增分点6圆锥曲线中的证明问题、探究性问题

增分点 圆锥曲线中的证明问题、探究性问题证明问题圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．[典例]如图，圆C与y轴相切于点T(0，2)，与x轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的左侧)，且MN＝3.(1)求圆C的方程；x2y2(2)过点M任作一条直线与椭圆T：4＋8＝1相交于两点A，B，连结AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.[思路演示]解：(1)设圆C的半径为r，依题意得，圆心坐标为(r,2)．3225∵MN＝3，∴r＝＋2，∴r＝，2252225∴圆C的方程为x－2＋(y－2)＝4.52(y－225，解得x＝1或x＝4，即点M(1,0)，N(4,0)．(2)证明：把y＝0代入方程＋2)＝4x－2①当AB⊥x轴时，由椭圆对称性可知∠ANM＝∠BNM.②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，y＝kx－1，联立方程22消去y，x＋y＝1482222－8＝0.得(k＋2)x－2kx＋k设A(x1，y1)，B(x2，y2)，2k2k2－8则x1＋x2＝k2＋2，x1x2＝k2＋2.y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，∴kAN＋kBN＝y1＋y2＝kx1－1＋kx2－1x1－4x2－4x1－4x2－4kx1－1x2－4＋kx2－1x1－4＝.x1－4x2－42k2－810k2∵(x1－1)(x2－4)＋(x2－1)(x1－4)＝2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝k2＋2－k2＋2＋8＝0，∴kAN＋kBN＝0，∴∠ANM＝∠BNM.综上所述，∠ ANM＝∠BNM.[解题师说]证明∠ANM＝∠BNM，若AB的斜率不存在， 显然成立，若斜率存在，只需证直线 AN与BN的斜率互为相反数即可．[应用体验]1.如图，在平面直角坐标系B，M为线段AB的中点，且

22xOy中，椭圆x2y2A，a＋b＝1(a＞b＞0)的右顶点和上顶点分别为―→―→＝－32OM·ABb.2求椭圆的离心率；若a＝2，四边形ABCD内接于椭圆，AB∥DC.记直线AD，BC的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值．解：(1)由题意，A(a,0)，B(0，b)，由M为线段AB的中点得Ma，b22.―→ab―→所以OM＝2，2，AB＝(－a，b)．―→―→32因为OM·AB＝－b，222所以a，b·(－a，b)＝－a＋b＝－3b2，22222整理得a2＝4b2，即a＝2b.因为a2＝b2＋c2，所以3a2＝4c2，即3a＝2c.c 3所以椭圆的离心率 e＝＝ .a 22证明：由a＝2得b＝1，故椭圆方程为x4＋y2＝1.1从而A(2,0)，B(0,1)，直线AB的斜率为－2.设C(x，y)，则x20＋y2＝1.0 0 04因为AB∥CD，故CD的方程为y＝－1(x－x0)＋y0.21＋y0，y＝－2x－x0联立方程2消去y，得x2－(x0＋2y0)x＋2x0y0＝0，x24＋y＝1，解得x＝x0或x＝2y0.1所以点D的坐标为 2y0，2x0.12x0 y0－1 1所以k1k2＝2y0－2·x0 ＝4，1即k1k2为定值4.探究性问题探究性问题求解的思路及策略思路：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．策略：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．[典例] (2018·中名校联考湘 )如图，曲线C由上半椭圆y2x22C：22，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x＋1(y≤0)1a＋b＝1(a>b>03连接而成，C1与C2的公共点为 A，B，其中C1的离心率为 2.(1)求

a，b的值；(2)过点

B的直线

l与

C1，C2分别交于点

P，Q(均异于点

A，B)，是否存在直线

l，使得以

PQ

为直径的圆恰好过点

A，若存在，求出直线

l的方程；若不存在，请说明理由．[思路演示

]解：(1)在C1，C2的方程中，令且A(－1,0)，B(1,0)是上半椭圆

y＝0，可得b＝1，C1的左、右顶点．设C1的半焦距为c，由c＝3及a2－c2＝b2＝1可得a＝2，a2a＝2，b＝1.2由(1)知，上半椭圆C1的方程为y＋x2＝1(y≥0)．4由题易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)．代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)设点P的坐标为(xP，yP)，∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．k2－4－8k，由根与系数的关系得xP＝2，从而yP＝2k＋4k＋4∴点P的坐标为k2－4－8kk2＋4，k2＋4.y＝kx－1k≠0，同理，由2，y＝－x＋1y≤0得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．―→―→∴AP＝22k(k，－4)，AQ＝－k(1，k＋2)．k＋4―→―→依题意可知 AP⊥AQ，∴AP·AQ＝0，－2k2即k2＋4[k－4(k＋2)]＝0，k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－8.3经检验，k＝－8符合题意，3故直线l的方程为 y＝－83(x－1)，即8x＋3y－8＝0.[解题师说]第(1)问在C2的方程中，令y＝0可得b，再由c＝3，a2－c2＝b2可得a；a2第(2)问设出过点B的直线l的方程，分别与曲线C1，C2联立．用直线l的斜率k表示―→―→＝0，从而解得k，求出出点P，Q的坐标后，要使以PQ为直径的圆过点A，则有AP·AQ直线l的方程．[应用体验]2．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为2，它的一个焦点F恰好与2抛物线y2＝4x的焦点重合．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆的上顶点为 A，过点A作椭圆C的两条动弦 AB，AC，若直线 AB，AC斜率之积为1，直线BC是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．4解：(1)由题意知椭圆的焦点 F(1,0)，即c＝1.由e＝ 2得a＝2，b＝2－1＝1，22∴椭圆C的方程为x2＋y2＝1.(2)由(1)知A(0,1)，当直线BC的斜率不存在时，设BC：x＝x0，设B(x0，y0)，则C(x0，－y0)，－1－y－1122x0＝1≠1，kAB·kAC＝y0·0＝1－2y0＝220000不合题意．故直线BC的斜率存在．设直线BC的方程为：y＝kx＋m(m≠1)，代入椭圆方程，得：(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0，由 ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0，得2k2－m2＋1>0.设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1＋x2＝－4km2，x1x2＝2m2－1.①21＋2k1＋2ky1－1y2－11，由kAB·kAC＝·＝x1x24得4y1y2－4(y1＋y2)＋4＝x1x2，即(4k2－1)x1x2＋4k(m－1)(x1＋x2)＋4(m－1)2＝0，将①代入上式，整理得 (m－1)(m－3)＝0.又因为m≠1，所以m＝3，此时直线 BC的方程为 y＝kx＋3.所以直线 BC恒过一定点(0,3).．已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)及点D0，－p，动直线l：y＝kx＋1与抛物线C交12于A，B两点，若直线AD与BD的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝π.求抛物线C的方程；(2)若H为抛物线 C上不与原点 O重合的一点，点 N是线段OH上与点 O，H不重合的任意一点，过点N作x轴的垂线依次交抛物线C和x轴于点P，M，求证：|MN|·|ON|＝|MP||OH·|.解：(1)把y＝kx＋1代入x2＝2py，得x2－2pkx－2p＝0，22设Ax1，x1，Bx2，x2，则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.2p2p由α＋β＝π可知，直线AD的斜率与直线BD的斜率之和为0，221＋px2＋p2p22p2)＝0，所以＋x2＝0，整理得(x1＋x2)(x1x2＋p2x1即2pk(p2－2p)＝0，由该式对任意实数 k恒成立，可得 p＝2，2证明：设过点N的垂线方程为x＝t(t≠0)，x＝t，x＝t，2得2即点Pt，t.由＝t，4x2＝4yy4令|MN|＝λ，则N2t，λt4，|MP|所以直线ON的方程为λty＝4x.y＝λtx＝λt，224x，且x≠0得22即点λt，由λtHλt，x2＝4yy＝4，4所以|OH|xHλt|MN||OH|＝xN＝＝λ，所以＝，|ON|t|MP||ON|即|MN|·|ON|＝|MP|·|OH|.2．(理)(2018长·沙模拟)如图，P是直线x＝4上一动点，以 P为圆心的圆 Γ过定点B(1,0)，直线l是圆Γ在点B处的切线，过 A(－1,0)作圆Γ的两条切线分别与 l交于E，F两点．求证：|EA|＋|EB|为定值；设直线l交直线x＝4于点Q，证明：|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|.证明：(1)设AE切圆Γ于点M，直线x＝4与x轴的交点为N，故|EM|＝|EB|.从而|EA|＋|EB|＝|AM|＝|AP|2－|PM|2＝|AP|2－|PB|2＝|AN|2－|BN|2＝25－9＝4.所以|EA|＋|EB|为定值4.(2)证明：由(1)同理可知|FA|＋|FB|＝4，22故E，F均在椭圆x＋y＝1上．43设直线EF的方程为x＝my＋1(m≠0)．令x＝4，得y＝3，即Q点纵坐标yQ＝3.mmx＝my＋1，由x2y2消去x，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.4＋3＝1设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则有y＋y＝－6m，y＝－922123m＋41y23m＋4.因为E，B，F，Q在同一条直线上，所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|等价于(yB－y1)(yQ－y2)＝(y2－yB)(yQ－y1)，33－y1y2，即－y1·＋y1y2＝y2·mm3等价于2y1y2＝(y1＋y2)·m.将y1＋y2＝－6m，y1y2＝－9代入，知上式成立．223m＋43m＋4所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|.(文)(2018长·沙模拟)已知过A(0,2)的动圆恒与x轴相切，设切点为B，AC是该圆的直径．(1)求C点轨迹E的方程；当AC不在y轴上时，设直线AC与曲线E交于另一点P，该曲线在P处的切线与直线BC交于Q点．求证：△PQC恒为直角三角形．解：(1)设C点坐标为，y)，则B点坐标为x，0.(x2因为AC是直径，所以BA⊥BC，或C，B均在坐标原点，―→―→―→x―→＝x，因此BA·BC＝0，而BA＝－，2，BC，y22x22故有－4＋2y＝0，即x＝8y.2另一方面，设 Cx0，x0是曲线x2＝8y上一点，822＋16则有＝2＋x0－22＝x0，|AC|x0882x0AC中点的纵坐标为 2＋8＝x20＋16，2 16故以AC为直径的圆与 x轴相切．综上可知 C点轨迹E的方程为 x2＝8y.(2)证明：设直线AC的方程为y＝kx＋2，C(x1，y1)，P(x2，y2)，y＝kx＋2，得x2－8kx－16＝0，由x2＝8y则x1x2＝－16.2由y＝x8，对x求导知y′＝x4，从而曲线 E在P处的切线斜率 k2＝x2，4x218 x1直线BC的斜率k1＝ ＝ ，x1－2于是k1k2＝x1x2＝－16＝－1.1616因此QC⊥PQ，所以△PQC恒为直角三角形．3．(2018西·安八校联考)设F1，F2分别为椭圆x2y2＝1(a>b>0)的左、右焦点，若C：2＋2ab椭圆上的点T(2，2)到点F1，F2的距离之和等于42.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，A为椭圆C的左顶点，直线 AE，AF分别与y轴交于点 M，N.问：以MN为直径的圆是否经过定点？若经过， 求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．解：(1)由椭圆上的点 T(2， 2)到点F1，F2的距离之和是 42，可得2a＝42，a＝2 2.2又T(2，2)在椭圆上，因此a2＋b2＝1，所以b＝2，2 2所以椭圆 C的方程为x＋y＝1.4因为椭圆C的左顶点为A，所以点A的坐标为(－22，0)．2 2因为直线 y＝kx(k≠0)与椭圆x＋y＝1交于E，F两点，8 4设点E(x0，y0)(不妨设x0>0)，则点F(－x0，－y0)．y＝kx，消去y，得x2＝82，由x2y2＋＝11＋2k84所以x＝22，则y＝22k，1＋2k21＋2k2所以直线AE的方程为y＝k2(x＋22)．1＋1＋2k因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，令x＝0，得y＝22k22k2.1＋2，即点M0，1＋1＋2k1＋2k2k同理可得点N0，1－1＋2k2.所以|MN|＝22k2－22k1＋2k21＋1－1＋2k＝221＋2k2.|k|设MN的中点为P，则点P的坐标为P0，－2.k＋222则以MN为直径的圆的方程为x2＋y＋22＝212k2，即x2＋y2＋ky＝4.k|k|令y＝0，得x2＝4，即x＝2或x＝－2.故以MN为直径的圆经过两定点P1(2,0)，P2(－2,0)．x2y24．(2018湖·南东部五校联考)已知椭圆E：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(c,0)，且b＞c.设短轴的一个端点为D，原点