《金版教程•高考数学复习创新方案》基础版高考解答题专项突破（五） 第3课时 证明与探索性问题

第3课时证明与探索性问题考点一证明问题(多考向探究)考向1利用直接法证明例1(2023·河南名校联盟押题)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2)＝1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2.过F2的直线l交C的右支于M，N两点，当l垂直于x轴时，M，N到C的一条渐近线的距离之和为2eq\r(2).(1)求C的方程；(2)证明：eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)为定值．解(1)根据题意，得F2(eq\r(2)a，0)，C的一条渐近线方程为y＝x，将x＝eq\r(2)a代入C的方程，得M(eq\r(2)a，a)，N(eq\r(2)a，－a)，所以M，N到直线y＝x的距离之和为eq\f(|\r(2)a－a|,\r(2))＋eq\f(|\r(2)a＋a|,\r(2))＝2a＝2eq\r(2)，所以a＝eq\r(2)，所以C的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：当l垂直于x轴时，由(1)可知，|MF2|＝|NF2|＝a＝eq\r(2)，且由双曲线的定义可知|MF1|＝|NF1|＝a＋2a＝3a＝3eq\r(2)，故eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝6；当l不垂直于x轴时，由双曲线的定义可知|MF1|＝|MF2|＋2a＝|MF2|＋2eq\r(2)，|NF1|＝|NF2|＋2eq\r(2)，故eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝2＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|MF2|)＋\f(1,|NF2|))).设l：y＝k(x－2)，代入C的方程，得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－1)，x1x2＝eq\f(4k2＋2,k2－1)，所以eq\f(1,|MF2|)＋eq\f(1,|NF2|)＝eq\f(|MF2|＋|NF2|,|MF2|·|NF2|)＝eq\f(|MN|,|MF2|·|NF2|)＝eq\f(|x1－x2|,\r(1＋k2)|（x1－2）（x2－2）|)＝eq\f(\r(（x1＋x2）2－4x1x2),\r(1＋k2)|x1x2－2（x1＋x2）＋4|)＝eq\f(\r(\f(16k4,（k2－1）2)－\f(16k2＋8,k2－1)),\r(1＋k2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4k2＋2,k2－1)－\f(8k2,k2－1)＋4)))＝eq\f(\r(8k2＋8),2\r(1＋k2))＝eq\r(2)，所以eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝2＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|MF2|)＋\f(1,|NF2|)))＝2＋2eq\r(2)×eq\r(2)＝6.综上，eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)的值为6(定值)．对于证明问题，一般是根据已知条件，运用所涉及的知识通过运算化简，利用定义、定理、公理等，直接推导出所证明的结论即可，证明不等式常用不等式的性质或基本不等式求得最值．1.(2023·四川广安统考二模)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))两点，M，N是椭圆E上异于T的两动点，且∠MAT＝∠NAT，若直线AM，AN的斜率均存在，并分别记为k1，k2.(1)证明：k1k2为常数；(2)记△AMN的面积为S，证明：S≤eq\f(8,5).证明(1)设直线AM，AT，AN的倾斜角分别为α，θ，β，因为∠MAT＝∠NAT，所以∠MAN＝2∠NAT，即β－α＝2(β－θ)，故α＋β＝2θ，因为A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))，所以tanθ＝eq\f(1＋\f(3,5),\f(8,5))＝1，所以θ＝eq\f(π,4)，所以α＋β＝2θ＝eq\f(π,2)，则k1k2＝tanαtanβ＝tanαtaneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝1，所以k1k2为常数1.(2)椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))两点，代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f(64,25a2)＋\f(9,25b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1，))所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，k1＝k(k≠0，k≠1)，由(1)得k2＝eq\f(1,k)，则直线AM的方程为y＝kx＋1，y1＝kx1＋1，直线AN的方程为y＝eq\f(1,k)x＋1，y2＝eq\f(1,k)x2＋1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋1，))消去y，得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，则x1＝－eq\f(8k,4k2＋1)，同理可得x2＝－eq\f(\f(8,k),4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))\s\up12(2)＋1)＝－eq\f(8k,k2＋4)，则S△AMN＝eq\f(1,2)|AM||AN|sin∠MAN＝eq\f(1,2)|AM||AN|eq\r(1－cos2∠MAN)＝eq\f(1,2)eq\r(|AM|2|AN|2（1－cos2∠MAN）)＝eq\f(1,2)eq\r(\a\vs4\al(|AM|2|AN|2－（|AM||AN|cos∠MAN）2))＝eq\f(1,2)eq\r(|AM|2|AN|2－（\o(AM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→))）2)＝eq\f(1,2)eq\r(（xeq\o\al(2,1)＋k2xeq\o\al(2,1)）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,2)＋\f(1,k2)xeq\o\al(2,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1x2＋kx1·\f(1,k)x2))\s\up12(2))＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)－2))xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))\s\up12(2)\f(64k2,（4k2＋1）2)·\f(64k2,（k2＋4）2))＝32eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))\s\up12(2)\f(k4,（4k4＋17k2＋4）2))＝eq\f(32\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k))),4k2＋\f(4,k2)＋17).令t＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))，t>0，则S△AMN＝eq\f(32\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k))),4k2＋\f(4,k2)＋17)＝eq\f(32t,4t2＋25)＝eq\f(32,4t＋\f(25,t))≤eq\f(32,2\r(4t·\f(25,t)))＝eq\f(8,5)，当且仅当4t＝eq\f(25,t)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))＝eq\f(5,2)时取等号，故S≤eq\f(8,5).考向2利用转化法证明例2(2024·江苏南通模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点到直线l：y＝2x－5的距离为eq\f(6\r(5),5).(1)求C的方程；(2)若点P在l上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，直线AB与l交于点Q，证明：存在定点H，使得PH⊥QH.解(1)由题意可知C的焦点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，由点到直线的距离公式可得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2×0－\f(p,2)－5)),\r(22＋（－1）2))＝eq\f(6\r(5),5)(p>0)，解得p＝2.所以C的方程为x2＝4y.(2)证明：设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),4))).由y′＝eq\f(x,2)，可知直线PA的方程为y－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1x,2)－eq\f(xeq\o\al(2,1),4).同理，直线PB的方程为y＝eq\f(x2x,2)－eq\f(xeq\o\al(2,2),4).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x1x,2)－\f(xeq\o\al(2,1),4)，,y＝\f(x2x,2)－\f(xeq\o\al(2,2),4)，))解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4))).若记P(t，2t－5)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2t，,x1x2＝4（2t－5），))由点A，B的坐标可写出直线AB的方程为(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(xeq\o\al(2,2),4)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)－\f(xeq\o\al(2,2),4)))(x－x2)，即y＝eq\f(x1＋x2,4)x－eq\f(x1x2,4)，所以y＝eq\f(t,2)x－2t＋5.由AB与l相交，可知t≠4，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－5，,y＝\f(t,2)x－2t＋5，))可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4（t－5）,t－4)，\f(3t－20,t－4))).设H(x，y)，则由PH⊥QH可知eq\o(PH,\s\up6(→))·eq\o(QH,\s\up6(→))＝(x－t，y－(2t－5))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4（t－5）,t－4)，y－\f(3t－20,t－4)))＝eq\f(1,t－4)(x－t，y－(2t－5))·((t－4)x－4(t－5)，(t－4)y－(3t－20))＝－eq\f(1,t－4)(t－x，2t－(y＋5))·((x－4)t－4(x－5)，(y－3)t－4(y－5))＝－eq\f(1,t－4)[(x－4)t2－(x2－20)t＋4x(x－5)＋2(y－3)t2－(y2＋10y－55)t＋4(y＋5)(y－5)]＝－eq\f(1,t－4)[(x＋2y－10)t2－(x2＋y2＋10y－75)t＋4(x2＋y2－5x－25)]＝0，上式关于t恒成立，当且仅当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－10＝0，,x2＋y2＋10y－75＝0，,x2＋y2－5x－25＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝8，,y＝1.))因此存在定点H(0，5)或H(8，1)，使得PH⊥QH.利用转化法证明圆锥曲线问题的三种策略(1)证明三点共线或直线平行，用斜率相等．(2)证明直线垂直，用斜率之积为－1.(3)证明两角相等，用倾斜角互补，斜率之和为0.2.(2023·陕西宝鸡模考)已知点P是平面直角坐标系xOy异于O的任意一点，过点P作直线l1：y＝eq\f(\r(3),2)x及l2：y＝－eq\f(\r(3),2)x的平行线，分别交x轴于点M，N，且|OM|2＋|ON|2＝8.(1)求点P的轨迹C的方程；(2)在x轴正半轴上取两点A(m，0)，B(n，0)，且mn＝4，过点A作直线l与轨迹C交于E，F两点，证明：sin∠EBA＝sin∠FBA.解(1)设点P的坐标为(x0，y0)，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(2,\r(3))y0，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(2,\r(3))y0，0))，由|OM|2＋|ON|2＝8，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(2,\r(3))y0))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(2,\r(3))y0))eq\s\up12(2)＝8，化简得eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，所以点P的轨迹C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±eq\r(2))．(2)证明：当直线l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，sin∠EBA＝sin∠FBA成立．当直线l的斜率存在时，由题意，设直线l的方程为y＝k(x－m)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x－m），))得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0，由Δ>0得m2k2<3＋4k2，且x1＋x2＝eq\f(8k2m,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2m2－12,3＋4k2)，则kBE＋kBF＝eq\f(y1,x1－n)＋eq\f(y2,x2－n)＝eq\f(y1（x2－n）＋y2（x1－n）,（x1－n）（x2－n）)＝eq\f(2kx1x2－（km＋kn）（x1＋x2）＋2mnk,（x1－n）（x2－n）)，又2kx1x2－(km＋kn)(x1＋x2)＋2mnk＝eq\f(2k（4k2m2－12）,3＋4k2)－eq\f(8k2m（km＋kn）,3＋4k2)＋2mnk＝eq\f(－24k＋6mnk,3＋4k2)，因为mn＝4，所以kBE＋kBF＝0，则sin∠EBA＝sin∠FBA.综上所述，sin∠EBA＝sin∠FBA.考点二探索性问题(多考向探究)考向1肯定顺推法解决探索性问题例3(2023·湖南岳阳模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为eq\f(\r(6),2)，点A(6，4)在C上．(1)求双曲线C的方程；(2)设过点B(1，0)的直线l与双曲线C交于D，E两点，问在x轴上是否存在一点P，使得eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))为常数？若存在，求出点P的坐标以及该常数的值；若不存在，请说明理由．解(1)因为双曲线C的离心率为eq\f(\r(6),2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(2)＝1＋eq\f(b2,a2)，化简，得a2＝2b2.将点A(6，4)的坐标代入eq\f(x2,2b2)－eq\f(y2,b2)＝1，得eq\f(18,b2)－eq\f(16,b2)＝1，解得b2＝2.所以双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1.(2)由题意可知，直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y＝k(x－1)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)－\f(y2,2)＝1，))消去y，得(1－2k2)x2＋4k2x－2k2－4＝0，由题意可知1－2k2≠0且Δ＞0，即k2＜eq\f(2,3)且k2≠eq\f(1,2)，所以x1＋x2＝－eq\f(4k2,1－2k2)，x1x2＝－eq\f(2k2＋4,1－2k2).设存在符合条件的定点P(t，0)，则eq\o(PD,\s\up6(→))＝(x1－t，y1)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝(x2－t，y2)，所以eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))＝(x2－t)(x1－t)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2－(t＋k2)(x1＋x2)＋t2＋k2.所以eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\f(（k2＋1）（－2k2－4）＋4k2（t＋k2）＋（t2＋k2）（1－2k2）,1－2k2)＝eq\f(k2（－2t2＋4t－5）＋（t2－4）,－2k2＋1).因为eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))为常数，所以eq\f(－2t2＋4t－5,－2)＝eq\f(t2－4,1)，解得t＝eq\f(13,4).此时该常数的值为t2－4＝eq\f(105,16)，所以在x轴上存在点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，0))，使得eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))为常数，该常数为eq\f(105,16).处理探索性问题，一般首先假设所探求问题的结论成立或存在，然后在这个假设条件下进行推理论证，如果得到一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答，如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．3.(2024·湖南名校阶段检测)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,2)))和点(4，eq\r(15))．(1)求双曲线的离心率；(2)过M(0，1)的直线与双曲线交于P，Q两点，过双曲线的右焦点F且与PQ平行的直线交双曲线于A，B两点，试问eq\f(|MP|·|MQ|,|AB|)是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解(1)将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,2)))和点(4，eq\r(15))的坐标代入eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(9,a2)－\f(25,4b2)＝1，,\f(16,a2)－\f(15,b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝5，))所以双曲线的离心率e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(5,4))＝eq\f(3,2).(2)依题意可得直线PQ的斜率存在，设PQ：y＝kx＋1.联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)－\f(y2,5)＝1，))得(5－4k2)x2－8kx－24＝0，则5－4k2≠0，Δ＝64k2＋96(5－4k2)>0⇒k2<eq\f(3,2).设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2＝eq\f(－24,5－4k2)，所以|MP|·|MQ|＝(eq\r(1＋k2)|x1－0|)·(eq\r(1＋k2)|x2－0|)＝(1＋k2)|x1x2|＝eq\f(24（1＋k2）,|5－4k2|).已知F(3，0)，则直线AB：y＝k(x－3)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－3），,\f(x2,4)－\f(y2,5)＝1，))得(5－4k2)x2＋24k2x－36k2－20＝0，则5－4k2≠0，且Δ＝242k4＋4(36k2＋20)(5－4k2)＝400(k2＋1)>0，设A(x3，y3)，B(x4，y4)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＋x4＝\f(－24k2,5－4k2)，,x3x4＝\f(－36k2－20,5－4k2)，))则|AB|＝eq\r(1＋k2)|x3－x4|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x3＋x4）2－4x3x4)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－24k2,5－4k2)))\s\up12(2)－4·\f(－36k2－20,5－4k2))＝eq\f(20（1＋k2）,|5－4k2|)，所以eq\f(|MP|·|MQ|,|AB|)＝eq\f(24,20)＝eq\f(6,5)，为定值．考向2探究转化法解决探索性问题例4(2024·山西大同模拟)已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，直线y＝x＋b是抛物线C2：y2＝4x的一条切线．(1)求椭圆C1的方程；(2)过点Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3)))的动直线l交椭圆C1于A，B两点，试问：在直角坐标平面上是否存在定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T？若存在，求出T的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋b，,y2＝4x，))得x2＋(2b－4)x＋b2＝0，因为直线y＝x＋b是抛物线C2：y2＝4x的一条切线，所以Δ＝0⇒b＝1，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，a2＝b2＋c2，则a＝eq\r(2)，所以椭圆C1的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)当直线l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq\s\up12(2)；当直线l与y轴重合时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，所以两圆的交点为点(0，1)，猜想所求的定点T为点(0，1)．证明如下：当直线l与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点(0，1)；当直线l与x轴不垂直时，可设直线l的方程为y＝kx－eq\f(1,3)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\f(1,3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0，Δ＝144k2＋64(18k2＋9)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(12k,18k2＋9)，,x1x2＝\f(－16,18k2＋9)，))则eq\o(TA,\s\up6(→))·eq\o(TB,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1－\f(1,3)－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2－\f(1,3)－1))＝(1＋k2)x1x2－eq\f(4,3)k(x1＋x2)＋eq\f(16,9)＝(1＋k2)eq\f(－16,18k2＋9)－eq\f(4,3)k×eq\f(12k,18k2＋9)＋eq\f(16,9)＝0，所以eq\o(TA,\s\up6(→))⊥eq\o(TB,\s\up6(→))，即以AB为直径的圆过点(0，1)，所以存在定点T(0，1)，使得以AB为直径的圆恒过定点T.探究转化法是指将所探究的问题转化为其他明确的问题，使所探究的问题更加具体、易求．对于角度、垂直问题的探究，一般转化为斜率、向量数量积来研究．4.(2024·福建厦门适应性考试)已知点O(0，0)，点F(0，1)，点M是x轴上的一个动点，点N在y轴上，直线MN与直线MF垂直，N关于M的对称点为P.(1)求点P的轨迹Γ的方程；(2)过F的直线l交Γ于A，B两点，A在第一象限，Γ在A处的切线为l′，l′交y轴于点C，过C作OB的平行线交l于点D，∠ACD是否存在最大值？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．解(1)解法一：设M(a，0)，N(0，b)，P(x，y)，因为MF⊥MN，所以eq\o(MF,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，即a2＋b＝0.又x＝2a，y＝－b，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)－y＝0，即x2＝4y，易知a≠0，所以点P的轨迹Γ的方程为x2＝4y(x≠0)．解法二：如图，设F关于M的对称点为Q，由已知得，FQ，NP互相垂直平分，所以四边形PFNQ为菱形，所以|PF|＝|PQ|.因为M为FQ的中点，所以yQ＝－yF＝－1，即点Q在定直线y＝－1上，因为PQ∥FN，所以PQ与直线y＝－1垂直，即点P到定点F(0，1)的距离等于点P到定直线y＝－1的距离，又易知点P的轨迹不过点(0，0)，所以点P的轨迹是以F(0，1)为焦点，y＝－1为准线且除去点(0，0)的抛物线．所以点P的轨迹Γ的方程为x2＝4y(x≠0)．(2)∠ACD存在最大值．设直线OB交AC于点E，∠AEB＝∠ACD，所以∠ACD最大即直线OB与l′的倾斜角之差最大．由题意可知，直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋1，A(x1，y1)(x1>0)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)))′＝eq\f(x,2)，所以l′的斜率k1＝eq\f(x1,2)，OB的斜率k2＝eq\f(y2,x2)＝eq\f(x2,4).设直线l′与OB的倾斜角分别为θ1，θ2，则tan(θ2－θ1)＝eq\f(tanθ2－tanθ1,1＋tanθ1tanθ2)＝eq\f(k2－k1,1＋k1k2)＝eq\f(\f(x2,4)－\f(x1,2),1＋\f(x1x2,8))＝eq\f(\f(x2,4)－\f(x1,2),1＋\f(－4,8))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－\f(x1,2)))＝eq\f(x2,2)－x1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)＋x1))≤－2eq\r(2)，当且仅当eq\f(2,x1)＝x1，即x1＝eq\r(2)，x2＝－2eq\r(2)时，等号成立．因为tan(θ2－θ1)<0，所以θ2－θ1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以当tan(θ2－θ1)最大时，θ2－θ1最大，即∠ACD最大，此时Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(1,2)))，所以k＝eq\f(x1＋x2,4)＝－eq\f(\r(2),4)，所以直线l的方程为y＝－eq\f(\r(2),4)x＋1.课时作业1．(2023·福建福州华侨中学高三上学期第二次考试)在平面直角坐标系xOy中，已知点F(2，0)，直线l：x＝eq\f(1,2)，点M到l的距离为d，若点M满足|MF|＝2d，记M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)过点F(2，0)且斜率不为0的直线与C交于P，Q两点，设A(－1，0)，证明：以P，Q为直径的圆经过点A.解(1)设点M(x，y)，则d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，|MF|＝eq\r(（x－2）2＋y2)，由|MF|＝2d，得eq\r(（x－2）2＋y2)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，两边平方，整理得3x2－y2＝3，则所求C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：设直线m的方程为x＝ty＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋2，,3x2－y2＝3，))消去x并整理，得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，因为直线m与C交于两点，故t≠±eq\f(\r(3),3)，此时Δ＝(12t)2－4(3t2－1)·9＝36(t2＋1)>0，所以y1＋y2＝－eq\f(12t,3t2－1)，y1y2＝eq\f(9,3t2－1)，而x1＋x2＝t(y1＋y2)＋4，x1x2＝(ty1＋2)(ty2＋2)＝t2y1y2＋2t(y1＋y2)＋4，又eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝y1y2＋x1＋x2＋x1x2＋1＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9＝eq\f(9t2＋9,3t2－1)－eq\f(36t2,3t2－1)＋9＝eq\f(9（－3t2＋1）,3t2－1)＋9＝0.所以AP⊥AQ，即以P，Q为直径的圆经过点A.2．已知双曲线Γ：x2－eq\f(y2,b2)＝1(b＞0)．(1)若离心率为eq\r(5)，求b的值及双曲线Γ的顶点坐标、渐近线方程；(2)若b＝eq\r(5)，是否存在被点M(1，1)平分的弦？如果存在，求弦所在直线的方程；如果不存在，请说明理由．解(1)由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋b2)＝eq\r(5)，得b2＝4，所以b＝2.又a＝1，故双曲线Γ的顶点坐标为(±1，0)，渐近线方程为y＝±2x.(2)当b＝eq\r(5)时，双曲线的方程为x2－eq\f(y2,5)＝1，假设存在被点M(1，1)平分的弦，设弦的两个端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，因为A，B在双曲线上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)－\f(yeq\o\al(2,1),5)＝1，①,xeq\o\al(2,2)－\f(yeq\o\al(2,2),5)＝1.②))由①－②，得(x1＋x2)(x1－x2)＝eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,5)，则kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(5（x1＋x2）,y1＋y2)＝5，所以弦AB所在直线的方程为y－1＝5(x－1)，即y＝5x－4，代入双曲线方程，得20x2－40x＋21＝0，因为Δ＝402－4×20×21＝－80＜0，所以AB与双曲线无交点，假设不成立．故不存在被点M(1，1)平分的弦．3．(2023·河南郑州模拟)已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝eq\f(9,4)的圆心C在抛物线x2＝2py(p＞0)上，圆C过原点且与抛物线的准线相切．(1)求该抛物线的方程；(2)过抛物线的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，分别在点A，B处作抛物线的切线，两条切线交于点P，△PAB的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l的方程；若不存在，请说明理由．解(1)由已知可得圆心C(a，b)，半径r＝eq\f(3,2)，焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，准线方程为y＝－eq\f(p,2).因为圆C与抛物线的准线相切，所以b＝eq\f(3,2)－eq\f(p,2)，且圆C过焦点F.又圆C过原点，所以圆心C必在线段OF的垂直平分线上，即b＝eq\f(p,4).所以b＝eq\f(3,2)－eq\f(p,2)＝eq\f(p,4)，解得p＝2.于是抛物线的方程为x2＝4y.(2)由抛物线的方程为x2＝4y，知F(0，1)．易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))消去y并整理，得x2－4kx－4＝0，Δ＝(－4k)2－4×(－4)＝16k2＋16>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.对y＝eq\f(x2,4)求导，得y′＝eq\f(x,2)，即直线AP的斜率kAP＝eq\f(x1,2)，则直线AP的方程为y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1).同理可得，直线BP的方程为y＝eq\f(x2,2)x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2).设P(x0，y0)，联立直线AP与BP的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝2k，,y0＝\f(x1x2,4)＝－1，))即P(2k，－1)．又|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（4k）2＋16)＝4(1＋k2)，点P到直线AB的距离d＝eq\f(|2k2＋2|,\r(1＋k2))＝2eq\r(1＋k2)，所以△PAB的面积S＝eq\f(1,2)×4(1＋k2)×2eq\r(1＋k2)＝4(1＋k2)eq\s\up6(\f(3,2))≥4，当且仅当k＝0时，等号成立．故△PAB面积的最小值为4，此时直线l的方程为y＝1.4．(2024·江苏无锡等四地三模)已知A，B，C为椭圆Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上三个不同的点，满足eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，其中λ2＋μ2＝1.记AB的中点M的轨迹为D.(1)求D的方程；(2)若直线l交D于P，Q两点，交Γ于S，T两点，求证：|PS|＝|QT|.解(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(λx1＋μx2，λy1＋μy2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，将A，B代入Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1.))将C代入Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得eq\f(（λx1＋μx2）2,4)＋eq\f(（λy1＋μy2）2,3)＝1，即λ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)))＋μ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)))＋2λμeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋\f(y1y2,3)))＝1，又因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，))且λ2＋μ2＝1，所以eq\f(x1x2,4)＋eq\f(y1y2,3)＝0，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))\s\up12(2),4)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))\s\up12(2),3)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)))＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋\f(y1y2,3)))))＝eq\f(1,2)，所以D的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝eq\f(1,2)，即eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,\f(3,2))＝1.(2)证明：设ST的中点为G，PQ的中点为G′.当l垂直于x轴时，由对称性可得|PS|＝|QT|，当l不垂直于x轴时，设l：y＝kx＋m，将直线l的方程代入Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设S(x1，y1)，T(x2，y2)，则Δ>0，x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(6m,3＋4k2)，所以xG＝eq\f(－4km,3＋4k2)，yG＝eq\f(3m,3＋4k2)，即Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2)))，同理G′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2)))，由此可知|PS|＝|QT|.5．(2023·青海西宁大通回族土族自治县高三二模)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))，直线l：y＝x＋t与C交于M，N两点，且线段MN的中点为H，O为坐标原点，直线OH的斜率为－eq\f(1,2).(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知直线y＝kx＋2与C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点．是否存在实数k，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以由题意知直线OH的斜率kOH＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq\f(1,2).因为M，N在椭圆C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，两式相减得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0，即eq\f(1,a2)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2（x1＋x2）（x1－x2）)＝0，又kMN＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1，所以eq\f(1,a2)－eq\f(1,2b2)＝0，即a2＝2b2.又因为椭圆C过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(3,2b2)＝1，解得a2＝4，b2＝2，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得(2k2＋1)x2＋8kx＋4＝0.因为直线与椭圆交于A，B两点，故Δ>0，解得k2>eq\f(1,2).设A(x3，y3)，B(x4，y4)，则x3＋x4＝eq\f(－8k,2k2＋1)，x3x4＝eq\f(4,2k2＋1).设AB的中点G(x0，y0)，则x0＝eq\f(x3＋x4,2)＝eq\f(－4k,2k2＋1)，y0＝kx0＋2＝eq\f(2,2k2＋1)，故Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4k,2k2＋1)，\f(2,2k2＋1))).假设存在实数k，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，此时点P(m，0)，则PG⊥AB，故kPG·kAB＝－1，所以eq\f(\f(2,2k2＋1),\f(－4k,2k2＋1)－m)×k＝－1，解得m＝eq\f(－2k,2k2＋1)，故Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2k,2k2＋1)，0)).又因为∠APB＝eq\f(π,2)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，所以(x3－m，y3)·(x4－m，y4)＝0，即(x3－m)(x4－m)＋y3y4＝0，整理得(k2＋1)x3x4＋(2k－m)(x3＋x4)＋m2＋4＝0.所以(k2＋1)·eq\f(4,2k2＋1)－(2k－m)·eq\f(8k,2k2＋1)＋m2＋4＝0，代入m＝eq\f(－2k,2k2＋1)，整理得k4＝1，即k2＝1，所以k＝1或k＝－1，即存在实数k，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形．当k＝－1时，点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))；当k＝1时，点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0)).此时△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形．6．(2023·新课标Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W.(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq\r(3).解(1)设P(x，y)，则|y|＝eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))\s\up12(2))，两边同时平方，化简得y＝x2＋eq\f(1,4)，故W的方程为y＝x2＋eq\f(1,4).(2)证法一：不妨设A，B，D在W上，且AB⊥AD，依题意可设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，易知直线AB，AD的斜率均存在且不为0，则设AB，AD的斜率分别为k和－eq\f(1,k)，由对称性，不妨设|k|≤1，直线AB的方程为y＝k(x－a)＋a2＋eq\f(1,4)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋\f(1,4)，,y＝k（x－a）＋a2＋\f(1,4)，))得x2－kx＋ka－a2＝0，Δ＝k2－4(ka－a2)＝(k－2a)2>0，则k≠2a，则|AB|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|，同理|AD|＝eq\r(1＋