2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第九章平面解析几何高考专题突破六第3课时

第3课时　证明与探索性问题
题型一　证明问题
例1　设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝ .
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
(1)解　设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，
＝(x－x0，y)，＝(0，y0).
由＝ ，得x0＝x，y0＝y.
因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝1.
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.
(2)证明　由题意知F(－1，0).
设Q(－3，t)，P(m，n)，
则＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，
·＝3＋3m－tn，
＝(m，n)，＝(－3－m，t－n).
由·＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1.
又由(1)知m2＋n2＝2，
故3＋3m－tn＝0.
所以·＝0，即⊥.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，
所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
思维升华 圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法.
跟踪训练1　已知椭圆T：＋＝1(a>b>0)的一个顶点A(0，1)，离心率e＝，圆C：x2＋y2＝4，从圆C上任意一点P向椭圆T引两条切线PM，PN.
(1)求椭圆T的方程；
(2)求证：PM⊥PN.
(1)解　由题意可知b＝1，＝，即2a2＝3c2，
又a2＝b2＋c2，联立解得a2＝3，b2＝1.
∴椭圆T的方程为＋y2＝1.
(2)证明　方法一　①当P点横坐标为±时，纵坐标为±1，PM斜率不存在，PN斜率为0，PM⊥PN.
②当P点横坐标不为±时，设P(x0，y0)，
则x＋y＝4，设kPM＝k，PM的方程为y－y0＝k(x－x0)，
联立方程组
消去y得(1＋3k2)x2＋6k(y0－kx0)x＋3k2x－6kx0y0＋3y－3＝0，
依题意Δ＝36k2(y0－kx0)2－4(1＋3k2)(3k2x－6kx0y0＋3y－3)＝0，
化简得(3－x)k2＋2x0y0k＋1－y＝0，
又kPM，kPN为方程的两根，
所以kPM·kPN＝＝＝＝－1.
所以PM⊥PN.
综上知PM⊥PN.
方法二　①当P点横坐标为±时，纵坐标为±1，PM斜率不存在，PN斜率为0，PM⊥PN.
②当P点横坐标不为±时，设P(2cos θ，2sin θ)，
切线方程为y－2sin θ＝k(x－2cos θ)，

联立得(1＋3k2)x2＋12k(sin θ－kcos θ)x＋12(sin θ－kcos θ)2－3＝0，
令Δ＝0，
即Δ＝144k2(sin θ－kcos θ)2－4(1＋3k2)[12(sin θ－kcos θ)2－3]＝0，
化简得(3－4cos2θ)k2＋4sin 2θ·k＋1－4sin2θ＝0，
kPM·kPN＝＝＝－1.
所以PM⊥PN.
综上知PM⊥PN.
题型二　探索性问题
例2　(2018·浙江重点中学考前热身联考)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a>b>0)上的动点S到椭圆E的右焦点F(1，0)的距离的最小值为－1.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过点F作与x轴不垂直的直线l交椭圆于P，Q两点，在线段OF上是否存在点M(m，0)，使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.
解　(1)因为椭圆E：＋＝1(a>b>0)上的动点S到椭圆E的右焦点F(1，0)的距离的最小值为－1，
所以得
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)在线段OF上存在点M(m，0)，使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形.
因为直线l与x轴不垂直，则可设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1≠x2，
由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
由题意知，Δ>0，所以x1＋x2＝，x1x2＝，
因为以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形，
所以|MP|＝|MQ|，
所以(x1－m)2＋y＝(x2－m)2＋y，
即(x1－m)2＋1－＝(x2－m)2＋1－，
所以(x1－x2)＝0，因为x1≠x2，
则m＝，因为x1＋x2＝，
所以m＝＝＝－(k≠0)，
所以0 所以在线段OF上存在点M(m，0)，使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形，且m的取值范围为.
思维升华 解决探索性问题的注意事项
探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法.
跟踪训练2　在平面直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点，
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？请说明理由.
解　(1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，
或M(－2，a)，N(2，a).
又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，
C在点(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2)，
即x－y－a＝0.
y＝在x＝－2处的导数值为－，
C在点(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2)，
即x＋y＋a＝0.
故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.
(2)存在符合题意的点，证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
将y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而k1＋k2＝＋
＝
＝.
当b＝－a时，有k1＋k2＝0，
则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意.


1.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点在C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点A(－2，0)作直线AQ交椭圆C于另外一点Q，交y轴于点R，P为椭圆C上一点，且AQ∥OP，求证：为定值.
(1)解　由题意可得e＝＝，＋＝1，
所以a＝2，c＝，b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明　显然直线AQ斜率存在，设直线AQ：y＝k(x＋2)，R(0，2k)，P(xP，yP)，
由得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，
由根与系数的关系可得
x1＝xA＝－2，x2＝xQ＝，
则|AQ|＝|xQ－xA|＝＝·，
|AR|＝2，
|OP|＝|xP|，
令直线OP为y＝kx且令xP>0.
由得(1＋4k2)x2－4＝0，xP＝，
所以|OP|＝，＝＝2，
所以定值为2.
2.已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点在x轴上，离心率e＝，以椭圆C的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若经过点P(1，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，是否存在直线l0：x＝x0(x0>2)，使得A，B到直线l0的距离dA，dB满足＝恒成立，若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由.
解　(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，
∵＝，∴c＝a，又∵4＝4，
∴a2＋b2＝5，由b2＝a2－c2＝a2，
解得a＝2，b＝1，c＝.
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)若直线l的斜率不存在，则直线l0为任意直线都满足要求；
当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)(不妨令x1>1>x2)，
则dA＝x0－x1，dB＝x0－x2，
|PA|＝(x1－1)，|PB|＝(1－x2)，
∵＝，
∴＝＝，
解得x0＝.
由得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
由题意知，Δ>0显然成立，
x1＋x2＝，x1x2＝，
x0＝＝4.
综上可知，存在直线l0：x＝4，使得A，B到直线l0的距离dA，dB满足＝恒成立.
3.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E交于A，B，与Γ交于C，D，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(2a，a).
因为E，F关于M(－1，0)对称，所以
解得
所以Γ的标准方程为x2＝4y.
因为E与x轴相切，故半径r＝|a|＝1，
所以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(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，
那么|CD|＝|x1－x2|
＝·
＝4·.
所以＝
＝＝>＝2.
所以|CD|2>2|AB|2，即|CD|>|AB|.
4.已知椭圆＋＝1(a>b>0)的长轴与短轴之和为6，椭圆上任一点到两焦点F1，F2的距离之和为4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线AB：y＝x＋m与椭圆交于A，B两点，C，D在椭圆上，且C，D两点关于直线AB对称，问：是否存在实数m，使|AB|＝|CD|，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.
解　(1)由题意，2a＝4，2a＋2b＝6，∴a＝2，b＝1.
∴椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)∵C，D关于直线AB对称，
设直线CD的方程为y＝－x＋t，
联立消去y，得5x2－8tx＋4t2－4＝0，
Δ＝64t2－4×5×(4t2－4)>0，解得t2<5，
设C，D两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
设CD的中点为M(x0，y0)，
∴∴M，
又点M也在直线y＝x＋m上，
则＝＋m，∴t＝－，
∵t2<5，∴m2<.
则|CD|＝|x1－x2|＝·＝·.
同理|AB|＝·.
∵|AB|＝|CD|，∴|AB|2＝2|CD|2，
∴2t2－m2＝5，∴m2＝<，
∴存在实数m，使|AB|＝|CD|，此时m的值为±.

5.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，过右焦点F且斜率为1的直线交椭圆C于A，B两点，N为弦AB的中点，O为坐标原点.
(1)求直线ON的斜率kON；
(2)求证：对于椭圆C上的任意一点M，都存在θ∈[0，2π)，使得＝cos θ＋sin θ成立.
(1)解　设椭圆的焦距为2c，
因为＝，所以＝，故有a2＝3b2.
从而椭圆C的方程可化为x2＋3y2＝3b2.①
由题意知右焦点F的坐标为(b，0)，
据题意有AB所在的直线方程为y＝x－b.②
由①②得4x2－6bx＋3b2＝0.③
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中点N(x0，y0)，
由③及根与系数的关系得x0＝＝，y0＝x0－b＝－b.
所以kON＝＝－，即为所求.
(2)证明　显然与可作为平面向量的一组基底，由平面向量基本定理可知，对于这一平面内的向量，有且只有一对实数λ，μ，使得等式＝λ＋μ成立.
设M(x，y)，由(1)中各点的坐标有(x，y)＝λ(x1，y1)＋μ(x2，y2)，故x＝λx1＋μx2，y＝λy1＋μy2.
又因为点M在椭圆C上，所以有(λx1＋μx2)2＋3(λy1＋μy2)2＝3b2，整理可得
λ2(x＋3y)＋μ2(x＋3y)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2.④
由③有x1＋x2＝，x1·x2＝.
所以x1x2＋3y1y2＝x1x2＋3(x1－b)(x2－b)
＝4x1x2－3b(x1＋x2)＋6b2
＝3b2－9b2＋6b2＝0.⑤
又点A，B在椭圆C上，
故有x＋3y＝3b2，
x＋3y＝3b2.⑥
将⑤，⑥代入④可得λ2＋μ2＝1.
所以，对于椭圆上的每一个点M，总存在一对实数，使等式＝λ＋μ成立，且λ2＋μ2＝1.
所以存在θ∈[0，2π)，使得λ＝cos θ，μ＝sin θ.
也就是：对于椭圆C上任意一点M，总存在θ∈[0，2π)，使得等式＝cos θ＋sin θ成立.

6.(2018·浙江五校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)，点M在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知椭圆的上顶点为N，是否存在直线l与椭圆C相交于A，B两点，使得·＝0，|AB|＝？若存在，求出直线l的条数；若不存在，请说明理由.
解　(1)方法一　由题意及椭圆的定义，
可得＋＝＋＝2＝2a，
得a＝，b＝＝1，
故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
方法二　依题意可得即3b4－b2－2＝0，
解得b2＝1或b2＝－(舍去)，
可得a2＝3，故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)由(1)可得N(0，1).
显然当直线l的斜率不存在时，不满足题意，
则直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，
由
消去y，整理得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－1)＝0，
Δ＝36k2m2－12(1＋3k2)(m2－1)＝12(1＋3k2－m2)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m
＝－＋＝，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2
＝－＋＝.
所以|x1－x2|＝＝＝，
由|AB|＝|x1－x2|＝·＝，
可得＝.①
由·＝0，可得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，
所以x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，
即＋－＋1＝0，
得2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－.
当m＝1时，代入①得＝，
化简得k4－2k2＋1＝0，解得k2＝1，k＝±1，此时Δ>0，符合题意.
当m＝－时，代入①得 ＝，
化简得k4－4k2－1＝0，所以k2＝2＋，k＝±，
此时Δ>0，符合题意.
综上所述，存在满足题意的直线l，且直线l的条数为4.