2022高考数学一轮复习 第八章 高考专题突破五 第3课时　证明与探索性问题

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题型一 证明问题
例1 (八省联考)双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝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eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1中，令x＝c，则eq \f(c2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，
则eq \f(y2,b2)＝eq \f(c2,a2)－1＝eq \f(b2,a2)，故y＝±eq \f(b2,a)，
若|AF|＝|BF|，则a＋c＝eq \f(b2,a)，
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eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1，
设B(x，y)(x>0，y>0)，当x≠c时，kAB＝eq \f(y,x＋a)，kBF＝eq \f(y,x－c)，
设∠BAF＝θ，
则tan θ＝eq \f(y,x＋a)，tan 2θ＝eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x＋a))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x＋a)))2)＝eq \f(2x＋ay,x＋a2－y2)＝eq \f(2x＋ay,x＋a2－3a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－1)))＝eq \f(2x＋ay,－2x2＋2ax＋4a2)＝eq \f(y,2a－x)＝eq \f(y,c－x)＝－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＝eq \f(π,2)，∠BAF＝eq \f(π,4)，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＝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 (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．
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．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点为F(－1,0)，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2\r(6),3)))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Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2\r(6),3)))在椭圆C上，
∴eq \f(4,9a2)＋eq \f(8,3b2)＝1.又a2＝b2＋c2＝b2＋1，解得a2＝4，b2＝3，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋1，))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＝－eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
直线MA，MB的斜率之和为
kMA＋kMB＝eq \f(y1,x1＋4)＋eq \f(y2,x2＋4)＝eq \f(y1x2＋4＋y2x1＋4,x1＋4x2＋4)
＝eq \f(kx1＋1x2＋4＋kx2＋1x1＋4,x1＋4x2＋4)＝eq \f(k[2x1x2＋5x2＋x1＋8],x1＋4x2＋4)，
∵2x1x2＋5(x2＋x1)＋8＝2×eq \f(4k2－12,3＋4k2)＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8k2,3＋4k2)))＋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：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．设椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，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＋2eq \r(3).
(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eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))∥eq \(OC,\s\up6(→))，连接AC交DE于点P，求证：|PD|＝|PE|.
(1)解 由e＝eq \f(\r(3),2)，知eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以c＝eq \f(\r(3),2)a，
因为△MF1F2的周长是4＋2eq \r(3)，
所以2a＋2c＝4＋2eq \r(3)，所以a＝2，c＝eq \r(3)，
所以b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C1的方程为eq \f(x2,4)＋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eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，所以可设C(2，y1)，
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝(x0＋2，y0)，eq \(OC,\s\up6(→))＝(2，y1)，
由eq \(AD,\s\up6(→))∥eq \(OC,\s\up6(→))可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝eq \f(2y0,x0＋2).
所以直线AC的方程为eq \f(y－0,\f(2y0,x0＋2)－0)＝eq \f(x＋2,2－－2).
整理得：y＝eq \f(y0,2x0＋2)(x＋2)．
又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝eq \f(y0,2)，即点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(y0,2)))，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：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于A，B两点．线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．
(1)证明：k<－eq \f(1,2)；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且eq \(FP,\s\up6(→))＋eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＝0.证明：2|eq \(FP,\s\up6(→))|＝|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|.
证明 (1)设直线l的方程为y＝kx＋t，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
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＝eq \f(－8kt,3＋4k2)＝2，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝eq \f(6t,3＋4k2)＝2m，
因为m>0，所以t>0且k<0.且t＝eq \f(3＋4k2,－4k)，②
由①②得4k2＋3>eq \f(3＋4k22,16k2)，所以k>eq \f(1,2)或k<－eq \f(1,2).
因为k<0，所以k<－eq \f(1,2).
(2)eq \(FP,\s\up6(→))＋eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＝0，eq \(FP,\s\up6(→))＋2eq \(FM,\s\up6(→))＝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eq \f(1,4)＋eq \f(4m2,3)＝1，
所以m＝eq \f(3,4)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))，
又eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),3)＝1，
两式相减可得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)，
又x1＋x2＝2，y1＋y2＝eq \f(3,2)，所以k＝－1，
直线l方程为y－eq \f(3,4)＝－(x－1)，即y＝－x＋eq \f(7,4)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋\f(7,4)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得28x2－56x＋1＝0，
x1,2＝eq \f(14±3\r(21),14)，
|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＝eq \r(x1－12＋y\\al(2,1))＋eq \r(x2－12＋y\\al(2,2))＝3，
|eq \(FP,\s\up6(→))|＝eq \r(1－12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)－0))2)＝eq \f(3,2)，
所以|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＝2|eq \(FP,\s\up6(→))|.
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).