资源简介 (共76张PPT)重难专攻（十） 圆锥曲线中的证明、探究性问题 圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是有关位置关系的证明，如相切、平行、垂直、共线等；二是数量关系的证明，如恒成立、值相等（不等）、角相等（不等）等，在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明. 圆锥曲线中的探究性问题，先假设结论成立，用待定系数法列出含相应参数的方程，若方程有解，则探索的元素存在（或命题成立），否则不存在（或不成立）.要注意的是：（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.【例1】 （2021·新高考Ⅱ卷20题）已知椭圆 C 的方程为 ＝1（ a ＞ b ＞0），右焦点为 F （ ，0），且离心率为 .（1）求椭圆 C 的方程；位置关系的证明解：由题意知 a ＝ ，又∵ a 2＝ b 2＋ c 2，∴ b ＝1.故椭圆 C 的方程为 ＋ y 2＝1.（2）设 M ， N 是椭圆 C 上的两点，直线 MN 与曲线 x 2＋ y 2＝ b 2（ x ＞0）相切.证明： M ， N ， F 三点共线的充要条件是｜ MN ｜＝ .证明：①（必要性）若 M ， N ， F 三点共线，设直线 MN 的方程为 x ＝ my ＋ ，圆心 O （0，0）到 MN 的距离 d ＝ ＝1 m 2＝1.联立 （ m 2＋3） y 2＋2 my －1＝0 4 y 2＋2my －1＝0，｜ MN ｜＝ · ，必要性成立.②（充分性）当｜ MN ｜＝ 时，设直线 MN 的方程为 x ＝ ty ＋n .此时圆心 O （0，0）到 MN 的距离 d ＝ ＝1 n 2－ t 2＝1，联立 （ t 2＋3） y 2＋2 tny ＋ n 2－3＝0，Δ＝4 t 2 n 2－4（ t 2＋3）（ n 2－3）＝12（ t 2－ n 2＋3）＝24.｜ MN ｜＝ t 2＝1，∴ n 2＝2.∵ MN 与曲线 x 2＋ y 2＝ b 2（ x ＞0）相切，∴ n ＞0， n ＝ ，∴直线 MN 的方程为 x ＝ ty ＋ 恒过点 F （ ，0），∴ M ，N ， F 三点共线，充分性成立.由①②可得 M ， N ， F 三点共线的充要条件是｜ MN ｜＝ .解题技法树立“转化”意识，证明位置关系 已知动点 P 到点 F （ ，0）的距离等于它到直线 x ＝－ 的距离，记点 P 的轨迹为 C .（1）求 C 的方程；解：根据抛物线的定义知，点 P 的轨迹 C 为抛物线，设 C 的方程为 y 2＝2 px ， p ＞0，易知抛物线 C 的焦点为 F （ ，0），准线为直线 x ＝－ ，所以 p ＝1，所以抛物线 C 的方程为 y 2＝2 x .（2）过 C 上一点 Q 作圆 E ：（ x －4）2＋ y 2＝4的两条斜率都存在的切线，分别与 C 交于异于点 Q 的 M ， N 两点.证明：直线 MN 与圆 E 相切.解：证明：因为圆 E ：（ x －4）2＋ y 2＝4，所以圆心 E 的坐标为（4，0），半径 r ＝2，设 Q （ ， y 1）， M （ ， y 2）， N （ ， y 3）， y 1≠ y 2≠ y 3，则直线 QM 的方程为 y － y 2＝ （ x － ），即2 x －（ y 1＋ y 2） y ＋ y 1 y 2＝0.因为直线 QM 与圆 E 相切，所以 ＝2，整理得（ －4） ＋8 y 1 y 2＋48－4 ＝0，同理可得（ －4） ＋8 y 1 y 3＋48－4 ＝0，所以 y 2， y 3是关于 y 的方程（ －4） y 2＋8 y 1 y ＋48－4 ＝0的两根，所以 y 2＋ y 3＝ ， y 2 y 3＝ .又直线 MN 的方程为2 x －（ y 2＋ y 3） y ＋ y 2 y 3＝0，所以圆 E 的圆心到直线 MN 的距离 d ＝＝2＝ r ，所以直线 MN 与圆 E 相切.数量关系的证明【例2】 （2024·新高考Ⅰ卷22题）在直角坐标系 xOy 中，点 P 到 x 轴的距离等于点 P 到点（0， ）的距离，记动点 P 的轨迹为 W .（1）求 W 的方程；解：设点 P （ x ， y ），则｜ y ｜＝ ，两边同时平方化简得 y ＝ x 2＋ ，故 W ： y ＝ x 2＋ .（2）已知矩形 ABCD 有三个顶点在 W 上，证明：矩形 ABCD 的周长大于3 .解：证明：设矩形的三个顶点 A （ a ， a 2＋ ）， B （ b ， b 2＋）， C （ c ， c 2＋ ）在 W 上，且 a ＜ b ＜ c ，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则 kAB · kBC ＝－1， a ＋ b ＜ b ＋ c ，令 kAB ＝ ＝ a ＋ b ＝ m ＜0，同理令 kBC ＝ b ＋ c ＝ n ＞0，且 mn ＝－1，则 m ＝－ ，设矩形周长为 L ，由对称性不妨设｜ m ｜≥｜ n ｜， kBC － kAB ＝c － a ＝ n － m ＝ n ＋ ，则 L ＝｜ AB ｜＋｜ BC ｜＝ ＋ ＝＝（ b － a ） ＋（ c － b ） ≥（ c － a ）＝（ n ＋ ） ， n ＞0，易知（ n ＋ ） ＞0，令 f （ x ）＝（ x ＋ ）2（1＋ x 2）， x ＞0，f'（ x ）＝2（ x ＋ ）2（2 x － ），令f'（ x ）＝0，解得 x ＝ ，当 x ∈（0， ）时，f'（ x ）＜0，此时 f （ x ）单调递减，当 x ∈（ ，＋∞），f'（ x ）＞0，此时 f （ x ）单调递增，则 f （ x ）min＝ f （ ）＝ ，故 L ≥ ，即 L ≥3 .当 L ＝3 时， n ＝ ， m ＝－ ，且（ b － a ） ＝（ b － a ） ，无解，故等号取不到，故 L ＞3 ，得证.解题技法 解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目的. 已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C ： ＝1交于 A ， B 两点，线段AB 的中点为 M （1， m ）（ m ＞0）.（1）证明： k ＜－ ；证明：设 A （ x 1， y 1）， B （ x 2， y 2），则 ＝1， ＝1，两式相减，并由 ＝ k ，得 · k ＝0.由题设知 ＝1， ＝ m ，于是 k ＝－ ，将 x ＝1代入 ＝1得 y ＝± ，又 m ＞0，所以0＜ m ＜ ，故k ＜－ .（2）设 F 为 C 的右焦点， P 为 C 上一点，且 ＝0.证明：｜ ｜，｜ ｜，｜ ｜成等差数列.证明：由题意得 F （1，0），设 P （ x 3， y 3），则（ x 3－1， y 3）＋（ x 1－1， y 1）＋（ x 2－1， y 2）＝（0，0），结合（1）得 x 3＝3－（ x 1＋ x 2）＝1， y 3＝－（ y 1＋ y 2）＝－2 m ＜0.又点 P 在 C 上，所以 m ＝ ， P （1，－ ），｜ ｜＝ .因为－2≤ x 1≤2，所以｜ ｜＝ ＝2－ .同理可得｜ ｜＝2－ .所以｜ ｜＋｜ ｜＝4－ （ x 1＋ x 2）＝3.故2｜ ｜＝｜ ｜＋｜ ｜，即｜ ｜，｜ ｜，｜ ｜成等差数列.点、线的存在性问题【例3】 已知椭圆 C ：9 x 2＋ y 2＝ m 2（ m ＞0），直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴， l 与 C 有两个交点 A ， B ，线段 AB 的中点为 M .（1）证明：直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值；解：证明：设直线 l ： y ＝ kx ＋ b （ k ≠0， b ≠0）， A （ x1， y 1）， B （ x 2， y 2）， M （ xM ， yM ）.将 y ＝ kx ＋ b 代入9 x 2＋ y 2＝ m 2，得（ k 2＋9） x 2＋2 kbx ＋ b 2－m 2＝0，Δ＞0，故 xM ＝ ， yM ＝ kxM ＋ b ＝ .于是直线 OM 的斜率 kOM ＝ ＝－ ，即 kOM · k ＝－9.所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值.（2）若 l 过点（ ， m ），延长线段 OM 与 C 交于点 P ，四边形 OAPB能否为平行四边形？若能，求此时 l 的斜率；若不能，说明理由.解：四边形 OAPB 能为平行四边形.因为直线 l 过点（ ， m ），所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k ＞0， k ≠3.由（1）得 OM 的方程为 y ＝－ x .设点 P 的横坐标为 xP .由 ，即 xP ＝ .将点（ ， m ）的坐标代入直线 l 的方程得 b ＝ ，因此xM ＝ .四边形 OAPB 为平行四边形，当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分，即 xP ＝2 xM .于是 ＝2× ，解得 k 1＝4－ ， k 2＝4＋ .所以当直线 l 的斜率为4－ 或4＋ 时，四边形 OAPB 为平行四边形.解题技法点、线存在性问题的求解方法（1）解决存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.一般步骤如下：①假设满足条件的曲线（直线或点等）存在，用待定系数法设出；②列出关于待定系数的方程（组）；③若方程（组）有实数解，则曲线（直线或点等）存在，否则不存在.（2）反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法. 已知双曲线 C 的焦点在坐标轴上，且过点 P （ ，1），其渐近线方程为 y ＝± x .（1）求双曲线 C 的标准方程；解：由双曲线 C 的焦点在坐标轴上，其渐近线方程为 y ＝± x ，可设双曲线的标准方程为2 x 2－ y 2＝λ，将 P 代入双曲线方程，可得λ＝2，所以双曲线 C 的标准方程为 x 2－ ＝1.（2）双曲线 C 上是否存在被点 B （1，1）平分的弦？如果存在，求出弦所在的直线方程；如果不存在，请说明理由.解：假设双曲线 C 上存在被点 B （1，1）平分的弦，记弦所在的直线为 l .设 B （1，1）是弦 MN 的中点， M （ x 1， y 1）， N （ x 2， y 2），则 x 1＋ x 2＝2， y 1＋ y 2＝2.因为点 M ， N 在双曲线 C 上，所以它们的坐标满足双曲线方程，即两式相减得2（ x 1＋ x 2）（ x 1－ x 2）－（ y 1－ y 2）（ y 1＋ y 2）＝0，所以4（ x 1－ x 2）＝2（ y 1－ y 2），所以直线 l 的斜率 kMN ＝ ＝2，所以直线 l 的方程为 y －1＝2（ x －1），即2 x － y －1＝0.联立直线 l 与双曲线 C 的方程，得消去 y ，得2 x 2－4x ＋3＝0，Δ＝16－4×2×3＝－8＜0，所以直线 l 与双曲线 C 无交点，所以直线 l 不存在，故不存在被点 B（1，1）平分的弦.含参数的存在性问题【例4】 如图，椭圆 C ： ＝1（ a ＞ b ＞0）经过点 P （1，），离心率 e ＝ ，直线 l 的方程为 x ＝4.（1）求椭圆 C 的方程；解：椭圆 C ： ＝1（ a ＞ b ＞0）经过点 P （1，），可得 ＝1（ a ＞ b ＞0）， ①由离心率 e ＝ ，即 a ＝2 c ，则 b 2＝3 c 2， ②代入①解得 c ＝1， a ＝2， b ＝ ，故椭圆 C 的方程为 ＝1.（2） AB 是经过右焦点 F 的任一弦（不经过点 P ），设直线 AB 与直线l 相交于点 M ，记 PA ， PB ， PM 的斜率分别为 k 1， k 2， k 3.问：是否存在常数λ，使得 k 1＋ k 2＝λ k 3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.解：由题意可设 AB 的斜率为 k ，则直线 AB 的方程为 y ＝ k （ x －1）， ③代入椭圆方程 ＝1并整理得（4 k 2＋3） x 2－8 k 2 x ＋4 k 2－12＝0，设 A （ x 1， y 1）， B （ x 2， y 2），x 1＋ x 2＝ ， x 1 x 2＝ ， ④在方程③中，令 x ＝4得， M 的坐标为（4，3 k ），从而 k 1＝ ， k 2＝ ， k 3＝ ＝ k － ，注意到 A ， F ， B 三点共线，则有 k ＝ kAF ＝ kBF ，即有 ＝ k ，所以 k 1＋ k 2＝ （ ）＝2 k － ， ⑤将④代入⑤得 k 1＋ k 2＝2 k － ＝2 k －1，又 k 3＝ k － ，所以 k 1＋ k 2＝2 k 3.故存在常数λ＝2符合题意.解题技法含参数的存在性问题的求解方法 求解含参数的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程. 在平面直角坐标系中， O 为坐标原点，动点 G 到 F 1（－ ，0），F 2（ ，0）两点的距离之和为4.（1）试判断动点 G 的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程 C ；解：由题意知，｜ GF 1｜＋｜ GF 2｜＝4，又4＞2 ，所以动点 G 的轨迹是椭圆.由椭圆的定义可知， c ＝ ， a ＝2，又因为 a 2－ b 2＝ c 2，所以b 2＝1，故 G 的轨迹方程为 ＋ y 2＝1.（2）已知直线 l ： y ＝ k （ x － ）（ k ＞0）与圆 F ：（ x － ）2＋y 2＝ 交于 M ， N 两点，与曲线 C 交于 P ， Q 两点，其中 M ， P在第一象限. d 为原点 O 到直线 l 的距离，是否存在实数 k ，使得T ＝（｜ NQ ｜－｜ MP ｜）· d 2取得最大值？若存在，求出 k ；若不存在，说明理由.解：由题设可知， M ， N 一个在椭圆外，一个在椭圆内； P ， Q一个在☉ F 内，一个在☉ F 外，在直线 l 上的四点满足：｜ NQ ｜－｜ MP ｜＝（｜ NQ ｜＋｜ NP ｜）－（｜ MP ｜＋｜ NP ｜）＝｜ PQ ｜－｜ MN ｜＝｜ PQ ｜－1，由消去 y 得（1＋4 k 2） x 2－8 k 2 x ＋12 k 2－4＝0，Δ＞0恒成立.设 P （ x 1， y 1）， Q （ x 2， y 2），由根与系数的关系，得 x 1＋ x 2＝ ， x 1 x 2＝ ，｜ PQ ｜＝ .所以｜ NQ ｜－｜ MP ｜＝｜ PQ ｜－1＝ ， O 到 l 距离 d ＝， T ＝（｜ NQ ｜－｜ MP ｜）· d 2＝＝ ＝1，当且仅当4 k 2＝ ，即 k ＝± 时等号成立.验证可知 k ＝± 满足题意.因为 k ＞0，所以 k ＝ .课时 跟踪检测关键能力 分层施练 素养重提升课后练习1. 在椭圆Γ： ＋ y 2＝1（ a ＞1）中， A ， B 分别为椭圆的左顶点和下顶点， F 为右焦点， C ， D 两点均在直线 x ＝ a 上，且 C在第一象限.（1）若∠ AFB ＝ ，求椭圆Γ的标准方程；12345678910111213141516171819202122232425262728解：∵｜ OF ｜＝ c （ O 为坐标原点），｜ FB ｜＝a ，｜ OB ｜＝1，∴ sin ∠ AFB ＝ ＝ sin ，∴ a ＝2，因此椭圆Γ的标准方程为 ＋ y 2＝1.（2）若 C ， D 两点的纵坐标分别为2和1，判断：直线 BC 与 AD 的交点是否在椭圆Γ上，并说明理由.解：直线 BC 与 AD 的交点在椭圆Γ上.由已知得 A （－ a ，0）， B （0，－1）， C （ a ，2）， D （ a ，1），∴直线 BC 的方程为 y ＝ x －1，直线 AD 的方程为 y ＝ x ＋ ，联立解得∴直线 BC 与 AD 的交点为（ ），此时 ＋（ ）2＝1，即交点坐标满足椭圆方程，因此该交点在椭圆Γ上.2. 已知 F 1， F 2分别为椭圆 C ： ＝1（ a ＞ b ＞0）的左、右焦点，焦距为2，过 F 2作斜率存在且不为零的直线 l 交 C 于 A ， B 两点，且△ F 1 AB 的周长为8.（1）求椭圆 C 的方程；解：由焦距为2，即2 c ＝2，得 c ＝1，结合椭圆的定义知，△ F 1 AB 的周长为4 a ＝8，得 a ＝2，∴ b 2＝ a 2－ c 2＝3，即椭圆 C 的方程为 ＝1.（2）已知弦 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 P ，求证：｜ AB ｜＝4｜PF 2｜.解：证明：设直线 l 的方程为 x ＝ my ＋1， m ≠0， A （ x 1， y 1）， B （ x 2， y 2），联立得（3 m 2＋4） y 2＋6 my －9＝0，Δ＞0恒成立，∴ y 1＋ y 2＝ ， y 1 y 2＝ ，则 x 1＋ x 2＝ m （ y 1＋ y 2）＋2＝ ，∴ AB 的中点为（ ），即（ ），∴弦 AB 的垂直平分线的方程为 y ＝－ m （ x － ）－ ＝－mx ＋ ，令 y ＝0，得 x ＝ ，∴ xP ＝ ，∴｜ PF 2｜＝｜1－ xP ｜＝ ，而｜ AB ｜＝ ｜ y 1－ y 2｜＝· ，∴ ＝4，即｜ AB ｜＝4｜ PF 2｜.3. 设动点 P 到定点 F （ ，0）的距离和 P 到定直线 l ： x ＝ 的距离的比是 .（1）求动点 P 的轨迹方程；解：设 P （ x ， y ），因为动点 P 到定点 F （ ，0）的距离和 P 到定直线 l ： x ＝ 的距离的比是 ，所以 ，整理化简得 ＋ y 2＝1.所以动点 P 的轨迹方程为 ＋ y 2＝1.（2）设动点 P 的轨迹为曲线 N ，不过原点 O 且斜率为 的直线 l与曲线 N 交于不同的两点 A ， B ，线段 AB 的中点为 M ，直线 OM 与曲线 N 交于 C ， D 两点，证明： A ， B ， C ，D 四点共圆.解：证明：设直线 l 的方程为 y ＝ x ＋ m （ m ≠0）， A （ x 1，y 1）， B （ x 2， y 2），由方程组得 x 2＋2 mx ＋2 m 2－2＝0， ①方程①的判别式为Δ＝4（2－ m 2），由Δ＞0，即2－ m 2＞0，解得－ ＜ m ＜ .由①得 x 1＋ x 2＝－2 m ， x 1 x 2＝2 m 2－2.所以 M 点坐标为（－ m ， ），直线 OM 的方程为 y ＝－ x ，假设点 C 在第二象限，由方程组得 C （－ ）， D （ ，－ ），所以｜ MC ｜·｜ MD ｜＝ （－ m ＋ ）· ＋ m ）＝ （2－ m 2）.又｜ MA ｜·｜ MB ｜＝ ｜ AB ｜2＝ [（ x 1－ x 2）2＋（ y 1－ y 2）2]＝ [（ x 1＋ x 2）2－4 x 1 x 2]＝ [4 m 2－4（2 m 2－2）]＝ （2－m 2），所以｜ MA ｜·｜ MB ｜＝｜ MC ｜·｜ MD ｜，所以 A ， B ， C ， D 四点共圆.4. 已知双曲线方程为 ＝1（ a ＞0， b ＞0）， F 1， F 2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点 P 为双曲线在第一象限上的一点，且满足 · ＝0，｜ ｜｜ ｜＝6.（1）求双曲线的标准方程；解：由 e ＝ ＝2得 c ＝2 a ，∴ b ＝ a ，∵ · ＝0，∴ PF 1⊥ PF 2，在Rt△ F 1 PF 2中，由｜ PF 1｜－｜ PF 2｜＝2 a 得｜ PF 1｜2＋｜PF 2｜2－2｜ PF 1｜｜ PF 2｜＝4 a 2，代入｜ PF 1｜2＋｜ PF 2｜2＝4 c 2，｜ PF 1｜｜ PF 2｜＝6得4 c 2－12＝4 a 2，解得 b 2＝3， a 2＝1，∴双曲线的方程为 x 2－ ＝1.（2）过点 F 2作直线 l 交双曲线于 A ， B 两点，则在 x 轴上是否存在定点 Q （ m ，0），使得 · 为定值？若存在，请求出 m的值和该定值；若不存在，请说明理由.解：当 l 斜率为0时， l ： y ＝0，此时 A （－1，0）， B （1，0），由 Q （ m ，0）得 · ＝m 2－1；当 l 斜率不为0时，设 l ： x ＝ ty ＋2， A （ x 1， y 1）， B （ x 2，y 2），联立得（3 t 2－1） y 2＋12 ty ＋9＝0，则Δ＝36t 2＋36＞0，∴ y 1＋ y 2＝ ， y 1 y 2＝ ，∴ · ＝（ x 1－ m ， y 1）·（ x 2－ m ， y 2）＝（ x 1－ m ）（ x 2－ m ）＋ y 1 y 2＝（ ty 1＋2－ m ）（ ty 2＋2－ m ）＋ y 1 y 2＝（ t 2＋1） y 1· y 2＋（2－ m ） t （ y 1＋ y 2）＋（2－ m ）2＝（ t 2＋1）· ＋（2－ m ） t · ＋（2－ m ）2，令 · ＝ m 2－1，即9（ t 2＋1）－12 t 2（2－ m ）＝（4 m －5）（3 t 2－1），解得 m ＝－1，则 Q （－1，0），此时 · ＝0.综上所述：存在 m ＝－1，使得 · ＝0.5. 已知抛物线 C ： x 2＝2 py （ p ＞0）的焦点为 F ， E 为 C 上的动点，EQ 垂直于动直线 y ＝ t （ t ＜0），垂足为 Q ，当△ EQF 为等边三角形时，其面积为4 .（1）求 C 的方程；解：∵△ EQF 为等边三角形时，其面积为4 ，∴ ×｜ EQ ｜2 sin ＝4 ，解得｜ EQ ｜＝4，根据｜ EF ｜＝｜ EQ ｜和抛物线的定义可知， Q 落在准线上，即 y ＝ t ＝－ ，设准线和 y 轴交点为 H ，易证∠ HFQ ＝ ，于是｜ FQ ｜ cos ＝2＝｜ FH ｜＝ p ，∴ C 的方程为 x 2＝4 y .（2）设 O 为原点，过点 E 的直线 l 与 C 相切，且与椭圆 ＝1交于 A ， B 两点，直线 OQ 与 AB 交于点 M ，试问：是否存在t ，使得｜ AM ｜＝｜ BM ｜？若存在，求 t 的值；若不存在，请说明理由.解：假设存在 t ，使得｜ AM ｜＝｜ BM ｜，则 M 为线段 AB 的中点，设 E （ x 0， ），依题意得 Q （ x 0， t ），当 x 0≠0时，则 kOQ ＝ ，由 y ＝ 可得y'＝ ，∴切线 l 的斜率为 kl ＝ x 0，设 A （ x 1， y 1）， B （ x 2， y 2），线段 AB 的中点 M （ ），由 可得 ＝0，∴ ＝0，整理可得 · ＝－ ，即 kl · kOM ＝－ ，所以 x 0· kOM ＝－ ，可得 kOM ＝－ ，又∵ kOQ ＝ kOM ＝ ，∴当 t ＝－1时， kOQ ＝ kOM ＝－ ，此时 O ， M ， Q 三点共线，满足 M 为 AB 的中点.当 x 0＝0时，结论也成立.综上，存在 t ＝－1，使得｜ AM ｜＝｜ BM ｜.6. 已知椭圆 C ： ＝1（ a ＞ b ＞0）的左焦点为 F ，离心率为 ，过点 F 且垂直于 x 轴的直线交 C 于 A ， B 两点，｜ AB ｜＝3.（1）求椭圆 C 的方程；解：设 F （－ c ，0），∵点 A ， B 为过点 F 且垂直于 x轴的直线与椭圆 C 的交点，∴｜ AB ｜＝ ，∴解得∴椭圆 C 的方程为 ＝1.（2）过 F 点作相互垂直的弦 DE ， MN ，设 DE ， MN 的中点分别为 P ， Q ，当△ FPQ 的面积最大时，证明：点 P ， Q 关于 x 轴对称.解：证明：由题意得直线 DE ， MN 的斜率均存在，设直线 DE 的斜率为 k ，则直线 MN 的斜率为－ ，∴直线 DE 的方程为 y ＝ k （ x ＋1），设 D （ x 1， y 1），E （ x 2， y 2），联立直线与椭圆的方程可得（3＋4 k 2） x 2＋8 k 2 x ＋4 k 2－12＝0，Δ＝144 k 2＋144＞0，由根与系数的关系可得， x 1＋ x 2＝ ，∵ P 为 DE 的中点，∴ xP ＝ ， yP ＝ k （ xP ＋1）＝ ，∴ P （ ），∴｜ PF ｜＝ ，同理用－ 代替 k 得 Q （ ），｜ QF ｜＝ ，∴ S △ FPQ ＝ ｜ PF ｜·｜ QF ｜＝ ，设 t ＝ （ t ≥2），∴ S △ FPQ ＝ （ t ≥2），设 f （ x ）＝12 x ＋ （ x ≥2），由对勾函数的性质，可知函数 f （ x ）在区间[2，＋∞）上单调递增，∴当 x ＝2时， f （ x ）最小，即 S △ FPQ 最大，此时 ＝2，解得 k 2＝1，∴ xP ＝ xQ ＝－ ， yP ＝－ yQ ，∴点 P ， Q 关于 x轴对称，即得证.感 谢 观 看!重难专攻（十） 圆锥曲线中的证明、探究性问题1.证明问题：圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系的证明，如相切、平行、垂直、共线等；数量关系的证明，如恒成立、值相等（不等）、角相等（不等）等，在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明.2.探究性问题：先假设结论成立，用待定系数法列出含相应参数的方程，若方程有解，则探究的元素存在（或命题成立），否则不存在（或不成立）.需要注意的是：（1）当条件和结论不唯一时要分类讨论；（2）当给出结论需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.位置关系的证明【例1】 已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1（－2，0），A2（2，0），右焦点为F，点T（1，）在椭圆C上.（1）求椭圆C的标准方程；（2）P为椭圆上不与A1，A2重合的任意一点，直线A1P，A2P分别与直线x＝4相交于点M，N，求证：FM⊥FN.解：（1）由题知，a＝2，又点T（1，）在椭圆C上，∴＋＝1，解得b2＝3，∴椭圆C的标准方程为＋＝1.（2）证明：由（1）知F（1，0），设P（x0，y0）（x0≠±2），则＋＝1，直线A1P的方程为y－y0＝（x－x0），令x＝4，得yM＝，即M（4，），直线A2P的方程为y－y0＝（x－x0），令x＝4，得yN＝，即N（4，），∴·＝（3，）·（3，）＝3×3＋×＝9＋＝9＋＝9＋（－9）＝0，∴⊥，即FM⊥FN.解题技法树立“转化”意识，证明位置关系 双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）经过点（，1），且渐近线方程为y＝±x.（1）求a，b的值；（2）点A，B，D是双曲线C上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点O.求证：直线AB与圆x2＋y2＝1相切.解：（1）由题意得解得a＝b＝.（2）证明：由（1）得双曲线C的方程为x2－y2＝2.易知直线AB一定是不平行于x轴的直线且不与渐近线y＝±x平行，所以可设直线AB的方程为x＝my＋n（m≠±1），设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1≠y2，D（－x2，y2）.联立整理得（m2－1）y2＋2mny＋n2－2＝0，Δ＝4（n2＋2m2－2）＞0，则y1y2＝.由于△ABD的外接圆过原点，且B，D两点关于y轴对称，所以可设△ABD外接圆的方程为x2＋y2＋Ey＝0.则所以y2（＋）＝y1（＋），因为＝2＋，＝2＋，所以y2（2＋2）＝y1（2＋2），所以y1y2＝1，所以y1y2＝＝1，所以n2＝m2＋1，则原点到直线AB的距离d＝＝1，所以直线AB与圆x2＋y2＝1相切.数量关系的证明【例2】 设椭圆C：＋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：（1）由已知得F（1，0），l的方程为x＝1.把x＝1代入椭圆方程＋y2＝1，可得点A的坐标为或，又M（2，0），所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.（2）证明：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轴既不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k（x－1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＜，x2＜，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋.由y1＝k（x1－1），y2＝k（x2－1）得，kMA＋kMB＝.将y＝k（x－1）代入＋y2＝1得（2k2＋1）x2－4k2x＋2k2－2＝0.所以x1＋x2＝，x1x2＝.则2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k＝＝0.从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补.所以∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB.解题技法 解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目的.已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线y＝x上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M（－1，0）对称.（1）求E和Γ的标准方程；（2）过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求证：｜CD｜＞｜AB｜.解：（1）设Γ的标准方程为x2＝2py，p＞0，则F（0，）.已知点E在直线y＝x上，故可设E（2a，a）.因为E，F关于点M（－1，0）对称，所以解得所以抛物线Γ的标准方程为x2＝4y.因为圆E与x轴相切，故半径r＝｜a｜＝1，所以圆E的标准方程为（x＋2）2＋（y＋1）2＝1.（2）证明：由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方程为y＝k（x＋1）（k≠0）.则E（－2，－1）到l的距离d＝，因为l与E交于A，B两点，所以d2＜r2，即＜1，解得k＞0，所以｜AB｜＝2＝2.由消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.Δ＝16k2＋16k＞0恒成立，设C（x1，y1），D（x2，y2），则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，那么｜CD｜＝｜x1－x2｜＝·＝4·.所以＝＝＞＝2.所以｜CD｜2＞2｜AB｜2，即｜CD｜＞｜AB｜.点、线的探究性问题【例3】 已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1（a＞1）的左顶点和下顶点，P为直线x＝3上的动点，·的最小值为.（1）求E的方程；（2）设直线PA与E的另一交点为D，直线PB与E的另一交点为C，问是否存在点P，使得四边形ABCD为梯形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.解：（1）设P（3，t），由题意得A（－a，0），B（0，－1），则＝（a＋3，t），＝（3，1＋t）.所以·＝9＋3a＋t2＋t＝＋3a＋，于是当t＝－时，·取得最小值3a＋，所以3a＋＝，解得a＝2.所以E的方程为＋y2＝1.（2）法一 假设存在点P（3，t）满足题设，设D（x1，y1），则＝（x1＋2，y1），由题意可知＝（5，t），存在λ∈（0，1），使得＝λ，即整理得代入＋y2＝1中，有＋（λt）2＝1， ①设C（x2，y2），则＝（x2，y2＋1）.由题意可知＝（3，t＋1）.因为四边形ABCD为梯形，所以AB∥CD，所以＝λ，即整理得代入＋y2＝1中，有＋（λt＋λ－1）2＝1， ②①－②得λ（λ－1）（3－2t）＝0，又λ∈（0，1），所以t＝.故存在点P，使得四边形ABCD为梯形.法二 假设存在点P（3，t）满足题设，则t＞0，设C（x1，y1），D（x2，y2）.直线PA的方程为y＝（x＋2），直线PB的方程为y＝x－1.将y＝（x＋2）代入E的方程得（4t2＋25）x2＋16t2x＋16t2－100＝0，Δ＞0，可得x2×（－2）＝，所以x2＝.将y＝x－1代入E的方程得（4t2＋8t＋13）x2－24（t＋1）x＝0.可得x1＝.因为四边形ABCD为梯形，所以AB∥CD，所以＝，于是＝，所以＝，整理可得8t3－12t2＋10t－15＝0，即（2t－3）（4t2＋5）＝0，解得t＝.故存在点P，使得四边形ABCD为梯形.解题技法点、线的探究性问题的求解方法（1）解决探究性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.一般步骤如下：①假设满足条件的曲线（直线或点等）存在，用待定系数法设出；②列出关于待定系数的方程（组）；③若方程（组）有实数解，则曲线（直线或点等）存在，否则不存在.（2）反证法与验证法也是求解探究性问题常用的方法. 已知双曲线C的焦点在坐标轴上，且过点P（，1），其渐近线方程为y＝±x.（1）求双曲线C的标准方程；（2）双曲线C上是否存在被点B（1，1）平分的弦？如果存在，求出弦所在的直线方程；如果不存在，请说明理由.解：（1）由双曲线C的焦点在坐标轴上，其渐近线方程为y＝±x，可设双曲线的标准方程为2x2－y2＝λ，将P代入双曲线方程，可得λ＝2，所以双曲线C的标准方程为x2－＝1.（2）假设双曲线C上存在被点B（1，1）平分的弦，记弦所在的直线为l.设B（1，1）是弦MN的中点，M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝2，y1＋y2＝2.因为点M，N在双曲线C上，所以它们的坐标满足双曲线方程，即两式相减得2（x1＋x2）（x1－x2）－（y1－y2）（y1＋y2）＝0，所以4（x1－x2）＝2（y1－y2），所以直线l的斜率kMN＝＝2，所以直线l的方程为y－1＝2（x－1），即2x－y－1＝0.联立直线l与双曲线C的方程，得消去y，得2x2－4x＋3＝0，Δ＝16－4×2×3＝－8＜0，所以直线l与双曲线C无交点，所以直线l不存在，故双曲线C上不存在被点B（1，1）平分的弦.含参数的探究性问题【例4】 如图，A，B，M，N为抛物线y2＝2x上四个不同的点，直线AB与直线MN相交于点（1，0），直线AN过点（2，0）.（1）记A，B的纵坐标分别为yA，yB，求yA·yB的值；（2）记直线AN，BM的斜率分别为k1，k2，是否存在实数λ，使得k2＝λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.解：（1）设直线AB的方程为x＝my＋1，代入y2＝2x，得y2－2my－2＝0，Δ＝4m2＋8＞0，所以yA·yB＝－2.（2）记点M，N的纵坐标分别为yM，yN，由（1）同理可得yM·yN＝－2.设直线AN的方程为x＝ny＋2，代入y2＝2x，得y2－2ny－4＝0，Δ＞0，所以yA·yN＝－4.记点A，N的横坐标分别为xA，xN，则k1＝＝＝，同理得k2＝，所以λ＝＝＝＝＝2，所以存在实数λ＝2，使得k2＝2k1.解题技法含参数的探究性问题的求解方法 求解含参数的探究性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点G到F1（－，0），F2（，0）两点的距离之和为4.（1）试判断动点G的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程C；（2）已知直线l：y＝k（x－）（k＞0）与圆F：（x－）2＋y2＝交于M，N两点，与曲线C交于P，Q两点，其中M，P在第一象限.d为原点O到直线l的距离，是否存在实数k，使得T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2取得最大值？若存在，求出k；若不存在，说明理由.解：（1）由题意知，｜GF1｜＋｜GF2｜＝4，又4＞2，所以动点G的轨迹是椭圆.由椭圆的定义可知，c＝，a＝2，又因为a2－b2＝c2，所以b2＝1，故G的轨迹方程为＋y2＝1.（2）由题设可知，M，N一个在椭圆外，一个在椭圆内；P，Q一个在☉F内，一个在☉F外，在直线l上的四点满足：｜NQ｜－｜MP｜＝（｜NQ｜＋｜NP｜）－（｜MP｜＋｜NP｜）＝｜PQ｜－｜MN｜＝｜PQ｜－1，由消去y得（1＋4k2）x2－8·k2x＋12k2－4＝0，Δ＞0恒成立.设P（x1，y1），Q（x2，y2），由根与系数的关系，得x1＋x2＝，x1x2＝，｜PQ｜＝＝.所以｜NQ｜－｜MP｜＝｜PQ｜－1＝，O到l距离d＝，T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2＝＝＝≤＝1，当且仅当4k2＝，即k＝±时等号成立.验证可知k＝±满足题意.因为k＞0，所以k＝.1.在椭圆Γ：＋y2＝1（a＞1）中，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，F为右焦点，C，D两点均在直线x＝a上，且C在第一象限.（1）若∠AFB＝，求椭圆Γ的标准方程；（2）若C，D两点的纵坐标分别为2和1，判断：直线BC与AD的交点是否在椭圆Γ上，并说明理由.解：（1）∵｜OF｜＝c（O为坐标原点），｜FB｜＝a，｜OB｜＝1，∴sin∠AFB＝＝＝sin ＝，∴a＝2，因此椭圆Γ的标准方程为＋y2＝1.（2）直线BC与AD的交点在椭圆Γ上.由已知得A（－a，0），B（0，－1），C（a，2），D（a，1），∴直线BC的方程为y＝x－1，直线AD的方程为y＝x＋，联立解得∴直线BC与AD的交点为（，），此时＋（）2＝1，即交点坐标满足椭圆方程，因此该交点在椭圆Γ上.2.（2024·大连模拟）已知双曲线Q：－y2＝1（a＞0）的离心率为，经过坐标原点O的直线l与双曲线Q交于A，B两点，点A（x1，y1）位于第一象限，C（x2，y2）是双曲线Q右支上一点，AB⊥AC，设D（x1，－）.（1）求双曲线Q的标准方程；（2）求证：C，D，B三点共线.解：（1）由题意可知＝，解得a＝2，所以双曲线Q的标准方程为－y2＝1.（2）证明：法一 由题意可知，直线AB，AC的斜率存在且不为0，B（－x1，－y1）.因为AB⊥AC，所以kAB·kAC＝－1，即·＝－1.又点A，C在双曲线Q右支上，所以作差得＝，则kBC＝＝＝－×，又kBD＝＝－×，所以kBC＝kBD.又BC，BD有公共点，所以B，C，D三点共线.法二 由题意可知，直线AB，AC的斜率存在且不为0，B（－x1，－y1）.因为AB⊥AC，所以kAB·kAC＝－1，即·＝－1. ①又kBC·kAC＝·＝，－＝1，－＝1，所以kBC·kAC＝＝. ②由①②得＝－4，所以kBC＝－×，又kBD＝＝－×，所以kBC＝kBD.又BC，BD有公共点，所以B，C，D三点共线.3.已知双曲线方程为－＝1（a＞0，b＞0），F1，F2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足·＝0，｜｜｜｜＝6.（1）求双曲线的标准方程；（2）过点F2作直线l交双曲线于A，B两点，则在x轴上是否存在定点Q（m，0），使得·为定值？若存在，请求出m的值和该定值，若不存在，请说明理由.解：（1）由e＝＝2得c＝2a，∴b＝＝a，∵·＝0，∴PF1⊥PF2，在Rt△F1PF2中，由｜PF1｜－｜PF2｜＝2a得｜PF1｜2＋｜PF2｜2－2｜PF1｜｜PF2｜＝4a2，代入｜PF1｜2＋｜PF2｜2＝4c2，｜PF1｜｜PF2｜＝6得4c2－12＝4a2，解得b2＝3，a2＝1，∴双曲线的标准方程为x2－＝1.（2）当l斜率为0时，l：y＝0，此时不妨设A（－1，0），B（1，0），由Q（m，0）得·＝m2－1；当l斜率不为0时，设l：x＝ty＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），联立得（3t2－1）y2＋12ty＋9＝0，则Δ＝36t2＋36＞0，∴y1＋y2＝，y1y2＝，∴·＝（x1－m，y1）·（x2－m，y2）＝（x1－m）（x2－m）＋y1y2＝（ty1＋2－m）（ty2＋2－m）＋y1y2＝（t2＋1）y1·y2＋（2－m）t（y1＋y2）＋（2－m）2＝（t2＋1）·＋（2－m）t·＋（2－m）2，令·＝m2－1，即9（t2＋1）－12t2（2－m）＝（4m－5）（3t2－1），解得m＝－1，则Q（－1，0），此时·＝0.综上所述：存在m＝－1，使得·为定值且定值为0.4.（2023·新高考Ⅰ卷22题）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，）的距离，记动点P的轨迹为W.（1）求W的方程；（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3.解：（1）设点P（x，y），则｜y｜＝，两边同时平方化简得y＝x2＋，故W：y＝x2＋.（2）证明：设矩形的三个顶点A（a，a2＋），B（b，b2＋），C（c，c2＋）在W上，且a＜b＜c，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则kAB·kBC＝－1，a＋b＜b＋c，令kAB＝＝a＋b＝m＜0，同理令kBC＝b＋c＝n＞0，且mn＝－1，则m＝－，设矩形周长为L，由对称性不妨设｜m｜≥｜n｜，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋，则L＝｜AB｜＋｜BC｜＝＋＝＋＝（b－a）＋（c－b）≥（c－a）＝（n＋），n＞0，易知（n＋）＞0，令f（x）＝（x＋）2（1＋x2），x＞0，f'（x）＝2（x＋）2（2x－），令f'（x）＝0，解得x＝，当x∈（0，）时，f'（x）＜0，此时f（x）单调递减，当x∈（，＋∞），f'（x）＞0，此时f（x）单调递增，则f（x）min＝f（）＝，故L≥＝，即L≥3.当L＝3时，n＝，m＝－，且（b－a）＝（b－a），无解，故等号取不到，故L＞3，得 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