《金版教程•高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案》基礎(chǔ)版高考解答題專項突破（五） 第3課時 證明與探索性問題

第3課時證明與探索性問題考點一證明問題(多考向探究)考向1利用直接法證明例1(2023·河南名校聯(lián)盟押題)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2)＝1(a>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2.過F2的直線l交C的右支于M，N兩點，當l垂直于x軸時，M，N到C的一條漸近線的距離之和為2eq\r(2).(1)求C的方程；(2)證明：eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)為定值．解(1)根據(jù)題意，得F2(eq\r(2)a，0)，C的一條漸近線方程為y＝x，將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到直線y＝x的距離之和為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的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)證明：當l垂直于x軸時，由(1)可知，|MF2|＝|NF2|＝a＝eq\r(2)，且由雙曲線的定義可知|MF1|＝|NF1|＝a＋2a＝3a＝3eq\r(2)，故eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝6；當l不垂直于x軸時，由雙曲線的定義可知|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|))).設(shè)l：y＝k(x－2)，代入C的方程，得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則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.綜上，eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)的值為6(定值)．對于證明問題，一般是根據(jù)已知條件，運用所涉及的知識通過運算化簡，利用定義、定理、公理等，直接推導(dǎo)出所證明的結(jié)論即可，證明不等式常用不等式的性質(zhì)或基本不等式求得最值．1.(2023·四川廣安統(tǒng)考二模)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))兩點，M，N是橢圓E上異于T的兩動點，且∠MAT＝∠NAT，若直線AM，AN的斜率均存在，并分別記為k1，k2.(1)證明：k1k2為常數(shù)；(2)記△AMN的面積為S，證明：S≤eq\f(8,5).證明(1)設(shè)直線AM，AT，AN的傾斜角分別為α，θ，β，因為∠MAT＝∠NAT，所以∠MAN＝2∠NAT，即β－α＝2(β－θ)，故α＋β＝2θ，因為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)，則k1k2＝tanαtanβ＝tanαtaneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝1，所以k1k2為常數(shù)1.(2)橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))兩點，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，))所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，k1＝k(k≠0，k≠1)，由(1)得k2＝eq\f(1,k)，則直線AM的方程為y＝kx＋1，y1＝kx1＋1，直線AN的方程為y＝eq\f(1,k)x＋1，y2＝eq\f(1,k)x2＋1，聯(lián)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，則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)，則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，則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)，當且僅當4t＝eq\f(25,t)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))＝eq\f(5,2)時取等號，故S≤eq\f(8,5).考向2利用轉(zhuǎn)化法證明例2(2024·江蘇南通模擬)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點到直線l：y＝2x－5的距離為eq\f(6\r(5),5).(1)求C的方程；(2)若點P在l上，PA，PB是C的兩條切線，A，B是切點，直線AB與l交于點Q，證明：存在定點H，使得PH⊥QH.解(1)由題意可知C的焦點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，由點到直線的距離公式可得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的方程為x2＝4y.(2)證明：設(shè)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)，可知直線PA的方程為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，直線PB的方程為y＝eq\f(x2x,2)－eq\f(xeq\o\al(2,2),4).聯(lián)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))).若記P(t，2t－5)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2t，,x1x2＝4（2t－5），))由點A，B的坐標可寫出直線AB的方程為(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與l相交，可知t≠4，聯(lián)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))).設(shè)H(x，y)，則由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，上式關(guān)于t恒成立，當且僅當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.))因此存在定點H(0，5)或H(8，1)，使得PH⊥QH.利用轉(zhuǎn)化法證明圓錐曲線問題的三種策略(1)證明三點共線或直線平行，用斜率相等．(2)證明直線垂直，用斜率之積為－1.(3)證明兩角相等，用傾斜角互補，斜率之和為0.2.(2023·陜西寶雞模考)已知點P是平面直角坐標系xOy異于O的任意一點，過點P作直線l1：y＝eq\f(\r(3),2)x及l(fā)2：y＝－eq\f(\r(3),2)x的平行線，分別交x軸于點M，N，且|OM|2＋|ON|2＝8.(1)求點P的軌跡C的方程；(2)在x軸正半軸上取兩點A(m，0)，B(n，0)，且mn＝4，過點A作直線l與軌跡C交于E，F(xiàn)兩點，證明：sin∠EBA＝sin∠FBA.解(1)設(shè)點P的坐標為(x0，y0)，則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，化簡得eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，所以點P的軌跡C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±eq\r(2))．(2)證明：當直線l的斜率不存在時，根據(jù)橢圓的對稱性，sin∠EBA＝sin∠FBA成立．當直線l的斜率存在時，由題意，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－m)，E(x1，y1)，F(xiàn)(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)，則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)，因為mn＝4，所以kBE＋kBF＝0，則sin∠EBA＝sin∠FBA.綜上所述，sin∠EBA＝sin∠FBA.考點二探索性問題(多考向探究)考向1肯定順推法解決探索性問題例3(2023·湖南岳陽模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率為eq\f(\r(6),2)，點A(6，4)在C上．(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)過點B(1，0)的直線l與雙曲線C交于D，E兩點，問在x軸上是否存在一點P，使得eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))為常數(shù)？若存在，求出點P的坐標以及該常數(shù)的值；若不存在，請說明理由．解(1)因為雙曲線C的離心率為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)，化簡，得a2＝2b2.將點A(6，4)的坐標代入eq\f(x2,2b2)－eq\f(y2,b2)＝1，得eq\f(18,b2)－eq\f(16,b2)＝1，解得b2＝2.所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1.(2)由題意可知，直線l的斜率存在，故設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，聯(lián)立方程組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，由題意可知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).設(shè)存在符合條件的定點P(t，0)，則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).因為eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))為常數(shù)，所以eq\f(－2t2＋4t－5,－2)＝eq\f(t2－4,1)，解得t＝eq\f(13,4).此時該常數(shù)的值為t2－4＝eq\f(105,16)，所以在x軸上存在點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，0))，使得eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))為常數(shù)，該常數(shù)為eq\f(105,16).處理探索性問題，一般首先假設(shè)所探求問題的結(jié)論成立或存在，然后在這個假設(shè)條件下進行推理論證，如果得到一個合情合理的推理結(jié)果，就肯定假設(shè)，對問題作出正面回答，如果得到一個矛盾的結(jié)果，就否定假設(shè)，對問題作出反面回答．3.(2024·湖南名校階段檢測)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,2)))和點(4，eq\r(15))．(1)求雙曲線的離心率；(2)過M(0，1)的直線與雙曲線交于P，Q兩點，過雙曲線的右焦點F且與PQ平行的直線交雙曲線于A，B兩點，試問eq\f(|MP|·|MQ|,|AB|)是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．解(1)將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,2)))和點(4，eq\r(15))的坐標代入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，))所以雙曲線的離心率e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(5,4))＝eq\f(3,2).(2)依題意可得直線PQ的斜率存在，設(shè)PQ：y＝kx＋1.聯(lián)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，則5－4k2≠0，Δ＝64k2＋96(5－4k2)>0?k2<eq\f(3,2).設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則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)，則直線AB：y＝k(x－3)．聯(lián)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，則5－4k2≠0，且Δ＝242k4＋4(36k2＋20)(5－4k2)＝400(k2＋1)>0，設(shè)A(x3，y3)，B(x4，y4)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＋x4＝\f(－24k2,5－4k2)，,x3x4＝\f(－36k2－20,5－4k2)，))則|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)，為定值．考向2探究轉(zhuǎn)化法解決探索性問題例4(2024·山西大同模擬)已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，直線y＝x＋b是拋物線C2：y2＝4x的一條切線．(1)求橢圓C1的方程；(2)過點Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3)))的動直線l交橢圓C1于A，B兩點，試問：在直角坐標平面上是否存在定點T，使得以AB為直徑的圓恒過定點T？若存在，求出T的坐標；若不存在，請說明理由．解(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋b，,y2＝4x，))得x2＋(2b－4)x＋b2＝0，因為直線y＝x＋b是拋物線C2：y2＝4x的一條切線，所以Δ＝0?b＝1，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，a2＝b2＋c2，則a＝eq\r(2)，所以橢圓C1的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)當直線l與x軸平行時，以AB為直徑的圓的方程為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)；當直線l與y軸重合時，以AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1，所以兩圓的交點為點(0，1)，猜想所求的定點T為點(0，1)．證明如下：當直線l與x軸垂直時，以AB為直徑的圓過點(0，1)；當直線l與x軸不垂直時，可設(shè)直線l的方程為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.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(12k,18k2＋9)，,x1x2＝\f(－16,18k2＋9)，))則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為直徑的圓過點(0，1)，所以存在定點T(0，1)，使得以AB為直徑的圓恒過定點T.探究轉(zhuǎn)化法是指將所探究的問題轉(zhuǎn)化為其他明確的問題，使所探究的問題更加具體、易求．對于角度、垂直問題的探究，一般轉(zhuǎn)化為斜率、向量數(shù)量積來研究．4.(2024·福建廈門適應(yīng)性考試)已知點O(0，0)，點F(0，1)，點M是x軸上的一個動點，點N在y軸上，直線MN與直線MF垂直，N關(guān)于M的對稱點為P.(1)求點P的軌跡Γ的方程；(2)過F的直線l交Γ于A，B兩點，A在第一象限，Γ在A處的切線為l′，l′交y軸于點C，過C作OB的平行線交l于點D，∠ACD是否存在最大值？若存在，求直線l的方程；若不存在，請說明理由．解(1)解法一：設(shè)M(a，0)，N(0，b)，P(x，y)，因為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，所以點P的軌跡Γ的方程為x2＝4y(x≠0)．解法二：如圖，設(shè)F關(guān)于M的對稱點為Q，由已知得，F(xiàn)Q，NP互相垂直平分，所以四邊形PFNQ為菱形，所以|PF|＝|PQ|.因為M為FQ的中點，所以yQ＝－yF＝－1，即點Q在定直線y＝－1上，因為PQ∥FN，所以PQ與直線y＝－1垂直，即點P到定點F(0，1)的距離等于點P到定直線y＝－1的距離，又易知點P的軌跡不過點(0，0)，所以點P的軌跡是以F(0，1)為焦點，y＝－1為準線且除去點(0，0)的拋物線．所以點P的軌跡Γ的方程為x2＝4y(x≠0)．(2)∠ACD存在最大值．設(shè)直線OB交AC于點E，∠AEB＝∠ACD，所以∠ACD最大即直線OB與l′的傾斜角之差最大．由題意可知，直線l的斜率存在，設(shè)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.因為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).設(shè)直線l′與OB的傾斜角分別為θ1，θ2，則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)，當且僅當eq\f(2,x1)＝x1，即x1＝eq\r(2)，x2＝－2eq\r(2)時，等號成立．因為tan(θ2－θ1)<0，所以θ2－θ1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以當tan(θ2－θ1)最大時，θ2－θ1最大，即∠ACD最大，此時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)，所以直線l的方程為y＝－eq\f(\r(2),4)x＋1.課時作業(yè)1．(2023·福建福州華僑中學(xué)高三上學(xué)期第二次考試)在平面直角坐標系xOy中，已知點F(2，0)，直線l：x＝eq\f(1,2)，點M到l的距離為d，若點M滿足|MF|＝2d，記M的軌跡為C.(1)求C的方程；(2)過點F(2，0)且斜率不為0的直線與C交于P，Q兩點，設(shè)A(－1，0)，證明：以P，Q為直徑的圓經(jīng)過點A.解(1)設(shè)點M(x，y)，則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)))，兩邊平方，整理得3x2－y2＝3，則所求C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：設(shè)直線m的方程為x＝ty＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)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，因為直線m與C交于兩點，故t≠±eq\f(\r(3),3)，此時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＝y(tǒng)1y2＋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為直徑的圓經(jīng)過點A.2．已知雙曲線Γ：x2－eq\f(y2,b2)＝1(b＞0)．(1)若離心率為eq\r(5)，求b的值及雙曲線Γ的頂點坐標、漸近線方程；(2)若b＝eq\r(5)，是否存在被點M(1，1)平分的弦？如果存在，求弦所在直線的方程；如果不存在，請說明理由．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，故雙曲線Γ的頂點坐標為(±1，0)，漸近線方程為y＝±2x.(2)當b＝eq\r(5)時，雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,5)＝1，假設(shè)存在被點M(1，1)平分的弦，設(shè)弦的兩個端點分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，因為A，B在雙曲線上，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)，則kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(5（x1＋x2）,y1＋y2)＝5，所以弦AB所在直線的方程為y－1＝5(x－1)，即y＝5x－4，代入雙曲線方程，得20x2－40x＋21＝0，因為Δ＝402－4×20×21＝－80＜0，所以AB與雙曲線無交點，假設(shè)不成立．故不存在被點M(1，1)平分的弦．3．(2023·河南鄭州模擬)已知圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝eq\f(9,4)的圓心C在拋物線x2＝2py(p＞0)上，圓C過原點且與拋物線的準線相切．(1)求該拋物線的方程；(2)過拋物線的焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，分別在點A，B處作拋物線的切線，兩條切線交于點P，△PAB的面積是否存在最小值？若存在，求出這個最小值及此時對應(yīng)的直線l的方程；若不存在，請說明理由．解(1)由已知可得圓心C(a，b)，半徑r＝eq\f(3,2)，焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，準線方程為y＝－eq\f(p,2).因為圓C與拋物線的準線相切，所以b＝eq\f(3,2)－eq\f(p,2)，且圓C過焦點F.又圓C過原點，所以圓心C必在線段OF的垂直平分線上，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.于是拋物線的方程為x2＝4y.(2)由拋物線的方程為x2＝4y，知F(0，1)．易知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為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，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.對y＝eq\f(x2,4)求導(dǎo)，得y′＝eq\f(x,2)，即直線AP的斜率kAP＝eq\f(x1,2)，則直線AP的方程為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，直線BP的方程為y＝eq\f(x2,2)x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2).設(shè)P(x0，y0)，聯(lián)立直線AP與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)，點P到直線AB的距離d＝eq\f(|2k2＋2|,\r(1＋k2))＝2eq\r(1＋k2)，所以△PAB的面積S＝eq\f(1,2)×4(1＋k2)×2eq\r(1＋k2)＝4(1＋k2)eq\s\up6(\f(3,2))≥4，當且僅當k＝0時，等號成立．故△PAB面積的最小值為4，此時直線l的方程為y＝1.4．(2024·江蘇無錫等四地三模)已知A，B，C為橢圓Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上三個不同的點，滿足eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，其中λ2＋μ2＝1.記AB的中點M的軌跡為D.(1)求D的方程；(2)若直線l交D于P，Q兩點，交Γ于S，T兩點，求證：|PS|＝|QT|.解(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則C(λx1＋μx2，λy1＋μy2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，將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.))將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，又因為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的方程為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)證明：設(shè)ST的中點為G，PQ的中點為G′.當l垂直于x軸時，由對稱性可得|PS|＝|QT|，當l不垂直于x軸時，設(shè)l：y＝kx＋m，將直線l的方程代入Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，設(shè)S(x1，y1)，T(x2，y2)，則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·青海西寧大通回族土族自治縣高三二模)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))，直線l：y＝x＋t與C交于M，N兩點，且線段MN的中點為H，O為坐標原點，直線OH的斜率為－eq\f(1,2).(1)求橢圓C的標準方程；(2)已知直線y＝kx＋2與C有兩個不同的交點A，B，P為x軸上一點．是否存在實數(shù)k，使得△PAB是以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及點P的坐標；若不存在，請說明理由．解(1)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以由題意知直線OH的斜率kOH＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq\f(1,2).因為M，N在橢圓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)＝1，兩式相減得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.又因為橢圓C過點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，所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)聯(lián)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.因為直線與橢圓交于A，B兩點，故Δ>0，解得k2>eq\f(1,2).設(shè)A(x3，y3)，B(x4，y4)，則x3＋x4＝eq\f(－8k,2k2＋1)，x3x4＝eq\f(4,2k2＋1).設(shè)AB的中點G(x0，y0)，則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))).假設(shè)存在實數(shù)k，使得△PAB是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，此時點P(m，0)，則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)).又因為∠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，即存在實數(shù)k，使得△PAB是以點P為直角頂點的等腰直角三角形．當k＝－1時，點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))；當k＝1時，點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0)).此時△PAB是以點P為直角頂點的等腰直角三角形．6．(2023·新課標Ⅰ卷)在直角坐標系xOy中，點P到x軸的距離等于點P到點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的距離，記動點P的軌跡為W.(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三個頂點在W上，證明：矩形ABCD的周長大于3eq\r(3).解(1)設(shè)P(x，y)，則|y|＝eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))\s\up12(2))，兩邊同時平方，化簡得y＝x2＋eq\f(1,4)，故W的方程為y＝x2＋eq\f(1,4).(2)證法一：不妨設(shè)A，B，D在W上，且AB⊥AD，依題意可設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，易知直線AB，AD的斜率均存在且不為0，則設(shè)AB，AD的斜率分別為k和－eq\f(1,k)，由對稱性，不妨設(shè)|k|≤1，直線AB的方程為y＝k(x－a)＋a2＋eq\f(1,4)，聯(lián)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，則k≠2a，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|，同理|AD|＝eq\r(1＋