课时作业(61) 证明与探究性问题（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

课时作业(六十一)　证明与探究性问题 [技能提分练] 1．椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，过点P(0，1)作斜率为k的直线l，椭圆E与直线l交于A，B两点，当直线l垂直于y轴时|AB|＝3. (1)求椭圆E的标准方程； (2)当k变化时，在x轴上是否存在点M(m，0)，使得△AMB是以AB为底的等腰三角形，若存在，则求出m的取值范围；若不存在，请说明理由． 解：(1)由已知椭圆过点， 可得 解得所以椭圆E的方程为＋＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点C(x0，y0)， 联立消去y得(4＋9k2)x2＋18kx－27＝0， 所以x0＝＝，y0＝kx0＋1＝. 当k≠0时，设过点C且与l垂直的直线方程为y＝－＋， 将M(m，0)代入得m＝－， 若k＞0，则＋9k≥2＝12， 若k＜0，则＋9k＝－≤－2＝－12， 所以－≤m<0或0<m≤， 当k＝0时，m＝0. 综上所述，存在点M满足条件，m的取值范围是. 2.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，右焦点为F2(2，0)，点B(2，－)在椭圆C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.如图所示，在x轴上，是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(1)依题意，得c＝2.∵点B(2，－)在椭圆C上， ∴＋＝1.又a2＝b2＋c2，∴a2＝8，b2＝4， ∴椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)假设存在这样的点P，设P(x0，0)，E(x1，y1)，x1＞0， 则F(－x1，－y1)，联立 消去y并化简得，(1＋2k2)·x2－8＝0，解得x1＝，则y1＝， 即E，又A(－2，0)， ∴AE所在直线的方程为y＝·(x＋2)， 又∵直线AE与y轴交于点M， ∴M， 同理可得N， ＝， ＝. 若∠MPN为直角，则·＝0，∴x－4＝0， ∴解得x0＝2或x0＝－2，∴存在点P(2，0)或(－2，0)，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角． 3．(2023·陕西省咸阳市高考数学模拟)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且椭圆C过点(－2，0)，离心率为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若点M(x1，y1)是椭圆＋＝1(m>n>0)上任一点，那么椭圆在点M处的切线方程为＋＝1.已知N(x0，y0)是(1)中椭圆C上除顶点之外的任一点，椭圆C在N点处的切线和过N点垂直于切线的直线分别与y轴交于点P，Q.求证：点P，N，Q，F1，F2在同一圆上． (1)解：由题意得解得c＝1，b2＝a2－c2＝4－1＝3， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)证明：由题意知：过点N(x0，y0)的椭圆的切线方程为＋＝1，令x＝0，则P(0，)； ∵NP⊥NQ且N(x0，y0)，则设直线NQ方程为y－y0＝(x－x0)，令x＝0，则Q(0，－)； 又F1(－1，0)，F2(1，0)， 即F1P⊥F1Q，F2P⊥F2Q， ∴∠PNQ＝∠PF1Q＝∠PF2Q＝90°， 即点N，P，Q，F1，F2在以PQ为直径的圆上． 4．已知焦点在y轴上的椭圆E的中心是原点O，离心率等于，以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4.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＝λ. (1)求椭圆E的标准方程； (2)是否存在m，使＋λ＝4？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由． 解：(1)根据已知设椭圆E的标准方程为＋＝1(a>b>0)，焦距为2c， 由已知得＝，所以c＝a，b2＝a2－c2＝. 因为以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4， 所以4＝2a＝4，解得a＝2，b＝1.所以椭圆E的标准方程为x2＋＝1. (2)存在．根据已知得P(0，m)，由＝λ，得－＝λ(－).所以＋λ＝(1＋λ). 因为＋λ＝4，所以(1＋λ)＝4. 若m＝0，由椭圆的对称性得＝，即＋＝0.所以当m＝0能使＋λ＝4成立． 若m≠0，则1＋λ＝4，解得λ＝3. 设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)， 由 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＝，x1x2＝. 由＝3得－x1＝3x2，即x1＝－3x2， 所以3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0， 所以＋＝0，即m2k2＋m2－k2－4＝0. 当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立．所以m2≠1. 所以k2＝.因为k2－m2＋4>0， 所以－m2＋4>0，即>0. 所以1<m2<4，解得－2<m<－1或1<m<2. 综上，当m∈(－2，－1)∪{0}∪(1，2)时，＋λ＝4. [素养拉分练] 5.已知椭圆T：＋＝1(a>b>0)的一个顶点A(0，1)，离心率e＝，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.如图所示． (1)求椭圆T的标准方程； (2)求证：PM⊥PN. (1)解：由题意可知b＝1，＝，即2a2＝3c2，又a2＝b2＋c2，联立解得a2＝3，b2＝1. ∴椭圆T的标准方程为＋y2＝1. (2)证明：方法一　①当P点横坐标为±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±时，设P(x0，y0)，则x＋y＝4，设过点P作椭圆的切线的斜率为k，则切线的方程为y－y0＝k(x－x0)， 联立方程组消去y得(1＋3k2)x2＋6k(y0－kx0)x＋3k2x－6kx0y0＋3y－3＝0， 依题意Δ＝36k2(y0－kx0)2－4(1＋3k2)(3k2x－6kx0y0＋3y－3)＝0，化简得(3－x)k2＋2x0y0k＋1－y＝0， 又kPM，kPN为方程的两根，所以kPM·kPN＝＝＝＝－1. 所以PM⊥PN，综上知，PM⊥PN. 方法二　①当P点横坐标为±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±时，设P(2cos θ，2sin θ)，切线方程为y－2sin θ＝k(x－2cos θ)， 联立得(1＋3k2)x2＋12k(sin θ－kcos θ)x＋12(sin θ－kcos θ)2－3＝0， 令Δ＝144k2(sin θ－kcos θ)2－4(1＋3k2)[12(sin θ－kcos θ)2－3]＝0， 化简得(3－4cos2θ)k2＋4sin2θ·k＋1－4sin2θ＝0，kPM·kPN＝＝＝－1. 所以PM⊥PN，综上知PM⊥PN. 6．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3. (1)求椭圆C的标准方程； (2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(1)由内切圆的性质，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，得＝. 将x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3. 又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝， 故椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)存在．当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称． 当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t，0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2). 联立方程整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 由根与系数的关系得①　其中Δ＞0恒成立， 由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，即＋＝0.② 因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上， 所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得 ＝＝0， 即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③ 将①代入③得＝＝0，则t＝4， 综上所述，存在T(4，0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称． 学科网（北京）股份有限公司 $$