课时过关检测（五十五） 证明、探究性问题

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(1)求椭圆C的方程；
(2)若斜率为－eq \f(1,2)的直线与椭圆C交于P，Q两点(点P，Q均在第一象限)，O为坐标原点，证明：直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列．
解：(1)由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,2c＝2\r(3)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝\r(3)，))
又b2＝a2－c2＝1，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：设直线l的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得2x2－4mx＋4(m2－1)＝0.
则Δ＝16m2－32(m2－1)＝16(2－m2)＞0，且x1＋x2＝2m，x1x2＝2(m2－1)．
故y1y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x1＋m))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x2＋m))＝eq \f(1,4)x1x2－eq \f(1,2)m(x1＋x2)＋m2.
∴kOP·kOQ＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(\f(1,4)x1x2－\f(1,2)mx1＋x2＋m2,x1x2)＝eq \f(1,4)＝keq \\al(2,PQ)，
即直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列．
2．(2021·云南曲靖模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，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上是否存在一点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eq \(OM,\s\up7(―→))⊥eq \(ON,\s\up7(―→))？若存在，求l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵e＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(1,2)，∴3a2＝4b2.
又∵|AB|＝eq \f(2b2,a)＝3，∴a＝2，b＝eq \r(3).
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)假设存在点P，使得eq \(OM,\s\up7(―→))⊥eq \(ON,\s\up7(―→)).
当直线l的斜率不存在时，
l：x＝eq \r(3)或x＝－eq \r(3)，与椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于M，N两点，
此时Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－\f(\r(3),2)))或Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(\r(3),2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－\f(\r(3),2)))，
∴eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(ON,\s\up7(―→))＝3－eq \f(3,4)＝eq \f(9,4)≠0，
∴当直线l的斜率不存在时，不满足eq \(OM,\s\up7(―→))⊥eq \(ON,\s\up7(―→)).
当直线l的斜率存在时，设y＝kx＋m，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))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＝eq \f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(3m2－12k2,3＋4k2).
∵eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(ON,\s\up7(―→))＝0，∴eq \f(4m2－12,3＋4k2)＋eq \f(3m2－12k2,3＋4k2)＝0，
∵7m2－12k2－12＝0.
又∵直线l与圆x2＋y2＝3相切，∴eq \r(3)＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
∴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eq \(OM,\s\up7(―→))⊥eq \(ON,\s\up7(―→))成立．
3．在平面直角坐标系xOy中，点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，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＝eq \f(5,2)|NA|·|NB|.
解：(1)设点M(x，y)，因为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，
所以MF的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)，\f(2y＋1,4))).
因为以线段MF为直径的圆与x轴相切，
所以eq \f(|MF|,2)＝eq \f(|2y＋1|,4)，即|MF|＝eq \f(|2y＋1|,2)，
故 eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2)＝eq \f(|2y＋1|,2)，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＝eq \f(1,2)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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,y＝2x－2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝m＋2，,y＝2m＋2，))
所以N(m＋2,2m＋2)，所以|NT|2＝[(m＋2)－2]2＋[(2m＋2)－2]2＝5m2.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,x2＝2y))消去y，得x2－2x－2m＝0，由Δ＝4＋8m＞0，解得m＞－eq \f(1,2).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，x1x2＝－2m.
因为N，A，B在l上，所以|NA|＝eq \r(2)|x1－(m＋2)|，|NB|＝eq \r(2)|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＝eq \f(5,2)|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|＝eq \r(2)|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：(1)设P(x，y)，由平面几何知识得eq \f(|PF|,|PA|)＝eq \f(\r(2),2)，
即eq \f(\r(x＋12＋y2),|x＋2|)＝eq \f(\r(2),2)，化简得eq \f(x2,2)＋y2＝1，
所以动点P的轨迹C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1(x≠eq \r(2))．
(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝2，,x＝my－1，))消去x，得(m2＋2)y2－2my－1＝0，y1＋y2＝eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋2)，
x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1＝－eq \f(m2,m2＋2)－eq \f(2m2,m2＋2)＋1＝eq \f(2－2m2,m2＋2)，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝eq \f(2m2,m2＋2)－2＝－eq \f(4,m2＋2)，
由条件知eq \f(y1,x1－n)＝eq \f(y3,－2－n)，y3＝－eq \f(2＋ny1,x1－n)，
同理y4＝－eq \f(2＋ny2,x2－n)，
kRF＝eq \f(y3,－2＋1)＝－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)2eq \f(1,m2＋2)＝eq \f(2－2m2,m2＋2)＋eq \f(4n,m2＋2)＋n2，
所以(n2－2)(m2＋1)＝0，n＝eq \r(2)，
故满足条件的点E存在，其坐标为(eq \r(2)，0)．