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＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P2→→满足NP＝2NM. (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
x2
2
F.
(1)解 设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)， →
NP＝(x－x0，y)，NM＝(0，y0).
2→→
由NP＝2NM，得x0＝x，y0＝y.
2因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝1.
22因此点P的轨迹方程为x＋y＝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)，
2
2
→
x2y2
→→
OQ·PF＝3＋3m－tn， →
OP＝(m，n)，PQ＝(－3－m，t－n).
→→22
由OP·PQ＝1，得－3m－m＋tn－n＝1. 又由(1)知m＋n＝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.
2
2
→
x2y262
跟踪训练1 已知椭圆T：2＋2＝1(a>b>0)的一个顶点A(0，1)，离心率e＝，圆C：xab3
＋y＝4，从圆C上任意一点P向椭圆T引两条切线PM，PN.
2
(1)求椭圆T的方程； (2)求证：PM⊥PN.
(1)解 由题意可知b＝1，＝
2
2
2
2
ca622
，即2a＝3c， 3
2
又a＝b＋c，联立解得a＝3，b＝1. ∴椭圆T的方程为＋y＝1.
3
(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，
x2
2
PM⊥PN.
②当P点横坐标不为±3时，设P(x0，y0)，
则x0＋y0＝4，设kPM＝k，PM的方程为y－y0＝k(x－x0)，
2
2
y－y0＝k?x－x0?，??2
联立方程组?x2
＋y＝1，??3
2
2
22
消去y得(1＋3k)x＋6k(y0－kx0)x＋3kx0－6kx0y0＋3y0－3＝0， 依题意Δ＝36k(y0－kx0)－4(1＋3k)(3kx0－6kx0y0＋3y0－3)＝0， 化简得(3－x0)k＋2x0y0k＋1－y0＝0， 又kPM，kPN为方程的两根，
1－y01－?4－x0?x0－3
所以kPM·kPN＝＝2＝22＝－1.
3－x03－x03－x0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(2cosθ，2sinθ)， 切线方程为y－2sinθ＝k(x－2cosθ)，
2
2
2
22
2
2
22
2
222
y－2sinθ＝k?x－2cosθ?，??2
?x2
＋y＝1，??3
2
2
22
联立得(1＋3k)x＋12k(sinθ－kcosθ)x＋12(sinθ－kcosθ)－3＝0， 令Δ＝0，
即Δ＝144k(sinθ－kcosθ)－4(1＋3k)[12(sin θ－kcos θ)－3]＝0， 化简得(3－4cosθ)k＋4sin2θ·k＋1－4sinθ＝0， 1－4sinθ?4－4sinθ?－3kPM·kPN＝＝＝－1. 223－4cosθ3－4cosθ所以PM⊥PN.
22
2
2
2
2
2
2
综上知PM⊥PN. 题型二 探索性问题
x2y2
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：2＋2＝
ab1(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.
x2y2
解 (1)因为椭圆E：2＋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
ab值为2－1，
?c＝1，
所以?a－c＝2－1，
?b＝a－c，
2
2
2
2
??b＝1，得?2
?a＝2.?
2
所以椭圆E的方程为＋y＝1.
2
(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)，
x2
x1≠x2， y＝k?x－1?，??2由?x2
＋y＝1，??2
得(1＋2k)x－4kx＋2k－2＝0，
2222
4k2k－2由题意知，Δ>0，所以x1＋x2＝2，x1x2＝2，
2k＋12k＋1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)＋y1＝(x2－m)＋y2， 即(x1－m)＋1－＝(x2－m)＋1－，
22所以(x1－x2)?则m＝
2
2
2
2
2
22
x21
2
x22
?x1＋x2－2m?＝0，因为x≠x，
?12
?2?
2
x1＋x2
44k，因为x1＋x2＝2，
2k＋1
11221k21
所以m＝2＝2＝－(k≠0)， 2
2k＋12k＋122?2k＋1?
k2＋－1
所以0 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 ?1?范围为?0，?. ?2? 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，N4两点， (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′＝，故y＝在x＝2a处的导数值为a， 24 x2 xx2 C在点(2a，a)处的切线方程为y－a＝a(x－2a)， 即ax－y－a＝0. y＝在x＝－2a处的导数值为－a， 4 x2 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(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x－4kx－4a＝0. 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a. 2