高考总复习新课标试卷第八章 高考专题突破五 第3课时　证明与探索性问题.docx

第3课时　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：－＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上，当BF⊥AF时，AF＝BF.(1)求C的离心率；(2)若B在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF.(1)解　设双曲线的离心率为e，焦距为2c，在－＝1中，令x＝c，则－＝1，则＝－1＝，故y＝±，若AF＝BF，则a＋c＝，所以a2＋ac＝b2＝c2－a2，所以e2－e－2＝0，所以e＝2.(2)证明　由(1)知双曲线方程为－＝1，设B(x，y)(x>0，y>0)，当x≠c时，kAB＝，kBF＝，设∠BAF＝θ，则tan θ＝，tan 2θ＝＝＝＝＝＝＝＝－kBF＝tan∠BFA，因为0≤2∠BAF≤π，0≤∠BFA≤π，所以∠BFA＝2∠BAF.当x＝c时，由题意知∠BFA＝，∠BAF＝，满足∠BFA＝2∠BAF.综上，∠BFA＝2∠BAF.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，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.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d20，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CD2>2AB2，即CD>AB.题型二 探索性问题例2 (2019·全国Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，AB＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，MA－MP为定值？并说明理由．解　(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.由已知得AO＝2.又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半径r＝2或r＝6.(2)存在定点P(1,0)，使得MA－MP为定值．理由如下：设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，AO＝2.由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以MP＝x＋1.因为MA－MP＝r－MP＝x＋2－(x＋1)＝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，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＋＝1(a>b>0)，且可知左焦点F′的坐标为(－2,0)．所以解得又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)不存在，理由如下．假设存在符合题意的直线l，其方程为y＝x＋t(t≠0)．由消去y，整理得3x2＋3tx＋t2－12＝0.因为直线l与椭圆C有公共点，所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，解得－4≤t≤4，且t≠0.另一方面，由直线OA与l的距离d＝4可得＝4，解得t＝±2.因为±2∉[－4，0)∪(0,4]，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y2＝4x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：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意得kOA·kOB＝·＝－1，联立由②得，＝1，代入①得，y2＝4x·，整理得，by2－4xy＋4kx2＝0，即b2－4＋4k＝0，则·＝＝－1，得b＝－4k，∴y＝kx＋b＝k(x－4)，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∠AOx＝45°.直线OA和抛物线y2＝4x的交点为(4,4)，直线AB的方程为x＝4，直线AB过点(4,0)．综上，直线AB过定点(4,0)．课时精练1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为F(－1,0)，点P在C上．(1)求椭圆C的方程；(2)已知点M(－4,0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，求证：∠FMA＝∠FMB.(1)解　由题意知，c＝1，∵点P在椭圆C上，∴＋＝1.又a2＝b2＋c2＝b2＋1，解得a2＝4，b2＝3，∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)证明　当l与x轴垂直时，直线MF恰好平分∠AMB，则∠FMA＝∠FMB；当l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，联立消去y得，(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，∵Δ>0恒成立，∴设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1＋x2＝－，x1x2＝，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋＝＝＝，∵2x1x2＋5(x2＋x1)＋8＝2×＋5×＋8＝0，∴kMA＋kMB＝0，故直线MA，MB的倾斜角互补，综上所述，∠FMA＝∠FMB.2．(2020·青岛质检)设椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，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，△ABF2的周长为4.(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，4a＝4，a＝.又e＝，∴c＝，b＝，∴椭圆E的方程为＋＝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)，则两式相减，得＋－＝0，∴＝－，＝－，∴·＝－，·＝－，即k·kOM＝－，∴kOM＝－.同理可得kON＝－，∴kOM＝kON，∴O，M，N三点共线．3．设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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4＋2.(1)求椭圆C1的方程；(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，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⊥，∥，连结AC交DE于点P，求证：PD＝PE.(1)解　由e＝，知＝，所以c＝a，因为△MF1F2的周长是4＋2，所以2a＋2c＝4＋2，所以a＝2，c＝，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.(2)证明　由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，设D(x0，y0)，所以E(x0,0)，因为⊥，所以可设C(2，y1)，所以＝(x0＋2，y0)，＝(2，y1)，由∥可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝.所以直线AC的方程为＝.整理得：y＝(x＋2)．又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝，即点P的坐标为，所以P为DE的中点，PD＝PE.4．已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点．线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．(1)证明：k<－；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：2||＝||＋||.证明　(1)设直线l的方程为y＝kx＋t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y得(4k2＋3)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，则Δ＝64k2t2－4(4t2－12)(3＋4k2)>0，得4k2＋3>t2，①且x1＋x2＝＝2，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝＝2m，因为m>0，所以t>0且k<0.且t＝，②由①②得4k2＋3>，所以k>或k<－.因为k<0，所以k<－.(2)＋＋＝0，＋2＝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，所以m＝，P，又＋＝1，＋＝1，两式相减可得＝－·，又x1＋x2＝2，y1＋y2＝，所以k＝－1，直线l方程为y－＝－(x－1)，即y＝－x＋，所以消去y得28x2－56x＋1＝0，x1,2＝，||＋||＝＋＝3，||＝＝，所以||＋||＝2||.5．(2021·衡水模拟)已知点P在圆O：x2＋y2＝6上运动，点P在x轴上的投影为Q，动点M满足(1－)＝－.(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·＋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－)＝－，得－＝－，即＝，∴又点P(x0，y0)在圆O：x2＋y2＝6上，∴x＋y＝6，∴x2＋3y2＝6，∴轨迹E的方程为＋＝1.(2)当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x－2)，由消去y得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝，x1·x2＝，根据题意，假设x轴上存在定点D(m,0)，使得·＋2＝·(－)＝·为定值，则有·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1－2)(x2－2)＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)＝(k2＋1)·－(2k2＋m)·＋(4k2＋m2)＝要使上式为定值，即与k无关，则3m2－12m＋10＝3(m2－6)，即m＝，此时·＝m2－6＝－为常数，定点D的坐标为.当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝2，易求得直线l与椭圆C的两个交点坐标分别为，，此时·＝·＝－.。