第十二讲 圆锥曲线中的求值、证明与探索性问题(教师版)
第十二节圆锥曲线中的求值、证明与探索性问题题型归纳题型一 求值问题例1(2022·新高考Ⅰ卷)已知点A(2,1)在双曲线C:eq\f(x2,a2)-eq\f(y2,a2-1)=1(a>1)上,直线l交C于P,Q两点,直线AP,AQ的斜率之和为0.(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=2eq\r(2),求△PAQ的面积.解 (1)将点A的坐标代入双曲线方程得eq\f(4,a2)-eq\f(1,a2-1)=1,化简得a4-4a2+4=0,得a2=2,故双曲线C的方程为eq\f(x2,2)-y2=1.由题易知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立直线l与双曲线C的方程,消去y整理得(2k2-1)x2+4kmx+2m2+2=0,故x1+x2=-eq\f(4km,2k2-1),x1x2=eq\f(2m2+2,2k2-1).kAP+kAQ=eq\f(y1-1,x1-2)+eq\f(y2-1,x2-2)=eq\f(kx1+m-1,x1-2)+eq\f(kx2+m-1,x2-2)=0,化简得2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4(m-1)=0,故eq\f(2k(2m2+2),2k2-1)+(m-1-2k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(4km,2k2-1)))-4(m-1)=0,整理得(k+1)(m+2k-1)=0,又直线l不过点A,即m+2k-1≠0,故k=-1.(2)不妨设直线PA的倾斜角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2))),由题意知∠PAQ=π-2θ,所以tan∠PAQ=-tan2θ=eq\f(2tanθ,tan2θ-1)=2eq\r(2),解得tanθ=eq\r(2)或tanθ=-eq\f(\r(2),2)(舍去).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y1-1,x1-2)=\r(2),,\f(xeq\o\al(2,1),2)-yeq\o\al(2,1)=1,))得x1=eq\f(10-4\r(2),3),所以|AP|=eq\r(3)|x1-2|=eq\f(4\r(3)(\r(2)-1),3),同理得x2=eq\f(10+4\r(2),3),所以|AQ|=eq\r(3)|x2-2|=eq\f(4\r(3)(\r(2)+1),3).因为tan∠PAQ=2eq\r(2),所以sin∠PAQ=eq\f(2\r(2),3),故S△PAQ=eq\f(1,2)|AP||AQ|sin∠PAQ=eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3)(\r(2)-1),3)×eq\f(4\r(3)(\r(2)+1),3)×eq\f(2\r(2),3)=eq\f(16\r(2),9).感悟提升 求值问题即是根据条件列出对应的方程,通过解方程求解.训练1(2022·北京卷)已知椭圆E:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1),焦距为2eq\r(3).(1)求椭圆E的方程;(2)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与x轴交于点M,N.当|MN|=2时,求k的值.解 (1)依题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b=1,,2c=2\r(3),,a2=b2+c2,))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a=2,,b=1,,c=\r(3),))故椭圆E的方程为eq\f(x2,4)+y2=1.(2)由题可知直线BC的方程为y-1=k(x+2).设B(x1,y1),C(x2,y2).联立直线BC和椭圆E的方程,得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y-1=k(x+2),,\f(x2,4)+y2=1,))消去y整理得(4k2+1)x2+(16k2+8k)x+16k2+16k=0,则由Δ=(16k2+8k)2-4(4k2+1)(16k2+16k)>0,得k<0,∴x1+x2=-eq\f(16k2+8k,4k2+1),x1x2=eq\f(16k2+16k,4k2+1).易知直线AB的斜率kAB=eq\f(y1-1,x1),直线AB的方程为y=eq\f(y1-1,x1)x+1,令y=0,可得点M的横坐标xM=eq\f(x1,1-y1),同理可得点N的横坐标xN=eq\f(x2,1-y2).∴|MN|=|eq\f(x1,1-y1)-eq\f(x2,1-y2)|=|eq\f(x1,-k(x1+2))-eq\f(x2,-k(x2+2))|=|eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x2+2)-\f(x1,x1+2)))|=eq\f(1,|k|)·eq\f(|x2(x1+2)-x1(x2+2)|,|x1x2+2(x1+x2)+4|)=eq\f(1,|k|)·eq\f(2\r((x1+x2)2-4x1x2),|x1x2+2(x1+x2)+4|)=eq\f(1,|k|)·eq\f(2\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(16k2+8k,1+4k2)))\s\up12(2)-4×\f(16k2+16k,1+4k2)),|\f(16k2+16k,1+4k2)+2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(-16k2-8k,1+4k2)))+4|)=eq\f(1,|k|)·eq\f(2\r(\f(64(2k2+k)2-4×16(k2+k)(1+4k2),(1+4k2)2)),|\f(16k2+16k,1+4k2)+\f(-32k2-16k,1+4k2)+\f(4+16k2,1+4k2)|)=eq\f(4\r(-k),|k|)=2,解得k=-4.故k的值为-4.题型二 证明问题例2(2023·济南模拟)双曲线C:eq\f(x2,a2)-eq\f(y2,b2)=1(a>0,b>0)经过点(eq\r(3),1),且渐近线方程为y=±x.(1)求a,b的值;(2)点A,B,D是双曲线C上不同的三点,且B,D两点关于y轴对称,△ABD的外接圆经过原点O.求证:直线AB与圆x2+y2=1相切.(1)解 由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,a2)-\f(1,b2)=1,,a=b,))解得a=b=eq\r(2).(2)证明 由(1)得双曲线C的方程为x2-y2=2.易知直线AB一定不为水平直线且不与渐近线y=±x平行,所以可设直线AB的方程为x=my+n(m≠±1),设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1≠y2,D(-x2,y2).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2-y2=2,,x=my+n,))整理得(m2-1)y2+2mny+n2-2=0,Δ=4(n2+2m2-2)>0,则y1y2=eq\f(n2-2,m2-1).由于△ABD的外接圆过原点,且B,D两点关于y轴对称,所以可设△ABD外接圆的方程为x2+y2+Ey=0.则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)+yeq\o\al(2,1)+Ey1=0,,xeq\o\al(2,2)+yeq\o\al(2,2)+Ey2=0,))所以y2(xeq\o\al(2,1)+yeq\o\al(2,1))=y1(xeq\o\al(2,2)+yeq\o\al(2,2)),因为xeq\o\al(2,1)=2+yeq\o\al(2,1),xeq\o\al(2,2)=2+yeq\o\al(2,2),所以y2(2yeq\o\al(2,1)+2)=y1(2yeq\o\al(2,2)+2),所以y1y2=1,所以y1y2=eq\f(n2-2,m2-1)=1,所以n2=m2+1,则原点到直线AB的距离d=eq\f(|n|,\r(m2+1))=1,所以直线AB与圆x2+y2=1相切.感悟提升 圆锥曲线中的证明问题常见的有:(1)位置关系方面的:如证明直线与曲线相切,直线间的平行、垂直,直线过定点等.(2)数量关系方面的:如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下,一般采用直接法,通过相关的代数运算证明.训练2如图,圆C与x轴相切于点T(2,0),与y轴正半轴相交于M,N两点(点M在点N的下方),且|MN|=3.(1)求圆C的方程;(2)过点M任作一条直线与椭圆eq\f(x2,8)+eq\f(y2,4)=1相交于A,B两点,连接AN,BN,求证:∠ANM=∠BNM.(1)解 设圆C的半径为r(r>0),依题意,圆心C的坐标为(2,r).因为|MN|=3,所以r2=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)+22=eq\f(25,4),所以r=eq\f(5,2),圆C的方程为(x-2)2+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y-\f(5,2)))eq\s\up12(2)=eq\f(25,4).(2)证明 把x=0代入方程(x-2)2+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y-\f(5,2)))eq\s\up12(2)=eq\f(25,4),解得y=1或y=4,即点M(0,1),N(0,4).①当AB⊥x轴时,可知∠ANM=∠BNM=0.②当AB与x轴不垂直时,可设直线AB的方程为y=kx+1.联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=kx+1,,\f(x2,8)+\f(y2,4)=1))消去y得(1+2k2)x2+4kx-6=0.Δ=16k2+24(1+2k2)>0恒成立,设直线AB交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则x1+x2=eq\f(-4k,1+2k2),x1x2=eq\f(-6,1+2k2).所以kAN+kBN=eq\f(y1-4,x1)+eq\f(y2-4,x2)=eq\f(kx1-3,x1)+eq\f(kx2-3,x2)=eq\f(2kx1x2-3(x1+x2),x1x2)=eq\f(1,x1x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(-12k,1+2k2)+\f(12k,1+2k2)))=0.所以∠ANM=∠BNM.综合①②知∠ANM=∠BNM.题型三 探索性问题例3(2023·南阳模拟)已知O为坐标原点,椭圆Γ:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0)的右顶点为A,离心率为eq\f(\r(3),2).动直线l:y=eq\f(1,m)(x-1)与Γ相交于B,C两点,点B关于x轴的对称点为B′,点B′到Γ的两焦点的距离之和为4.(1)求Γ的标准方程;(2)若直线B′C与x轴交于点M,△OAC,△AMC的面积分别为S1,S2,问:eq\f(S1,S2)是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.解 (1)由对称性得点B′在椭圆Γ上,根据点B′到Γ的两焦点的距离之和为4及椭圆的定义,得2a=4,解得a=2.因为Γ的离心率为eq\f(\r(3),2),所以eq\f(c,a)=eq\f(\r(3),2)