8.11圆锥曲线中证明、探究性模型（精讲）

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【知识必备】
一、圆锥曲线中的证明问题
圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．二是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等；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．圆锥曲线中的证明问题是转化与化归思想的充分体现．无论证明什么结论，要对已知条件进行化简，同时对要证结论合理转化，寻求条件和结论间的联系，从而确定解题思路及转化方向．
二、存在性问题的解题步骤
探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．一般步骤为：
(1)假设满足条件的元素(常数、点、直线或曲线)存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)；
(2)解此方程(组)或不等式(组)；
(3)若方程(组)有实数解，则元素(常数、点、直线或曲线)存在，否则不存在．
三、解决存在性问题的注意事项
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，要思维开放，采取另外的途径．
【题型精讲】
【题型一 证明数量关系问题】
例1 （2022·全国·高三专题练习）设椭圆C：eq \f (x2,2)＋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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f (\r(2),2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f (\r(2),2)))．
又M(2，0)，所以直线AM的方程为y＝－eq \f (\r(2),2)x＋eq \r(2)或y＝eq \f (\r(2),2)x－eq \r(2)，
即x＋eq \r(2)y－2＝0或x－eq \r(2)y－2＝0．
(2)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x10)的一个顶点A(0，1)，离心率e＝eq \f(\r(6),3)，圆C：x2＋y2＝4，从圆C上任意一点P向椭圆T引两条切线PM，PN．
(1)求椭圆T的方程；
(2)求证：PM⊥PN．
【解析】(1)由题意可知b＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，即2a2＝3c2，又a2＝b2＋c2，联立解得a2＝3，b2＝1．
∴椭圆方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1．
(2)方法一 ①当P点横坐标为±eq \r(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±eq \r(3)时，设P(x0，y0)，则xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝4，设kPM＝k，PM的方程为y－y0＝k(x－x0)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－y0＝k(x－x0)，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y得(1＋3k2)x2＋6k(y0－kx0)x＋3k2xeq \\al(2,0)－6kx0y0＋3yeq \\al(2,0)－3＝0，
依题意Δ＝36k2(y0－kx0)2－4(1＋3k2)(3k2xeq \\al(2,0)－6kx0y0＋3yeq \\al(2,0)－3)＝0，化简得(3－xeq \\al(2,0))k2＋2x0y0k＋1－yeq \\al(2,0)＝0，
又kPM，kPN为方程的两根，所以kPM·kPN＝eq \f(1－y\\al(2,0),3－x\\al(2,0))＝eq \f(1－(4－x\\al(2,0)),3－x\\al(2,0))＝eq \f(x\\al(2,0)－3,3－x\\al(2,0))＝－1．
所以PM⊥PN，综上知PM⊥PN．
方法二 ①当P点横坐标为±eq \r(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±eq \r(3)时，设P(2cs θ，2sin θ)，切线方程为y－2sin θ＝k(x－2cs θ)，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－2sin θ＝k(x－2cs θ)，,\f(x2,3)＋y2＝1，))联立得(1＋3k2)x2＋12k(sin θ－kcs θ)x＋12(sin θ－kcs θ)2－3＝0，
令Δ＝0，即Δ＝144k2(sin θ－kcs θ)2－4(1＋3k2)[12(sin θ－kcs θ)2－3]＝0，
化简得(3－4cs2θ)k2＋4sin 2θ·k＋1－4sin2θ＝0，kPM·kPN＝eq \f(1－4sin2θ,3－4cs2θ)＝eq \f((4－4sin2θ)－3,3－4cs2θ)＝－1．
所以PM⊥PN，综上知PM⊥PN．
【题型三 探究常数型问题】
例3 （2022·全国高三专题练习）已知焦点在y轴上的椭圆E的中心是原点O，离心率等于eq \f(\r(3),2)，以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4eq \r(5)．直线l：y＝kx＋m与y轴交于点P，与椭圆E交于A，B两个相异点，且eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))．
(1)求椭圆E的方程；
(2)是否存在m，使eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝4eq \(OP,\s\up6(→))？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)根据已知设椭圆E的方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，焦距为2c，
由已知得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以c＝eq \f(\r(3),2)a，b2＝a2－c2＝eq \f(a2,4)．
因为以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4eq \r(5)，
所以4eq \r(a2＋b2)＝2eq \r(5)a＝4eq \r(5)，所以a＝2，b＝1．所以椭圆E的方程为x2＋eq \f(y2,4)＝1．
(2)根据已知得P(0，m)，由eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))，得eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝λ(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→)))．所以eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝(1＋λ)eq \(OP,\s\up6(→))．
因为eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝4eq \(OP,\s\up6(→))，所以(1＋λ)eq \(OP,\s\up6(→))＝4eq \(OP,\s\up6(→))．
若m＝0，由椭圆的对称性得eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(PB,\s\up6(→))，即eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝0．所以m＝0能使eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝4eq \(OP,\s\up6(→))成立．
若m≠0，则1＋λ＝4，解得λ＝3．
设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,4x2＋y2－4＝0))，得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0，
由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，即k2－m2＋4>0，且x1＋x2＝eq \f(－2km,k2＋4)，x1x2＝eq \f(m2－4,k2＋4)．
由eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(PB,\s\up6(→))得－x1＝3x2，即x1＝－3x2，所以3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，
所以eq \f(12k2m2,（k2＋4）2)＋eq \f(4（m2－4）,k2＋4)＝0，即m2k2＋m2－k2－4＝0．
当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立．所以k2＝eq \f(4－m2,m2－1)．
因为k2－m2＋4>0，所以eq \f(4－m2,m2－1)－m2＋4>0，即eq \f(（4－m2）m2,m2－1)>0．
所以1