人教第9章 平面解析几何 高考难点突破课2 圆锥曲线的综合问题 第四课时　证明、探索性问题.doc

第四课时　证明、探索性问题
　题型一　探索性问题
例1 (2022·合肥模拟)已知F是抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，直线l：y＝k(x－m)(m>0)与抛物线E交于A，B两点，与抛物线E的准线交于点N.
(1)若k＝1时，|AB|＝4，求抛物线E的方程；
(2)是否存在常数k，对于任意的正数m，都有|FA|·|FB|＝|FN|2？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.
解　设A(x1，y1)，B(x2，y2).
(1)由消去y得
k2x2－2(k2m＋p)x＋k2m2＝0.
∵l与抛物线E交于两点，∴k≠0.
又∵m>0，p>0，
∴Δ＝8k2mp＋4p2>0恒成立，
∴
当k＝1时，|AB|＝|x1－x2|
＝2＝4，
化简得(p＋2m＋2)(p－2)＝0.
∵p>0，m>0，∴p＝2.
∴抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)假设存在常数k满足题意.
∵抛物线E的方程为y2＝2px(p>0)，
∴其焦点为F，准线为x＝－，
∴N，
从而|FN|2＝p2＋k2.
由抛物线的定义得，
|FA|＝x1＋，|FB|＝x2＋，
∴|FA|·|FB|＝·
＝x1x2＋(x1＋x2)＋
＝＋.
由|FA|·|FB|＝|FN|2得
＋＝p2＋k2，
即(k2－1)＝0.
∵>0，>0，
∴k2－1＝0，解得k＝±1.
∴存在k＝±1，使得|FA|·|FB|＝|FN|2对于任意的正数m都成立.
感悟提升　此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
训练1 (2022·全国名校联考)已知椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(c，0)(
c>0)，离心率为，经过F且垂直于x轴的直线交Γ于第一象限的点M，O为坐标原点，且|OM|＝.
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)设不经过原点O且斜率为的直线交椭圆Γ于A，B两点，A，B关于原点O对称的点分别是C，D，试判断四边形ABCD的面积有没有最大值.若有，请求出最大值；若没有，请说明理由.
解　(1)由题意知＝，即a2＝c2，①
又由a2＝b2＋c2，可得b2＝.②
联立解得
则点M.
则|OM|＝＝.③
联立①②③，解得c＝，a＝2，b＝1.
故椭圆Γ的方程为＋y2＝1.
(2)四边形ABCD的面积有最大值，理由如下：
设直线AB的方程为y＝x＋m(m≠0)，
联立消去y得
2x2＋4mx＋4(m2－1)＝0，
由题意得Δ＝(4m)2－4×2×4(m2－1)＝16(2－m2)>0，解得－<m<，且m≠0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－2m，x1x2＝2(m2－1)，
则|AB|＝|x1－x2|
＝
＝
＝.
原点O到直线AB的距离
d＝＝|m|，
则直线CD到直线AB的距离
d′＝2d＝|m|，
显然四边形ABCD是平行四边形，
所以S四边形ABCD＝|AB|d′＝·|m|
＝2＝2
≤2＝4，
当且仅当4m2＝8－4m2，即m＝±1时，等号成立，
故四边形ABCD的面积存在最大值，且最大值为4.
题型二　证明问题
例2 (2021·贵阳调研)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点D(1，2)的直线l交C于点M，N，点Q为MN的中点，QR⊥x轴交C于点R，且＝，证明：动点T在定直线上.
(1)解　设A(x1，y1)，B(x2，y2).
因为F，所以过点F且斜率为1的直线的方程为y＝x＋.
由消去y并整理，得
x2－2px－p2＝0，易知Δ>0.
则x1＋x2＝2p，y1＋y2＝x1＋x2＋p＝3p，
所以|AB|＝y1＋y2＋p＝4p＝8，解得p＝2.
于是抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)证明　法一　易知直线l的斜率存在，
设l的方程为y＝k(x－1)＋2，Q(x0，y0)，
M，N.
由消去y并整理，得
x2－4kx＋4k－8＝0.
则Δ＝(－4k)2－4(4k－8)＝16(k2－k＋2)>0，
x3＋x4＝4k，x3x4＝4k－8，
所以x0＝＝2k，y0＝k(x0－1)＋2＝2k2－k＋2，即Q(2k，2k2－k＋2).
由点R在曲线C上，QR⊥x轴，且＝，
得R(2k，k2)，R为QT的中点，
所以T(2k，k－2).
因为2k－2(k－2)－4＝0，
所以动点T在定直