1、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： y 21 上，过 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N，x22点 P 满足 .NP 2NM (1)求点 P 的轨迹方程；(2)设点 Q 在直线 x3 上，且 1.证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦OP PQ 点 F.(1)解 设 P(x，y)，M(x0，y0)，则 N(x0，0)，(x x 0，y)， (0，y 0).NP NM 由 ，得 x0x，y 0 y.NP 2NM 22因为 M(x0，y0)在 C 上，所以 1.x22 y22因此点 P 的轨迹方程为 x2y 22.(2
2、)证明 由题意知 F(1，0).设 Q(3，t) ，P(m，n)，则 ( 3， t)， (1 m， n)，OQ PF 33m tn，OQ PF (m，n)， (3m，tn).OP PQ 由 1，得 3mm 2tnn 21.OP PQ 又由(1)知 m2 n22，故 33mtn0.所以 0，即 .OQ PF OQ PF 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( ab0)的一个顶点
3、 A(0，1) ，离心率 e ，圆x2a2 y2b2 63C：x 2 y24，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：PMPN.(1)解 由题意可知 b1， ，即 2a23c 2，ca 63又 a2b 2c 2，联立解得 a23，b 21.椭圆 T 的方程为 y 21.x23(2)证明 方法一 当 P 点横坐标为 时， 纵坐标为1 ，PM 斜率不存在，PN 斜率为30，PMPN.当 P 点横坐标不为 时，设 P(x0，y0)，3则 x y 4，设 kPMk，PM 的方程为 yy 0k (xx 0)，20 20联立方程组Error!消
4、去 y 得(1 3k 2)x26k( y0kx 0)x3k 2x 6kx 0y03y 3 0，20 20依题意 36k 2(y0kx 0)24(13k 2)(3k2x 6kx 0y03y 3)0，20 20化简得(3x )k22x 0y0k1y 0，20 20又 kPM，kPN为方程的两根，所以 kPMkPN 1.1 y203 x20 1 4 x203 x20 x20 33 x20所以 PMPN.综上知 PMPN .方法二 当 P 点横坐标为 时，纵坐标为1， PM 斜率不存在，PN 斜率为 0，PMPN.3当 P 点横坐标不为 时，设 P(2cos ，2sin )，3切线方程为 y2sin
5、k( x2cos )，Error!联立得(13k 2)x212k(sin kcos )x12(sin kcos )230，令 0 ，即 144 k2(sin k cos )24(13k 2)12(sin k cos )230，化简得(34cos 2)k24sin 2k14sin 20，kPMkPN 1.1 4sin23 4cos2 4 4sin2 33 4cos2所以 PMPN.综上知 PMPN .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(ab0)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.x2a2 y
6、2b2 2(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( ab0)上的动点 S 到椭圆 E 的右焦点 F(1，0)的距离的最小值x2a2 y2b2为 1，2所以Error! 得Error!所以椭圆 E 的方程为 y 2 1.x22(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
7、yk(x1)(k 0)，P(x 1，y1)，Q(x2，y2)，x1x 2，由Error! 得(1 2k 2)x24k 2x2k 220，由题意知，0，所以 x1x 2 ，x1x2 ，4k22k2 1 2k2 22k2 1因为以 MP，MQ 为邻边的平行四边形是菱形，所以|MP| |MQ| ，所以(x 1m) 2y ( x2m) 2y ，21 2即(x 1 m)21 ( x2m) 21 ，x212 x22所以(x 1x 2) 0 ，因 为 x1x 2，(x1 x22 2m)则 m ，因为 x1x 2 ，x1 x24 4k22k2 1所以 m (k0)，k22k2 1 k2 12 122k2 1
8、12 122k2 1所以 00)交于 M，Nx24两点，(1)当 k0 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OPMOPN？请说明理由.解 (1)由题设可得 M(2 ，a)，N(2 ，a)，a a或 M(2 ，a)，N(2 ，a).a a又 y ，故 y 在 x2 处的导数值为 ，x2 x24 a aC 在点(2 ，a)处的切线方程 为 ya (x2 )，a a a即 x ya0.ay 在 x2 处的导数值为 ，x24 a aC 在点(2 ，a)处的切线方程 为 ya (x2 )，a a a即 x ya0.a故所求切线方程为 xy
9、a0 和 xya0.a a(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 ykxa 代入 C 的方程得 x24kx4a0.故 x1x 24k，x 1x24a.从而 k1k 2 y1 bx1 y2 bx22kx1x2 a bx1 x2x1x2 .ka ba当 ba 时，有 k1k 20，则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补，故OPMOPN，所以点 P(0，a)符合题意.1.已知椭圆 C： 1(ab0)的离心率为 ，点 在 C 上.x2a2 y2b2 32 ( 3，12)(1)求椭
10、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 AQOP ，求证： 为定值.|AQ|AR|OP|2(1)解 由题意可得 e ， 1，ca 32 3a2 14b2所以 a2，c ，b1，3所以椭圆 C 的方程为 y 21.x24(2)证明 显然直线 AQ 斜率存在，设直线 AQ：yk(x2) ，R(0，2k)，P(xP，yP)，由Error! 得(1 4k 2)x216k 2x16k 240，由根与系数的关系可得Error!x1x A2，x 2x Q ，2 8k21 4k2则|AQ | |xQx A| ，1 k2
11、1 k2|2 8k21 4k2 2| 1 k2 41 4k2|AR|2 ，1 k2|OP| |xP|，1 k2令直线 OP 为 ykx 且令 xP0.由Error! 得(1 4k 2)x240，x P ，41 4k2所以|OP| ， 2，21 k21 4k2 |AQ|AR|OP|241 4k2241 4k2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32对角线的四边形的周长为 4 .5(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：xx 0(x02)，使得A
12、，B 到直线 l0 的距离 dA，d B满足 恒成立，若存在，求出 x0 的值；若不存在，请说dAdB |PA|PB|明理由.解 (1)设椭圆 C 的标准方程为 1(ab0)，x2a2 y2b2 ，c a，又4 4 ，ca 32 32 a2 b2 5a 2b 25，由 b2a 2c 2 a2，14解得 a2，b1，c .3椭圆 C 的标准方程为 y 21.x24(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 yk(x1)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)(不妨令 x11x2)，则 dAx 0x 1，dBx 0x 2，|PA| (x
13、11)，| PB| (1x 2)，1 k2 1 k2 ，dAdB |PA|PB| ，x0 x1x0 x2 1 k2x1 11 k21 x2 x1 11 x2解得 x0 .2x1x2 x1 x2x1 x2 2由Error! 得(1 4k 2)x28k 2x4k 240，由题意知，0 显然成立，x1x 2 ，x1x2 ，8k21 4k2 4k2 41 4k2x0 4.8k2 81 4k2 8k21 4k28k21 4k2 2综上可知，存在直线 l0：x4，使得 A，B 到直线 l0 的距离 dA，dB满足 恒成立.dAdB |PA|PB|3.已知顶点是坐标原点的抛物线 的焦点 F 在 y 轴正半轴
14、上，圆心在直线 y x 上的圆 E12与 x 轴相切，且 E，F 关于点 M(1，0) 对称.(1)求 E 和 的标准方程；(2)过点 M 的直线 l 与 E 交于 A，B，与 交于 C，D ，求证：|CD| |AB|.2(1)解 设 的标准方程为 x22py (p0)，则 F .(0，p2)已知 E 在直线 y x 上，故可设 E(2a，a).12因为 E，F 关于 M(1，0)对称，所以Error!解得Error!所以 的标准方程为 x24y.因为 E 与 x 轴相切，故半径 r|a|1，所以 E 的标准方程为(x2) 2( y1) 21.(2)证明 由题意知，直 线 l 的斜率存在，设
15、l 的斜率为 k，那么其方程为 yk (x1)( k0) ，则 E(2，1)到 l 的距离 d ，|k 1|k2 1因为 l 与 E 交于 A，B 两点，所以 d20，k 12k2 1所以|AB|2 2 .1 d22kk2 1由Error! 消去 y 并整理得 x2 4kx4k0.16k 216k0 恒成立，设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，则 x1 x24k，x 1x24k，那么|CD| |x1x 2|k2 1 k2 1 x1 x22 4x1x24 .k2 1 k2 k所以 |CD|2|AB|2 16k2 1k2 k8kk2 1 2.2k2 12k2 kk 2kk2 12k 1k 2k
16、k所以|CD| 22|AB|2，即|CD| |AB|.24.已知椭圆 1(ab0)的长轴与短轴之和为 6，椭圆上任一点到两焦点 F1，F 2 的距离x2a2 y2b2之和为 4.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线 AB：yx 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2明理由.解 (1)由题意，2a4，2a2b6，a2， b1.椭圆的标准方程为 y 21.x24(2)C，D 关于直线 AB 对称，设直线 CD 的方程为 yx t ，联立Error! 消去 y，得 5x
17、28tx4t 240，64t 245(4t 24)0，解得 t2b0)的离心率为 ，过右焦点 F 且斜率为 1 的直线交椭圆 Cx2a2 y2b2 63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 0，2) ，使得 cos sin 成OM OA OB 立.(1)解 设椭圆的焦距为 2c，因为 ，所以 ，故有 a23b 2.ca 63 a2 b2a2 23从而椭圆 C 的方程可化为 x23y 23b 2.由题意知右焦点 F 的坐标为( b，0)，2据题意有 AB 所在的直线方程为 yx b.2由得
18、 4x26 bx3b 20.2设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦 AB 的中点 N(x0，y0)，由及根与系数的关系得 x0 ，y0x 0 b b.x1 x22 32b4 2 24所以 kON ，即为所求.y0x0 13(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OA OB 面内的向量 ，有且只有一对实数 ，使得等式 成立.OM OM OA OB 设 M(x，y)，由(1)中各点的坐标有(x，y )(x 1，y1) (x2，y2)，故 xx 1x 2，yy 1y 2.又因为点 M 在椭圆 C 上，所以有 (x1x 2)23(y 1y 2)23b 2
19、，整理可得2(x 3y ) 2(x 3y )2 (x1x23y 1y2)3b 2.21 21 2 2由有 x1x 2 ，x1x2 .32b2 3b24所以 x1x23y 1y2x 1x23(x 1 b)(x2 b)2 24x 1x23 b(x1x 2)6b 223b 29b 26b 20.又点 A，B 在椭圆 C 上，故有 x 3y 3b 2，21 21x 3y 3b 2.2 2将，代入可得 2 2 1.所以，对于椭圆上的每一个点 M，总存在一对实数，使等式 成立，且OM OA OB 2 21.所以存在 0，2) ，使得 cos ，sin .也就是：对于椭圆 C 上任意一点 M，总存在 0 ，
20、2)，使得等式 cos sin 成OM OA OB 立.6.(2018浙江五校联考)已知椭圆 C： 1( ab0)的左、右焦点分别为 F1( ，0)，x2a2 y2b2 2F2( ， 0)，点 M 在椭圆 C 上.2 (2，33)(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.NA NB 322解 (1)方法一 由题意及椭圆的定义，可得 2 2a， 2 22 13 2 22 13 533 33 3得 a ，b 1，3 32 22故椭圆 C 的标准方程为 y
21、21.x23方法二 依题意可得Error!即 3b4b 220，解得 b21 或 b2 (舍去)，23可得 a23，故椭圆 C 的标准方程为 y 21.x23(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 ykxm，由Error!消去 y，整理得 (13k 2)x26kmx3( m21)0，36k 2m212(13k 2)(m21)12(13k 2m 2)0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x 2 ，x1x2 ， 6km1 3k2 3m2 11 3k2y1y 2k(x 1x 2)2m ，6k2m1
22、3k2 2m 6k2m1 3k2 2m1 3k2y1y2(kx 1m)( kx2m )k 2x1x2mk( x1x 2)m 2 .3k2m2 11 3k2 6k2m21 3k2 m2 3k2m21 3k2 m2 3k21 3k2所以|x 1x 2| ，x1 x22 4x1x2 ( 6km1 3k2)2 12m2 11 3k2 231 3k23k2 m2 1由|AB| |x1x 2| ，1 k2 1 k2231 3k23k2 m2 1 322可得 .1 k21 3k21 m2 3k2 64由 0，可得(x 1，y11)(x 2，y21)0，NA NB 所以 x1x2y 1y2(y 1y 2)1 0，即 10，3m2 11 3k2 m2 3k21 3k2 2m1 3k2得 2m2m10，解得 m1 或 m .12当 m1 时，代入得 ，1 k21 3k23k2 64化简得 k42k 210，解得 k21， k1，此 时 0，符合题意.当 m 时，代入得 ，12 1 k21 3k2 3k2 34 64化简得 k44k 210，所以 k22 ，k ，5 2 5此时 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.