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)