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11 圆锥曲线的综合问题之证明、探究性问题
◇ 知 识 链 接 ◇
圆锥曲线中证明、探究性问题，由于其能很好地考查学生对数学知识的迁移、组合、融会的能力，有利于提高学生综合运用所学知识分析、解决问题的能力．
知识链接01 证明问题（代数转化法）
圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系等．证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明．
知识链接01 探究、存在性问题
存在性问题的解法：先假设存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
要注意的是：
（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．
◇ 典 例 剖 析 ◇
典例剖析01 有关角度的证明问题
设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
典例剖析02 有关长度的证明问题
已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，直线l1：x＝4与x轴的交点为G，过点M(1,0)且不与x轴重合的直线l2交椭圆E于点A，B.当l2垂直于x轴时，△ABG的面积为.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若AC⊥l1，垂足为C，直线BC交x轴于点D，证明：|MD|＝|DG|.
典例剖析03 探究有关点、线的存在性问题
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点F为左焦点，过点F作x轴的垂线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝3.
（1）求椭圆C的方程；
（2）在圆x2＋y2＝3上是否存在点P，使得在点P处的切线l与椭圆C相交于M，N两点，且满足⊥？若存在，求l的方程；若不存在，请说明理由．
典例剖析04 探究有关字母参数的存在性问题
如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l：x＝4.
（1）求椭圆C的方程；
（2）AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
◇ 小 试 牛 刀 ◇
1．已知圆C：(x－1)2＋y2＝，一动圆与直线x＝－相切且与圆C外切．
（1）求动圆圆心P的轨迹T的方程；
（2）若经过定点Q(6,0)的直线l与曲线T交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N，试问是否存在直线l，使得NA⊥NB，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
3．在平面直角坐标系xOy中，点F的坐标为，以线段MF为直径的圆与x轴相切．
（1）求点M的轨迹E的方程；
（2）设T是E上横坐标为2的点，OT的平行线l交E于A，B两点，交曲线E在T处的切线于点N，求证：|NT|2＝|NA|·|NB|.
4．如图，在平面直角坐标系中，点F(－1，0)，过直线l：x＝－2右侧的动点P作PA⊥l于点A，∠APF的平分线交x轴于点B，|PA|＝|BF|.
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过点F的直线q交曲线C于M，N，试问：x轴正半轴上是否存在点E，直线EM，EN分别交直线l于R，S两点，使∠RFS为直角？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
2022年下学期 高二数学 同步复习讲义
11 圆锥曲线的综合问题之证明、探究性问题
◇ 知 识 链 接 ◇
圆锥曲线中证明、探究性问题，由于其能很好地考查学生对数学知识的迁移、组合、融会的能力，有利于提高学生综合运用所学知识分析、解决问题的能力．
知识链接01 证明问题（代数转化法）
圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系等．证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明．
知识链接01 探究、存在性问题
存在性问题的解法：先假设存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
要注意的是：
（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．
◇ 典 例 剖 析 ◇
典例剖析01 有关角度的证明问题
设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
【解析】（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1. 则点A的坐标为或.
又M(2,0)，所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－，
即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.
（2）证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝.
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0.
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB成立．
典例剖析02 有关长度的证明问题
已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，直线l1：x＝4与x轴的交点为G，过点M(1,0)且不与x轴重合的直线l2交椭圆E于点A，B.当l2垂直于x轴时，△ABG的面积为.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若AC⊥l1，垂足为C，直线BC交x轴于点D，证明：|MD|＝|DG|.
【解析】（1）因为椭圆E的焦距为2，所以c＝，所以a2－b2＝3，①
当l2垂直于x轴时，|MG|＝3，因为△ABG的面积为，即|AB|·|MG|＝，
所以|AB|＝，不妨设A，代入椭圆E的方程得＋＝1，②
联立①②解得a2＝4，b2＝1，所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
（2）证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(4，y1)．
因为直线l2不与x轴重合，故可设l2的方程为x＝my＋1，
联立得整理得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
所以Δ＝16(m2＋3)＞0，y1＋y2＝，y1y2＝，
所以直线BC：y－y1＝(x－4)，令y＝0，则x＝＋4，
所以点D的横坐标xD＝＋4，
所以xD－＝＋4－＝＋＝
＝＝＝0，所以xD＝，
因为MG中点的横坐标为，所以D为线段MG的中点，所以|MD|＝|DG|.
典例剖析03 探究有关点、线的存在性问题
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点F为左焦点，过点F作x轴的垂线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝3.
（1）求椭圆C的方程；
（2）在圆x2＋y2＝3上是否存在点P，使得在点P处的切线l与椭圆C相交于M，N两点，且满足⊥？若存在，求l的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）∵e＝＝，∴3a2＝4b2.
又∵|AB|＝＝3，∴a＝2，b＝.
∴椭圆C的方程为＋＝1.
（2）假设存在点P，使得⊥.
当直线l的斜率不存在时，l：x＝或x＝－，
此时M，N或M，N，
∴·＝3－＝≠0，
∴当直线l的斜率不存在时，不满足⊥.
当直线l的斜率存在时，设y＝kx＋m，
联立得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
∵直线l与椭圆C相交于M，N两点，∴Δ>0，化简得4k2>m2－3.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴x1＋x2＝，x1x2＝，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.
∵·＝0，∴＋＝0，
∵7m2－12k2－12＝0.
又∵直线l与圆x2＋y2＝3相切，∴＝，
∴m2＝3＋3k2，∴21＋21k2－12k2－12＝0，
解得k2＝－1，显然不成立，
∴在圆上不存在这样的点P使⊥成立．
典例剖析04 探究有关字母参数的存在性问题
如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l：x＝4.
（1）求椭圆C的方程；
（2）AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由题意得解得故椭圆C的方程为＋＝1.
（2）由题意可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，①
代入椭圆方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，
则x1＋x2＝，x1x2＝，②
在方程①中令x＝4，得点M的坐标为(4,3k)．
从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.
因为A，F，B三点共线，所以k＝kAF＝kBF，即＝＝k，
所以k1＋k2＝＋＝＋－
＝2k－·，③
将②代入③得，k1＋k2＝2k－·＝2k－1，
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.
故存在常数λ＝2符合题意．
◇ 小 试 牛 刀 ◇
1．已知圆C：(x－1)2＋y2＝，一动圆与直线x＝－相切且与圆C外切．
（1）求动圆圆心P的轨迹T的方程；
（2）若经过定点Q(6,0)的直线l与曲线T交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N，试问是否存在直线l，使得NA⊥NB，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设P(x，y)，分析可知动圆的圆心不能在y轴的左侧，故x≥0，
因为动圆与直线x＝－相切，且与圆C外切，所以|PC|－＝，
所以|PC|＝x＋1，所以 ＝x＋1，化简可得y2＝4x.
（2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知，当直线l与y轴垂直时，显然不符合题意，
故可设直线l的方程为x＝my＋6，
联立消去x，可得y2－4my－24＝0，
显然Δ＝16m2＋96>0，则①
所以x1＋x2＝(my1＋6)＋(my2＋6)＝4m2＋12，②
因为x1x2＝·，所以x1x2＝36，③
假设存在N(x0，y0)，使得·＝0，
由题意可知y0＝，所以y0＝2m，④
由N点在抛物线上可知x0＝，即x0＝m2，⑤
又＝(x1－x0，y1－y0)，＝(x2－x0，y2－y0)，
若·＝0，
则x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2－y0(y1＋y2)＋y＝0，
由①②③④⑤代入上式化简可得3m4＋16m2－12＝0，
即(m2＋6)(3m2－2)＝0，所以m2＝，故m＝±，
所以存在直线3x＋y－18＝0或3x－y－18＝0，使得NA⊥NB.
2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由内切圆的性质，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，所以＝.
将x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3.
又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，故椭圆C的标准方程为＋＝1.
（2）当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，
设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．
联立消去y，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得①，其中Δ>0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，
即＋＝0.②
因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，
所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得
＝＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0.③
将①代入③得＝＝0，则t＝4，
综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．
3．在平面直角坐标系xOy中，点F的坐标为，以线段MF为直径的圆与x轴相切．
（1）求点M的轨迹E的方程；
（2）设T是E上横坐标为2的点，OT的平行线l交E于A，B两点，交曲线E在T处的切线于点N，求证：|NT|2＝|NA|·|NB|.
【解析】（1）设点M(x，y)，因为F，所以MF的中点坐标为.
因为以线段MF为直径的圆与x轴相切，所以＝，即|MF|＝，
故 ＝，得x2＝2y，所以M的轨迹E的方程为x2＝2y.
（2）证明：因为T是E上横坐标为2的点，所以由(1)得T(2,2)，所以直线OT的斜率为1.
因为l∥OT，所以可设直线l的方程为y＝x＋m，m≠0.
由y＝x2，得y′＝x，则曲线E在T处的切线的斜率为y′|x＝2＝2，
所以曲线E在T处的切线方程为y＝2x－2.
由得所以N(m＋2,2m＋2)，
所以|NT|2＝[(m＋2)－2]2＋[(2m＋2)－2]2＝5m2.
由消去y，得x2－2x－2m＝0，
由Δ＝4＋8m＞0，解得m＞－.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，x1x2＝－2m.
因为N，A，B在l上，
所以|NA|＝|x1－(m＋2)|，|NB|＝|x2－(m＋2)|，
所以|NA|·|NB|＝2|x1－(m＋2)|·|x2－(m＋2)|
＝2|x1x2－(m＋2)(x1＋x2)＋(m＋2)2|
＝2|－2m－2(m＋2)＋(m＋2)2|
＝2m2，
所以|NT|2＝|NA|·|NB|.
4．如图，在平面直角坐标系中，点F(－1，0)，过直线l：x＝－2右侧的动点P作PA⊥l于点A，∠APF的平分线交x轴于点B，|PA|＝|BF|.
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过点F的直线q交曲线C于M，N，试问：x轴正半轴上是否存在点E，直线EM，EN分别交直线l于R，S两点，使∠RFS为直角？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设P(x，y)，由平面几何知识得＝，
即＝，化简得＋y2＝1，
所以动点P的轨迹C的方程为＋y2＝1(x≠)．
（2）假设满足条件的点E(n,0)(n>0)存在，
设直线q的方程为x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(－2，y3)，S(－2，y4)．
联立消去x，得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝－，
x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1＝－－＋1＝，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝－2＝－，
由条件知＝，y3＝－，同理y4＝－，
kRF＝＝－y3，kSF＝－y4.
因为∠RFS为直角，所以y3y4＝－1，
所以(2＋n)2y1y2＝－[x1x2－n(x1＋x2)＋n2]，
(2＋n)2＝＋＋n2，
所以(n2－2)(m2＋1)＝0，n＝，
故满足条件的点E存在，其坐标为(，0)．

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