1、第四课时证明及探索性问题题型一证明问题例1 已知抛物线C：x22py(p0)经过点(2，1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程.(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.(1)解由抛物线C：x22py经过点(2，1)得p2.所以抛物线C的方程为x24y，其准线方程为y1.(2)证明抛物线C的焦点为F(0，1).设直线l的方程为ykx1(k0).由得x24kx40.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x24.直线OM的方程为yx.令y1，得点A的横坐标xA，同理得B
2、的横坐标xB.设点D(0，n)，则，(n1)2(n1)2(n1)24(n1)2.令0，即4(n1)20，得n1或n3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0，1)和(0，3).感悟提升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，但有时也会用反证法证明.训练1 (2021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
3、)过点M任作一条直线与椭圆1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：ANMBNM.(1)解设圆C的半径为r(r0)，依题意知，圆心C的坐标为(2，r).因为|MN|3，所以r222，所以r，圆C的方程为(x2)2.(2)证明把x0代入方程(x2)2，解得y1或y4，即点M(0，1)，N(0，4).当ABx轴时，可知ANMBNM0.当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为ykx1.联立方程消去y得，(12k2)x24kx60.16k224(12k2)0恒成立.设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1x2，x1x2，所以kANkBN0，所以ANMBNM.综合知ANMBNM
4、.题型二探索性问题例2 (2022石家庄模拟)设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点，且离心率为，F为E的右焦点，P为E上一点，PFx轴，圆F的半径为PF.(1)求椭圆E和圆F的方程；(2)若直线l：yk(x)(k0)与圆F交于A，B两点，与椭圆E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|BD|？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由.解(1)由题意可设椭圆的标准方程为1(ab0)，椭圆的离心率e，a2b2c2，a2b，将点代入椭圆的方程得1，联立a2b，解得a2且b1.椭圆E的方程为y21.F(，0)，PFx轴，P，圆F的半径为，圆心为(，0)，圆F的方程为(x)2y2.(2
5、)不存在满足题意的k，理由如下：由A，B在圆上得|AF|BF|PF|.设点C(x1，y1)，D(x2，y2).|CF|2x1，同理|DF|2x2.若|AC|BD|，则|AC|BC|BD|BC|，即|AB|CD|1，4(x1x2)1，由得(4k21)x28k2x12k240，x1x2，41，得12k212k23，无解，故不存在.感悟提升此类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.训练2 椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，
6、上顶点为B，且满足向量0.(1)若A(2，0)，求椭圆的标准方程.(2)设P为椭圆上异于顶点的点，以线段PB为直径的圆经过点F1，则是否存在过点F2的直线与该圆相切？若存在，求出其斜率；若不存在，请说明理由.解(1)易知a2，因为0，所以BF1F2为等腰直角三角形，所以bc，由a2b2c2，可知b.故椭圆的标准方程为1.(2)由已知得b2c2，a22c2.设椭圆的标准方程为1，P的坐标为(x0，y0).因为F1(c，0)，B(0，c)，所以(x0c，y0)，(c，c).由题意得0，所以x0cy00.又点P在椭圆上，所以1.由以上两式消去y0可得，3x4cx00.因为点P不是椭圆的顶点，所以x0
7、c，y0c，故P.设圆心为(x1，y1)，则x1c，y1c，所以圆的半径rc.假设存在过F2的直线满足题设条件，并设该直线的方程为yk(xc).由该直线与圆相切可知，r，所以c，即20k220k10，解得k.故存在满足条件的直线，其斜率为.1.(2021新高考卷)已知椭圆C的方程为1(ab0)，右焦点为F(，0)，且离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2y2b2(x0)相切.证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|.(1)解由题意得椭圆半焦距c且e，所以a.又b2a2c21，所以椭圆方程为y21.(2)证明由(1)得，曲线为x2y21(x0)，当
8、直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x1，显然不合题意；当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2).必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN的方程为yk(x)，即kxyk0.由直线MN与曲线x2y21(x0)相切可得1，解得k1，联立可得4x26x30，所以x1x2，x1x2，所以|MN|x1x2|，所以必要性成立；充分性：设直线MN：ykxb(kb0)相切可得1，所以b2k21，联立可得(13k2)x26kbx3b230，其(6kb)24(13k2)(3b23)24k20，所以x1x2，x1x2，所以|MN|，化简得3(k21)20，所以k1，所以或所以直线MN的方程
9、为yx或yx，所以直线MN过点F(，0)，即M，N，F三点共线，充分性成立.综上，M，N，F三点共线的充要条件是|MN|.2.(2022青岛模拟)已知点A(1，)在椭圆C：1(ab0)上，O为坐标原点，直线l：1的斜率与直线OA的斜率乘积为.(1)求椭圆C的方程；(2)不经过点A的直线yxt(t0且tR)与椭圆C交于P，Q两点，P关于原点的对称点为R(与点A不重合)，直线AQ，AR与y轴分别交于两点M，N，求证：|AM|AN|.(1)解由题意知，kOAkl，即a24b2，又1，所以联立，解得所以椭圆C的方程为y21.(2)证明设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(x1，y1)，由得x2t
10、xt210，所以4t20，即2t2，又t0，所以t(2，0)(0，2)，x1x2t，x1x2t21.法一要证明|AM|AN|，可转化为证明直线AQ，AR的斜率互为相反数，即证明kAQkAR0.由题意知，kAQkAR0，所以|AM|AN|.法二要证明|AM|AN|，可转化为证明直线AQ，AR与y轴的交点M，N连线的中点S的纵坐标为，即AS垂直平分MN即可.直线AQ与AR的方程分别为lAQ：y(x1)，lAR：y(x1)，分别令x0，得yM，yN，所以yMyN，yS，即AS垂直平分MN.所以|AM|AN|.3.如图，椭圆E：1(ab0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且1.(1)求椭圆E的
11、方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点.是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.解(1)由已知，点C、D的坐标分别为(0，b)，(0，b)，又点P的坐标为(0，1)，且1，于是解得a2，b，所以椭圆E的方程为1.(2)当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，213，此时，1.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，从而，x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x
12、1x2k(x1x2)12，所以当1时，23，此时3为定值.故存在常数1，使得为定值3.4.(2020新高考山东卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且过点A(2，1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.(1)解由题设得1, ，解得a26，b23，所以C的方程为1.(2)证明设M(x1，y1)，N(x2，y2).若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为ykxm，代入1，得(12k2)x24kmx2m260.于是x1x2，x1x2.由AMAN，得0，故(x12)(x22)(y11)(y21)0，整理得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240.将代入上式，可得(k21)(kmk2)(m1)240，整理得(2k3m1)(2km1)0.因为A(2，1)不在直线MN上，所以2km10，所以2k3m10，k1，所以直线MN的方程为yk(k1).所以直线MN过点P.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，y1).由0，得(x12)(x12)(y11)(y11)0.又1，所以3x8x140.解得x12(舍去)，或x1.此时直线MN过点P.令Q为AP的中点，即Q.若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP的斜边，故|DQ|AP|；若D与P重合，则|DQ|AP|.综上，存在点Q，使得|DQ|为定值.11
