1、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(a0，b0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上，当BFAF时，|AF|BF|.(1)求C的离心率；(2)若B在第一象限，证明：BFA2BAF.(1)解设双曲线的离心率为e，焦距为2c，在1中，令xc，则1，则1，故y，若|AF|BF|，则ac，所以a2acb2c2a2，所以e2e20，所以e2.(2)证明由(1)知双曲线方程为1，设B(x，y)(x0，y0)，当xc时，kAB，kBF，设BAF，则tan，tan2kBFtanBFA，因为02BAF，0BFA，所以BFA2BAF.当xc时，由题意知BFA，BAF，满足BFA2
2、BAF.综上，BFA2BAF.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的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线yx上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M(1,0)对称(1)求E和的标准方程；(2)过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与交于C，D两点，求证：|CD|AB|.(1)解设的标准方程为x22py，p0，则F.已知E在直线yx上，故可设E.因为E，F关于M(1,0)对
3、称，所以解得所以抛物线的标准方程为x24y.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(x2)2(y1)21.(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yk(x1)(k0)则E(2，1)到l的距离d，因为l与E交于A，B两点，所以d2r2，即0，所以|AB|22.由消去y并整理得，x24kx4k0.16k216k0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x24k，x1x24k，那么|CD|x1x2|4.所以2.所以|CD|22|AB|2，即|CD|AB|.题型二探索性问题例2 (2019全国)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|4，M过点
4、A，B且与直线x20相切(1)若A在直线xy0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xy0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线yx上，故可设M(a，a)因为M与直线x20相切，所以M的半径为r|a2|.由已知得|AO|2.又MOAO，故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半径r2或r6.(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|x2|，|AO|2.由于MOAO，故可得x2y24(x2)2，化简得M的轨迹
5、方程为y24x.因为曲线C：y24x是以点P(1,0)为焦点，以直线x1为准线的抛物线，所以|MP|x1.因为|MA|MP|r|MP|x2(x1)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
6、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(ab0)，且可知左焦点F的坐标为(2,0)所以解得又a2b2c2，所以b212，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yxt(t0)由消去y，整理得3x23txt2120.因为直线l与椭圆C有公共点，所以(3t)243(t212)0，解得4t4，且t0.另一方面，由直线OA与l的距离d4可得4，解得t2.因为24，0)(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
7、y24x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：ykxb，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意得kOAkOB1，联立由得，1，代入得，y24x，整理得，by24xy4kx20，即b244k0，则1，得b4k，ykxbk(x4)，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AOx45.直线OA和抛物线y24x的交点为(4,4)，直线AB的方程为x4，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(ab0)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
8、(4,0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，求证：FMAFMB.(1)解由题意知，c1，点P在椭圆C上，1.又a2b2c2b21，解得a24，b23，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FMAFMB；当l与x轴不垂直时，设直线l的方程为yk(x1)，联立消去y得，(34k2)x28k2x4k2120，0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1x2，x1x2，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB，2x1x25(x2x1)82580，kMAkMB0，故直线MA，MB的倾斜角互补，综上所述，FMAFMB.2(2020青岛质检)设椭圆
9、E：1(ab0)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，4a4，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kkOM，kOM.同理可得kON，kOMkON，O，
10、M，N三点共线3设椭圆C1：1(ab0)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42.(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，连接AC交DE于点P，求证：|PD|PE|.(1)解由e，知，所以ca，因为MF1F2的周长是42，所以2a2c42，所以a2，c，所以b2a2c21，所以椭圆C1的方程为y21.(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(x02，y0)，(2，y1)，由可得：(x02
11、)y12y0，即y1.所以直线AC的方程为.整理得：y(x2)又点P在DE上，将xx0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)(m0)(1)证明：k0，得4k23t2，且x1x22，y1y2k(x1x2)2t2m，因为m0，所以t0且k，所以k或k.因为k0，所以k.(2)0，20，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x1x22，y1y2，所以k1，直线l方程为y(x1)，即yx，所以消去y得28x
12、256x10，x1,2，|3，|，所以|2|.5(2020衡水模拟)已知点P在圆O：x2y26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：x2y26上，xy6，x23y26，轨迹E的方程为1.(2)当直线l的斜率存在时，设l：yk(x2)，由消去y得(13k2)x212k2x12k260，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2，x1x2，根据题意，假设x轴上存在定点D(m,0)，使得2()为定值，则有(x1m，y1)(x2m，y2)(x1m)(x2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x12)(x22)(k21)x1x2(2k2m)(x1x2)(4k2m2)(k21)(2k2m)(4k2m2)要使上式为定值，即与k无关，则3m212m103(m26)，即m，此时m26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x2，易求得直线l与椭圆C的两个交点坐标分别为，此时.综上所述，存在定点D，使得2为定值.
