題型一　證明問題
例1 (2017·全國(guó)Ⅱ)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C：＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點(diǎn)P滿足＝.
(1)求點(diǎn)P的軌跡方程；
(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x＝－3上，且·＝1.證明：過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.
(1)解　設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0,0)，
＝(x－x0，y)，＝(0，y0).
由＝ 得x0＝x，y0＝y(tǒng).
因?yàn)镸(x0，y0)在C上，所以＋＝1.
因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2＋y2＝2.
(2)證明　由題意知F(－1,0).
設(shè)Q(－3，t)，P(m，n)，則＝(－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⊥.
又過點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ，
所以過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.
思維升華 圓錐曲線中的證明問題多涉及證明定值、點(diǎn)在定直線上等，有時(shí)也涉及一些否定性命題，證明方法一般是采用直接法或反證法.
跟蹤訓(xùn)練1 已知橢圓T：＋＝1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn)A(0,1)，離心率e＝，圓C：x2＋y2＝4，從圓C上任意一點(diǎn)P向橢圓T引兩條切線PM，PN.
(1)求橢圓T的方程；
(2)求證：PM⊥PN.
(1)解　由題意可知b＝1，＝，即2a2＝3c2，
又a2＝b2＋c2，聯(lián)立解得a2＝3，b2＝1.
∴橢圓方程為＋y2＝1.
(2)證明　方法一?、佼?dāng)P點(diǎn)橫坐標(biāo)為±時(shí)，縱坐標(biāo)為±1，PM斜率不存在，PN斜率為0，PM⊥PN.
②當(dāng)P點(diǎn)橫坐標(biāo)不為±時(shí)，設(shè)P(x0，y0)，
則x＋y＝4，設(shè)kPM＝k，
PM的方程為y－y0＝k(x－x0)，
聯(lián)立方程組
消去y得(1＋3k2)x2＋6k(y0－kx0)x＋3k2x－6kx0y0＋3y－3＝0，
依題意Δ＝36k2(y0－kx0)2－4(1＋3k2)(3k2x－6kx0y0＋3y－3)＝0，
化簡(jiǎn)得(3－x)k2＋2x0y0k＋1－y＝0，
又kPM，kPN為方程的兩根，
所以kPM·kPN＝＝＝＝－1.
所以PM⊥PN.
綜上知PM⊥PN.
方法二?、佼?dāng)P點(diǎn)橫坐標(biāo)為±時(shí)，縱坐標(biāo)為±1，PM斜率不存在，PN斜率為0，PM⊥PN.
②當(dāng)P點(diǎn)橫坐標(biāo)不為±時(shí)，設(shè)P(2cos θ，2sin θ)，
切線方程為y－2sin θ＝k(x－2cos θ)，

聯(lián)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，
化簡(jiǎn)得(3－4cos2θ)k2＋4sin 2θ·k＋1－4sin2θ＝0，
kPM·kPN＝＝＝－1.
所以PM⊥PN.
綜上知PM⊥PN.



題型二　探索性問題
例2 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C：y＝與直線l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N兩點(diǎn)，
(1)當(dāng)k＝0時(shí)，分別求C在點(diǎn)M和N處的切線方程；
(2)y軸上是否存在點(diǎn)P，使得當(dāng)k變動(dòng)時(shí)，總有∠OPM＝∠OPN？說明理由.
解　(1)由題設(shè)可得M(2，a)，N(－2，a)，
或M(－2，a)，N(2，a).
又y′＝，故y＝在x＝2處的導(dǎo)數(shù)值為，
C在點(diǎn)(2，a)處的切線方程為y－a＝(x－2)，
即x－y－a＝0.
y＝在x＝－2處的導(dǎo)數(shù)值為－，
C在點(diǎn)(－2，a)處的切線方程為y－a＝－(x＋2)，
即x＋y＋a＝0.
故所求切線方程為x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.
(2)存在符合題意的點(diǎn)，證明如下：
設(shè)P(0，b)為符合題意的點(diǎn)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.
將y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
從而k1＋k2＝＋
＝
＝.
當(dāng)b＝－a時(shí)，有k1＋k2＝0，
則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補(bǔ)，
故∠OPM＝∠OPN，所以點(diǎn)P(0，－a)符合題意.
思維升華 解決探索性問題的注意事項(xiàng)
探索性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在.
(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論；
(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件；
(3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時(shí)，要開放思維，采取另外合適的方法.
跟蹤訓(xùn)練2 (2018·鞍山模擬)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)過點(diǎn)Q，且離心率e＝，直線l與E相交于M，N兩點(diǎn)，l與x軸、y軸分別相交于C，D兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn).
(1)求橢圓E的方程；
(2)判斷是否存在直線l，滿足2＝＋，2＝＋？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由.
解　(1)由題意得解得
所以橢圓E的方程為＋y2＝1.
(2)存在直線l，滿足2＝＋，2＝＋.
理由如下：
方法一　由題意，直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(km≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則C，D(0，m).
由方程組
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
所以Δ＝16k2－8m2＋8>0. (*)
由根與系數(shù)的關(guān)系，得
x1＋x2＝－，x1x2＝.
因?yàn)?＝＋，2＝＋，
所以＝＝，
所以C，D是線段MN的兩個(gè)三等分點(diǎn)，得線段MN的中點(diǎn)與線段CD的中點(diǎn)重合.
所以x1＋x2＝－＝0－，解得k＝±.
由C，D是線段MN的兩個(gè)三等分點(diǎn)，得|MN|＝3|CD|.
所以|x1－x2|＝3，
即|x1－x2|＝＝3，
解得m＝±.驗(yàn)證知(*)成立.
所以存在直線l，滿足2＝＋，2＝＋，此時(shí)直線l的方程為y＝x±或y＝－x±.
方法二　設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，C(m,0)，D(0，n)，
由2＝＋，2＝＋，
得
解得M(2m，－n)，N(－m,2n).
又M，N兩點(diǎn)在橢圓上，
所以即
解得
故所求直線l的方程為5x－10y＋2＝0或5x－10y－2＝0或5x＋10y＋2＝0或5x＋10y－2＝0.


1.(2018·吉林東北師范大學(xué)模擬)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點(diǎn)在C上.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點(diǎn)A(－2,0)作直線AQ交橢圓C于另外一點(diǎn)Q，交y軸于點(diǎn)R，P為橢圓C上一點(diǎn)，且AQ∥OP，求證：為定值.
(1)解　由題意可得e＝＝，＋＝1，
所以a＝2，c＝，b＝1，
所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)證明　設(shè)直線AQ：y＝k(x＋2)，R(0,2k)，P(xP，yP)，
由得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，
由根與系數(shù)的關(guān)系可得
x1＝－2，x2＝xQ＝，
則|AQ|＝|xQ－x1|
＝＝·，
|AR|＝2，
|OP|＝|xP|，
令直線OP為y＝kx且令yP>0，xP>0.
由得(1＋4k2)x2－4＝0，
xP＝，
所以|OP|＝，
＝＝2，
所以定值為2.
2.(2018·宿州檢測(cè))已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，離心率e＝，以橢圓C的長(zhǎng)軸和短軸為對(duì)角線的四邊形的周長(zhǎng)為4.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若經(jīng)過點(diǎn)P(1,0)的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，是否存在直線l0：x＝x0(x0>2)，使得A，B到直線l0的距離dA，dB滿足＝恒成立，若存在，求出x0的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.
解　(1)設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(a>b>0)，
∵＝，∴c＝a，
又∵4＝4，
∴a2＋b2＝5，由b2＝a2－c2＝a2，
解得a＝2，b＝1，c＝.
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.
(2)若直線l的斜率不存在，則直線l0為任意直線都滿足要求；
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝k(x－1)，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)(不妨令x1>1>x2)，
則dA＝x0－x1，dB＝x0－x2，
|PA|＝(x1－1)，|PB|＝(1－x2)，
∵＝，
∴＝＝，
解得x0＝.
由得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
由題意知，Δ>0顯然成立，
x1＋x2＝，x1x2＝，
x0＝＝4.
綜上可知存在直線l0：x＝4，使得A，B到直線l0的距離dA，dB滿足＝恒成立.
3.(2018·三明質(zhì)檢)已知頂點(diǎn)是坐標(biāo)原點(diǎn)的拋物線Γ的焦點(diǎn)F在y軸正半軸上，圓心在直線y＝x上的圓E與x軸相切，且E，F(xiàn)關(guān)于點(diǎn)M(－1,0)對(duì)稱.
(1)求E和Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)過點(diǎn)M的直線l與E交于A，B，與Γ交于C，D，求證：|CD|>|AB|.
(1)解　設(shè)Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝2py(p>0)，
則F.
已知E在直線y＝x上，故可設(shè)E(2a，a).
因?yàn)镋，F(xiàn)關(guān)于M(－1,0)對(duì)稱，所以
解得
所以Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝4y.
因?yàn)镋與x軸相切，故半徑r＝|a|＝1，
所以E的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋2)2＋(y＋1)2＝1.
(2)證明　由題意知，直線l的斜率存在，
設(shè)l的斜率為k，那么其方程為y＝k(x＋1)(k≠0)，
則E(－2，－1)到l的距離d＝，
因?yàn)閘與E交于A，B兩點(diǎn)，
所以d20恒成立，
設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，則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.(2018·呼和浩特模擬)橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F2作垂直于x軸的直線與橢圓E在第一象限交于點(diǎn)P，若|PF1|＝，且a＝b2.
(1)求橢圓E的方程；
(2)已知點(diǎn)P關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)Q在拋物線C：y2＝mx上，是否存在直線l與橢圓交于A，B，使得A，B的中點(diǎn)M落在直線y＝2x上，并且與拋物線C相切，若直線l存在，求出l的方程，若不存在，請(qǐng)說明理由.
解　(1)由題意可得P，
則解得a2＝2，b2＝1，
所以橢圓方程為＋y2＝1.
(2)由(1)可知P，則有Q，代入y2＝mx可得拋物線方程是y2＝－x.
若直線l斜率存在，設(shè)直線l與橢圓的交點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則兩式作差可得＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，A，B的中點(diǎn)M落在直線y＝2x上，則有y1＋y2＝2(x1＋x2)，代入可得＝－，直線l方程可以設(shè)為y＝－x＋b，與拋物線方程聯(lián)立
消元可得方程y2－2y＋2b＝0，
直線與拋物線相切則有Δ＝4－8b＝0，即b＝，
則直線l的方程為x＋4y－2＝0，與橢圓方程聯(lián)立得
消元可得方程9y2－8y＋1＝0，
Δ＝64－4×9＝28>0，所以直線x＋4y－2＝0滿足題意.
當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，直線x＝0滿足題意.
綜上所述，直線l的方程為x＝0或x＋4y－2＝0.

5.已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，過右焦點(diǎn)F且斜率為1的直線交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，N為弦AB的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn).
(1)求直線ON的斜率kON；
(2)求證：對(duì)于橢圓C上的任意一點(diǎn)M，都存在θ∈[0,2π)，使得＝cos θ＋sin θ成立.
(1)解　設(shè)橢圓的焦距為2c，
因?yàn)椋?，所以＝?br /> 故有a2＝3b2.
從而橢圓C的方程可化為x2＋3y2＝3b2. ①
知右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(b,0)，
據(jù)題意有AB所在的直線方程為y＝x－b. ②
由①②得4x2－6bx＋3b2＝0. ③
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中點(diǎn)N(x0，y0)，
由③及根與系數(shù)的關(guān)系得：
x0＝＝，y0＝x0－b＝－b.
所以kON＝＝－，即為所求.
(2)證明　顯然與可作為平面向量的一組基底，由平面向量基本定理，對(duì)于這一平面內(nèi)的向量，有且只有一對(duì)實(shí)數(shù)λ，μ，使得等式＝λ＋μ成立.
設(shè)M(x，y)，由(1)中各點(diǎn)的坐標(biāo)有(x，y)＝λ(x1，y1)＋μ(x2，y2)，故x＝λx1＋μx2，y＝λy1＋μy2.
又因?yàn)辄c(diǎn)M在橢圓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
又點(diǎn)A，B在橢圓C上，
故有x＋3y＝3b2，
x＋3y＝3b2. ⑥
將⑤，⑥代入④可得，λ2＋μ2＝1.
所以，對(duì)于橢圓上的每一個(gè)點(diǎn)M，總存在一對(duì)實(shí)數(shù)，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：對(duì)于橢圓C上任意一點(diǎn)M，總存在θ∈[0,2π)，使得等式＝cos θ＋sin θ成立.

6.如圖，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率是，點(diǎn)P(0，1)在短軸CD上，且·＝－1.

(1)求橢圓E的方程；
(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)P的動(dòng)直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn).是否存在常數(shù)λ，使得·＋λ·為定值？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.
解　(1)由已知，點(diǎn)C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)，
又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1)，且·＝－1，
于是解得a＝2，b＝，
所以橢圓E的方程為＋＝1.
(2)當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，
聯(lián)立得(4k2＋1)x2＋8kx－4＝0，
其判別式Δ＝(8k)2＋16(4k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
從而，·＋λ·
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝
＝－－λ－2.
所以當(dāng)λ＝－時(shí)，－－λ－2＝－，
此時(shí)·＋λ·＝－為定值.
當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí)，直線AB即為直線CD，
此時(shí)，·＋λ·＝·－·
＝－2＋＝－.
故存在常數(shù)λ＝－，使得·＋λ·為定值－.

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