圆锥曲线中的证明问题、探究性问题

圆锥曲线中的证明问题、探究性问题
(1) 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)•
(2) 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；
2 2
(2) 过点M任作一条直线与椭圆T : X4 + y = 1相交于两点A, B,连结AN , BN,求证：
/ANM =Z 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).
•- MN = 3」r= ：3 2+ 22,二r =号，•••圆C的方程为x- 5 2+ (y- 2)2= 25.
⑵证明：把y= 0 代入方程X- 2 2+ (y- 2)2= 25,解得x = 1 或x= 4,即点M(1,0) ,N(4,0).
①当AB丄x轴时，由椭圆对称性可知/ ANM =Z 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= k(x—1,
联立方程x2y2
—+ y = 1
4 8
得(k2+ 2)x2-2k2x+ k2- 8= 0.
设A(X1, y1), B(X2, y2),
消去y,
贝U X1+ X2 = X1X2 =
k2-8
k2+ 2.
k2+ 2,
••• y i = k(x
i — 1), y 2= k(X 2— 1),
kx 1 — 1 X 2— 4 + kx 2— 1 冷一4
(X 1 —4F 2—4)
••• k AN + k BN = 0,A Z ANM =Z BNM . 综上所述，/ ANM =Z BNM . ［解题师说］
证明/ ANM =Z 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.
2 2
xOy 中，椭圆j+缶=1(a > b > 0)的右顶点和上顶点分别为 ——> ——> 3 2
B , M 为线段 AB 的中点，且 OM AB = — ?b .
(1)求椭圆的离心率；
⑵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 k 1, k ?, 求证：k 1k 2为定值.
解：⑴由题意，A(a,0), B(0, b),由M 为线段AB 的中点得M 号，b . 所以 O vt= a ，b ,矗=(—a , b). 因为O M ——B =— ；b 2,
所以 a , b (- a , b) = — 2+
》=-2b 2,
整理得a 2= 4b 2,即卩a = 2b.
因为 a 2= b 2+ c 2,所以 3a 2 = 4c 2，即；3a = 2c. 所以椭圆的离心率 e = C =严.
a 2
2
⑵证明：由a = 2得b = 1,故椭圆方程为X4 + y 2= 1.
k AN + k BN = y i
X i —4+ y 2 kfx i — 1 + kfX 2 — 1 )
X 2— 4 X 1 — 4 X 2 — 4
(X 1— 1)(X 2— 4) + (X 2— 1)(X 1 — 4) = 2X 1X 2 — 5(X 1 + X 2)+ 8 =
2 k 2— 8
k 2+ 2
10k 2
+ 8= 0,
如图，在平面直角坐标系
1 从而A(2,0), B(0,1)，直线AB的斜率为一-
2
X0
2
设C(x o, y o),则y o= 1.
因为AB // CD ,
故CD 的方程为y=—0(x—x o) + y o.
r 1
y= —2 x —x o + y o,
2
X i 2
4
+y =1，
解得x = X o或x= 2y o.
所以点D的坐标为2y o, 1x o .
探究性问题求解的思路及策略
(1)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.
(2)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］(2O18湘中名校联考)
如图，曲线C由上半椭圆5字+器=1(a>b>O,y>O)和部分抛物线C2：y=—x2+ 1(y< O)
连接而成，C1与C2的公共点为A, B,其中C1的离心率为~23.
(1)求a, b的值；
⑵过点B的直线I与C1, C2分别交于点P, Q(均异于点A, B),是否存在直线I,使得
联立方程消去y,得x2—(x o+ 2y o)x+ 2x o y o= O,
x o
所以k1k2=
即k1k2为定值~.
4
探究性
问题
2y o—
2
1
4,
以PQ 为直径的圆恰好过点 A ,若存在，求出直线I 的方程；若不存在，请说明理由.
［思路演示］
解：⑴在C i , C 2的方程中，令 y = 0,可得b = 1, 且A(- 1,0), B(1,0)是上半椭圆 C i 的左、右顶点.
设C i 的半焦距为c 由a 专及a 2
-
亠b2= 1可得a = 2,
a = 2,
b = 1.
2
(2) 由 (1)知，上半椭圆 C 1的方程为y + x 2= 1(y > 0).
由题易知，直线I 与x 轴不重合也不垂直，设其方程为 代入 C 1 的方程，整理得(k 2+ 4)x 2— 2k 2x + k 2— 4= 0.(*) 设点P 的坐标为(X p , y p ),
•••直线l 过点B ,「. x = 1是方程(*)的一个根. k 2— 4
由根与系数的关系得 X p = k 2+ 4，从而
2
•••点P 的坐标为帛,萃.
y = k x — 1 k 丰 0 , y =— x 2 + 1 y w 0 ,
得点Q 的坐标为(一k — 1, — k 2— 2k). —>
2k —>
•- AP
=而(k ,— 4), A Q =— k (
1
, k
+ 2).
依题意可知 AP I AQ ,「.AP -AQ = 0, —2k 2
布[k — 4(k + 2)] = 0,
8
•••心 0 ,• k — 4(k + 2) = 0,解得 k =—春 经检验，k =— 8符合题意，
8
故直线l 的方程为y =— 3(x — 1)，即8x + 3y — 8 = 0.
3 ［解题师说］
第(1)问在C 2的方程中，令y = 0可得b ,再由-=—3, a 2 — c 2= b 2可得a ;
a 2
第⑵问设出过点B 的直线l 的方程，分别与曲线 C 1, C 2联立•用直线l 的斜率k 表示 -- > -- >
出点P , Q 的坐标后，要使以 PQ 为直径的圆过点 A ，则有A P -AQ = 0，从而解得k ,求出 直线l 的方程.
y = k(x — 1)(k 工 0). —8k yp
=严,
同理，由
［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，它的一个焦点抛物线y2= 4x的焦点重合.
(1)求椭圆C的方程；
⑵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,
1
之积为£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=¥得a—.2, b= 2 —1= 1,
2
•••椭圆C的方程为才+ y2= 1.
(2)由(1)知A(0,1),
当直线BC的斜率不存在时，
设BC : x= x o,设B(x o, y o)，则C(x o,—y o),
1 2
y o—1 —y o—1 1 —y) 2Xo 1 1 kAB kAC= x o =击=2蔦，
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：
2 2 2
(1 + 2k )x + 4kmx+ 2(m —1) = 0,
由△= (4km)2—8(1 + 2k2)(m2—1)>o,
得 2 k2—m2+ 1>o.
设B(X1, y1), C(X2, y2),
得4y i y2 —4(y1 + y2) + 4 = X1x2,
即(4 k2—1)X1X2 + 4k(m —1)(X1 + x?)+ 4(m—1)2= o,
将①代入上式，整理得(m—1)(m—3) = o.
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(o,3).F恰好与AC斜率
则x1+ x2=—
4km
2
1 + 2k '
x1x2=•①
由k AB k AC =y1—1 y2 —1
X1 X2
1
4,
J 升级增分训练］
1已知抛物线 C : x 2= 2py(p > 0)及点DO , - P ，动直线I : y = kx + 1与抛物线 C 交 于A , B 两点，若直线 AD 与BD 的倾斜角分别为 a, 且a+ B= n.
(1) 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| =
(2018长沙模拟)如图，P 是直线x = 4上一动点，以 P 为圆心的圆 r 过定点B(1,0)，直
|MP| |OH|.
解：(1)把y = kx +1代入 xi
, 2p , B X 2,
=2py,得 x 2
— 2pkx — 2p = 0,
x 2 x 2
，贝U X i + X 2 = 2pk , X i X 2=— 2p.
由a+ 3= n 可知，直线 AD 的斜率与直线 BD 的斜率之和为0,
2 2
X 1 + P X 2 + p
所以红上+至上=0，整理得(X i + X 2)(X 1X 2+ p 2) = 0,
X i X 2 八#’
即 2pk(p 2— 2p) = 0,
由该式对任意实数 k 恒成立，可得p = 2, 所以抛物线C 的方程为x 2= 4y.
(2)证明：设过点 N 的垂线方程为 x = t(t ^ 0),
x = t , 得5 t 2
l y = 4
即点P t ,
t 2.
令船=人则NR ，
所以直线ON 的方程为y =严：
4 y = x ,
i 4 且X M 0得5 a = 4y
y= 4，
所以辭囂=7 =，斤以S=即 即|MN | |ON|= |MP| |OH|. 2.(理)
线I是圆r在点B处的切线，过A(-1,0)作圆r的两条切线分别与I交于E , F两点.
(1) 求证：|EA |+ |EB|为定值；
(2) 设直线I交直线x= 4于点Q,
证明：|EB||FQ| =|FB||EQ|.
证明：⑴设AE切圆r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,
2 2
故E, F均在椭圆x+ y= 1 上.
4 3
设直线EF的方程为x = my+ 1(m^ 0).
3 3
令x = 4,得y= —，艮卩Q点纵坐标y Q= —.
m m
x = my+ 1,
由$x y2消去x，得(3m?+ 4)y2 + 6my—9= 0.
—+ 二=1
U 3
设E(X1, y1), F(X2, y2),
则有浙+巾=—3^2++4, y1y2=-3^+4.
因为E, B, F , Q在同一条直线上，
所以|EB||FQ|= |FB| |EQ|等价于滋-y』y Q- y2)= (y2-y B)(y Q-F),
即—y ¥+ y1y2= y2 善—y1y2,
等价于2y1y2= (y1+ y2)2.
m
将y1 + y2=- 62+ 4, y1y2 =- —2+4代入，知上式成立.
3m + 4 3 3m + 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；
(2) 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(x, y),贝U B点坐标为x，0 .
因为AC是直径，所以BA丄BC,或C, B均在坐标原点，
因此巨？ —B C C = 0,而毛X = — 2, 2 ,目C = 2, y , 2
X 2
故有一4 + 2y = 0，即 x = 8y.
2
另一方面，设 C x o , X 0是曲线x 2= 8y 上一点， 则有 |AC|=
,x 0+ X 0- 2 2= Xo Y 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x 2= 8y. ⑵证明：设直线 AC 的方程为y = kx + 2, C(x i , y i ), P (X 2, y»
y = kx + 2,
2
2
得 x — 8kx — 16= 0,
x = 8y 则 X 1X 2=— 16.
2
由y = X ，对x 求导知y '
8
从而曲线E 在P 处的切线斜率k 2=严,
4
2 X 1
BC 的斜率心=一^ =字
X 1 4
X1 —
XT
k 1k 2=迪=1=— 1. 1k2
16 16
所以△ PQC 恒为直角三角形.
椭圆上的点T(2, 2)到点F i , F 2的距离之和等于 4,2.
(1)求椭圆C 的方程;
(2)若直线y = kx(k M 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：⑴由椭圆上的点 T(2, ■.2)到点F 1, F 2的距离之和是 4 2,可得2a = 4 2, a = 2 2 又T(2,
2)在椭圆上，因此 电+令=1,所以b = 2,
a b
AC 中点的纵坐标为 2 x o 2
+1 x （）+
16
16
直线 因此 QC 丄 PQ ,
3. (2018西安八校联考)设F 1, F 2分别为椭圆
2 x
C : 2 + a
2
生=1(a>b>0)的左、右焦点，若
2 2
所以椭圆C 的方程为令+y = 1.
8 4 (2)因为椭圆C 的左顶点为 A , 所以点A 的坐标为(一2 2, 0).
2 2
因为直线y = kx(k z 0)与椭圆* +十=1交于E , F 两点, 设点 E(X o , y o )(不妨设 x o >O)，则点 F (-x o ,— y o ).
>c.设短轴的一个端点为
D ，原点O 到直线DF 的距离为于，过原点和x 轴不重合的直线
与椭圆E 相交于C , G 两点，且|6F|+ |F|= 4.
(1)求椭圆E 的方程；
----- 2
⑵是否存在过点 P(2,1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点 A , B 且使得OP =
4"P A -
3成立？若存在，试求出直线 I 的方程；若不存在，请说明理由.
y = kx ,
由x 2丄y 2 d + L= 1 8 4
消去y '得x2
=
所以X 0=- 1 +；2,则
y0
= 1 + k 2,
所以直线 因为直线 y
= 1+fe (x
+ 2
回
AE , AF 分别与y 轴交于点M , N ,
AE 的方程为 令 x = 0, 2 2k
2 2k 得y =
2,即点
M0,
. ------- 1 +寸 1 + 2k
1 +\ 1 +
2 k
同理可得点 N b, ------- 2y^k 2.
\ 1-p1 + 2k 2丿 2"
2 2k
2 2k
2
所以
MN|
= 1+ .1 + 2k 2 1 — ；1 + 2k =2p2(1 + 2k )
=|k| .
设MN 的中点为P ,则点P 的坐标为P*,—
则以MN 2 2
,即 x 2+ y 2+魯=4. 丿 k
令 y = o , 得 x 2
= 4，即 x = 2 或 x =— 2.
故以MN 为直径的圆经过两定点 P i (2,0), 4. (2018湖南东部五校联考)已知椭圆E
P 2( — 2,0). 2 2
x y
孑+ A= 1(a > b > 0)的右焦点为 F(c,0),且b
为直径的圆的方程为 x 2 +
••存在满足条件的直线 l ，其方程为y = ^x.
C)P 2= 4 "PA
- > PB ,
16k 2— 16k —
8
—2X
8k 2k —
3 + 4k
21 + 4 (1 + k 2) =4X 4 + 4k 3 + 4k
2
2= 5,解得
解：（1）由椭圆的对称性知|6己汁|（5F |= 2a = 4, ••• a = 2.又原点0到直线DF 的距离为-23,
又 a 2= b 2+ c 2= 4, b >c , •• b =订3, c = 1.
2 2
故椭圆E 的方程为令+ y = i.
4 3 ⑵当直线I 与x 轴垂直时不满足条件.
故可设A(%,浙)，B(x 2, Y 2),直线I 的方程为 -8k(2k — 1)x + 16k 2— 16k - 8= 0,
2
8kf2k — 1\ 16k — 16k — 8 …x 1 + x 2= 厂,X 1X 2= 2
一 ,
3+ 4k 3+ 4k
y = k(x — 2) + 1,代入椭圆方程得(3 + 4k 2)x 2
△= 32(6k + 3)>0, • k> — 2.
即 4[(冷一2)(X 2 — 2) + (y 1— 1)(y 2 — 1)] = 5,
• 4(X 1 — 2)(X 2— 2)(1 + k 2) = 5, 即 4[X 1X 2— 2(X 1 + X 2)+ 4](1 + k 2)= 5,
又k = — 2不符合题意，舍去.
.bc _© a =
T ，
bc= -J3.。