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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：x2＝－2py(p>0)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y＝－1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：x2＝－2py经过点(2，－1)得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
(2)证明　抛物线C的焦点为F(0，－1).
设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0).
由得x2＋4kx－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－，
同理得B的横坐标xB＝－.
设点D(0，n)，则＝，
＝，
·＝＋(n＋1)2
＝eq \f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,4))))＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.
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)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：∠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＝＋22＝，
所以r＝，圆C的方程为
(x－2)2＋＝.
(2)证明　把x＝0代入方程(x－2)2＋＝，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.
联立方程消去y得，
(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.
Δ＝16k2＋24(1＋2k2)＞0恒成立.
设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以kAN＋kBN＝＋＝＋＝
＝＝0，
所以∠ANM＝∠BNM.
综合①②知∠ANM＝∠BNM.
　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，PF⊥x轴，圆F的半径为PF.
(1)求椭圆E和圆F的方程；
(2)若直线l：y＝k(x－)(k＞0)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(a＞b＞0)，
∵椭圆的离心率e＝，∴＝，
∵a2＝b2＋c2，∴a＝2b，
将点代入椭圆的方程得＋＝1，
联立a＝2b，解得a＝2且b＝1.
∴椭圆E的方程为＋y2＝1.
∴F(，0)，∵PF⊥x轴，∴P，
∴圆F的半径为，圆心为(，0)，
∴圆F的方程为(x－)2＋y2＝.
(2)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|＝eq \r(（x1－\r(3)）2＋y)＝2－x1，
同理|DF|＝2－x2.
若|AC|＝|BD|，
则|AC|＋|BC|
＝|BD|＋|BC|，
即|AB|＝|CD|＝1，
4－(x1＋x2)＝1，
由得(4k2＋1)x2－8k2x＋12k2－4＝0，
∴x1＋x2＝，∴4－＝1，
得12k2＝12k2＋3，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(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，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a＝2，因为·＝0，
所以△BF1F2为等腰直角三角形，所以b＝c，
由a2－b2＝c2，可知b＝.
故椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)由已知得b2＝c2，a2＝2c2.
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＝(x0＋c，y0)，＝(c，c).
由题意得·＝0，
所以x0＋c＋y0＝0.
又点P在椭圆上，所以eq \f(x,2c2)＋eq \f(y,c2)＝1.
由以上两式消去y0可得，3x＋4cx0＝0.
因为点P不是椭圆的顶点，所以x0＝－c，y0＝c，故P.
设圆心为(x1，y1)，则x1＝－c，y1＝c，
所以圆的半径r＝＝c.
假设存在过F2的直线满足题设条件，并设该直线的方程为y＝k(x－c).
由该直线与圆相切可知，＝r，
所以＝c，即20k2＋20k－1＝0，解得k＝－±.
故存在满足条件的直线，
其斜率为－±.
1.(2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，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x2＋y2＝b2(x>0)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b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆方程为＋y2＝1.
(2)证明　由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x＝1，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y＝k(x－)，即kx－y－k＝0.
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，解得k＝±1，
联立
可得4x2－6x＋3＝0，
所以x1＋x2＝，x1·x2＝，
所以|MN|＝|x1－x2|＝·＝，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋b(kb<0)，即kx－y＋b＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，所以b2＝k2＋1，
联立可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，
其Δ＝(6kb)2－4(1＋3k2)(3b2－3)＝24k2>0，
所以x1＋x2＝－，x1·x2＝，
所以|MN|＝·
＝
＝·＝，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以或
所以直线MN的方程为
y＝x－或y＝－x＋，
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(a＞b＞0)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y＝x＋t(t≠0且t∈R)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，kOA·kl＝－·＝－＝－，
即a2＝4b2，①
又＋＝1，②
所以联立①②，解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则R(－x1，－y1)，由
得x2＋tx＋t2－1＝0，所以Δ＝4－t2＞0，即－2＜t＜2，
又t≠0，所以t∈(－2，0)∪(0，2)，
x1＋x2＝－t，x1·x2＝t2－1.
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kAQ＋kAR＝0.
由题意知，kAQ＋kAR＝＋
＝＝
＝
＝＝0，
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＋＝(x－1)，
lAR：y＋＝(x－1)，
分别令x＝0，得yM＝－，yN＝－，
所以yM＋yN＝＋－＝
－
＝－
＝－
＝－，
yS＝＝－，即AS垂直平分MN.
所以|AM|＝|AN|.
3.如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且·＝－1.
(1)求椭圆E的方程；
(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λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ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a＝2，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，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3，此时，λ＝1.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
从而，·＋λ·
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝
＝－－λ－2，
所以当λ＝1时，－－λ－2＝－3，
此时·＋λ·＝－3为定值.
故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.
4.(2020·新高考山东卷)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)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AM⊥AN，AD⊥MN，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a2＝6，b2＝3，
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y＝kx＋m，
代入＋＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①
由AM⊥AN，得·＝0，
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2，1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1，
所以直线MN的方程为
y＝k－(k≠1).
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(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又eq \f(x,6)＋eq \f(y,3)＝1，所以3x－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(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
Rt△ADP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.

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