北师大版高考数学一轮复习第九章 高考专题突破五 第3课时　证明与探索性问题

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例1 (2020·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eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋22＝eq \f(25,4).
所以r＝eq \f(5,2)，圆C的方程为(x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))2＝eq \f(25,4).
(2)证明 把x＝0代入方程(x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))2＝eq \f(25,4)，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))
消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.
Δ＝16k2＋24(1＋2k2)>0恒成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(－4k,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(－6,1＋2k2).
所以kAN＋kBN＝eq \f(y1－4,x1)＋eq \f(y2－4,x2)＝eq \f(kx1－3,x1)＋eq \f(kx2－3,x2)
＝eq \f(2kx1x2－3x1＋x2,x1x2)＝eq \f(1,x1x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－12k,1＋2k2)＋\f(12k,1＋2k2)))＝0.
所以∠ANM＝∠BNM.
综合①②知∠ANM＝∠BNM.
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＝eq \f(1,2)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|>eq \r(2)|AB|.
(1)解 设Γ的标准方程为x2＝2py，p>0，
则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2))).
已知E在直线y＝eq \f(1,2)x上，故可设Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a，a)).
因为E，F关于M(－1,0)对称，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2a＋0,2)＝－1，,\f(\f(p,2)＋a,2)＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,p＝2.))
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＝eq \f(|k－1|,\r(k2＋1))，
因为l与E交于A，B两点，所以d2即eq \f(k－12,k2＋1)<1，解得k>0，
所以|AB|＝2eq \r(1－d2)＝2eq \r(\f(2k,k2＋1)).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx＋1))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|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|
＝eq \r(k2＋1)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝4eq \r(k2＋1)·eq \r(k2＋k).
所以eq \f(|CD|2,|AB|2)＝eq \f(16k2＋1k2＋k,\f(8k,k2＋1))＝eq \f(2k2＋12k2＋k,k)>eq \f(2k,k)＝2.
所以|CD|2>2|AB|2，即|CD|>eq \r(2)|AB|.
题型二 探索性问题
例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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，且可知左焦点F′的坐标为(－2,0)．
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,2a＝|AF|＋|AF′|＝3＋5＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,a＝4.))
又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝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＝eq \f(3,2)x＋t(t≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,2)x＋t，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))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－4eq \r(3)≤t≤4eq \r(3)，且t≠0.
另一方面，由直线OA与l的距离d＝4可得eq \f(|t|,\r(\f(9,4)＋1))＝4，
解得t＝±2eq \r(13).
因为±2eq \r(13)∉[－4eq \r(3)，0)∪(0,4eq \r(3)]，
所以符合题意的直线l不存在．
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 已知定点A(－3,0)，B(3,0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为－eq \f(1,9)，记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点T(1,0)的直线l与曲线C交于P，Q两点，是否存在定点S(x0,0)，使得直线SP与SQ斜率之积为定值，若存在，求出S的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)设动点M(x，y)，
则kMA＝eq \f(y,x＋3)(x≠－3)，kMB＝eq \f(y,x－3)(x≠3)，
∵kMA·kMB＝－eq \f(1,9)，
∴eq \f(y,x＋3)·eq \f(y,x－3)＝－eq \f(1,9).
化简得eq \f(x2,9)＋y2＝1，
由已知x≠±3，故曲线C的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1(x≠±3)．
(2)由已知直线l过点T(1,0)，设l的方程为x＝my＋1，则联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,x2＋9y2＝9，))
消去x得(m2＋9)y2＋2my－8＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2m,m2＋9)，,y1y2＝\f(－8,m2＋9)，))
直线SP与SQ的斜率分别为
kSP＝eq \f(y1,x1－x0)＝eq \f(y1,my1＋1－x0)，
kSQ＝eq \f(y2,x2－x0)＝eq \f(y2,my2＋1－x0)，
kSP·kSQ＝eq \f(y1y2,my1＋1－x0my2＋1－x0)
＝eq \f(－8,x\\al(2,0)－9m2＋91－x02)，
当x0＝3时，∀m∈R，kSP·kSQ＝eq \f(－8,91－x02)＝－eq \f(2,9)；
当x0＝－3时，∀m∈R，kSP·kSQ＝eq \f(－8,91－x02)＝－eq \f(1,18).
所以存在定点S(±3,0)，使得直线SP与SQ斜率之积为定值．
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＝eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝－1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x， ①,y＝kx＋b， ②))
由②得，eq \f(y－kx,b)＝1，
代入①得，y2＝4x·eq \f(y－kx,b)，
整理得，by2－4xy＋4kx2＝0，
即beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))＋4k＝0，
则eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(4k,b)＝－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．(2020·河南八市重点高中联考)已知O为坐标原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝－3.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M作直线l′⊥l交抛物线C于P，Q两点，记△OAB，△OPQ的面积分别为S1，S2，证明：eq \f(1,S\\al(2,1))＋eq \f(1,S\\al(2,2))为定值．
(1)解 设直线l：x＝my＋1，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝2px，))
消去x得，y2－2pmy－2p＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p，
又因为eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2
＝(1＋m2)y1y2＋m(y1＋y2)＋1
＝(1＋m2)(－2p)＋2pm2＋1＝－2p＋1＝－3.
解得p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明 由(1)知M(1,0)是抛物线C的焦点，
所以|AB|＝x1＋x2＋p＝my1＋my2＋2＋p＝4m2＋4.
原点到直线l的距离d＝eq \f(1,\r(1＋m2))，
所以S1＝eq \f(1,2)×eq \f(1,\r(1＋m2))×4(m2＋1)＝2eq \r(1＋m2).
因为直线l′过点(1,0)且l′⊥l，
所以S2＝2eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))2)＝2eq \r(\f(1＋m2,m2)).
所以eq \f(1,S\\al(2,1))＋eq \f(1,S\\al(2,2))＝eq \f(1,41＋m2)＋eq \f(m2,41＋m2)＝eq \f(1,4).
即eq \f(1,S\\al(2,1))＋eq \f(1,S\\al(2,2))为定值eq \f(1,4).
2．(2020·青岛质检)设椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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eq \f(\r(2),2)，△ABF2的周长为4eq \r(6).
(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＝4eq \r(6)，a＝eq \r(6).
又e＝eq \f(\r(2),2)，∴c＝eq \r(3)，b＝eq \r(3)，
∴椭圆E的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),6)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),6)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))两式相减，得eq \f(x\\al(2,1),6)＋eq \f(y\\al(2,1),3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,2),6)＋\f(y\\al(2,2),3)))＝0，
∴eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),6)＝－eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),3)，
eq \f(x1－x2x1＋x2,6)＝－eq \f(y1－y2y1＋y2,3)，
∴eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(3,6)，eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(3,6)，
即k·kOM＝－eq \f(1,2)，∴kOM＝－eq \f(1,2k).
同理可得kON＝－eq \f(1,2k)，∴kOM＝kON，∴O，M，N三点共线．
3．如图，已知A，B是圆x2＋y2＝4与x轴的交点，P为直线l：x＝4上的动点，PA，PB与圆的另一个交点分别为M，N.
(1)若P点坐标为(4,6)，求直线MN的方程；
(2)求证：直线MN过定点．
(1)解 直线PA的方程为y＝x＋2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,x2＋y2＝4，))解得M(0,2)，
直线PB的方程为y＝3x－6，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝3x－6，,x2＋y2＝4，))解得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)，－\f(6,5)))，
所以直线MN的方程为2x＋y－2＝0.
(2)证明 设P(4，t)，则直线PA的方程为y＝eq \f(t,6)(x＋2)，
直线PB的方程为y＝eq \f(t,2)(x－2),
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝4，,y＝\f(t,6)x＋2，))得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(72－2t2,36＋t2)，\f(24t,36＋t2)))，
同理得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2t2－8,4＋t2)，\f(－8t,4＋t2)))，
直线MN的斜率k＝eq \f(\f(24t,36＋t2)－\f(－8t,4＋t2),\f(72－2t2,36＋t2)－\f(2t2－8,4＋t2))＝eq \f(8t,12－t2)，
直线MN的方程为y＝eq \f(8t,12－t2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2t2－8,4＋t2)))－eq \f(8t,4＋t2)，
化简得y＝eq \f(8t,12－t2)x－eq \f(8t,12－t2)，
所以直线MN过定点(1,0)．
4．(2020·江西九校联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1过A(2,0)，B(0，1)两点．
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．
(1)解 由题意知，a＝2，b＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
因为c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(3)，
所以椭圆C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2).
(2)证明 设P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，则xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＝4.
因为A(2,0)，B(0,1)，
所以直线PA的方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)，令x＝0，得yM＝－eq \f(2y0,x0－2)，从而|BM|＝1－yM＝1＋eq \f(2y0,x0－2).
直线PB的方程为y＝eq \f(y0－1,x0)x＋1，令y＝0，得xN＝－eq \f(x0,y0－1)，从而|AN|＝2－xN＝2＋eq \f(x0,y0－1).
所以四边形ABNM的面积
S＝eq \f(1,2)|AN|·|BM|＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq \f(x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2x0y0－x0－2y0＋2)
＝eq \f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2，
所以四边形ABNM的面积为定值2.
5．(2020·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－eq \r(3))eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \(OP,\s\up6(→))－eq \r(3)eq \(OM,\s\up6(→)).
(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eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(DA,\s\up6(→))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－eq \r(3))eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \(OP,\s\up6(→))－eq \r(3)eq \(OM,\s\up6(→))，
得eq \(OQ,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \r(3)eq \(OQ,\s\up6(→))－eq \r(3)eq \(OM,\s\up6(→))，即eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \r(3)eq \(MQ,\s\up6(→))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝x，,y0＝\r(3)y，))
又点P(x0，y0)在圆O：x2＋y2＝6上，∴xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝6，
∴x2＋3y2＝6，∴轨迹E的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx－2，))消去y得
(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴x1＋x2＝eq \f(12k2,1＋3k2)，x1·x2＝eq \f(12k2－6,1＋3k2)，
根据题意，假设x轴上存在定点D(m,0)，
使得eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(DA,\s\up6(→))2＝eq \(DA,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＝eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))为定值，
则有eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝(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)·eq \f(12k2－6,1＋3k2)－(2k2＋m)·eq \f(12k2,1＋3k2)＋(4k2＋m2)
＝eq \f(3m2－12m＋10k2＋m2－6,3k2＋1)
要使上式为定值，即与k无关，
则3m2－12m＋10＝3(m2－6)，
即m＝eq \f(7,3)，此时eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝m2－6＝－eq \f(5,9)为常数，定点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，0)).
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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(6),3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(\r(6),3)))，
此时eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(\r(6),3)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，－\f(\r(6),3)))＝－eq \f(5,9).
综上所述，存在定点Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，0))，使得eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(DA,\s\up6(→))2为定值－eq \f(5,9).