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第 3 课时 证明与探索性问题
题型一 证明问题
例1 (八省联考)双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上，当
BF⊥AF时，|AF|＝|BF|.
(1)求C的离心率；
(2)若B在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF.
(1)解 设双曲线的离心率为e，焦距为2c，
在－＝1中，令x＝c，则－＝1，
则＝－1＝，故y＝±，
若|AF|＝|BF|，则a＋c＝，
所以a2＋ac＝b2＝c2－a2，
所以e2－e－2＝0，所以e＝2.
(2)证明 由(1)知双曲线方程为－＝1，
设B(x，y)(x>0，y>0)，当x≠c时，k ＝，k ＝，
AB BF
设∠BAF＝θ，
则tan θ＝，tan 2θ＝＝＝＝＝＝＝＝－k ＝tan∠BFA，
BF
因为0≤2∠BAF≤π，0≤∠BFA≤π，所以∠BFA＝2∠BAF.
当x＝c时，由题意知∠BFA＝，∠BAF＝，满足∠BFA＝2∠BAF.
综上，∠BFA＝2∠BAF.
思维升华 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．
跟踪训练1 已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线y＝x上
的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M(－1,0)对称．
(1)求E和Γ的标准方程；
(2)过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求证：|CD|>|AB|.
(1)解 设Γ的标准方程为x2＝2py，p>0，
则F.
已知E在直线y＝x上，故可设E.因为E，F关于M(－1,0)对称，
所以解得
所以抛物线Γ的标准方程为x2＝4y.
因为圆E与x轴相切，故半径r＝|a|＝1，
所以圆E的标准方程为(x＋2)2＋(y＋1)2＝1.
(2)证明 由题意知，直线l的斜率存在，
设l的斜率为k，那么其方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．
则E(－2，－1)到l的距离d＝，
因为l与E交于A，B两点，所以d20，
所以|AB|＝2＝2.
由消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.
Δ＝16k2＋16k>0恒成立，设C(x，y)，D(x，y)，
1 1 2 2
则x＋x＝4k，xx＝－4k，
1 2 1 2
那么|CD|＝|x－x|＝·＝4·.
1 2
所以＝＝>＝2.
所以|CD|2>2|AB|2，即|CD|>|AB|.
题型二 探索性问题
例2 (2019·全国Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x
＋2＝0相切．
(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．
解 (1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．
由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，
所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．
因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.
由已知得|AO|＝2.
又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，
解得a＝0或a＝4.
故⊙M的半径r＝2或r＝6.
(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．
理由如下：设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.
因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，
所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，
所以存在满足条件的定点P.
思维升华 探索性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．
跟踪训练2 (2021·皖北协作区联考)已知中心在坐标原点 O的椭圆C经过点A(2,3)，且点
F(2,0)为其右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于
4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，且可知左焦点F′的坐标为(－2,0)．
所以解得
又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)不存在，理由如下．
假设存在符合题意的直线l，
其方程为y＝x＋t(t≠0)．
由消去y，
整理得3x2＋3tx＋t2－12＝0.
因为直线l与椭圆C有公共点，
所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，
解得－4≤t≤4，且t≠0.
另一方面，由直线OA与l的距离d＝4可得＝4，
解得t＝±2.
因为±2∉[－4，0)∪(0,4]，
所以符合题意的直线l不存在．
在圆锥曲线问题中，常见各种含两直线斜率k ，k 的双斜率问题，齐次化处理是解决这
1 2
类问题的重要策略．例 已知A，B为抛物线y2＝4x上异于顶点的两动点，且满足以AB为直径的圆过顶点．求
证：直线AB过定点．
证明 当直线AB斜率存在时，设直线AB：y＝kx＋b，A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
由题意得k ·k ＝·＝－1，
OA OB
联立
由②得，＝1，
代入①得，y2＝4x·，
整理得，by2－4xy＋4kx2＝0，
即b2－4＋4k＝0，
则·＝＝－1，得b＝－4k，
∴y＝kx＋b＝k(x－4)，故直线AB过定点(4,0)．
当直线AB的斜率不存在时，由对称性可知∠AOx＝45°.
直线OA和抛物线y2＝4x的交点为(4,4)，
直线AB的方程为x＝4，直线AB过点(4,0)．
综上，直线AB过定点(4,0)．
课时精练
1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为F(－1,0)，点P在C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点M(－4,0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，求证：∠FMA＝∠FMB.
(1)解 由题意知，c＝1，∵点P在椭圆C上，
∴＋＝1.又a2＝b2＋c2＝b2＋1，解得a2＝4，b2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明 当l与x轴垂直时，直线MF恰好平分∠AMB，则∠FMA＝∠FMB；
当l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
联立消去y得，(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
∵Δ>0恒成立，∴设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
由根与系数的关系，得x＋x＝－，xx＝，
1 2 1 2
直线MA，MB的斜率之和为
k ＋k ＝＋＝
MA MB
＝＝，∵2xx＋5(x＋x)＋8＝2×＋5×＋8＝0，
1 2 2 1
∴k ＋k ＝0，
MA MB
故直线MA，MB的倾斜角互补，
综上所述，∠FMA＝∠FMB.
2．(2020·青岛质检)设椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F ，F ，过点F 的直线交
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椭圆E于A，B两点．若椭圆E的离心率为，△ABF 的周长为4.
2
(1)求椭圆E的方程；
(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分
别为M，N，证明：O，M，N三点共线．
(1)解 由题意知，4a＝4，a＝.
又e＝，∴c＝，b＝，
∴椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明 当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M，N在x轴上，O，
M，N三点共线，
当直线AB，CD的斜率存在时，设其斜率为k，且设A(x，y)，B(x，y)，M(x，y)，
1 1 2 2 0 0
则两式相减，得＋－＝0，
∴＝－，＝－，
∴·＝－，·＝－，
即k·k ＝－，∴k ＝－.
OM OM
同理可得k ＝－，∴k ＝k ，∴O，M，N三点共线．
ON OM ON
3．设椭圆C ：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F ，F 是椭圆的两个焦点，M是椭圆上任意一点，
1 1 2
且△MF F 的周长是4＋2.
1 2
(1)求椭圆C 的方程；
1
(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C 上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，
1 1
若点C满足AB⊥BC，AD∥OC，连接AC交DE于点P，求证：|PD|＝|PE|.
(1)解 由e＝，知＝，所以c＝a，
因为△MF F 的周长是4＋2，
1 2
所以2a＋2c＝4＋2，所以a＝2，c＝，
所以b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C 的方程为＋y2＝1.
1
(2)证明 由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，设D(x，y)，所以E(x,0)，
0 0 0
因为AB⊥BC，所以可设C(2，y)，
1
所以AD＝(x＋2，y)，OC＝(2，y)，
0 0 1
由AD∥OC可得：(x＋2)y＝2y，即y＝.
0 1 0 1所以直线AC的方程为＝.
整理得：y＝(x＋2)．
又点P在DE上，将x＝x 代入直线AC的方程可得：y＝，即点P的坐标为，所以P为DE
0
的中点，|PD|＝|PE|.
4．已知斜率为 k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点．线段AB的中点为M(1，m)
(m>0)．
(1)证明：k<－；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP＋FA＋FB＝0.证明：2|FP|＝|FA|＋|FB|.
证明 (1)设直线l的方程为y＝kx＋t，
设A(x，y)，B(x，y)，由
1 1 2 2
消去y得(4k2＋3)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，
则Δ＝64k2t2－4(4t2－12)(3＋4k2)>0，
得4k2＋3>t2，①
且x＋x＝＝2，
1 2
y＋y＝k(x＋x)＋2t＝＝2m，
1 2 1 2
因为m>0，所以t>0且k<0.且t＝，②
由①②得4k2＋3>，所以k>或k<－.
因为k<0，所以k<－.
(2)FP＋FA＋FB＝0，FP＋2FM＝0，
因为M(1，m)，F(1,0)，所以P的坐标为(1，－2m)．
又P在椭圆上，所以＋＝1，
所以m＝，P，
又＋＝1，＋＝1，
两式相减可得＝－·，
又x＋x＝2，y＋y＝，所以k＝－1，
1 2 1 2
直线l方程为y－＝－(x－1)，即y＝－x＋，
所以消去y得28x2－56x＋1＝0，
x,＝，
12
|FA|＋|FB|＝＋＝3，
|FP|＝＝，
所以|FA|＋|FB|＝2|FP|.5．(2020·衡水模拟)已知点P在圆O：x2＋y2＝6上运动，点P在x轴上的投影为Q，动点M
满足(1－)OQ＝OP－OM.
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)过点(2,0)的动直线l与曲线E交于A，B两点，问：在 x轴上是否存在定点 D，使得
DA·AB＋DA2的值为定值？若存在，求出定点D的坐标及该定值；若不存在，请说明理由．
解 (1)设M(x，y)，P(x，y)，
0 0
由(1－)OQ＝OP－OM，
得OQ－OP＝OQ－OM，即PQ＝MQ，
∴
又点P(x，y)在圆O：x2＋y2＝6上，∴x＋y＝6，
0 0
∴x2＋3y2＝6，∴轨迹E的方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x－2)，
由消去y得
(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
∴x＋x＝，x·x＝，
1 2 1 2
根据题意，假设x轴上存在定点D(m,0)，
使得DA·AB＋DA2＝DA·(AB－AD)＝DA·DB为定值，
则有DA·DB＝(x－m，y)·(x－m，y)＝(x－m)(x－m)＋yy
1 1 2 2 1 2 1 2
＝(x－m)(x－m)＋k2(x－2)(x－2)
1 2 1 2
＝(k2＋1)xx－(2k2＋m)(x＋x)＋(4k2＋m2)
1 2 1 2
＝(k2＋1)·－(2k2＋m)·＋(4k2＋m2)
＝
要使上式为定值，即与k无关，
则3m2－12m＋10＝3(m2－6)，
即m＝，此时DA·DB＝m2－6＝－为常数，定点D的坐标为.
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝2，易求得直线l与椭圆C的两个交点坐标分
别为，，
此时DA·DB＝·＝－.
综上所述，存在定点D，使得DA·AB＋DA2为定值－.
