资源简介 第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题1.已知椭圆C：＋＝1.（1）求椭圆C的离心率和长轴长；（2）已知直线y＝kx＋2与椭圆C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点，是否存在实数k，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由.2.（2024·湖北七市州调研）如图，O为坐标原点，F为抛物线y2＝2x的焦点，过F的直线交抛物线于A，B两点，直线AO交抛物线的准线于点D，设抛物线在B点处的切线为l.（1）若直线l与y轴的交点为E，求证：｜DE｜＝｜EF｜；（2）过点B作l的垂线与直线AO交于点G，求证：｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜.3.已知点P是动点，直线PA与直线y＝x垂直，垂足为点A且位于第一象限，直线PB与直线y＝－x垂直，垂足为点B且位于第四象限，四边形OAPB（O为坐标原点）的面积为2，动点P的轨迹记作Ω.（1）求Ω的方程；（2）设T是直线x＝1上一点，过T的直线l与Ω交于C，D两点，试问是否存在点T，使得·＝？若存在，求T的坐标，若不存在，请说明理由.4.（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.第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题1.解：（1）由题意：a2＝4，b2＝2，所以a＝2，因为a2＝b2＋c2，所以c2＝2，c＝，所以e＝＝.所以椭圆C离心率为，长轴长为4.（2）联立消y整理得：（2k2＋1）x2＋8kx＋4＝0.因为直线与椭圆交于A，B两点，故Δ＞0，解得k2＞.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝，x1x2＝.设AB中点G（x0，y0），则x0＝＝，y0＝kx0＋2＝，故G（，）.假设存在k和点P（m，0），使得△PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形，则PG⊥AB，故kPG·kAB＝－1，所以·k＝－1，解得m＝，故P（，0）.又因为∠APB＝，所以·＝0，所以（x1－m，y1）·（x2－m，y2）＝0，即（x1－m）·（x2－m）＋y1y2＝0.整理得（k2＋1）x1x2＋（2k－m）（x1＋x2）＋m2＋4＝0.所以（k2＋1）－（2k－m）＋m2＋4＝0，代入m＝，整理k4＝1，即k2＝1.当k＝－1时，P点坐标为（，0）；当k＝1时，P点坐标为（－，0）.此时，△PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形.2.证明：（1）易知抛物线焦点F（，0），准线方程为x＝－；设直线AB的方程为x＝my＋，A（x1，y1），B（x2，y2），联立得y2－2my－1＝0，可得∴y1＝，不妨设A在第一象限，B在第四象限，对于y＝－，y'＝－；可得l的斜率为－＝－＝，∴l的方程为y－y2＝（x－x2），即为y＝x＋.令x＝0得E（0，），直线OA的方程为y＝x＝x＝－2y2x，令x＝－得D（－，y2）.又F（，0），∴＝，即｜DE｜＝｜EF｜得证.（2）由D（－，y2），B（x2，y2）知DB与x轴平行，∴＝， ①又DF的斜率为－y2，BG的斜率也为－y2，∴DF与BG平行，∴＝， ②由①②得＝，即｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜得证.3.解：（1）由已知设点A（m，m）（m＞0），B（n，－n）（n＞0），易知四边形OAPB为矩形，因为其面积为2，所以｜OA｜｜OB｜＝m·n＝2mn＝2，所以mn＝1.由题意可得直线PA的方程为x＋y－2m＝0，直线PB的方程为x－y－2n＝0，由解得即P（m＋n，m－n），所以（m＋n）2－（m－n）2＝4mn＝4.因为m＋n≥2＝2，所以Ω的方程为x2－y2＝4（x≥2）.（2）设T（1，t），C（x1，y1），D（x2，y2），设直线CD的方程为y－t＝k（x－1），即y＝kx＋t－k，由得（k2－1）x2＋2k（t－k）x＋（t－k）2＋4＝0，易知k≠±1，则Δ＝4k2（t－k）2－4（k2－1）[（t－k）2＋4]＝4（t＋k）（t－3k）＋16＞0，且x1＋x2＝＞0，x1x2＝＞0，所以·＝｜｜｜｜＝（1＋k2）·｜x1－1｜·｜x2－1｜＝（1＋k2）｜x1x2－（x1＋x2）＋1｜＝.假设存在点T满足·＝，则＝t2＋1，整理得t2＋k2＋2＝0，但t2＋k2＋2≥2＞0，所以假设不成立，故不存在满足题意的点T.4.解：（1）因为椭圆左、右焦点分别为F1（－1，0），F2（1，0），所以c＝1，又因为椭圆C的离心率为，得a＝2，所以b2＝3，所以椭圆方程为＋＝1.（2）证明：由M0（1，4），F1（－1，0）得直线M0F1斜率为k＝2，中点坐标为（0，2），所以线段F1M0的垂直平分线方程为y＝－x＋2，联立垂直平分线方程和椭圆方程得x2－2x＋1＝0，又Δ＝4－4＝0，所以直线与椭圆相切，所以线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点.（3）法一 设M（x0，y0），当y0＝0时，F1M的垂直平分线方程为x＝，此时＝±2，x0＝5或－3；当y0≠0时，F1M的垂直平分线方程为y＝－＋＝－x＋，联立得3x2＋4［－x＋x2］＝12，即x2－x＋－12＝0.因为线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点，故Δ＝－4［3＋］［－12］＝0，即－36－＝0，即＋（2－14）＋（x0＋1）2（x0＋3）（x0－5）＝0，＋（2－14）＋（＋2x0＋1）（－2x0－15）＝0，即（＋＋2x0＋1）（＋－2x0－15）＝0，因为＋＋2x0＋1＝（x0＋1）2＋＞0，所以＋－2x0－15＝0，而（5，0），（－3，0）也满足该方程，故点M的轨迹是圆，该圆的方程为x2＋y2－2x－15＝0，即（x－1）2＋y2＝16.法二 设线段F1M的垂直平分线与C切于点（x0，y0），则切点处的切线方程为＋＝1，即3x0x＋4y0y＝12，9x2＋16y2＋24x0y0xy＝144， ①易知F1M：y＝（x＋1），即3x0y－4y0x＝4y0，9y2＋16x2－24x0y0xy＝16， ②①＋②，得（9＋16）（x2＋y2）＝144＋16， ③又3＋4＝12，所以144＝36＋48，将其代入③得x2＋y2＝4，此方程即为线段F1M中点的轨迹方程，设动点M（xM，yM），又x＝，y＝，所以（ ）2＋（ ）2＝4，即点M的轨迹方程为（xM－1）2＋＝16，其为一个圆.故该圆的方程为（x－1）2＋y2＝16.法三 设线段F1M的垂直平分线l与C恰有一个公共点为P，则当点P不在长轴时，线段F1M的垂直平分线l即为点P处的切线，也为∠F1PM的平分线，作∠F1PF2的平分线PH，根据椭圆的光学性质得PH⊥l，所以∠F1PE＋∠F1PH＝90°，则∠F2PH＋∠EPM＝90°，故∠F2PF1＋∠F1PM＝180°，所以M，P，F2三点共线，所以｜MF2｜＝｜MP｜＋｜PF2｜＝｜PF1｜＋｜PF2｜＝4，所以点M的轨迹是以F2为圆心，4为半径的圆，当P在椭圆长轴上时，M点为（5，0）或（－3，0）也满足｜MF2｜＝4，故点M的轨迹是圆，该圆的方程为（x－1）2＋y2＝16.1 / 1第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题重点解读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（师生共研过关）（2025·南京模拟）已知椭圆C：＋y2＝1的左、右顶点分别为M，N，点P（x0，y0）（y0≠0）在椭圆C上，若点E（－6，yE），F（－6，yF）分别在直线MP，NP上.（1）求kMP·kMF的值；（2）连接FM并延长交椭圆C于点Q，求证：E，N，Q三点共线.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.数量关系的证明（师生共研过关）（2024·武汉五调）已知双曲线E：x2－y2＝1，直线PQ与双曲线E交于P，Q两点，直线MN与双曲线E交于M，N两点.（1）若直线MN经过坐标原点，且直线PM，PN的斜率kPM，kPN均存在，求kPMkPN；（2）设直线PQ与直线MN的交点为T（1，2），且·＝·，证明：直线PQ与直线MN的斜率之和为0.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｜.点、线的探究性问题（师生共研过关）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.已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，点E，F分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O，且△EOF的面积为.（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由.含参数的探究性问题（师生共研过关）（2024·阜阳模拟）已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的左、右顶点分别为A（－1，0），B（1，0），动直线l过点M（2，0），当直线l与双曲线C有且仅有一个公共点时，点B到直线l的距离为.（1）求双曲线C的标准方程；（2）当直线l与双曲线C交于异于A，B的两点P，Q时，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2.是否存在实数λ，使得k2＝λk1成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.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.第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题【考点·分类突破】考点1【例1】 解：（1）∵点P（x0，y0）在椭圆C上，∴＋＝1.又直线MP的斜率为，直线NP的斜率为，∴直线NP的方程为y＝（x－2），令x＝－6，则yF＝，∴点F的坐标为（－6，），∴直线MF的斜率为＝，∴kMP·kMF＝·＝＝＝－.（2）证明：设直线MP的斜率为k，则y＝k（x＋2），令x＝－6，则yE＝－4k，可得E（－6，－4k）.而直线MF的斜率为－，∴直线MF的方程为y＝－（x＋2）.联立可得（1＋k2）y2＋2ky＝0，易得Q点的纵坐标为，将其代回直线x＝－2ky－2，可得x＝，∴Q（，），∴直线NQ的斜率为＝，直线NE的斜率为＝，∴kNQ＝kNE，∴E，N，Q三点共线.跟踪训练解：（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.考点2【例2】 解：（1）当直线MN经过坐标原点时，M，N两点关于原点对称.设M（x1，y1），N（－x1，－y1），P（x0，y0），于是kPM＝，kPN＝.因为M，N，P三点都在双曲线x2－y2＝1，所以两式作差，－＝－，所以kPMkPN＝·＝＝1.（2）证明：已知T（1，2），由题意可知MN，PQ均有斜率，可设直线MN：y－2＝k1（x－1），直线PQ：y－2＝k2（x－1），M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4）.＝（x1－1，y1－2），＝（x2－1，y2－2）.联立直线MN方程与双曲线E的方程：整理得（1－）x2＋2k1（k1－2）x－（k1－2）2－1＝0，当1－≠0时，Δ＝4（5－4k1）＞0.x1＋x2＝－，x1x2＝.于是，·＝（x1－1）（x2－1）＋（y1－2）·（y2－2）＝（1＋）[x1x2－（x1＋x2）＋1]＝（1＋）［＋＋1］＝（1＋）·，同理可得，·＝（1＋）·.因为·＝·，所以＝，整理得，＝，而k1≠k2，所以k1＋k2＝0.跟踪训练解：（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｜. 考点3【例3】 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.跟踪训练解：（1）由题意可知解得所以椭圆C的方程为＋＝1.（2）假设满足条件的直线l存在，由E（0，－2），F（，0），得kEF＝，因为点F为△EAB的垂心，所以AB⊥EF，所以kAB＝－，设直线l的方程为y＝－x＋t，代入＋＝1，得7x2－6tx＋6（t2－4）＝0，Δ＝（－6t）2－4×7×6（t2－4）＝－96t2＋672＞0，即－＜t＜.记A（x1，y1），B（x2，y2），则由AF⊥BE得·＝－1，所以y1y2＋2y1＋x1x2－x2＝0，将y1＝－x1＋t，y2＝－x2＋t代入上式，得3x1x2－（t＋2）（x1＋x2）＋（2t2＋4t）＝0，所以3×－（t＋2）·＋（2t2＋4t）＝0，所以5t2＋t－18＝0，解得t＝（t＝－2舍去），满足Δ＞0，所以直线l的方程为y＝－x＋.考点4【例4】 解：（1）∵a＝1，∴x2－＝1，故当直线l过（2，0）且与双曲线C有且仅有一个公共点时，l与C的渐近线平行.设直线l：y＝±b（x－2），则点B（1，0）到直线l的距离为＝，∴b＝1，∴双曲线C的标准方程为x2－y2＝1.（2）由题可知，直线l的斜率不为0，设直线l：x＝my＋2，P（x1，y1），Q（x2，y2），由得（m2－1）y2＋4my＋3＝0（m2－1≠0）.Δ＝4m2＋12＞0成立，则y1＋y2＝，y1y2＝，∴my1y2＝－（y1＋y2）.∵k1＝，k2＝，∴λ＝＝＝＝＝＝＝＝－3.故存在实数λ＝－3，使得k2＝λk1成立.跟踪训练解：（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.因为k＞0，所以k＝.3 / 3(共59张PPT)第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题高中总复习·数学重点解读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.目 录CONTENTS考点·分类突破01.课时·跟踪检测02.PART 01考点·分类突破精选考点 | 课堂演练位置关系的证明（师生共研过关）（2025·南京模拟）已知椭圆C： ＋y2＝1的左、右顶点分别为M，N，点P（x0，y0）（y0≠0）在椭圆C上，若点E（－6，yE），F（－6，yF）分别在直线MP，NP上.（1）求kMP·kMF的值；解： ∵点P（x0，y0）在椭圆C上，∴ ＋ ＝1.又直线MP的斜率为 ，直线NP的斜率为 ，∴直线NP的方程为y＝ （x－2），令x＝－6，则yF＝ ，∴点F的坐标为（－6， ），∴直线MF的斜率为 ＝ ，∴kMP·kMF＝ · ＝ ＝ ＝－ .（2）连接FM并延长交椭圆C于点Q，求证：E，N，Q三点共线.解： 证明：设直线MP的斜率为k，则y＝k（x＋2），令x＝－6，则yE＝－4k，可得E（－6，－4k）.而直线MF的斜率为－ ，∴直线MF的方程为y＝－ （x＋2）.联立 可得（1＋k2）y2＋2ky＝0，易得Q点的纵坐标为 ，将其代回直线x＝－2ky－2，可得x＝ ，∴Q（ ， ），∴直线NQ的斜率为 ＝ ，直线NE的斜率为 ＝ ，∴kNQ＝kNE，∴E，N，Q三点共线.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；解： 由题意得 解得a＝b＝ .（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： 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（师生共研过关）（2024·武汉五调）已知双曲线E：x2－y2＝1，直线PQ与双曲线E交于P，Q两点，直线MN与双曲线E交于M，N两点.（1）若直线MN经过坐标原点，且直线PM，PN的斜率kPM，kPN均存在，求kPMkPN；解： 当直线MN经过坐标原点时，M，N两点关于原点对称.设M（x1，y1），N（－x1，－y1），P（x0，y0），于是kPM＝ ，kPN＝ .因为M，N，P三点都在双曲线x2－y2＝1，所以 两式作差， － ＝ － ，所以kPMkPN＝· ＝ ＝1.（2）设直线PQ与直线MN的交点为T（1，2），且 · ＝ · ，证明：直线PQ与直线MN的斜率之和为0.解： 证明：已知T（1，2），由题意可知MN，PQ均有斜率，可设直线MN：y－2＝k1（x－1），直线PQ：y－2＝k2（x－1），M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4）. ＝（x1－1，y1－2），＝（x2－1，y2－2）.联立直线MN方程与双曲线E的方程：整理得（1－ ）x2＋2k1（k1－2）x－（k1－2）2－1＝0，当1－ ≠0时，Δ＝4（5－4k1）＞0.x1＋x2＝－ ，x1x2＝ .于是， · ＝（x1－1）（x2－1）＋（y1－2）·（y2－2）＝（1＋ ）[x1x2－（x1＋x2）＋1]＝（1＋ ）［ ＋ ＋1］＝（1＋ ）· ，同理可得， · ＝（1＋ ）· .因为 · ＝ · ，所以 ＝ ，整理得， ＝ ，而k1≠k2，所以k1＋k2＝0.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；解： 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）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： 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（师生共研过关）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；解： 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）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： 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.已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）的离心率为 ，点E，F分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O，且△EOF的面积为 .（1）求椭圆C的方程；解： 由题意可知 解得所以椭圆C的方程为 ＋ ＝1.（2）是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由.解： 假设满足条件的直线l存在，由E（0，－2），F（ ，0），得kEF＝ ，因为点F为△EAB的垂心，所以AB⊥EF，所以kAB＝－ ，设直线l的方程为y＝－ x＋t，代入 ＋ ＝1，得7x2－6 tx＋6（t2－4）＝0，Δ＝（－6 t）2－4×7×6（t2－4）＝－96t2＋672＞0，即－ ＜t＜.记A（x1，y1），B（x2，y2），则由AF⊥BE得 · ＝－1，所以y1y2＋2y1＋x1x2－ x2＝0，将y1＝－ x1＋t，y2＝－ x2＋t代入上式，得3x1x2－ （t＋2）（x1＋x2）＋（2t2＋4t）＝0，所以3× － （t＋2）· ＋（2t2＋4t）＝0，所以5t2＋t－18＝0，解得t＝ （t＝－2舍去），满足Δ＞0，所以直线l的方程为y＝－ x＋ .含参数的探究性问题（师生共研过关）（2024·阜阳模拟）已知双曲线C： － ＝1（a＞0，b＞0）的左、右顶点分别为A（－1，0），B（1，0），动直线l过点M（2，0），当直线l与双曲线C有且仅有一个公共点时，点B到直线l的距离为 .（1）求双曲线C的标准方程；解： ∵a＝1，∴x2－ ＝1，故当直线l过（2，0）且与双曲线C有且仅有一个公共点时，l与C的渐近线平行.设直线l：y＝±b（x－2），则点B（1，0）到直线l的距离为 ＝，∴b＝1，∴双曲线C的标准方程为x2－y2＝1.解： 由题可知，直线l的斜率不为0，设直线l：x＝my＋2，P（x1，y1），Q（x2，y2），由得（m2－1）y2＋4my＋3＝0（m2－1≠0）.Δ＝4m2＋12＞0成立，则y1＋y2＝ ，y1y2＝ ，∴my1y2＝－ （y1＋y2）.（2）当直线l与双曲线C交于异于A，B的两点P，Q时，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2.是否存在实数λ，使得k2＝λk1成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.∵k1＝ ，k2＝ ，∴λ＝ ＝ ＝ ＝＝ ＝＝ ＝－3.故存在实数λ＝－3，使得k2＝λk1成立.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；解： 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）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： 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.因为k＞0，所以k＝ .PART 02课时·跟踪检测关键能力 | 课后练习1. 已知椭圆C： ＋ ＝1.（1）求椭圆C的离心率和长轴长；解： 由题意：a2＝4，b2＝2，所以a＝2，因为a2＝b2＋c2，所以c2＝2，c＝ ，所以e＝ ＝ .所以椭圆C离心率为 ，长轴长为4.12345678910111213141516171819202022232425（2）已知直线y＝kx＋2与椭圆C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点，是否存在实数k，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由.解： 联立 消y整理得：（2k2＋1）x2＋8kx＋4＝0.因为直线与椭圆交于A，B两点，故Δ＞0，解得k2＞ .设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝ ，x1x2＝ .设AB中点G（x0，y0），则x0＝ ＝ ，y0＝kx0＋2＝ ，故G（ ， ）.假设存在k和点P（m，0），使得△PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形，则PG⊥AB，故kPG·kAB＝－1，所以 ·k＝－1，解得m＝ ，故P（ ，0）.又因为∠APB＝ ，所以 · ＝0，所以（x1－m，y1）·（x2－m，y2）＝0，即（x1－m）·（x2－m）＋y1y2＝0.整理得（k2＋1）x1x2＋（2k－m）（x1＋x2）＋m2＋4＝0.所以（k2＋1） －（2k－m） ＋m2＋4＝0，代入m＝ ，整理k4＝1，即k2＝1.当k＝－1时，P点坐标为（ ，0）；当k＝1时，P点坐标为（－ ，0）.此时，△PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形.2. （2024·湖北七市州调研）如图，O为坐标原点，F为抛物线y2＝2x的焦点，过F的直线交抛物线于A，B两点，直线AO交抛物线的准线于点D，设抛物线在B点处的切线为l.（1）若直线l与y轴的交点为E，求证：｜DE｜＝｜EF｜；证明： 易知抛物线焦点F（ ，0），准线方程为x＝－ ；设直线AB的方程为x＝my＋ ，A（x1，y1），B（x2，y2），联立 得y2－2my－1＝0，可得 ∴y1＝ ，不妨设A在第一象限，B在第四象限，对于y＝－ ，y'＝－ ；可得l的斜率为－ ＝－ ＝ ，∴l的方程为y－y2＝ （x－x2），即为y＝ x＋ .令x＝0得E（0， ），直线OA的方程为y＝ x＝ x＝－2y2x，令x＝－ 得D（－ ，y2）.又F（ ，0），∴ ＝ ，即｜DE｜＝｜EF｜得证.（2）过点B作l的垂线与直线AO交于点G，求证：｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜.证明： 由D（－ ，y2），B（x2，y2）知DB与x轴平行，∴ ＝ ， ①又DF的斜率为－y2，BG的斜率也为－y2，∴DF与BG平行，∴ ＝ ， ②由①②得 ＝ ，即｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜得证.3. 已知点P是动点，直线PA与直线y＝x垂直，垂足为点A且位于第一象限，直线PB与直线y＝－x垂直，垂足为点B且位于第四象限，四边形OAPB（O为坐标原点）的面积为2，动点P的轨迹记作Ω.（1）求Ω的方程；解： 由已知设点A（m，m）（m＞0），B（n，－n）（n＞0），易知四边形OAPB为矩形，因为其面积为2，所以｜OA｜｜OB｜＝m· n＝2mn＝2，所以mn＝1.由题意可得直线PA的方程为x＋y－2m＝0，直线PB的方程为x－y－2n＝0，由 解得 即P（m＋n，m－n），所以（m＋n）2－（m－n）2＝4mn＝4.因为m＋n≥2 ＝2，所以Ω的方程为x2－y2＝4（x≥2）.（2）设T是直线x＝1上一点，过T的直线l与Ω交于C，D两点，试问是否存在点T，使得 · ＝ ？若存在，求T的坐标，若不存在，请说明理由.解： 设T（1，t），C（x1，y1），D（x2，y2），设直线CD的方程为y－t＝k（x－1），即y＝kx＋t－k，由 得（k2－1）x2＋2k（t－k）x＋（t－k）2＋4＝0，易知k≠±1，则Δ＝4k2（t－k）2－4（k2－1）[（t－k）2＋4]＝4（t＋k）（t－3k）＋16＞0，且x1＋x2＝ ＞0，x1x2＝ ＞0，所以 · ＝｜ ｜｜ ｜＝（1＋k2）｜x1－1｜·｜x2－1｜＝（1＋k2）｜x1x2－（x1＋x2）＋1｜＝ .假设存在点T满足 · ＝ ，则 ＝t2＋1，整理得t2＋k2＋2＝0，但t2＋k2＋2≥2＞0，所以假设不成立，故不存在满足题意的点T.4. （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；解： 因为椭圆左、右焦点分别为F1（－1，0），F2（1，0），所以c＝1，又因为椭圆C的离心率为 ，得a＝2，所以b2＝3，所以椭圆方程为 ＋ ＝1.（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；解： 证明：由M0（1，4），F1（－1，0）得直线M0F1斜率为k＝2，中点坐标为（0，2），所以线段F1M0的垂直平分线方程为y＝－ x＋2，联立垂直平分线方程和椭圆方程得x2－2x＋1＝0，又Δ＝4－4＝0，所以直线与椭圆相切，所以线段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.解： 法一 设M（x0，y0），当y0＝0时，F1M的垂直平分线方程为x＝ ，此时 ＝±2，x0＝5或－3；当y0≠0时，F1M的垂直平分线方程为y＝－ ·＋ ＝－ x＋ ，联立得3x2＋4［ － x＋ x2］＝12，即 x2－ x＋－12＝0.因为线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点，故Δ＝ －4［3＋ ］［ －12］＝0，即 －36－ ＝0，即 ＋（2 －14） ＋（x0＋1）2（x0＋3）（x0－5）＝0，＋（2 －14） ＋（ ＋2x0＋1）（ －2x0－15）＝0，即（ ＋ ＋2x0＋1）（ ＋ －2x0－15）＝0，因为 ＋ ＋2x0＋1＝（x0＋1）2＋ ＞0，所以 ＋ －2x0－15＝0，而（5，0），（－3，0）也满足该方程，故点M的轨迹是圆，该圆的方程为x2＋y2－2x－15＝0，即（x－1）2＋y2＝16.法二 设线段F1M的垂直平分线与C切于点（x0，y0），则切点处的切线方程为 ＋ ＝1，即3x0x＋4y0y＝12，9 x2＋16 y2＋24x0y0xy＝144，①易知F1M：y＝ （x＋1），即3x0y－4y0x＝4y0，9 y2＋16 x2－24x0y0xy＝16 ， ②①＋②，得（9 ＋16 ）（x2＋y2）＝144＋16 ，③又3 ＋4 ＝12，所以144＝36 ＋48 ，将其代入③得x2＋y2＝4，此方程即为线段F1M中点的轨迹方程，设动点M（xM，yM），又x＝ ，y＝ ，所以（ ）2＋（ ）2＝4，法三 设线段F1M的垂直平分线l与C恰有一个公共点为P，则当点P不在长轴时，线段F1M的垂直平分线l即为点P处的切线，也为∠F1PM的平分线，作∠F1PF2的平分线PH，根据椭圆的光学性质得PH⊥l，所以∠F1PE＋∠F1PH＝90°，则∠F2PH＋∠EPM＝90°，故∠F2PF1＋∠F1PM＝180°，所以M，P，F2三点共线，所以｜MF2｜＝｜MP｜＋｜PF2｜＝｜PF1｜＋｜PF2｜＝4，所以点M的轨迹是以F2为圆心，4为半径的圆，当P在椭圆长轴上时，M点为（5，0）或（－3，0）也满足｜MF2｜＝4，故点M的轨迹是圆，该圆的方程为（x－1）2＋y2＝16.THANKS演示完毕 感谢观看 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题.docx 第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题.pptx 第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题（练习，含解析）.docx
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