高考中的圆锥曲线问题——证明与探索性问题

故 2|F→P|＝|F→A|＋|F→B|， 即|F→A|，|F→P|，|F→B|成等差数列． 设该数列的公差为 d， 则 2|d|＝||F→B|－|F→A||＝12|x1－x2| ＝12 x1＋x22－4x1x2.②
将 m＝34代入①得 k＝－1，
所以 l 的方程为 y＝－x＋74，
代入 C 的方程，并整理得 7x2－14x＋14＝0.
解：(1)由内切圆的性质， 得12×2c×b＝12×(2a＋2c)×b3，得ac＝12. 将 x＝c 代入ax22＋by22＝1，得 y＝±ba2，所以2ab2＝3. 又 a2＝b2＋c2，所以 a＝2，b＝ 3， 故椭圆 C 的标准方程为x42＋y32＝1.
(2)当直线 l 垂直于 x 轴时，显然 x 轴上任意一点 T 都满足 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称． 当直线 l 不垂直于 x 轴时，假设存在 T(t,0)满足条件，设 l 的方程为 y＝k(x－1)， R(x1，y1)，S(x2，y2)． 联立3y＝x2＋kx4－y2－1，12＝0， 得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
跟踪训练 1 (2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C：x42＋y32＝1 交于 A， B 两点，线段 AB 的中点为 M(1，m)(m＞0)． (1)证明：k＜－12； (2)设 F 为 C 的右焦点，P 为 C 上一点，且F→P＋F→A＋F→B＝0.证明：|F→A|，|F→P|，|F→B |成等差数列，并求该数列的公差．
(2)存在符合题意的点，证明如下： 设 P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 直线 PM，PN 的斜率分别为 k1，k2. 将 y＝kx＋a 代入 C 的方程得 x2－4kx－4a＝0. 故 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而 k1＋k2＝y1x－1 b＋y2x－2 b ＝2kx1x2＋ax－1x2bx1＋x2 ＝ka＋a b. 当 b＝－a 时，有 k1＋k2＝0， 则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补， 故∠OPM＝∠OPN，所以点 P(0，－a)符合题意．
由根与系数的关系得xx11＋x2＝x2＝ 43k＋23－＋84kk14222k，2，
①
其中 Δ＞0 恒成立， 由 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称，得 kTS＋kTR＝0(显然 TS，TR 的斜率存在)， 即x1y－1 t＋x2y－2 t＝0.②
因为 R，S 两点在直线 y＝k(x－1)上， 所以 y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得 kx1－1x2x－1－tt＋xk2－x2－t 1x1－t＝k[2x1x2－x1t－＋t1x2x－1＋tx2＋2t]＝0， 即 2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③
解：(1)由已知得 F(1,0)，直线 l 的方程为 x＝1. 则点 A 的坐标为1， 22或1，－ 22. 又 M(2,0)， 所以直线 AM 的方程为 y＝－ 22x＋ 2或 y＝ 22x－ 2， 即 x＋ 2y－2＝0 或 x－ 2y－2＝0.
(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＜ 2，x2＜ 2，直线 MA，MB 的斜率之和为 kMA＋kMB＝x1y－1 2＋x2y－2 2.
(2)由题意得 F(1,0)．设 P(x3，y3)， 则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)． 由(1)及题设得 x3＝3－(x1＋x2)＝1， y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0. 又点 P 在 C 上，所以 m＝34，
从而 P1，－32，|F→P|＝32， 于是|F→A|＝ x1－12＋y21＝ x1－12＋31－x421＝2－x21. 同理|F→B|＝2－x22. 所以|F→A|＋|F→B|＝4－12(x1＋x2)＝3.
解：(1)由题设可得 M(2 a，a)，N(－2 a，a)， 或 M(－2 a，a)，N(2 a，a)． 又 y′＝2x，故 y＝x42在 x＝2 a处的导数值为 a， C 在点(2 a，a)处的切线方程为 y－a＝ a(x－2 a)， 即 ax－y－a＝0.
y＝x42在 x＝－2 a处的导数值为－ a， C 在点(－2 a，a)处的切线方程为 y－a＝－ a(x＋2 a)， 即 ax＋y＋a＝0. 故所求切线方程为 ax－y－a＝0 和 ax＋y＋a＝0.
将①代入③得 8k2－24－t＋3＋148kk22＋2t3＋4k2＝63t＋－42k42＝0，④ 则 t＝4，综上所述，存在 T(4,0)，使得当 l 变化时，总有 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称．
高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题 第3课时 证明与探索性问题
题型一 证明问题 例 1 (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆 C：x22＋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.
跟踪训练 2 (2020·福州四校联考)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的两个焦点分 别为 F1，F2，短轴的一个端点为 P，△PF1F2 内切圆的半径为b3，设过点 F2 的直线 l 被椭圆 C 截得的线段为 RS，当 l⊥x 轴时，|RS|＝3. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)在 x 轴上是否存在一点 T，使得当 l 变化时，总有 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴 对称？若存在，请求出点 T 的坐标；若不存在，请说明理由．
由 y1＝kx1－k，y2＝kx2－k， 得 kMA＋kMB＝2kx1x2x－1－32kxx1＋2－x22＋4k. 将 y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1， 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以 x1＋x2＝2k42k＋2 1，x1x2＝22kk22－ ＋21. 则 2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k ＝4k3－4k－2k122＋k3＋ 1 8k3＋4k＝0. 从而 kMA＋kMB＝0，故 MA，MB 的倾斜角互补． 所以∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB 成立．
故
x1＋x2＝2，x1x2＝218，代入②解得|d|＝3
21 28 .
Baidu Nhomakorabea
所以该数列的公差为3 2821或－3
21 28 .
题型二 探索性问题 例 2 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C：y＝x42与直线 l：y＝kx＋a(a>0)交于 M， N 两点， (1)当 k＝0 时，分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程； (2)y 轴上是否存在点 P，使得当 k 变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
证明：(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x421＋y312＝1，x422＋y322＝1. 两式相减，并由yx11－ －yx22＝k 得x1＋4 x2＋y1＋3 y2·k＝0. 由题设知x1＋2 x2＝1，y1＋2 y2＝m，于是 k＝－43m.① 由题设得 0＜m＜32，故 k＜－12.