2—+ y = 14 8得(k2+ 2)x2-2k2x+ k2- 8= 0.设A(X1, y1), B(X2, y2),消去y,贝U X1+ X2 = X1X2 =k2-8k2+ 2.k2+ 2,••• y i = k(xi — 1), y 2= k(X 2— 1),kx 1 — 1 X 2— 4 + kx 2— 1 冷一4(X 1 —4F 2—4)••• k AN + k BN = 0,A Z ANM =Z BNM . 综上所述，/ ANM =Z BNM . ［解题师说］证明/ ANM =Z BNM ,若AB 的斜率不存在，显然成立，若斜率存在，只需证直线 AN 与BN 的斜率互为相反数即可.［应用体验］ 1.2 2xOy 中，椭圆j+缶=1(a > b > 0)的右顶点和上顶点分别为 ——> ——> 3 2B , M 为线段 AB 的中点，且 OM AB = — ?b .(1)求椭圆的离心率；⑵若a = 2,四边形ABCD 内接于椭圆，AB // DC.记直线AD , BC 的斜率分别为 k 1, k ?, 求证：k 1k 2为定值.解：⑴由题意，A(a,0), B(0, b),由M 为线段AB 的中点得M 号，b . 所以 O vt= a ，b ,矗=(—a , b). 因为O M ——B =— ；b 2,所以 a , b (- a , b) = — 2+》=-2b 2,整理得a 2= 4b 2,即卩a = 2b.因为 a 2= b 2+ c 2,所以 3a 2 = 4c 2，即；3a = 2c. 所以椭圆的离心率 e = C =严.a 22⑵证明：由a = 2得b = 1,故椭圆方程为X4 + y 2= 1.k AN + k BN = y iX i —4+ y 2 kfx i — 1 + kfX 2 — 1 )X 2— 4 X 1 — 4 X 2 — 4(X 1— 1)(X 2— 4) + (X 2— 1)(X 1 — 4) = 2X 1X 2 — 5(X 1 + X 2)+ 8 =2 k 2— 8k 2+ 210k 2+ 8= 0,如图，在平面直角坐标系1 从而A(2,0), B(0,1)，直线AB的斜率为一-2X02设C(x o, y o),则y o= 1.因为AB // CD ,故CD 的方程为y=—0(x—x o) + y o.r 1y= —2 x —x o + y o,2X i 24+y =1，解得x = X o或x= 2y o.所以点D的坐标为2y o, 1x o .探究性问题求解的思路及策略(1)思路：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.(2)策略：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.［典例］(2O18湘中名校联考)如图，曲线C由上半椭圆5字+器=1(a>b>O,y>O)和部分抛物线C2：y=—x2+ 1(y< O)连接而成，C1与C2的公共点为A, B,其中C1的离心率为~23.(1)求a, b的值；⑵过点B的直线I与C1, C2分别交于点P, Q(均异于点A, B),是否存在直线I,使得联立方程消去y,得x2—(x o+ 2y o)x+ 2x o y o= O,x o所以k1k2=即k1k2为定值~.4探究性问题2y o—214,以PQ 为直径的圆恰好过点 A ,若存在，求出直线I 的方程；若不存在，请说明理由.［思路演示］解：⑴在C i , C 2的方程中，令 y = 0,可得b = 1, 且A(- 1,0), B(1,0)是上半椭圆 C i 的左、右顶点.设C i 的半焦距为c 由a 专及a 2-亠b2= 1可得a = 2,a = 2,b = 1.2(2) 由 (1)知，上半椭圆 C 1的方程为y + x 2= 1(y > 0).由题易知，直线I 与x 轴不重合也不垂直，设其方程为代入 C 1 的方程，整理得(k 2+ 4)x 2— 2k 2x + k 2— 4= 0.(*) 设点P 的坐标为(X p , y p ),•••直线l 过点B ,「. x = 1是方程(*)的一个根. k 2— 4由根与系数的关系得 X p = k 2+ 4，从而2•••点P 的坐标为帛,萃.y = k x — 1 k 丰 0 , y =— x 2 + 1 y w 0 ,得点Q 的坐标为(一k — 1, — k 2— 2k). —>2k —>•- AP=而(k ,— 4), A Q =— k (1, k+ 2).依题意可知 AP I AQ ,「.AP -AQ = 0, —2k 2布[k — 4(k + 2)] = 0,8•••心 0 ,• k — 4(k + 2) = 0,解得 k =—春经检验，k =— 8符合题意，8故直线l 的方程为y =— 3(x — 1)，即8x + 3y — 8 = 0.3 ［解题师说］第(1)问在C 2的方程中，令y = 0可得b ,再由-=—3, a 2 — c 2= b 2可得a ;a 2第⑵问设出过点B 的直线l 的方程，分别与曲线 C 1, C 2联立•用直线l 的斜率k 表示 -- > -- >出点P , Q 的坐标后，要使以 PQ 为直径的圆过点 A ，则有A P -AQ = 0，从而解得k ,求出直线l 的方程.y = k(x — 1)(k 工 0). —8k yp=严,同理，由［应用体验］2•已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为-2，它的一个焦点抛物线y2= 4x的焦点重合.(1)求椭圆C的方程；⑵设椭圆的上顶点为A，过点A作椭圆C的两条动弦AB, AC,若直线AB,1之积为£直线BC是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由.4解：(1)由题意知椭圆的焦点F(1,0)，即c= 1.由e=¥得a—.2, b= 2 —1= 1,2•••椭圆C的方程为才+ y2= 1.(2)由(1)知A(0,1),当直线BC的斜率不存在时，设BC : x= x o,设B(x o, y o)，则C(x o,—y o),1 2y o—1 —y o—1 1 —y) 2Xo 1 1 kAB kAC= x o =击=2蔦，不合题意.故直线BC的斜率存在.设直线BC的方程为：y= kx+ m(m^ 1),代入椭圆方程，得：2 2 2(1 + 2k )x + 4kmx+ 2(m —1) = 0,由△= (4km)2—8(1 + 2k2)(m2—1)>o,得 2 k2—m2+ 1>o.设B(X1, y1), C(X2, y2),得4y i y2 —4(y1 + y2) + 4 = X1x2,即(4 k2—1)X1X2 + 4k(m —1)(X1 + x?)+ 4(m—1)2= o,将①代入上式，整理得(m—1)(m—3) = o.又因为m^ 1,所以m= 3,此时直线BC的方程为y= kx+ 3.所以直线BC恒过一定点(o,3).F恰好与AC斜率则x1+ x2=—4km21 + 2k 'x1x2=•①由k AB k AC =y1—1 y2 —1X1 X214,J 升级增分训练］1已知抛物线 C : x 2= 2py(p > 0)及点DO , - P ，动直线I : y = kx + 1与抛物线 C 交于A , B 两点，若直线 AD 与BD 的倾斜角分别为 a, 且a+ B= n.(1) 求抛物线C 的方程；(2) 若H 为抛物线C 上不与原点O 重合的一点，点 N 是线段OH 上与点O , H 不重合的任意一点，过点 N 作x 轴的垂线依次交抛物线 C 和x 轴于点P , M ，求证：|MN||ON| =(2018长沙模拟)如图，P 是直线x = 4上一动点，以 P 为圆心的圆 r 过定点B(1,0)，直|MP| |OH|.解：(1)把y = kx +1代入 xi, 2p , B X 2,=2py,得 x 2— 2pkx — 2p = 0,x 2 x 2，贝U X i + X 2 = 2pk , X i X 2=— 2p.由a+ 3= n 可知，直线 AD 的斜率与直线 BD 的斜率之和为0,2 2X 1 + P X 2 + p所以红上+至上=0，整理得(X i + X 2)(X 1X 2+ p 2) = 0,X i X 2 八#’即 2pk(p 2— 2p) = 0,由该式对任意实数 k 恒成立，可得p = 2, 所以抛物线C 的方程为x 2= 4y.(2)证明：设过点 N 的垂线方程为 x = t(t ^ 0),x = t , 得5 t 2l y = 4即点P t ,t 2.令船=人则NR ，所以直线ON 的方程为y =严：4 y = x ,i 4 且X M 0得5 a = 4yy= 4，所以辭囂=7 =，斤以S=即即|MN | |ON|= |MP| |OH|. 2.(理)线I是圆r在点B处的切线，过A(-1,0)作圆r的两条切线分别与I交于E , F两点.(1) 求证：|EA |+ |EB|为定值；(2) 设直线I交直线x= 4于点Q,证明：|EB||FQ| =|FB||EQ|.证明：⑴设AE切圆r于点M，直线x= 4与x轴的交点为N,故|EM |= |EB|.从而|EA|+ |EB|= |AM| = |AP|2- |PM|2= |AP|2- |PB|2= |AN |2- |BN|2= 25- 9= 4. 所以|EA|+ |EB|为定值4.(2)证明：由(1)同理可知|FA|+ |FB| = 4,2 2故E, F均在椭圆x+ y= 1 上.4 3设直线EF的方程为x = my+ 1(m^ 0).3 3令x = 4,得y= —，艮卩Q点纵坐标y Q= —.m mx = my+ 1,由$x y2消去x，得(3m?+ 4)y2 + 6my—9= 0.—+ 二=1U 3设E(X1, y1), F(X2, y2),则有浙+巾=—3^2++4, y1y2=-3^+4.因为E, B, F , Q在同一条直线上，所以|EB||FQ|= |FB| |EQ|等价于滋-y』y Q- y2)= (y2-y B)(y Q-F),即—y ¥+ y1y2= y2 善—y1y2,等价于2y1y2= (y1+ y2)2.m将y1 + y2=- 62+ 4, y1y2 =- —2+4代入，知上式成立.3m + 4 3 3m + 4所以|EB| |FQ|= |FB| |EQ|.(文)(2018长沙模拟)已知过A(0,2)的动圆恒与x轴相切，设切点为B, AC是该圆的直径.(1) 求C点轨迹E的方程；(2) 当AC不在y轴上时，设直线AC与曲线E交于另一点P,该曲线在P处的切线与直线BC 交于Q点•求证：△ PQC恒为直角三角形.解：(1)设C点坐标为(x, y),贝U B点坐标为x，0 .因为AC是直径，所以BA丄BC,或C, B均在坐标原点，因此巨？ —B C C = 0,而毛X = — 2, 2 ,目C = 2, y , 2X 2故有一4 + 2y = 0，即 x = 8y.2另一方面，设 C x o , X 0是曲线x 2= 8y 上一点，则有 |AC|=,x 0+ X 0- 2 2= Xo Y 16,故以AC 为直径的圆与x 轴相切. 综上可知C 点轨迹E 的方程为x 2= 8y. ⑵证明：设直线 AC 的方程为y = kx + 2, C(x i , y i ), P (X 2, y»y = kx + 2,22得 x — 8kx — 16= 0,x = 8y 则 X 1X 2=— 16.2由y = X ，对x 求导知y '8从而曲线E 在P 处的切线斜率k 2=严,42 X 1BC 的斜率心=一^ =字X 1 4X1 —XTk 1k 2=迪=1=— 1. 1k216 16所以△ PQC 恒为直角三角形.椭圆上的点T(2, 2)到点F i , F 2的距离之和等于 4,2.(1)求椭圆C 的方程;(2)若直线y = kx(k M 0)与椭圆C 交于E , F 两点，A 为椭圆C 的左顶点，直线 AE , AF 分别与y 轴交于点M , N.问：以MN 为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由.解：⑴由椭圆上的点 T(2, ■.2)到点F 1, F 2的距离之和是 4 2,可得2a = 4 2, a = 2 2 又T(2,2)在椭圆上，因此电+令=1,所以b = 2,a bAC 中点的纵坐标为 2 x o 2+1 x （）+1616直线因此 QC 丄 PQ ,3. (2018西安八校联考)设F 1, F 2分别为椭圆2 xC : 2 + a2生=1(a>b>0)的左、右焦点，若2 2所以椭圆C 的方程为令+y = 1.8 4 (2)因为椭圆C 的左顶点为 A , 所以点A 的坐标为(一2 2, 0).2 2因为直线y = kx(k z 0)与椭圆* +十=1交于E , F 两点, 设点 E(X o , y o )(不妨设 x o >O)，则点 F (-x o ,— y o ).>c.设短轴的一个端点为D ，原点O 到直线DF 的距离为于，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C , G 两点，且|6F|+ |F|= 4.(1)求椭圆E 的方程；----- 2⑵是否存在过点 P(2,1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点 A , B 且使得OP =4"P A -3成立？若存在，试求出直线 I 的方程；若不存在，请说明理由.y = kx ,由x 2丄y 2 d + L= 1 8 4消去y '得x2=所以X 0=- 1 +；2,则y0= 1 + k 2,所以直线因为直线 y= 1+fe (x+ 2回AE , AF 分别与y 轴交于点M , N ,AE 的方程为令 x = 0, 2 2k2 2k 得y =2,即点M0,. ------- 1 +寸 1 + 2k1 +\ 1 +2 k同理可得点 N b, ------- 2y^k 2.\ 1-p1 + 2k 2丿 2"2 2k2 2k2所以MN|= 1+ .1 + 2k 2 1 — ；1 + 2k =2p2(1 + 2k )=|k| .设MN 的中点为P ,则点P 的坐标为P*,—则以MN 2 2,即 x 2+ y 2+魯=4. 丿 k令 y = o , 得 x 2= 4，即 x = 2 或 x =— 2.故以MN 为直径的圆经过两定点 P i (2,0), 4. (2018湖南东部五校联考)已知椭圆EP 2( — 2,0). 2 2x y孑+ A= 1(a > b > 0)的右焦点为 F(c,0),且b为直径的圆的方程为 x 2 +••存在满足条件的直线 l ，其方程为y = ^x.C)P 2= 4 "PA- > PB ,16k 2— 16k —8—2X8k 2k —3 + 4k21 + 4 (1 + k 2) =4X 4 + 4k 3 + 4k22= 5,解得解：（1）由椭圆的对称性知|6己汁|（5F |= 2a = 4, ••• a = 2.又原点0到直线DF 的距离为-23,又 a 2= b 2+ c 2= 4, b >c , •• b =订3, c = 1.2 2故椭圆E 的方程为令+ y = i.4 3 ⑵当直线I 与x 轴垂直时不满足条件.故可设A(%,浙)，B(x 2, Y 2),直线I 的方程为 -8k(2k — 1)x + 16k 2— 16k - 8= 0,28kf2k — 1\ 16k — 16k — 8 …x 1 + x 2= 厂,X 1X 2= 2一 ,3+ 4k 3+ 4ky = k(x — 2) + 1,代入椭圆方程得(3 + 4k 2)x 2△= 32(6k + 3)>0, • k> — 2.即 4[(冷一2)(X 2 — 2) + (y 1— 1)(y 2 — 1)] = 5,• 4(X 1 — 2)(X 2— 2)(1 + k 2) = 5, 即 4[X 1X 2— 2(X 1 + X 2)+ 4](1 + k 2)= 5,又k = — 2不符合题意，舍去..bc _© a =T ，bc= -J3.。

圆锥曲线中的证明、探究问题

圆锥曲线中的证明问题、探究性问题(1)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，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．[典例] 如图，圆C 与y 轴相切于点T (0，2)，与x 轴正半轴相交于两点M ，N (点M 在点N 的左侧)，且MN ＝3.(1)求圆C 的方程；(2)过点M 任作一条直线与椭圆T ：x 24＋y 28＝1相交于两点A ，B ，连结AN ，BN ，求证：∠ANM＝∠BNM .[思路演示]解：(1)设圆C 的半径为r ，依题意得，圆心坐标为(r ,2)． ∵MN ＝3，∴r ＝⎝⎛⎭⎫322＋22，∴r ＝52， ∴圆C 的方程为⎝⎛⎭⎫x －522＋(y －2)2＝254. (2)证明：把y ＝0代入方程⎝⎛⎭⎫x －522＋(y －2)2＝254，解得x ＝1或x ＝4，即点M (1,0)，N (4,0)． ①当AB ⊥x 轴时，由椭圆对称性可知∠ANM ＝∠BNM . ②当AB 与x 轴不垂直时，可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 28＝1消去y ，得(k 2＋2)x 2－2k 2x ＋k 2－8＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2k 2＋2，x 1x 2＝k 2－8k 2＋2. ∵y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，∴k AN ＋k BN ＝y 1x 1－4＋y 2x 2－4＝k (x 1－1)x 1－4＋k (x 2－1)x 2－4＝k (x 1－1)(x 2－4)＋k (x 2－1)(x 1－4)(x 1－4)(x 2－4).∵(x 1－1)(x 2－4)＋(x 2－1)(x 1－4)＝2x 1x 2－5(x 1＋x 2)＋8＝2(k 2－8)k 2＋2－10k 2k 2＋2＋8＝0，证明问题∴k AN ＋k BN ＝0，∴∠ANM ＝∠BNM . 综上所述，∠ANM ＝∠BNM .[解题师说]证明∠ANM ＝∠BNM ，若AB 的斜率不存在，显然成立，若斜率存在，只需证直线AN 与BN 的斜率互为相反数即可．[应用体验]1. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右顶点和上顶点分别为A ，B ，M 为线段AB 的中点，且OM ―→·AB ―→＝－32b 2.(1)求椭圆的离心率；(2)若a ＝2，四边形ABCD 内接于椭圆，AB ∥DC .记直线AD ，BC 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值．解：(1)由题意，A (a,0)，B (0，b )，由M 为线段AB 的中点得M ⎝⎛⎭⎫a 2，b 2. 所以OM ―→＝⎝⎛⎭⎫a 2，b 2，AB ―→＝(－a ，b )．因为OM ―→·AB ―→＝－32b 2，所以⎝⎛⎭⎫a 2，b 2·(－a ，b )＝－a 22＋b 22＝－32b 2，整理得a 2＝4b 2，即a ＝2b . 因为a 2＝b 2＋c 2，所以3a 2＝4c 2，即3a ＝2c . 所以椭圆的离心率e ＝c a ＝32.(2)证明：由a ＝2得b ＝1，故椭圆方程为x 24＋y 2＝1. 从而A (2,0)，B (0,1)，直线AB 的斜率为－12.设C (x 0，y 0)，则x 204＋y 20＝1. 因为AB ∥CD ，故CD 的方程为y ＝－12(x －x 0)＋y 0. 联立方程⎩⎨⎧y ＝－12(x －x 0)＋y 0，x24＋y 2＝1，消去y ，得x 2－(x 0＋2y 0)x ＋2x 0y 0＝0，解得x ＝x 0或x ＝2y 0.所以点D 的坐标为⎝⎛⎭⎫2y 0，12x 0. 所以k 1k 2＝12x 02y 0－2·y 0－1x 0＝14，即k 1k 2为定值14.探究性问题探究性问题求解的思路及策略(1)思路：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． (2)策略：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．[典例] (2018·湘中名校联考)如图，曲线C 由上半椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0，y ≥0)和部分抛物线C 2：y ＝－x 2＋1(y ≤0)连接而成，C 1与C 2的公共点为A ，B ，其中C 1的离心率为32. (1)求a ，b 的值；(2)过点B 的直线l 与C 1，C 2分别交于点P ，Q (均异于点A ，B )，是否存在直线l ，使得以PQ 为直径的圆恰好过点A ，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[思路演示]解：(1)在C 1，C 2的方程中，令y ＝0，可得b ＝1，且A (－1,0)，B (1,0)是上半椭圆C 1的左、右顶点．设C 1的半焦距为c ，由c a ＝32及a 2－c 2＝b 2＝1可得a ＝2，∴a ＝2，b ＝1.(2)由(1)知，上半椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1(y ≥0)．由题易知，直线l 与x 轴不重合也不垂直，设其方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)．代入C 1的方程，整理得(k 2＋4)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0.(*) 设点P 的坐标为(x P ，y P )，∵直线l 过点B ，∴x ＝1是方程(*)的一个根．由根与系数的关系得x P ＝k 2－4k 2＋4，从而y P ＝－8kk 2＋4，∴点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2－4k 2＋4，－8k k 2＋4.同理，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)(k ≠0)，y ＝－x 2＋1(y ≤0)，得点Q 的坐标为(－k －1，－k 2－2k )． ∴AP ―→＝2k k 2＋4(k ，－4)，AQ ―→＝－k (1，k ＋2)．依题意可知AP ⊥AQ ，∴AP ―→·AQ ―→＝0，即－2k 2k 2＋4[k －4(k ＋2)]＝0，∵k ≠0，∴k －4(k ＋2)＝0，解得k ＝－83.经检验，k ＝－83符合题意，故直线l 的方程为y ＝－83(x －1)，即8x ＋3y －8＝0.[解题师说]第(1)问在C 2的方程中，令y ＝0可得b ，再由c a ＝32，a 2－c 2＝b 2可得a ；第(2)问设出过点B 的直线l 的方程，分别与曲线C 1，C 2联立．用直线l 的斜率k 表示出点P ，Q 的坐标后，要使以PQ 为直径的圆过点A ，则有AP ―→·AQ ―→＝0，从而解得k ，求出直线l 的方程．[应用体验]2．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为22，它的一个焦点F 恰好与抛物线y 2＝4x 的焦点重合．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆的上顶点为A ，过点A 作椭圆C 的两条动弦AB ，AC ，若直线AB ，AC 斜率之积为14，直线BC 是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．解：(1)由题意知椭圆的焦点F (1,0)，即c ＝1. 由e ＝22得a ＝2，b ＝2－1＝1， ∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知A (0,1)，当直线BC 的斜率不存在时，设BC ：x ＝x 0，设B (x 0，y 0)，则C (x 0，－y 0)， k AB ·k AC ＝y 0－1x 0·－y 0－1x 0＝1－y 20x 20＝12x20x 20＝12≠14，不合题意．故直线BC 的斜率存在．设直线BC 的方程为：y ＝kx ＋m (m ≠1)，代入椭圆方程，得：(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2(m 2－1)＝0，由Δ＝(4km )2－8(1＋2k 2)(m 2－1)>0，得2k 2－m 2＋1>0.设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2(m 2－1)1＋2k 2.① 由k AB ·k AC＝y 1－1x 1·y 2－1x 2＝14，得4y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋4＝x 1x 2，即(4k 2－1)x 1x 2＋4k (m －1)(x 1＋x 2)＋4(m －1)2＝0，将①代入上式，整理得(m －1)(m －3)＝0. 又因为m ≠1，所以m ＝3，此时直线BC 的方程为y ＝kx ＋3. 所以直线BC 恒过一定点(0,3).1．已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)及点D ⎝⎛⎭⎫0，－p2，动直线l ：y ＝kx ＋1与抛物线C 交于A ，B 两点，若直线AD 与BD 的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝π.(1)求抛物线C 的方程；(2)若H 为抛物线C 上不与原点O 重合的一点，点N 是线段OH 上与点O ，H 不重合的任意一点，过点N 作x 轴的垂线依次交抛物线C 和x 轴于点P ，M ，求证：|MN |·|ON |＝|MP |·|OH |.解：(1)把y ＝kx ＋1代入x 2＝2py ，得x 2－2pkx －2p ＝0，设A ⎝⎛⎭⎫x 1，x 212p ，B ⎝⎛⎭⎫x 2，x 222p ，则x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2p . 由α＋β＝π可知，直线AD 的斜率与直线BD 的斜率之和为0，所以x 212p ＋p 2x 1＋x 222p ＋p 2x 2＝0，整理得(x 1＋x 2)(x 1x 2＋p 2)＝0，即2pk (p 2－2p )＝0，由该式对任意实数k 恒成立，可得p ＝2，所以抛物线C 的方程为x 2＝4y .(2)证明：设过点N 的垂线方程为x ＝t (t ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ，x 2＝4y 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ，y ＝t 24，即点P ⎝⎛⎭⎫t ，t24. 令|MN ||MP |＝λ，则N ⎝⎛⎭⎫t ，λt 24，所以直线ON 的方程为y ＝λt 4x .由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝λt 4x ，x 2＝4y 且x ≠0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λt ，y ＝λ2t 24，即点H ⎝⎛⎭⎫λt ，λ2t 24，所以|OH ||ON |＝x H x N＝λt t ＝λ，所以|MN ||MP |＝|OH ||ON |，即|MN |·|ON |＝|MP |·|OH |.2．(理)(2018·长沙模拟)如图，P 是直线x ＝4上一动点，以P 为圆心的圆Γ过定点B (1,0)，直线l 是圆Γ在点B 处的切线，过A (－1,0)作圆Γ的两条切线分别与l 交于E ，F 两点．(1)求证：|EA |＋|EB |为定值；(2)设直线l 交直线x ＝4于点Q ，证明：|EB |·|FQ |＝|FB |·|EQ |.证明：(1)设AE 切圆Γ于点M ，直线x ＝4与x 轴的交点为N ，故|EM |＝|EB |.从而|EA |＋|EB |＝|AM |＝|AP |2－|PM |2＝|AP |2－|PB |2＝|AN |2－|BN |2＝25－9＝4. 所以|EA |＋|EB |为定值4.(2)证明：由(1)同理可知|F A |＋|FB |＝4，故E ，F 均在椭圆x 24＋y 23＝1上．设直线EF 的方程为x ＝my ＋1(m ≠0)．令x ＝4，得y ＝3m ，即Q 点纵坐标y Q ＝3m .由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 24＋y 23＝1消去x ，得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0. 设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，则有y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4. 因为E ，B ，F ，Q 在同一条直线上，所以|EB |·|FQ |＝|FB |·|EQ |等价于(y B －y 1)(y Q －y 2)＝(y 2－y B )(y Q －y 1)，即－y 1·3m ＋y 1y 2＝y 2·3m －y 1y 2，等价于2y 1y 2＝(y 1＋y 2)·3m . 将y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4代入，知上式成立．所以|EB |·|FQ |＝|FB |·|EQ |.(文)(2018·长沙模拟)已知过A (0,2)的动圆恒与x 轴相切，设切点为B ，AC 是该圆的直径．(1)求C 点轨迹E 的方程；(2)当AC 不在y 轴上时，设直线AC 与曲线E 交于另一点P ，该曲线在P 处的切线与直线BC 交于Q 点．求证：△PQC 恒为直角三角形．解：(1)设C 点坐标为(x ，y )，则B 点坐标为⎝⎛⎭⎫x2，0. 因为AC 是直径，所以BA ⊥BC ，或C ，B 均在坐标原点，因此BA ―→·BC ―→＝0，而BA ―→＝⎝⎛⎭⎫－x 2，2，BC ―→＝⎝⎛⎭⎫x 2，y ，故有－x 24＋2y ＝0，即x 2＝8y .另一方面，设C ⎝⎛⎭⎫x 0，x 28是曲线x 2＝8y 上一点，则有|AC |＝ x 20＋⎝⎛⎭⎫x 208－22＝x 20＋168，AC 中点的纵坐标为2＋x 2082＝x 20＋1616，故以AC 为直径的圆与x 轴相切．综上可知C 点轨迹E 的方程为x 2＝8y .(2)证明：设直线AC 的方程为y ＝kx ＋2，C (x 1，y 1)，P (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＝8y得x 2－8kx －16＝0，则x 1x 2＝－16. 由y ＝x 28，对x 求导知y ′＝x 4，从而曲线E 在P 处的切线斜率k 2＝x 24，直线BC 的斜率k 1＝x 218x 1－x 12＝x 14，于是k 1k 2＝x 1x 216＝－1616＝－1. 因此QC ⊥PQ ，所以△PQC 恒为直角三角形．3．(2018·西安八校联考)设F 1，F 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，若椭圆上的点T (2，2)到点F 1，F 2的距离之和等于4 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆C 交于E ，F 两点，A 为椭圆C 的左顶点，直线AE ，AF 分别与y 轴交于点M ，N .问：以MN 为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．解：(1)由椭圆上的点T (2，2)到点F 1，F 2的距离之和是42，可得2a ＝42，a ＝2 2. 又T (2，2)在椭圆上，因此4a 2＋2b 2＝1，所以b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)因为椭圆C 的左顶点为A ，所以点A 的坐标为(－22，0)．因为直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆x 28＋y 24＝1交于E ，F 两点，设点E (x 0，y 0)(不妨设x 0>0)，则点F (－x 0，－y 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 28＋y 24＝1消去y ，得x 2＝81＋2k 2，所以x 0＝221＋2k 2，则y 0＝22k 1＋2k 2，所以直线AE 的方程为y ＝k1＋1＋2k 2(x ＋22)．因为直线AE ，AF 分别与y 轴交于点M ，N ，令x ＝0，得y ＝22k 1＋1＋2k 2，即点M 0，22k 1＋1＋2k 2. 同理可得点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22k 1－1＋2k 2.所以|MN |＝22k 1＋1＋2k 2－22k1－1＋2k 2＝22(1＋2k 2)|k |.设MN 的中点为P ，则点P 的坐标为P ⎝⎛⎭⎫0，－2k . 则以MN 为直径的圆的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋2k 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2(1＋2k 2)|k |2，即x 2＋y 2＋22k y ＝4. 令y ＝0，得x 2＝4，即x ＝2或x ＝－2.故以MN 为直径的圆经过两定点P 1(2,0)，P 2(－2,0)．4．(2018·湖南东部五校联考)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (c,0)，且b ＞c .设短轴的一个端点为D ，原点O 到直线DF 的距离为32，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C ，G 两点，且|GF ―→|＋|GF ―→|＝4.(1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在过点P (2,1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ，B 且使得OP ―→2＝4P A ―→·PB ―→成立？若存在，试求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)由椭圆的对称性知|GF ―→|＋|GF ―→|＝2a ＝4，∴a ＝2. 又原点O 到直线DF 的距离为32，∴bc a ＝32，∴bc ＝ 3. 又a 2＝b 2＋c 2＝4，b ＞c ，∴b ＝3，c ＝1. 故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件．故可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝k (x －2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k 2)x 2－8k (2k －1)x ＋16k 2－16k －8＝0，∴x 1＋x 2＝8k (2k －1)3＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－16k －83＋4k 2，Δ＝32(6k ＋3)>0，∴k >－12. ∵OP ―→2＝4P A ―→·PB ―→，即4[(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)]＝5， ∴4(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2)＝5，即4[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4](1＋k 2)＝5，∴4⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2－16k －83＋4k 2－2×8k (2k －1)3＋4k 2＋4(1＋k 2)＝4×4＋4k 23＋4k 2＝5，解得k ＝±12，又k ＝－12不符合题意，舍去．∴存在满足条件的直线l ，其方程为y ＝12x .。

高考数学(文科)专题复习—— 圆锥曲线中的证明、探索性问题

第3课时圆锥曲线中的证明、探索性问题技法阐释1.圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．2．“肯定顺推法”解决探索性问题，即先假设结论成立，用待定系数法列出相应参数的方程，倘若相应方程有解，则探索的元素存在(或命题成立)，否则不存在(或不成立)．高考示例思维过程(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)． (1)证明：k <－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋F A →＋FB →＝0，证明：2|FP→|＝|F A →|＋|FB→|. [证明] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1.两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0.→关键点1：“点差法”使直线的斜率与弦的中点紧紧地联系在一起，运算上大大简化由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m .①由于点M (1，m )(m >0)在椭圆x 24＋y 23＝1内，∴14＋m 23<1，解得0<m <32，故k <－12.(2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)．→关键点1：“点差法”使直线的斜率与弦的中点紧紧地联系在一起，运算上大大简化由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m <0.又点P 在C 上，所以m ＝34，→关键点2：设出点P ，借助向量建立变量间的关系，达到设而不求的目的从而P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32. 于是|F A →|＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12.同理|FB→|＝2－x 22. 所以|F A →|＋|FB→|＝4－12(x 1＋x 2)＝3. 故2|FP →|＝|F A →|＋|FB→|.技法一直接转化法证明几何图形问题[典例1] (2018·全国卷Ⅰ)设抛物线C ：y 2＝2x ，点A (2,0)，B (－2,0)，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程； (2)证明：∠ABM ＝∠ABN . [思维流程][解] (1)当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝2，可得点M 的坐标为(2,2)或(2，－2)．所以直线BM 的方程为y ＝12x ＋1或y ＝－12x －1.(2)当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM ＝∠ABN .当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1>0，x 2>0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝2x 得ky 2－2y －4k ＝0，可知y 1＋y 2＝2k ，y 1y 2＝－4. 直线BM ，BN 的斜率之和为k BM ＋k BN ＝y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)(x 1＋2)(x 2＋2).①将x 1＝y 1k ＋2，x 2＝y 2k ＋2及y 1＋y 2，y 1y 2的表达式代入①式分子，可得 x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)＝2y 1y 2＋4k (y 1＋y 2)k＝－8＋8k ＝0.所以k BM ＋k BN ＝0，可知BM ，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM ＝∠ABN . 综上，∠ABM ＝∠ABN .点评：把证明∠ABM ＝∠ABN 转化为证明k BM ＋k BN ＝0是解题的关键．类似的还有圆过定点问题，转化为圆周角为90°，即两条弦所在的直线斜率之积为－1(或所在向量的数量积为0)等．技法二直接法证明数量关系式[典例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 ＝12x 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 |＞2|AB |.[思维流程][解] (1)设Γ的标准方程为x 2＝2py ，p ＞0，则F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2.已知点E 在直线y ＝12x 上，故可设E (2a ，a )．因为E ，F 关于M (－1,0)对称，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋02＝－1，p2＋a 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，p ＝2.所以抛物线Γ的标准方程为x 2＝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 ＝|k －1|k 2＋1，因为l 与E 交于A ，B 两点，所以d 2＜r 2，即(k －1)2k 2＋1＜1，解得k ＞0，所以|AB |＝21－d 2＝22kk 2＋1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝k (x ＋1)消去y 并整理得， x 2－4kx －4k ＝0.Δ＝16k 2＋16k ＞0恒成立，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4k ，那么|CD |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝k 2＋1·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝4k 2＋1·k 2＋k .所以|CD |2|AB |2＝16(k 2＋1)(k 2＋k )8k k 2＋1＝2(k 2＋1)2(k 2＋k )k ＞2k k ＝2.所以|CD |2＞2|AB |2，即|CD |＞2|AB |.点评：本例是抛物线与圆的交汇问题，涉及弦长的求解，应各选最优方法，圆的弦长为勾股定理的求解，抛物线的弦长，则需借助弦长公式．技法三 “肯定顺推法”解决探索性问题[典例3] 已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m >0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由．[思维流程][解] (1)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2，得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k ，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k >0，k ≠3.由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x . 设点P 的横坐标为x P .由⎩⎨⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m (3－k )3，因此x M ＝k (k －3)m 3(k 2＋9).四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M .于是±km3k2＋9＝2×k(k－3)m3(k2＋9)，解得k1＝4－7，k2＝4＋7.因为k i>0，k i≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB为平行四边形．点评：本例题干信息中涉及几何图形：平行四边形，把几何关系用数量关系等价转化是求解此类问题的关键．几种常见几何条件的转化如下：(1)平行四边形条件的转化(3)角条件的转化。

2020年高考圆锥曲线综合-定点、定值、探索性问题

专题圆锥曲线综合应用（3）- 定点、定值、探索性问题一、高考题型特点：定点、定值、探索性问题是高考圆锥曲线大题中的常考题型，难度中等偏上。

二、重难点：1. 定点的探索与证明问题：(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋b ，然后利用条件建立b ， k 等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况． 2. 解答圆锥曲线的定值，从三个方面把握：(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以求出定值．3. 存在性问题的解题步骤：(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)． (2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在． (3)得出结论．三、易错注意点：本部分对学生的能力要求较高，解题中主要数形结合及各种方法的综合应用，同时对数学推理运算能力有很高的要求。

解决定值、定点问题，不要忘记特值法。

四、典型例题：例1.（2019北京卷）已知抛物线2:2C x py =-经过点(2，-1). (I) 求抛物线C 的方程及其准线方程；(II) 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 轴上的两上定点. 【解析】（I ）由抛物线2:2C x py =-经过点()2,1-，得2p =.所以抛物线C 的方程为24x y =-，其准线方程为1y =. （II ）抛物线C 的焦点为()0,1-，设直线l 的方程为()10y kx k =-≠.由241x y y kx ⎧=-⎨=-⎩，得2440x kx +-=. 设()()1122,,,,Mx y N x y 则124x x=-.直线OM 的方程为11y y x x =，令1y =-，得点A 的横坐标为11A x x y =- 同理可得点B 的横坐标22B x x y =-. 设点()0,D n ，则()()2212122212121144x x x x DA DB n n y y x x ⋅=++=++⎛⎫⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭uu u r uu u r ()()221216141n n x x =++=-++. 令0,DA DB ⋅=uu u r uu u r 即()2410n -++=，得1n =或3n =-.综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点()()0,10,-3和．例2．（2017新课标Ⅱ）设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：2212x y +=上，过M 做x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足2NP =u u u r u u u r错误!未找到引用源。

例析圆锥曲线中的证明与探索性问题

解题篇经典题突破方法高考数学2021年4月■浙江省吴兴高级中学刘晓东■浙江省湖州市菱湖中学吴凯圆锥曲线中的证明和探索性问题是高考中解答题的常考题型，难度比较大，这类问题往往是以解析几何知识为载体，在函数、不等式、向量等知识交汇处设计问题，涉及的知识点较多，对考生处理综合问题能力的要求也较高，是近几年高考中的热点和难点。

证明题的设计通常与位置、角度、长度、面积等相关，在高考题中，证明的方法通常以直接证明为主，即从题目已知条件出发来验证结论的正确性，题型也主要包括三点共线问题、长度问题、角度问题、直线过定点问题等。

而探索性问题则是在同等条件下，开放式设问，通常以存在或不存在来提问，而非直接给出需要证明的结论，以问题的不确定性来制造悬念，要求考生能独立判断其结论，并给出相应的证明过程。

一、圆锥曲线中的证明问题侧/（2020年北京市西城区二模）已知椭圆E：£+£=l（a>6>0）经过点a b/3C（0,l）,离心率为分，o为坐标原点。

（1）求椭圆E的标准方程；（2）设分别为椭圆E的左顶点和右顶点，D为椭圆E上一点（不在坐标轴上），直线CD交工轴于点P,Q为直线AD 上一点，且3?•OQ=4,求证：C,B,Q三点共线。

分析：（1）将点C的坐标代入椭圆E的方程,可求出b的值，再根据椭圆E的离心率可列出方程组解得a和c的值，进一步写出椭圆E的标准方程；（2）设D（工。

，久）（工2。

工0）,得4—云=4样，写出直线CD的方程，解得点P 的坐标，再由OP•OQ=4,可得点Q的横坐标，代入直线AD的方程可求得点Q的坐标，最后验证k BQ=k BC，即可证得结论成立。

解将点c的坐标代入椭圆E的方程可得b=1,由题意可得ya=2,c=◎，故椭圆（2）如图1,易知椭圆E的左顶点和右顶点分别为A（—2,0）,B（2,0）,设D（s,y0）Ec/T221解得a——c=1,上＞0,2的标准方程为脊+图1■JC匸二L5%工0),则亍'+3^=1,即4—Xo=4^0o 直线CD的斜率为k CD乎则直线Vn—1CD的方程为丿=二厂’+1，令）=。

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由根与系数的关系得xx11＋x2＝x2＝ 43k＋23－＋84kk14222k，2，
①
其中 Δ＞0 恒成立，由 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称，得 kTS＋kTR＝0(显然 TS，TR 的斜率存在)，即x1y－1 t＋x2y－2 t＝0.②
因为 R，S 两点在直线 y＝k(x－1)上，所以 y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得 kx1－1x2x－1－tt＋xk2－x2－t 1x1－t＝k[2x1x2－x1t－＋t1x2x－1＋tx2＋2t]＝0，即 2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③
故
x1＋x2＝2，x1x2＝218，代入②解得|d|＝3
21 28 .
所以该数列的公差为3 2821或－3
21 28 .
题型二探索性问题例 2 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C：y＝x42与直线 l：y＝kx＋a(a>0)交于 M， N 两点， (1)当 k＝0 时，分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程； (2)y 轴上是否存在点 P，使得当 k 变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
证明：(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x421＋y312＝1，x422＋y322＝1. 两式相减，并由yx11－－yx22＝k 得x1＋4 x2＋y1＋3 y2·k＝0. 由题设知x1＋2 x2＝1，y1＋2 y2＝m，于是 k＝－43m.① 由题设得 0＜m＜32，故 k＜－12.
(2)由题意得 F(1,0)．设 P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．由(1)及题设得 x3＝3－(x1＋x2)＝1， y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0. 又点 P 在 C 上，所以 m＝34，
从而 P1，－32，|F→P|＝32，于是|F→A|＝ x1－12＋y21＝ x1－12＋31－x421＝2－x21. 同理|F→B|＝2－x22. 所以|F→A|＋|F→B|＝4－12(x1＋x2)＝3.
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跟踪训练 2 (2020·福州四校联考)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为 F1，F2，短轴的一个端点为 P，△PF1F2 内切圆的半径为b3，设过点 F2 的直线 l 被椭圆 C 截得的线段为 RS，当 l⊥x 轴时，|RS|＝3. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)在 x 轴上是否存在一点 T，使得当 l 变化时，总有 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称？若存在，请求出点 T 的坐标；若不存在，请说明理由．
将①代入③得 8k2－24－t＋3＋148kk22＋2t3＋4k2＝63t＋－42k42＝0，④ 则 t＝4，综上所述，存在 T(4,0)，使得当 l 变化时，总有 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称．
高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题第3课时证明与探索性问题
题型一证明问题例 1 (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆 C：x22＋y2＝1 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C 交于 A，B 两点，点 M 的坐标为(2,0)． (1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 AM 的方程； (2)设 O 为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
由 y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得 kMA＋kMB＝2kx1x2x－1－32kxx1＋2－x22＋4k. 将 y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以 x1＋x2＝2k42k＋2 1，x1x2＝22kk22－＋21. 则 2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k ＝4k3－4k－2k122＋k3＋ 1 8k3＋4k＝0. 从而 kMA＋kMB＝0，故 MA，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB 成立．
跟踪训练 1 (2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C：x42＋y32＝1 交于 A， B 两点，线段 AB 的中点为 M(1，m)(m＞0)． (1)证明：k＜－12； (2)设 F 为 C 的右焦点，P 为 C 上一点，且F→P＋F→A＋F→B＝0.证明：|F→A|，|F→P|，|F→B |成等差数列，并求该数列的公差．
故 2|F→P|＝|F→A|＋|F→B|，即|F→A|，|F→P|，|F→B|成等差数列．设该数列的公差为 d，则 2|d|＝||F→B|－|F→A||＝12|x1－x2| ＝12 x1＋x22－4x1x2.②
将 m＝34代入①得 k＝－1，
所以 l 的方程为 y＝－x＋74，
代入 C 的方程，并整理得 7x2－14x＋14＝0.
解：(1)由内切圆的性质，得12×2c×b＝12×(2a＋2c)×b3，得ac＝12. 将 x＝c 代入ax22＋by22＝1，得 y＝±ba2，所以2ab2＝3. 又 a2＝b2＋c2，所以 a＝2，b＝ 3，故椭圆 C 的标准方程为x42＋y32＝1.
(2)当直线 l 垂直于 x 轴时，显然 x 轴上任意一点 T 都满足 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称．当直线 l 不垂直于 x 轴时，假设存在 T(t,0)满足条件，设 l 的方程为 y＝k(x－1)， R(x1，y1)，S(x2，y2)．联立3y＝x2＋kx4－y2－1，12＝0，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
(2)存在符合题意的点，证明如下：设 P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线 PM，PN 的斜率分别为 k1，k2. 将 y＝kx＋a 代入 C 的方程得 x2－4kx－4a＝0. 故 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而 k1＋k2＝y1x－1 b＋y2x－2 b ＝2kx1x2＋ax－1x2bx1＋x2 ＝ka＋a b. 当 b＝－a 时，有 k1＋k2＝0，则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，所以点 P(0，－a)符合题意．
解：(1)由已知得 F(1,0)，直线 l 的方程为 x＝1. 则点 A 的坐标为1， 22或1，－ 22. 又 M(2,0)，所以直线 AM 的方程为 y＝－ 22x＋ 2或 y＝ 22x－ 2，即 x＋ 2y－2＝0 或 x－ 2y－2＝0.
(2)证明：当 l 与 x 轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°. 当 l 与 x 轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB. 当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＜ 2，x2＜ 2，直线 MA，MB 的斜率之和为 kMA＋kMB＝x1y－1 2＋x2y－2 2.
解：(1)由题设可得 M(2 a，a)，N(－2 a，a)，或 M(－2 a，a)，N(2 a，a)．又 y′＝2x，故 y＝x42在 x＝2 a处的导数值为 a， C 在点(2 a，a)处的切线方程为 y－a＝ a(x－2 a)，即 ax－y－a＝0.
y＝x42在 x＝－2 a处的导数值为－ a， C 在点(－2 a，a)处的切线方程为 y－a＝－ a(x＋2 a)，即 ax＋y＋a＝0. 故所求切线方程为 ax－y－a＝0 和 ax＋y＋a＝0.