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高考重难专攻(七)　圆锥曲线中的证明、探索性问题
1．证明问题：圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系等，证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明．
2．探究、存在性问题：先假设存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．要注意的是：(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．
数量关系的证明
　设椭圆C：＋y2＝1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：∠OMA＝∠OMB．
[思路导引]
(1)
(2)
[解]　(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1．
把x＝1代入椭圆方程＋y2＝1，可得点A的坐标为或，
又M(2,0)，所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－．
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°．
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB．
当l与x轴既不重合也不垂直时，
设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋．
由y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)得，
kMA＋kMB＝．
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0．
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0．
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．
所以∠OMA＝∠OMB．
综上，∠OMA＝∠OMB．
解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目的．　
　已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)过点(2，)，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P(0,1)作椭圆的两条弦AB，CD(A，C分别位于第一、二象限)．若AD，BC与直线y＝1分别交于点M，N．求证：|PM|＝|PN|．
解：(1)∵椭圆＋＝1过点(2，)，则＋＝1，又＝，则c2＝．又a2＝b2＋c2，
∴联立上述式子，解得a2＝8，b2＝4，故椭圆的方程为＋＝1．
(2)由题意知两直线的斜率存在，可设直线AB：y＝k1x＋1，CD：y＝k2x＋1，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，点M，N的横坐标为xM，xN，
将直线AB的方程代入椭圆＋＝1，整理得(1＋2k)x2＋4k1x－6＝0，Δ＝64k＋24＞0，
由根与系数的关系可得，x1＋x2＝－，x1·x2＝－，
同理得，x3＋x4＝－，x3·x4＝－，
∵＝(xM－x1,1－y1)，＝(xM－x4,1－y4)，且三点A，M，D共线，
∴(xM－x1)(1－y4)－(xM－x4)(1－y1)＝0，
将y1－1＝k1x1，y4－1＝k2x4代入并整理可得(k2x4－k1x1)xM＝(k2－k1)x1x4，
又y1≠y4，即k2x4－k1x1≠0，
∴xM＝，同理，xN＝，
∴xM＋xN＝＋＝
＝＝0，
∴xM＝－xN，|xM|＝|xN|，故|PM|＝|PN|．
位置关系的证明
　(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|＝．
[解]　(1)由题意知　 a＝，又∵a2＝b2＋c2，∴b＝1．
故椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)证明：①(必要性)若M，N，F三点共线，设直线MN的方程为x＝my＋，
圆心O(0,0)到MN的距离d＝＝1 m2＝1．
联立 (m2＋3)y2＋2my－1＝0 4y2＋2my－1＝0，
|MN|＝·＝·＝，必要性成立．
②(充分性)当|MN|＝时，设直线MN的方程为x＝ty＋n．
此时圆心O(0,0)到MN的距离d＝＝1 n2－t2＝1，
联立 (t2＋3)y2＋2tny＋n2－3＝0，Δ＝4t2n2－4(t2＋3)(n2－3)＝12(t2－n2＋3)＝24．
|MN|＝＝ t2＝1，∴n2＝2．
∴MN与曲线x2＋y2＝b2(x＞0)相切，∴n＞0，n＝，
∴直线MN的方程为x＝ty＋恒过点F(，0)，
∴M，N，F三点共线，充分性成立．
由①②可得M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝．
树立“转化”意识，证明位置关系
解决此类问题的关键是将位置关系转化为代数关系，常见的有：
几何性质 代数实现
对边平行 斜率相等或向量平行
对边相等 横(纵)坐标差相等
对角线互相平分 中点重合
两边垂直 数量积为0
　
　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，离心率为，过点F且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，|AB|＝3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F点作相互垂直的弦DE，MN，设DE，MN的中点分别为P，Q，当△FPQ的面积最大时，证明：点P，Q关于x轴对称．
解：(1)设F(－c,0)，∵点A，B为过点F且垂直于x轴的直线交C的点，
∴|AB|＝，
∴解得a＝2，b＝，c＝1，
∴椭圆C的方程为＋＝1．
(2)证明：由题意得直线DE，MN的斜率均存在，
设直线DE的斜率为k，则直线MN的斜率为－，
设直线DE的方程为y＝k(x＋1)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，
联立直线与椭圆的方程可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
Δ＝b2－4ac＝144k2＋144＞0，
由根与系数的关系可得，x1＋x2＝，
∵P为DE的中点，
∴xP＝，yP＝k(xP＋1)＝，
∴P，
∴|PF|＝＝，
同理，用－代替k得Q，|QF|＝，
∴S△FPQ＝|PF|·|QF|＝××＝×，
设t＝(t≥2)，∴S△FPQ＝×＝×(t≥2)，
设f(x)＝12x＋(x≥2)，由对勾函数的性质，可知函数f(x)在区间[2，＋∞)上单调递增，
∴当x＝2时，f(x)最小，即S△FPQ最大，此时 ＝2，解得k2＝1，
∴xP＝xQ＝－，yP＝－yQ，∴点P，Q关于x轴对称，即得证．
点、线的存在性问题
　已知圆C：(x－1)2＋y2＝，一动圆与直线x＝－相切且与圆C外切．
(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程；
(2)若经过定点Q(6,0)的直线l与曲线T相交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N，试问是否存在直线l，使得NA⊥NB？若存在，求出直线l的方程，若不存在，说明理由．
[解]　(1)设P(x，y)，则由题意得，|PC|－＝，
即＝x＋1，
化简可得动圆圆心P的轨迹T的方程为y2＝4x．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由题意，设直线l的方程为x＝my＋6，联立抛物线方程可得y2－4my－24＝0，Δ＝16m2＋96>0，
∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－24，
∴x1＋x2＝4m2＋12，x1x2＝36，
假设存在N(x0，y0)，使得NA⊥NB，则y0＝＝2m，∴x0＝m2，
∵·＝0，∴(x1－m2y1－2m)·(x2－m2y2－2m)＝0，
∴代入化简可得(m2＋6)(3m2－2)＝0，
∴m＝±，
∴存在直线l：x＝±y＋6，使得NA⊥NB．
存在性问题的求解方法
(1)解决存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．一般步骤如下：
①假设满足条件的曲线(或直线、点等)存在，用待定系数法设出；
②列出关于待定系数的方程(组)；
③若方程(组)有实数解，则曲线(或直线、点等)存在，否则不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．　
　已知双曲线C的焦点在坐标轴上，且过点P，其渐近线方程为y＝±x．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)双曲线C上是否存在被点B(1,1)平分的弦？如果存在，求出弦所在的直线方程；如果不存在，请说明理由．
解：(1)由双曲线C的焦点在坐标轴上，其渐近线方程为y＝±x，
可设双曲线的标准方程为2x2－y2＝λ，
将P代入双曲线方程，可得λ＝2，
所以双曲线C的标准方程为x2－＝1．
(2)假设双曲线C上存在被点B(1,1)平分的弦，记弦所在的直线为l．
设B(1,1)是弦MN的中点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝2．
因为点M，N在双曲线C上，所以它们的坐标满足双曲线方程，即
两式相减得2(x1＋x2)(x1－x2)－(y1－y2)(y1＋y2)＝0，
所以4(x1－x2)＝2(y1－y2)，所以直线l的斜率kMN＝＝2，
所以直线l的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0．
联立直线l与双曲线C的方程，得消去y，得2x2－4x＋3＝0，Δ＝16－4×2×3＝－8＜0，
所以直线l与双曲线C无交点，所以直线l不存在，故不存在被点B(1,1)平分的弦．
含参数的存在性问题
　如图，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
[解]　(1)由椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)经过点P，可得＋＝1(a＞b＞0)，①
由离心率e＝得＝，即a＝2c，则b2＝3c2，②
代入①解得c＝1，a＝2，b＝，
故椭圆的方程为＋＝1．
(2)法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，③
代入椭圆方程＋＝1并整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，④
在方程③中，令x＝4得，M的坐标为(4,3k)，
从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－，
注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k，
所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－×，⑤
④代入⑤得k1＋k2＝2k－×＝2k－1，
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3，
故存在常数λ＝2符合题意．
法二：设B(x0，y0)(x0≠1)，则直线FB的方程为y＝(x－1)，
令x＝4，求得M，
从而直线PM的斜率为k3＝，
联立得A，
则直线PA的斜率k1＝，直线PB的斜率为k2＝，
所以k1＋k2＝＋＝2×＝2k3，
故存在常数λ＝2符合题意．
含参数的存在性问题的求解方法
求解含参数的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程．　
　在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点G到F1(－，0)，F2(，0)两点的距离之和为4．
(1)试判断动点G的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程C；
(2)已知直线l：y＝k(x－)(k＞0)与圆F2：(x－)2＋y2＝交于M，N两点，与曲线C交于P，Q两点，其中M，P在第一象限．d为原点O到直线l的距离，是否存在实数k，使得T＝(|NQ|－|MP|)·d2取得最大值，若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
解：(1)由题意知，|GF1|＋|GF2|＝4，又4＞2，所以动点G的轨迹是椭圆．
由椭圆的定义可知，c＝，a＝2，又因为a2－b2＝c2，所以b2＝1，
故G的轨迹方程＋y2＝1．
(2)由题设可知，M，N一个在椭圆外，一个在椭圆内；P，Q一个在⊙F2内，一个在⊙F2外，在直线l上的四点满足：|NQ|－|MP|＝(|NQ|＋|NP|)－(|MP|＋|NP|)＝|PQ|－|MN|＝|PQ|－1，
由消去y得：(1＋4k2)x2－8k2x＋12k2－4＝0，Δ＞0恒成立．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由根与系数的关系得x1＋x2＝，x1x2＝，
|PQ|＝＝．
所以|NQ|－|MP|＝|PQ|－1＝，
O到l距离d＝，
T＝(|NQ|－|MP|)·d2＝＝＝≤＝1，
当且仅当4k2＝，即k＝±时等号成立．
验证可知k＝±满足题意．
因为k＞0，所以k＝．
[课时过关检测]
1．已知F1，F2分别为椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，焦距为2，过F2作斜率存在且不为零的直线l交C于A，B两点，且△F1AB的周长为8．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知弦AB的垂直平分线l′交x轴于点P，求证：|AB|＝4|PF2|．
解：(1)由焦距为2，即2c＝2，得c＝1，结合椭圆的定义知：△F1AB的周长4a＝8，得a＝2，
∴b2＝a2－c2＝3，即椭圆C的方程为＋＝1．
(2)证明：设直线l的方程为x＝my＋1，m≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，Δ>0恒成立，
∴y1＋y2＝，y1y2＝，则x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝，
∴AB的中点为，即，
∴线段BA的垂直平分线l′的方程为y＝－m－，即y＝－mx＋，
令y＝0，得x＝，∴xP＝，
∴|PF2|＝|1－xP|＝＝，
而|AB|＝|y1－y2|＝＝＝，
∴＝＝＝4，即|AB|＝4|PF2|．
2．设动点P与定点F(，0)的距离和P到定直线l：x＝的距离的比是．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)设动点P的轨迹为曲线N，不过原点O且斜率为的直线l与曲线N交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与曲线N交于C，D两点，证明：A，B，C，D四点共圆．
解：(1)设P(x，y)，因为动点P与定点F(，0)的距离和P到定直线l：x＝的距离的比是，
所以＝，整理化简得＋y2＝1．
所以动点P的轨迹方程为＋y2＝1．
(2)证明：设直线l的方程为y＝x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由方程组得x2＋2mx＋2m2－2＝0，　①
方程①的判别式为Δ＝4(2－m2)，
由Δ＞0，即2－m2＞0，解得－＜m＜．
由①得x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2．
所以M点坐标为，直线OM方程为y＝－x，
假设点C在第二象限，由方程组解得C，D．
所以|MC|·|MD|＝(－m＋)·(＋m)＝(2－m2)．
又|MA|·|MB|＝|AB|2＝[(x1－x2)2＋(y1－y2)2]＝[(x1＋x2)2－4x1x2]＝[4m2－4(2m2－2)]＝(2－m2)．
所以|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|．
所以A，B，C，D四点共圆．
3．已知双曲线方程为－＝1，F1，F2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足·＝0，|PF1||PF2|＝6．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点F2作直线l交双曲线于A，B两点，则在x轴上是否存在定点Q(m,0)，使得·为定值，若存在，请求出m的值和该定值，若不存在，请说明理由．
解：(1)由e＝＝2得c＝2a，∴b＝＝a，
∵·＝0，∴PF1⊥PF2，
在Rt△F1PF2中，由|PF1|－|PF2|＝2a得：|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|＝4a2，
代入|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，|PF1||PF2|＝6得：4c2－12＝4a2，
解得b2＝3，a2＝1，∴双曲线方程为x2－＝1．
(2)当l斜率为0时，l：y＝0，
此时A(－1,0)，B(1,0)，由Q(m,0)得·＝m2－1；
当l斜率不为0时，设l：x＝ty＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，则Δ＝36t2＋36＞0，
∴y1＋y2＝，y1y2＝，
∴·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(ty1＋2－m)(ty2＋2－m)＋y1y2＝(t2＋1)y1·y2＋(2－m)t(y1＋y2)＋(2－m)2＝(t2＋1)＋(2－m)t·＋(2－m)2，
令·＝m2－1，即9(t2＋1)－12t2(2－m)＝(4m－5)(3t2－1)，化简得m＋1＝0，
解得m＝－1，则Q(－1,0)，此时·＝0．
综上所述，存在m＝－1，使得·＝0．
4．已知抛物线D的顶点是椭圆＋＝1的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合．
(1)求抛物线D的方程；
(2)已知动直线l过点P(4,0)，交抛物线D于A，B两点，是否存在垂直于x轴的直线m被以AP为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出m的方程；如果不存在，说明理由．
解：(1)由题意，设抛物线方程为y2＝2px(p＞0)，
由椭圆＋＝1知，c2＝a2－b2＝4－3＝1，所以c＝1，
∴抛物线的焦点为(1,0)，
∴＝1，即p＝2，
∴抛物线D的方程为y2＝4x．
(2)设存在直线m：x＝a满足题意，A(x1，y1)，
则圆心M，过M作直线x＝a的垂线，垂足为E，
设直线m与圆M的一个交点为G，可得|EG|2＝|MG|2－|ME|2,
即|EG|2＝|MA|2－|ME|2＝－2
＝y＋＋a(x1＋4)－a2
＝x1－4x1＋a(x1＋4)－a2＝(a－3)x1＋4a－a2，
当a＝3时，|EG|2＝3，此时直线m被以AP为直径的圆M所截得的弦长恒为定值2，
因此存在直线m：x＝3满足题意．

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