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 含解析

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 ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝ 2 NM →
.
(1)求点P 的轨迹方程；
(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →
＝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 (x 0，y 0)，则N (x 0，0)， NP →＝(x －x 0，y )，NM →
＝(0，y 0). 由NP →＝ 2 NM →
，得x 0＝x ，y 0＝22y .
因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 2
2＝1.
因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2. (2)证明 由题意知F (－1，0). 设Q (－3，t )，P (m ，n )，
则OQ →＝(－3，t )，PF →
＝(－1－m ，－n )， OQ →·PF →＝3＋3m －tn ，
OP →＝(m ，n )，PQ →
＝(－3－m ，t －n ). 由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1. 又由(1)知m 2＋n 2＝2， 故3＋3m －tn ＝0.
所以OQ →·PF →＝0，即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 ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点A (0，1)，离心率e ＝6
3，圆C ：x 2＋y 2＝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，c a ＝6
3，即2a 2＝3c 2，
又a 2＝b 2＋c 2，联立解得a 2＝3，b 2＝1. ∴椭圆T 的方程为x 23
＋y 2
＝1.
(2)证明 方法一 ①当P 点横坐标为±3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±3时，设P (x 0，y 0)，
则x 20＋y 20＝4，设k PM ＝k ，PM 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，
联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧
y －y 0＝k (x －x 0)，x 23
＋y 2
＝1， 消去y 得(1＋3k 2)x 2＋6k (y 0－kx 0)x ＋3k 2x 20－6kx 0y 0＋3y 2
0－3＝0， 依题意Δ＝36k 2(y 0－kx 0)2－4(1＋3k 2)(3k 2x 20－6kx 0y 0＋3y 20－3)＝0， 化简得(3－x 20)k 2＋2x 0y 0k ＋1－y 20＝0，
又k PM ，k PN 为方程的两根，
所以k PM ·k PN ＝1－y 203－x 20＝1－(4－x 20)3－x 20＝x 2
0－3
3－x 20
＝－1.
所以PM ⊥PN . 综上知PM ⊥PN .
方法二 ①当P 点横坐标为±3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±3时，设P (2cos θ，2sin θ)， 切线方程为y －2sin θ＝k (x －2cos θ)， ⎩⎪⎨⎪⎧
y －2sin θ＝k (x －2cos θ)，x 2
3
＋y 2
＝1， 联立得(1＋3k 2)x 2＋12k (sin θ－k cos θ)x ＋12(sin θ－k cos θ)2－3＝0， 令Δ＝0，
即Δ＝144k 2(sin θ－k cos θ)2－4(1＋3k 2)[12(sin θ－k cos θ)2－3]＝0， 化简得(3－4cos 2θ)k 2＋4sin 2θ·k ＋1－4sin 2θ＝0， k PM ·k PN ＝1－4sin 2θ3－4cos 2θ＝(4－4sin 2θ)－33－4cos 2θ＝－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 ：x 2a 2＋y 2
b 2＝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2－1. (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 ：x 2a 2＋y 2
b
2＝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2－1，
所以⎩⎪⎨⎪
⎧
c ＝1，a －c ＝2－1，
b 2＝a 2－
c 2，
得⎩
⎪⎨⎪⎧
b 2
＝1，a 2＝2. 所以椭圆E 的方程为x 22
＋y 2
＝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 (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1≠x 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝k (x －1)，x 2
2
＋y 2
＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2
－2＝0， 由题意知，Δ>0，所以x 1＋x 2＝4k 2
2k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋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 1－m )2＋y 2
1＝(x 2－m )2＋y 22，
即(x 1－m )2
＋1－x 212＝(x 2－m )2
＋1－x 222
，
所以(x 1－x 2)⎝⎛
⎭
⎫x 1＋x 2
2－2m ＝0，因为x 1≠x 2， 则m ＝x 1＋x 24，因为x 1＋x 2＝4k 2
2k 2＋1
，
所以m ＝k 2
2k 2＋1＝k 2＋12－
1
22k 2＋1＝12－1
2(2k 2＋1)
(k ≠0)，
所以0<m <1
2
.
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⎝⎛⎭⎫0，12. 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 ＝x 2
4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 (2a ，a )，N (－2a ，a )， 或M (－2a ，a )，N (2a ，a ).
又y ′＝x 2，故y ＝x 2
4在x ＝2a 处的导数值为a ，
C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )， 即ax －y －a ＝0.
y ＝x 2
4
在x ＝－2a 处的导数值为－a ，
C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )， 即ax ＋y ＋a ＝0.
故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋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 (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2.
将y ＝kx ＋a 代入C 的方程得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－b
x 2
＝2kx 1x 2＋(a －b )(x 1＋x 2)
x 1x 2
＝
k (a ＋b )
a
. 当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝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 ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为3
2，点⎝⎛⎭⎫3，12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：
|AQ |·|AR |
|OP |2为定值.
(1)解 由题意可得e ＝c a ＝32，3a 2＋1
4b 2＝1，
所以a ＝2，c ＝3，b ＝1，
所以椭圆C 的方程为x
2
4
＋y 2＝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 (x P ，y P )， 由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝k (x ＋2)，x 24＋y 2
＝1，
得(1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－4＝0， 由根与系数的关系可得⎩⎪⎨⎪⎧
x 1＋x 2＝－16k 21＋4k 2
，
x 1
·x 2
＝16k 2
－4
1＋4k
2
，
x 1＝x A ＝－2，x 2＝x Q ＝2－8k 2
1＋4k 2
，
则|AQ |＝1＋k 2
|x Q －x A |＝1＋k 2
⎪⎪⎪⎪
⎪⎪2－8k 2
1＋4k 2＋2＝1＋k 2·41＋4k 2，
|AR |＝21＋k 2， |OP |＝1＋k 2|x P |，
令直线OP 为y ＝kx 且令x P >0.
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ，x 24＋y 2
＝1，
得(1＋4k 2)x 2－4＝0，x P ＝4
1＋4k 2
， 所以|OP |＝21＋k 21＋4k 2
，|AQ |·|AR ||OP |2＝4
1＋4k
2·
241＋4k 2＝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 ＝3
2
，以椭圆C 的长轴和短轴为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l 0：x ＝x 0(x 0>2)，使得A ，B 到直线l 0的距离d A ，d B 满足d A d B ＝|P A |
|PB |恒成立，若存在，求出x 0的值；若不存在，请说明理由.
解 (1)设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)，
∵c a ＝32，∴c ＝3
2a ，又∵4a 2＋b 2＝45， ∴a 2＋b 2＝5，由b 2＝a 2－c 2＝1
4a 2，
解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3. ∴椭圆C 的标准方程为x 24
＋y 2
＝1.
(2)若直线l 的斜率不存在，则直线l 0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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(不妨令x 1>1>x 2)， 则d A ＝x 0－x 1，d B ＝x 0－x 2，
|P A |＝1＋k 2(x 1－1)，|PB |＝1＋k 2(1－x 2)， ∵d A d B ＝|P A ||PB |
， ∴x 0－x 1x 0－x 2＝1＋k 2(x 1－1)1＋k 2(1－x 2)＝x 1－11－x 2， 解得x 0＝2x 1x 2－(x 1＋x 2)(x 1＋x 2)－2
.
由⎩⎪⎨⎪⎧
x 2
4＋y 2＝1，y ＝k (x －1)，
得(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－4＝0， 由题意知，Δ>0显然成立， x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－41＋4k 2，
x 0＝8k 2－81＋4k 2－
8k 2
1＋4k 28k 2
1＋4k 2
－2＝4.
综上可知，存在直线l 0：x ＝4，使得A ，B 到直线l 0的距离d A ，d B 满足d A d B ＝|P A |
|PB |
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 ＝1
2x 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 |>2|AB |. (1)解 设Γ的标准方程为x 2＝2py (p >0)，则F ⎝⎛⎭⎫0，p 2. 已知E 在直线y ＝1
2
x 上，故可设E (2a ，a ).
因为E ，F 关于M (－1，0)对称，所以⎩⎪⎨⎪
⎧
2a ＋0
2＝－1，p
2＋a 2＝0，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＝－1，
p ＝2.
所以Γ的标准方程为x 2＝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 ＝|k －1|
k 2＋1
， 因为l 与E 交于A ，B 两点， 所以d 2
<r 2
，即(k －1)2
k 2＋1
<1，解得k >0，
所以|AB |＝21－d 2＝2
2k
k 2
＋1
. 由⎩
⎪⎨⎪⎧
x 2＝4y ，y ＝k (x ＋1)消去y 并整理得x 2－4kx －4k ＝0. Δ＝16k 2＋16k >0恒成立，
设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4k ， 那么|CD |＝k 2＋1|x 1－x 2| ＝k 2＋1·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝4k 2＋1·k 2＋k .
所以|CD |2|AB |2＝16(k 2＋1)(k 2
＋k )8k
k 2＋1
＝2(k 2＋1)2(k 2＋k )k ＝2k (k 2＋1)2(k ＋1)k >2k k ＝2.
所以|CD |2>2|AB |2，即|CD |>2|AB |.
4.已知椭圆x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)的长轴与短轴之和为6，椭圆上任一点到两焦点F 1，F 2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 |＝2|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x 24＋y 2
＝1.
(2)∵C ，D 关于直线AB 对称，
设直线CD 的方程为y ＝－x ＋t ，
联立⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝－x ＋t ，x 2
4＋y 2
＝1，消去y ，得5x 2－8tx ＋4t 2－4＝0， Δ＝64t 2－4×5×(4t 2－4)>0，解得t 2<5， 设C ，D 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8t
5，x 1x 2＝4t 2－45，
设CD 的中点为M (x 0，y 0)，
∴⎩⎨⎧
x 0＝x 1＋x 22＝4t 5
，
y 0
＝－x 0
＋t ＝t
5
，∴M ⎝⎛⎭⎫
4t 5，t 5，
又点M 也在直线y ＝x ＋m 上， 则t 5＝4t 5＋m ，∴t ＝－5m
3， ∵t 2<5，∴m 2<95
.
则|CD |＝1＋1|x 1－x 2|＝2·(x 1＋x 2)2
－4x 1x 2＝2·45－t 2
5
.
同理|AB |＝2·45－m 2
5
.
∵|AB |＝2|CD |，∴|AB |2＝2|CD |2， ∴2t 2－m 2＝5，∴m 2＝4541<9
5
，
∴存在实数m ，使|AB |＝2|CD |，此时m 的值为±3205
41
.
5.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为6
3，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k ON ；
(2)求证：对于椭圆C 上的任意一点M ，都存在θ∈[0，2π)，使得OM →＝cos θOA →＋sin θOB →
成立. (1)解 设椭圆的焦距为2c ，
因为c a ＝6
3，所以a 2－b 2a 2＝23，故有a 2＝3b 2.
从而椭圆C 的方程可化为x 2＋3y 2＝3b 2.① 由题意知右焦点F 的坐标为(2b ，0)， 据题意有AB 所在的直线方程为y ＝x －2b .②
由①②得4x 2－62bx ＋3b 2
＝0.③
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，弦AB 的中点N (x 0，y 0)， 由③及根与系数的关系得x 0＝
x 1＋x 22＝32b 4，y 0＝x 0－2b ＝－2
4
b . 所以k ON ＝y 0x 0＝－1
3
，即为所求.
(2)证明 显然OA →与OB →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OM →
，有且只有一对实数λ，μ，使得等式OM →＝λOA →＋μOB →
成立.
设M (x ，y )，由(1)中各点的坐标有(x ，y )＝λ(x 1，y 1)＋μ(x 2，y 2)，故x ＝λx 1＋μx 2，y ＝λy 1＋μy 2. 又因为点M 在椭圆C 上，所以有(λx 1＋μx 2)2＋3(λy 1＋μy 2)2＝3b 2，整理可得
λ2(x 21＋3y 21)＋μ2(x 22＋3y 22)＋2λμ(x 1x 2＋3y 1y 2)＝3b 2
.④
由③有x 1＋x 2＝32b 2，x 1·x 2＝3b 24
.
所以x 1x 2＋3y 1y 2＝x 1x 2＋3(x 1－2b )(x 2－2b ) ＝4x 1x 2－32b (x 1＋x 2)＋6b 2 ＝3b 2－9b 2＋6b 2＝0.⑤ 又点A ，B 在椭圆C 上，
故有x 21＋3y 21＝3b 2
， x 22＋3y 22＝3b 2.⑥
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OM →＝λOA →＋μOB →
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OM →＝cos θOA →＋sin θOB →
成立.
6.(2018·浙江五校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(－2，0)，F 2(2，0)，点M ⎝⎛⎭⎫2，3
3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NA →·NB →＝0，|AB |＝322？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＋2)2＋1
3
＋
(2－2)2＋13＝533＋3
3
＝23＝2a ，
得a ＝3，b ＝(3)2－(2)2＝1，
故椭圆C 的标准方程为x
2
3
＋y 2＝1.
方法二 依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧
2a 2＋13b 2＝1，
a 2－
b 2＝2，即3b 4－b 2－2＝0，
解得b 2＝1或b 2＝－2
3
(舍去)，
可得a 2
＝3，故椭圆C 的标准方程为x 23
＋y 2
＝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⎩⎪⎨⎪⎧
x 2
3＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，
消去y ，整理得(1＋3k 2)x 2＋6kmx ＋3(m 2－1)＝0， Δ＝36k 2m 2－12(1＋3k 2)(m 2－1)＝12(1＋3k 2－m 2)>0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
则x 1＋x 2＝－6km 1＋3k 2，x 1x 2＝3(m 2－1)1＋3k 2，
y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m
＝－6k 2m 1＋3k 2＋2m ＋6k 2
m 1＋3k 2＝2m 1＋3k 2
，
y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2 ＝3k 2(m 2－1)1＋3k 2－6k 2m 21＋3k 2＋m 2＋3k 2m 21＋3k 2＝m 2－3k 2
1＋3k 2.
所以|x 1－x 2|＝(x 1＋x 2)2
－4x 1x 2＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫－6km 1＋3k 22－12(m 2
－1)1＋3k 2＝231＋3k 23k 2－m 2＋1，
由|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·231＋3k 23k 2－m 2
＋1＝322，
可得1＋k 21＋3k
21－m 2＋3k 2
＝64.① 由NA →·NB →＝0，可得(x 1，y 1－1)·(x 2，y 2－1)＝0， 所以x 1x 2＋y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1＝0， 即3(m 2－1)1＋3k 2＋m 2－3k 21＋3k 2－2m 1＋3k 2＋1＝0， 得2m 2－m －1＝0，解得m ＝1或m ＝－12.
当m ＝1时，代入①得1＋k 21＋3k
23k 2
＝64，
化简得k 4－2k 2＋1＝0，解得k 2＝1，k ＝±1，此时Δ>0，符合题意.
当m ＝－12时，代入①得1＋k 21＋3k 2 3k 2＋34＝64， 化简得k 4－4k 2－1＝0，所以k 2＝2＋5，k ＝±2＋5， 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.。