1、第3课时证明与探索性问题证明问题例1(2018全国)设椭圆C：y21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：OMAOMB.(1)解由已知得F(1,0)，l的方程为x1.由已知可得，点A的坐标为或.又M(2,0)，所以AM的方程为yx或yx.即xy20或xy20.(2)证明当l与x轴重合时，OMAOMB0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x20恒成立，所以x1x2，
2、x1x2.则2kx1x23k(x1x2)4k0，从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补.所以OMAOMB.综上，OMAOMB.思维升华圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广，但无论证明什么，其常用方法有直接法和转化法，对于转化法，先是对已知条件进行化简，根据化简后的情况，将证明的问题转化为另一问题.跟踪训练1(2019衡水模拟)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
3、，则F.已知E在直线yx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|.探索性问题例2(20
4、19烟台模拟)已知F为抛物线C：y22px(p0)的焦点，过F的动直线交抛物线C于A，B两点.当直线与x轴垂直时，|AB|4.(1)求抛物线C的方程；(2)若直线AB与抛物线的准线l相交于点M，在抛物线C上是否存在点P，使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.解(1)因为F，在抛物线y22px中，令x，可得yp，所以当直线与x轴垂直时|AB|2p4，解得p2，所以抛物线的方程为y24x.(2)不妨设直线AB的方程为xmy1(m0)，因为抛物线y24x的准线方程为x1，所以M.联立消去x，得y24my40，16m2160恒成立，设A(x1，y1)，B
5、(x2，y2)，则y1y24m，y1y24，若存在定点P(x0，y0)满足条件，则2kPMkPAkPB，即2，因为点P，A，B均在抛物线上，所以x0，x1，x2.代入化简可得，将y1y24m，y1y24代入整理可得，即(m21)(y4)0，因为上式对m0恒成立，所以y40，解得y02，将y02代入抛物线方程，可得x01，所以在抛物物C上存在点P(1，2)，使直线PA，PM，PB的斜率成等差数列.思维升华解决探索性问题的注意事项探索性问题，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.(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
6、立，再推出条件.(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法.跟踪训练2(2020惠州调研)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，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(x3)，kMB(x3)，kMAkMB，即.化简得y21，由已知x3，故曲线C的方程为y21(x3).(2)由已知直线l过点T(1,0)，设l的方程为
7、xmy1，则联立方程消去x得(m29)y22my80，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线SP与SQ斜率分别为kSP，kSQ，kSPkSQ，当x03时，mR，kSPkSQ；当x03时，mR，kSPkSQ.所以存在定点S(3,0)，使得直线SP与SQ斜率之积为定值.例(12分)(2019全国)已知点A(2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.()证明：PQG是直角三角形；()求PQG面积的最大值.规
8、范解答(1)解由题设得，化简得1(|x|2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点.2分(2)()证明设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k0).由得x .3分记u，则P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0).4分于是直线QG的斜率为，方程为y(xu).由得(2k2)x22uk2xk2u280.5分设G(xG，yG)，则u和xG是方程的解，故xG，由此得yG.6分从而直线PG的斜率为，7分所以PQPG，即PQG是直角三角形.8分()解由()得|PQ|2u，|PG|，所以PQG的面积S|PQ|PG|.10分设tk，则由k0得t2，当且仅当k1时取等号.因为S在2，)上
9、单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为.因此，PQG面积的最大值为.12分解决直线与圆锥曲线的位置关系的一般步骤第一步：设直线方程，联立方程组，得关于x或y的一元二次方程.第二步：写出根与系数的关系(或解出交点的坐标).第三步：根据题目题设条件列出关系式，求得结果.第四步：有关求最值(范围)问题时，用一个变量表示目标变量，通过变形，用函数知识或基本不等式求解.第五步：反思回顾，查看有无疏忽问题，再完善.1.(2017全国)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y21上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足 .(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x3上，且1.证明：过点P且垂直于
10、OQ的直线l过C的左焦点F.(1)解设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，(xx0，y)，(0，y0).由 得x0x，y0y.因为M(x0，y0)在C上，所以1.因此点P的轨迹方程为x2y22.(2)证明由题意知F(1,0).设Q(3，t)，P(m，n)，则(3，t)，(1m，n)，33mtn，(m，n)，(3m，tn).由1，得3mm2tnn21.又由(1)知m2n22，故33mtn0.所以0，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.2.在平面直角坐标系xOy中，曲线C：y与直线l：ykxa(a0)交于M，N两点，(1)当k0时，分别求
11、C在点M和N处的切线方程；(2)在y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN？请说明理由.解(1)由题设可得M(2，a)，N(2，a)，或M(2，a)，N(2，a).又y，故y在x2处的导数值为，曲线C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.y在x2处的导数值为，曲线C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.故所求切线方程为xya0和xya0.(2)存在符合题意的点，理由如下：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ykxa代入C的方程得x24kx4a0.16k216a0恒成立，故x1x24
12、k，x1x24a.从而k1k2.当ba时，有k1k20，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故OPMOPN，所以存在点P(0，a)，使得当k变动时，总有OPMOPN.3.(2019全国100所名校联考)已知F1，F2分别是椭圆E：1的左、右焦点.(1)圆C：(x1)2(yb)29与x轴交于A，B两点，且CF1F2是等腰三角形，求|AB|；(2)两直线l1，l2均过点(1,0)，直线l1与椭圆E相交于M，P两点，直线l2与椭圆E相交于N，Q两点，且直线MN过F1，设直线MN，PQ的斜率均存在且分别为k1，k2，试问：是否是定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.解(1)由题意得F1(2
13、,0)，F2(2,0)，C(1，b)，当以CF1为CF1F2的底边时，|CF2|F1F2|4，b2116，得|b|3，则圆C与x轴没有交点，不符合题意；当以CF2为CF1F2的底边时，|CF1|F1F2|4，b23242，得|b|0，y1y2，y1y232，由以弦AB为直径的圆恒过点Q知0，即(y1y0)(y2y0)0，即(y1y0)(y2y0)(y1y0)(y2y0)0，故(y1y0)(y2y0)16，即y1y2y0(y1y2)y160，整理得(y16)k4(y04)0，即当y04时，恒有0，故存在定点Q(4,4)满足题意；当直线l斜率不存在时，l：x8, 不妨令A(8,4)，B(8，4)，
14、Q(4,4)，也满足0.综上所述，存在定点Q(4,4)，使得以弦AB为直径的圆恒过点Q.5.(2019潮州模拟)已知椭圆1(ab0)，A(2,0)是长轴的一个端点，弦BC过椭圆的中心O，点C在第一象限，且0，|2|.(1)求椭圆的标准方程；(2)设P，Q为椭圆上不重合的两点且异于A，B，若PCQ的平分线总是垂直于x轴，问是否存在实数，使得？若存在，求取得最大值时的PQ的长；若不存在，请说明理由.解(1)0，ACB90，|2|.即|2|，AOC是等腰直角三角形，A(2,0)，C(1,1)，而点C在椭圆上，1，a2，b2，所求椭圆方程为1.(2)存在.理由如下：对于椭圆上两点P，Q，PCQ的平分线总是垂直于x轴，PC与CQ所在直线关于x1对称，设kPCk，则kCQk，C(1,1)，PC的直线方程为yk(x1)1，QC的直线方程为yk(x1)1，将代入1，得(13k2)x26k(k1)x3k26k10，C(1,1)在椭圆上，x1是方程的一个根，xP.以k替换k，得到xQ.kPQ，ACB90，A(2,0)，C(1,1)，弦BC过椭圆的中心O，B(1，1)，kAB，kPQkAB，PQAB，存在实数，使得，|，当9k2时，即k时取等号，|max，又|，max，取得最大值时的PQ的长为.
