第四课时 证明与存在性问题
考点一 证明问题
[例1] (2024·全国甲卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M(1,)在C上,且
MF⊥x轴.
(1)求C的方程;
(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q,证明:AQ⊥y轴.
圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)圆锥曲线中的证明问题,主要有两类:一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系,如:某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等;二是证明直线
与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).特别注意,这两种类型不是孤立的,是相互转化的.
(2)解决证明问题时,主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.
[针对训练] 已知双曲线M:=1(a>0,b>0)与双曲线N:=1的渐近线相同,且M经过点(2,2),N的焦距为2.
(1)分别求M和N的方程.
(2)如图,过点T(0,1)的直线l(斜率大于0)与双曲线M和N的左、右两支依次相交于点A,B,C,D,证明:|AB|=|CD|.
考点二 存在性问题
[例2] (2024·天津卷)已知椭圆+=1(a>b>0),椭圆的离心率e=,左顶点为A,下顶点为B,O为坐标原点,C是线段OB的中点,其中S△ABC=.
(1)求椭圆的方程.
(2)过点(0,－)的动直线与椭圆有两个交点P,Q,在y轴上是否存在点T使得·≤0 若存在,求出点T纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由.
存在性问题的解题策略
存在性问题,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.书写步骤时,可以先直接写出探求的结论,然后说明理由(证明).
(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)当要讨论的量能够确定时,可先确定,再证明结论符合题意.
[针对训练] 已知点M,F分别为椭圆C:+=1的左顶点和右焦点,直线l过点F且交椭圆C于P,Q两点,设直线MP,MQ的斜率分别为k1,k2.
(1)求椭圆C的离心率;
(2)是否存在直线l,使得k1+k2=－ 若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
(分值:50分)
选题明细表
知识点、方法 题号
证明问题 1,4
存在性问题 2,3
1.(12分)(2023·北京卷)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,A,C分别是E的上、下顶点,B,D分别是E的左、右顶点,|AC|=4.
(1)求E的方程.
(2)设P为第一象限内E上的动点,直线PD与直线BC交于点M,直线PA与直线y=－2交于点N.求证:MN∥CD.
2.(12分)(2025·广东广州模拟)已知抛物线Γ:x2=2py(p>0),过点(0,4)的直线l交Γ于P,Q两点,当PQ与x轴平行时,△OPQ的面积为16,其中O为坐标原点.
(1)求Γ的方程;
(2)已知点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)(x13.(13分)已知双曲线E:x2－3y2=3的左、右焦点分别为F1,F2,A是直线l:y=－x(其中a是实半轴长,c是半焦距)上不同于原点O的一个动点,斜率为k1的直线AF1与双曲线E交于M,N两点,斜率为k2的直线AF2与双曲线E交于P,Q两点.
(1)求+的值;
(2)若直线OM,ON,OP,OQ的斜率分别为kOM,kON,kOP,kOQ,问是否存在点A,满足kOM+kON+kOP+kOQ=0 若存在,求出点A坐标;若不存在,请说明理由.
4.(13分)(2025·八省联考)已知椭圆C的离心率为,左、右焦点分别为F1(－1,0),F2(1,0).
(1)求C的方程.
(2)已知点M0(1,4),证明:线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点.
(3)设M是坐标平面上的动点,且线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点,证明M的轨迹为圆,并求该圆的方程.
第四课时 证明与存在性问题（解析版）
考点一 证明问题
[例1] (2024·全国甲卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M(1,)在C上,且
MF⊥x轴.
(1)求C的方程;
(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q,证明:AQ⊥y轴.
[溯源探本] 本例题源于人教B版选择性必修第一册P179复习题B组T23.
(1)【解】 设F(c,0),由题意有c=1,且=,
故=,故a=2(负值舍去),故b=,
故椭圆方程为+=1.
(2)【证明】 直线AB的斜率必定存在,设直线AB:
y=k(x－4),A(x1,y1),B(x2,y2),
由
可得(3+4k2)x2－32k2x+64k2－12=0,
故Δ=1 024k4－4(3+4k2)(64k2－12)>0,
故－又x1+x2=,x1x2=,
而N(,0),故直线BN:y=(x－),
故yQ==,
所以y1－yQ=y1+==
=k
=k
=k=0.
故y1=yQ,即AQ⊥y轴.
圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)圆锥曲线中的证明问题,主要有两类:一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系,如:某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等;二是证明直线
与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).特别注意,这两种类型不是孤立的,是相互转化的.
(2)解决证明问题时,主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.
[针对训练] 已知双曲线M:=1(a>0,b>0)与双曲线N:=1的渐近线相同,且M经过点(2,2),N的焦距为2.
(1)分别求M和N的方程.
(2)如图,过点T(0,1)的直线l(斜率大于0)与双曲线M和N的左、右两支依次相交于点A,B,C,D,证明:|AB|=|CD|.
(1)【解】 由题意可知双曲线N的焦距为2=2|m|=2,
解得m2=1,即双曲线N:x2－=1.因为双曲线M与双曲线N渐近线相同,不妨设双曲线M的方程为x2－=λ(λ≠0).因为双曲线M经过点(2,2),所以4－2=λ,
解得λ=2,则双曲线M的方程为=1.
(2)【证明】 不妨设直线l的方程为y=kx+1(k>0),A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),联立消去y并整理得(2－k2)x2－2kx－1－2λ=0,
此时k2≠2,Δ=4k2+4(2－k2)(1+2λ)>0.
当λ=1时,由根与系数的关系得x2+x3=,当λ=2时,由根与系数的关系得x1+x4=,
所以A,D与B,C中点的横坐标均为.
因为A,B,C,D在同一直线l上,
所以A,D与B,C中点重合,不妨设该点为E,此时|EA|=|ED|,|EB|=|EC|,
则|EA|－|EB|=|ED|－|EC|,
故|AB|=|CD|.
考点二 存在性问题
[例2] (2024·天津卷)已知椭圆+=1(a>b>0),椭圆的离心率e=,左顶点为A,下顶点为B,O为坐标原点,C是线段OB的中点,其中S△ABC=.
(1)求椭圆的方程.
(2)过点(0,－)的动直线与椭圆有两个交点P,Q,在y轴上是否存在点T使得·≤0 若存在,求出点T纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由.
[溯源探本] 本例题源于人教B版选择性必修第一册P179复习题B组T25.
【解】 (1)因为e==,
所以a=2c,b==c.
由题知A(－a,0),B(0,－b),C(0,－),
所以S△ABC=·|BC|·|OA|=··a=×·2c=,得c=,
所以a=2,b=3.
故椭圆的方程为+=1.
(2)存在.设P(x1,y1),Q(x2,y2),T(0,t).
当直线PQ的斜率不存在时,不妨设P(0,3),Q(0,－3),
则·=(0,3－t)·(0,－3－t)=t2－9≤0,
解得－3≤t≤3.
当直线PQ的斜率存在时,
设其方程为y=kx－,
由可得(3+4k2)x2－12kx－27=0,
所以Δ=144k2+4×27(3+4k2)>0,
x1+x2=,
x1x2=－.
因为·=(x1,y1－t)·(x2,y2－t)=x1x2+(y1－t)(y2－t)=x1x2+(kx1－－t)(kx2－－t)=(1+k2)x1x2－k(+t)(x1+x2)+(+t)2=－+(+t)2=≤0.
所以4k2t2－36k2+3t2+9t－≤0对k∈R恒成立,则有解得－3≤t≤.
综上可得,－3≤t≤,即点T的纵坐标的取值范围是[－3,].
存在性问题的解题策略
存在性问题,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.书写步骤时,可以先直接写出探求的结论,然后说明理由(证明).
(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)当要讨论的量能够确定时,可先确定,再证明结论符合题意.
[针对训练] 已知点M,F分别为椭圆C:+=1的左顶点和右焦点,直线l过点F且交椭圆C于P,Q两点,设直线MP,MQ的斜率分别为k1,k2.
(1)求椭圆C的离心率;
(2)是否存在直线l,使得k1+k2=－ 若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
【解】 (1)由椭圆C方程可知,a2=4,b2=3,c2=a2－b2=4－3=1,所以a=2,c=1,故椭圆C的离心率e==.
(2)由题意知,M(－2,0),F(1,0),如图,假设存在直线l,满足k1+k2=－.当直线l斜率不存在时,k1+k2=0,不符合题意,舍去;当直线l斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x－1),联立化简得(3+4k2)x2－8k2x+4k2－12=0.由题意知Δ>0恒成立.
设直线l与椭圆C的两个交点为P(x1,y1),Q(x2,y2),根据根与系数的关系得x1+x2=,x1x2=,则k1+k2=+=+=k·=
k·=k·=－=－,
所以k=4,即直线l:y=4(x－1),化简得4x－y－4=0.综上可知,存在直线l:4x－y－4=0,
满足k1+k2=－.
(分值:50分)
选题明细表
知识点、方法 题号
证明问题 1,4
存在性问题 2,3
1.(12分)(2023·北京卷)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,A,C分别是E的上、下顶点,B,D分别是E的左、右顶点,|AC|=4.
(1)求E的方程.
(2)设P为第一象限内E上的动点,直线PD与直线BC交于点M,直线PA与直线y=－2交于点N.求证:MN∥CD.
(1)【解】 依题意,得e==,则c=a,
又A,C分别为椭圆的上、下顶点,|AC|=4,
所以2b=4,即b=2,
所以a2－c2=b2=4,即a2－a2=a2=4,
则 a2=9,
所以椭圆E的方程为+=1.
(2)【证明】 因为椭圆E的方程为+=1,
所以 A(0,2),C(0,－2),
B(－3,0),D(3,0),
因为P为第一象限内E上的动点,
设P(m,n)(0易得kBC==－,
则直线BC的方程为y=－x－2,
kPD==,则直线PD的方程为y=(x－3),
联立
解得
即M(,),
而kPA==,
则直线PA的方程为y=x+2,
令y=－2,则－2=x+2,解得x=,
即N(,－2),
又+=1,则m2=9－,8m2=72－18n2,
所以kMN=
=
=
=
=
==,
又kCD==,即kMN=kCD,
显然,MN与CD不重合,所以MN∥CD.
2.(12分)(2025·广东广州模拟)已知抛物线Γ:x2=2py(p>0),过点(0,4)的直线l交Γ于P,Q两点,当PQ与x轴平行时,△OPQ的面积为16,其中O为坐标原点.
(1)求Γ的方程;
(2)已知点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)(x1【解】 (1)当PQ与x轴平行时,yP=yQ=4,
因为P,Q两点均在抛物线Γ上,
所以|xP|=|xQ|=2,即|PQ|=4.
因为△OPQ的面积为16,
所以×4×4=16,解得p=2,
则Γ的方程为x2=4y.
(2)存在.直线AC的斜率为kAC=,
则lAC:y－y1=(x－x1),
点B到直线AC的距离为d=,
所以S△ABC=··=|(y1－y3)(x2－x1)+(y1－y2)(x1－x3)|=|(y3－y2)x1+(y2－y1)x3+(y1－y3)x2|,(*)
由x2=4y,得y′=x,
令x=x1,则l1的斜率k1=x1,
则有y－=(x－x1),
即l1:y=x－,
同理l2:y=x－,
l3:y=x－,l1与l2相交得
得D(,).
同理可得E(,),F(,).
同理由(*)可知S2=|()+()+()|
=|()+()+()|
=|(y3－y2)x1+(y2－y1)x3+(y1－y3)x2|
=S1.
所以S1=2S2,所以存在λ=2,使得S1=2S2.
3.(13分)已知双曲线E:x2－3y2=3的左、右焦点分别为F1,F2,A是直线l:y=－x(其中a是实半轴长,c是半焦距)上不同于原点O的一个动点,斜率为k1的直线AF1与双曲线E交于M,N两点,斜率为k2的直线AF2与双曲线E交于P,Q两点.
(1)求+的值;
(2)若直线OM,ON,OP,OQ的斜率分别为kOM,kON,kOP,kOQ,问是否存在点A,满足kOM+kON+kOP+kOQ=0 若存在,求出点A坐标;若不存在,请说明理由.
【解】 (1)由题可得双曲线E:－y2=1,
则a2=3,b2=1,
所以c2=a2+b2=4,所以c=2.
所以左、右焦点分别为F1(－2,0),F2(2,0),
直线l的方程为y=－x.设A(t,－t)(t≠0),k1==－,
同理可得k2=－.
所以+=－=－=－3.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),如图,
直线AF1方程为y=k1(x+2),代入双曲线方程可得(1－3)x2－12x－12－3=0,Δ>0,
所以x1+x2=,
x1x2=.
则kOM+kON=+====.
同理kOP+kOQ=,即+=0,
即(k1+k2)(4k1k2+1)=0,
所以k1+k2=0或k1k2=－.
又+=－3,
则k1+k2=0,无解,舍去.
所以k1k2=－,
解得k1=－,k2=1或k1=1,k2=－.
若k1=－,k2=1,由A在直线AF1上可得,
－t=－(t+2),
所以t=,
此时A(,－).若k1=1,k2=－,
由A在直线AF1上可得,－t=t+2,
所以t=－,此时A(－,).
所以存在点A(,－)或A(－,),
满足kOM+kON+kOP+kOQ=0.
4.(13分)(2025·八省联考)已知椭圆C的离心率为,左、右焦点分别为F1(－1,0),F2(1,0).
(1)求C的方程.
(2)已知点M0(1,4),证明:线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点.
(3)设M是坐标平面上的动点,且线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点,证明M的轨迹为圆,并求该圆的方程.
(1)【解】 设C的方程为+=1,a>0,b>0,由题意知,c=1,e==,又a2=b2+c2,解得a=2,b=,所以C的方程为+=1.
(2)【证明】 设线段F1M0的中点为P,则P(0,2),又==2,
所以线段F1M0的垂直平分线的方程为y=－x+2.
联立消去y并化简可得x2－2x+1=0,则Δ=(－2)2－4×1×1=0.
所以线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点.
(3)【解】 设动点M的坐标为(x0,y0).
①当y0=0时,线段F1M的垂直平分线垂直于x轴,即x=,此时与椭圆C恰有一个公共点的直线只有x=±2,故=±2,x0=5或－3.此时M点坐标为(5,0)或(－3,0).
②当y0≠0时,线段F1M的垂直平分线的斜率存在,当F1M⊥x轴时,x0=－1,与椭圆C恰有一个公共点的直线只有y=±,故y0=±2,此时M点坐标为(－1,2)或(－1,－2).当x0≠－1时,不妨设其方程为y=kx+b,又=,线段F1M的中点坐标为(,),故线段F1M的垂直平分线的方程也可表示为y－=－(x－),则k=－,b=.联立得(3+4k2)x2+8kbx+4b2－12=0.
令Δ=0,可得4k2－b2+3=0.
故+3=0,
即+(2－14)+－18－32x0－15=0,
即+(2－14)+(x0+1)2(x0+3)(x0－5)=0,即+(2－14)+(+2x0+1)(－2x0－15)=0,
即(+－2x0－15)(++2x0+1)=0,
又因为++2x0+1=(x0+1)2+>0,
所以+－2x0－15=0,即(x0－1)2+=16.
显然(5,0),(－3,0),(－1,2),(－1,－2)也满足上式.
综上所述,动点M的轨迹为以F2(1,0)为圆心,半径为4的一个圆,
该圆的方程为(x－1)2+y2=16.
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第四课时 证明与存在性问题
考点一 证明问题
圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)圆锥曲线中的证明问题,主要有两类:一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系,如:某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等;二是证明直线
与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).特别注意,这两种类型不是孤立的,是相互转化的.
(2)解决证明问题时,主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.
解题策略
考点二 存在性问题
解题策略
存在性问题的解题策略
存在性问题,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.书写步骤时,可以先直接写出探求的结论,然后说明理由
(证明).
(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)当要讨论的量能够确定时,可先确定,再证明结论符合题意.
课时作业
(分值:50分)
选题明细表
知识点、方法 题号
证明问题 1,4
存在性问题 2,3
2.(12分)(2025·广东广州模拟)已知抛物线Γ:x2=2py(p>0),过点(0,4)的直线l交Γ于P,Q两点,当PQ与x轴平行时,△OPQ的面积为16,其中O为坐标原点.
(1)求Γ的方程;
