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　圆锥曲线中的证明、探索性问题
【思维突破妙招】　圆锥曲线中的证明、探索性问题是高考的热点、难点之一，相应的解题策略如下：
类型 解题策略
证明 问题 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．
探索性 问题 探索性问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
技法一　“等价转化”法证明位置关系
[典例1]　(2023·北京高考)已知椭圆E：＝1(a＞b＞0)的离心率为，A，C分别为E的上、下顶点，B，D分别为E的左、右顶点，|AC|＝4．
(1)求E的方程；
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
(2)点P为第一象限内E上的一个动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N．求证：MN∥CD．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
　树立“转化”意识，证明位置关系
[跟进训练]
1．(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．
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技法二　“设而不求”法证明数量关系
[典例2]　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|．
[思维流程]　
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
　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，借助几何直观地达到证明的目的．
[跟进训练]
2．(2023·四省联考)已知双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)过点A(4，3)，且焦距为10．
(1)求C的方程；
(2)已知点B(4，－3)，D(2，0)，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：＝．
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技法三　肯定顺推法求解存在性问题
[典例3]　已知椭圆C1：＝1(a＞b＞0)的离心率为，椭圆C1的上顶点与抛物线C2：x2＝2py(p＞0)的焦点F重合，且抛物线C2经过点P(2，1)，O为坐标原点．
(1)求椭圆C1和抛物线C2的标准方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与抛物线C2交于A，B两点，与椭圆C1交于C，D两点，若直线PF平分∠APB，四边形OCPD能否为平行四边形？若能，求实数m的值；若不能，请说明理由．
[思维流程]
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
　肯定顺推法求解存在性问题
先假设满足条件的元素(点、直线、曲线、参数等)存在，用待定系数法设出，并列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线、参数等)存在；否则，元素(点、直线、曲线、参数等)不存在．
[跟进训练]
3．(2025·安徽名校联盟模拟)椭圆E：＋y2＝1的上顶点为P，圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r>0)在椭圆E内．
(1)求r的取值范围；
(2)过点P作圆C的两条切线，切点为A，B，切线PA与椭圆E的另一个交点为N，切线PB与椭圆E的另一个交点为M．是否存在圆C，使得直线MN与之相切，若存在，求出圆C的方程；若不存在，说明理由．
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思维进阶课7　圆锥曲线中的证明、探索性问题
技法一
典例1　解：(1)由题意可得2b＝4，e＝＝，a2＝b2＋c2，
解得b＝2，a2＝9，∴椭圆E的方程为＝1．
(2)证明：由题意可知，A(0，2)，B(－3，0)，C(0，－2)，D(3，0)，
直线BC的方程为＝1，即2x＋3y＋6＝0．
设直线AP的方程为y＝kx＋2(k＜0)，
∴N．
联立消去y并整理得(4＋9k2)x2＋36kx＝0，Δ＞0，
解得x＝0或x＝－，
∴P．
直线PD的方程为y＝(x－3)，
即y＝(x－3)，
与2x＋3y＋6＝0联立，解得x＝，y＝．
∴M．
∴kMN＝＝，kCD＝，∴MN∥CD．
跟进训练
1．解：(1)由题意知∴
∴C的方程为＝1．
(2)证明：设线段F1M0的中点为P，则＝2，∴线段F1M0的垂直平分线方程为y＝－x＋2，
由消去y得3x2＋4－12＝0，∴x2－2x＋1＝0，Δ＝4－4＝0，
∴线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点．
(3)设M(x0，y0)，
当y0＝0时，线段F1M的垂直平分线方程为x＝，此时＝±2，x0＝5或x0＝－3．
当y0≠0时，线段F1M的垂直平分线方程为y＝－＝，
联立
得 ＝12，
－12＝0．
∵线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点，
∴Δ＝ ＝0，
即＝0，
则－32x0－15＝0，
即＋(x0＋1)2(x0＋3)(x0－5)＝－2x0－15)＝0，
∴－2x0－15)＝0，
＋2x0＋1＝>0，
－2x0－15＝0，即＝16，
∵(5，0)，(－3，0)也满足上式，∴M的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝16，它为一个圆．
技法二
典例2　解：(1)设抛物线Γ的标准方程为x2＝2py，p＞0，则F．
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，设直线l的斜率为k，那么其方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．
则E(－2，－1)到直线l的距离d＝，
因为l与圆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|．
跟进训练
2．解：(1)由题意可得＝1，2＝10，故a＝4，b＝3，所以C的方程为＝1．
(2)证明：设E(4，t)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，
当x＝4时，即＝1，解得y＝±3，则|t|＜3．
因为双曲线的渐近线方程为y＝±x，
故当直线DE与渐近线平行时，
此时直线DE和双曲线仅有一个交点，
此时直线DE的方程为y＝±(x－2)，
令x＝4，则y＝±，故|t|≠．
则直线DE：y＝(x－2)．
由
得(9－2t2)x2＋8t2x－16t2－144＝0，Δ＞0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
＝(2－x1，－y1)·(4－x2，t－y2)－(4－x1，t－y1)·(x2－2，y2)＝2x1x2＋2y1y2－6(x1＋x2)－t(y1＋y2)＋32
＝x1x2－(x1＋x2)＋4t2＋32
＝－＋4t2＋32＝0．
所以＝，所以||||cos 0＝||||cos 0，即＝．
技法三
典例3　解：(1)由抛物线C2经过点P(2，1)，得4＝2p，所以p＝2，故抛物线C2的标准方程为x2＝4y．
抛物线C2：x2＝4y的焦点为F(0，1)，所以b＝1．
又椭圆C1的离心率e＝＝＝＝，所以a＝2．
所以椭圆C1的标准方程为＋y2＝1．
(2)四边形OCPD不是平行四边形，理由如下：
将y＝kx＋m代入x2＝4y，消去y并整理得，
x2－4kx－4m＝0．
所以Δ＝16k2＋16m＞0，即m＞－k2．
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2．
因为直线PF平分∠APB，所以k1＋k2＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝0．
又＝＝4y2，
则＝＝0，
所以x1＋x2＝－4，
所以kAB＝＝＝＝－1，
所以直线l：y＝－x＋m且m＞－1．
由消去y并整理得5x2－8mx＋4m2－4＝0．
所以Δ＝64m2－4×5×(4m2－4)＝16(5－m2)＞0，
解得－＜m＜，所以－1＜m＜．
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则x3＋x4＝，
y3＋y4＝－(x3＋x4)＋2m＝．
若四边形OCPD为平行四边形，则＝，
即(2，1)＝(x3＋x4，y3＋y4)．
所以显然方程组无解．
所以四边形OCPD不是平行四边形．
跟进训练
3．解：(1)设T(x0，y0)为椭圆E上任意一点，－2≤x0≤2，则|TC|2＝＝－2x0＋2．
则＝－＋2＝．故0(2)由题意可知P(0，1)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为r<1，故切线PM，PN的斜率都存在．
直线PM的方程为y＝x＋1，
即(y1－1)x－x1y＋x1＝0，
直线PN的方程为(y2－1)x－x2y＋x2＝0．
则＝r，故＋2x1(y1－1)＋(y1－1)2＝＋r2(y1－1)2．
而＝，故＋2x1(y1－1)＋(y1－1)2＝r2(y1－1)2，又因为y1≠1．
故2x1＋(3r2－3)y1＋5(r2－1)＝0，同理2x2＋(3r2－3)y2＋5(r2－1)＝0．
故直线MN的方程为2x＋3(r2－1)y＋5(r2－1)＝0．
若直线MN与圆C相切，则＝r，
令t＝r2∈，故9t3－43t2＋43t－9＝0，
即(t－1)(9t2－34t＋9)＝0．故t＝1或t＝．又t∈，所以t＝．
故存在满足条件的圆C，其方程为(x－1)2＋y2＝．
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第八章　解析几何
思维进阶课7　圆锥曲线中的证明、探索性问题
【思维突破妙招】　圆锥曲线中的证明、探索性问题是高考的热点、难点之一，相应的解题策略如下：
类型 解题策略
证明 问题 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．
类型 解题策略
探索性 问题 探索性问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
技法一　“等价转化”法证明位置关系
[典例1]　(2023·北京高考)已知椭圆E：＝1(a＞b＞0)的离心率为，A，C分别为E的上、下顶点，B，D分别为E的左、右顶点，|AC|＝4．
(1)求E的方程；
(2)点P为第一象限内E上的一个动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N．求证：MN∥CD．
解：(1)由题意可得2b＝4，e＝＝，a2＝b2＋c2，
解得b＝2，a2＝9，∴椭圆E的方程为＝1．
(2)证明：由题意可知，A(0，2)，B(－3，0)，C(0，－2)，D(3，0)，
直线BC的方程为＝1，即2x＋3y＋6＝0．
设直线AP的方程为y＝kx＋2(k＜0)，
∴N．
联立消去y并整理得(4＋9k2)x2＋36kx＝0，Δ＞0，
解得x＝0或x＝－，
∴P．
直线PD的方程为y＝(x－3)，
即y＝(x－3)，
与2x＋3y＋6＝0联立，解得x＝，y＝．
∴M．
∴kMN＝＝，kCD＝，∴MN∥CD．
名师点评　树立“转化”意识，证明位置关系
[跟进训练]
1．(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．
解：(1)由题意知∴
∴C的方程为＝1．
(2)证明：设线段F1M0的中点为P，则＝2，∴线段F1M0的垂直平分线方程为y＝－x＋2，
由消去y得3x2＋4－12＝0，∴x2－2x＋1＝0，Δ＝4－4＝0，
∴线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点．
(3)设M(x0，y0)，
当y0＝0时，线段F1M的垂直平分线方程为x＝，此时＝±2，x0＝5或x0＝－3．
当y0≠0时，线段F1M的垂直平分线方程为y＝－＝，
联立
得 ＝12，
－12＝0．
∵线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点，
∴Δ＝ ＝0，
即＝0，
则－32x0－15＝0，
即＋(x0＋1)2(x0＋3)(x0－5)＝－2x0－15)＝0，
∴－2x0－15)＝0，
＋2x0＋1＝>0，
－2x0－15＝0，即＝16，
∵(5，0)，(－3，0)也满足上式，∴M的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝16，它为一个圆．
【教用·备选题】
在平面直角坐标系中，已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点F的直线l交C于A，B两点，线段AB的中点为M，分别过点A，B作C的切线l1，l2，且l1与l2交于点P，证明：O，P，M三点共线．
解：(1)由题意得 椭圆C的标准方程为＝1．
(2)证明：由题意知，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，P(x3，y3)．
由得3(m2y2＋2my＋1)＋4y2＝12，即(3m2＋4)y2＋6my－9＝0．
∴Δ＝144(m2＋1)＞0，y1＋y2＝－，y1y2＝－，
∴y0＝＝，x0＝，
∴kOM＝－m．
直线l1的方程为＝1，①
直线l2的方程为＝1，②
①－②可得(y2－y1)＝(x1－x2)，
则＝＝－m，
∴＝－m＝kOP，
∴kOM＝kOP，即O，P，M三点共线．
技法二　“设而不求”法证明数量关系
[典例2]　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|．
[思维流程]　
解：(1)设抛物线Γ的标准方程为x2＝2py，p＞0，则F．
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，设直线l的斜率为k，那么其方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．
则E(－2，－1)到直线l的距离d＝，
因为l与圆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|．
名师点评　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，借助几何直观地达到证明的目的．
[跟进训练]
2．(2023·四省联考)已知双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)过点A(4，3)，且焦距为10．
(1)求C的方程；
(2)已知点B(4，－3)，D(2，0)，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：＝．
解：(1)由题意可得＝1，2＝10，故a＝4，b＝3，所以C的方程为＝1．
(2)证明：设E(4，t)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，
当x＝4时，即＝1，解得y＝±3，则|t|＜3．
因为双曲线的渐近线方程为y＝±x，
故当直线DE与渐近线平行时，
此时直线DE和双曲线仅有一个交点，
此时直线DE的方程为y＝±(x－2)，
令x＝4，则y＝±，故|t|≠．
则直线DE：y＝(x－2)．
由
得(9－2t2)x2＋8t2x－16t2－144＝0，Δ＞0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
＝(2－x1，－y1)·(4－x2，t－y2)－(4－x1，t－y1)·(x2－2，y2)＝2x1x2＋2y1y2－6(x1＋x2)－t(y1＋y2)＋32
＝x1x2－(x1＋x2)＋4t2＋32
＝－＋4t2＋32＝0．
所以＝，所以||||cos 0＝||||cos 0，即＝．
【教用·备选题】
已知圆M：(x＋2)2＋y2＝的圆心为M，圆N：(x－2)2＋y2＝的圆心为N，一动圆与圆N内切，与圆M外切，动圆的圆心E的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知定点P，过点N的直线l与曲线C交于A，B两点，证明：∠APN＝∠BPN．
解：(1)如图，
设圆E的圆心E(x，y)，半径为r，
则|EM|＝r＋，|EN|＝r－，
所以|EM|－|EN|＝2＜|MN|＝4．
由双曲线的定义可知，E的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为2的双曲线的右支，
所以曲线C的方程为－y2＝1，x≥．
(2)由题意知，直线l的斜率不为0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝my＋2，
由于直线l与曲线C交于两点，
故－＜m＜，联立
消去x并整理得(m2－3)y2＋4my＋1＝0，m2－3≠0，Δ＞0，
故
又x1＝my1＋2，x2＝my2＋2，y1≠0，y2≠0，
所以＝＝2m＋＝2m＋＝0，
即kAP＋kBP＝0，
所以∠APN＝∠BPN，得证．
技法三　肯定顺推法求解存在性问题
[典例3]　已知椭圆C1：＝1(a＞b＞0)的离心率为，椭圆C1的上顶点与抛物线C2：x2＝2py(p＞0)的焦点F重合，且抛物线C2经过点P(2，1)，O为坐标原点．
(1)求椭圆C1和抛物线C2的标准方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与抛物线C2交于A，B两点，与椭圆C1交于C，D两点，若直线PF平分∠APB，四边形OCPD能否为平行四边形？若能，求实数m的值；若不能，请说明理由．
[思维流程]
解：(1)由抛物线C2经过点P(2，1)，得4＝2p，所以p＝2，故抛物线C2的标准方程为x2＝4y．
抛物线C2：x2＝4y的焦点为F(0，1)，所以b＝1．
又椭圆C1的离心率e＝＝＝＝，所以a＝2．
所以椭圆C1的标准方程为＋y2＝1．
(2)四边形OCPD不是平行四边形，理由如下：
将y＝kx＋m代入x2＝4y，消去y并整理得，
x2－4kx－4m＝0．
所以Δ＝16k2＋16m＞0，即m＞－k2．
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2．
因为直线PF平分∠APB，所以k1＋k2＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝0．
又＝＝4y2，
则＝＝0，
所以x1＋x2＝－4，
所以kAB＝＝＝＝－1，
所以直线l：y＝－x＋m且m＞－1．
由消去y并整理得5x2－8mx＋4m2－4＝0．
所以Δ＝64m2－4×5×(4m2－4)＝16(5－m2)＞0，
解得－＜m＜，所以－1＜m＜．
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则x3＋x4＝，
y3＋y4＝－(x3＋x4)＋2m＝．
若四边形OCPD为平行四边形，则＝，
即(2，1)＝(x3＋x4，y3＋y4)．
所以显然方程组无解．
所以四边形OCPD不是平行四边形．
名师点评　肯定顺推法求解存在性问题
先假设满足条件的元素(点、直线、曲线、参数等)存在，用待定系数法设出，并列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线、参数等)存在；否则，元素(点、直线、曲线、参数等)不存在．
[跟进训练]
3．(2025·安徽名校联盟模拟)椭圆E：＋y2＝1的上顶点为P，圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r>0)在椭圆E内．
(1)求r的取值范围；
(2)过点P作圆C的两条切线，切点为A，B，切线PA与椭圆E的另一个交点为N，切线PB与椭圆E的另一个交点为M．是否存在圆C，使得直线MN与之相切，若存在，求出圆C的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)设T(x0，y0)为椭圆E上任意一点，－2≤x0≤2，则|TC|2＝＝－2x0＋2．
则＝－＋2＝．故0(2)由题意可知P(0，1)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为r<1，故切线PM，PN的斜率都存在．
直线PM的方程为y＝x＋1，
即(y1－1)x－x1y＋x1＝0，
直线PN的方程为(y2－1)x－x2y＋x2＝0．
则＝r，故＋2x1(y1－1)＋(y1－1)2＝＋r2(y1－1)2．
而＝，故＋2x1(y1－1)＋(y1－1)2＝r2(y1－1)2，又因为y1≠1．
故2x1＋(3r2－3)y1＋5(r2－1)＝0，同理2x2＋(3r2－3)y2＋5(r2－1)＝0．
故直线MN的方程为2x＋3(r2－1)y＋5(r2－1)＝0．
若直线MN与圆C相切，则＝r，
令t＝r2∈，故9t3－43t2＋43t－9＝0，
即(t－1)(9t2－34t＋9)＝0．故t＝1或t＝．又t∈，所以t＝．
故存在满足条件的圆C，其方程为(x－1)2＋y2＝．
【教用·备选题】
1．(2025·河北保定模拟)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点A．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列．椭圆C上是否存在一点P，使得四边形OMPN为平行四边形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)由离心率e＝＝＝，得a2＝2b2，所以椭圆C的方程为＝1，
将点A代入椭圆C的方程得，＝1，解得b2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x＝my＋t，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立
整理可得(2＋m2)y2＋2mty＋t2－2＝0，
所以Δ＝4m2t2－4(2＋m2)(t2－2)＞0，
即t2＜2＋m2，且y1＋y2＝，y1y2＝，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝．
因为四边形OMPN为平行四边形，
OP与MN互相平分，所以P，
因为点P在椭圆上，则＝1，整理得4t2＝2＋m2，①
又因为直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，即＝，
即m2＝，
而＝＝m2＋mt·＝m2＋，
可得2t2＝m2t2，②
由①②得m2＝2，t2＝1，符合Δ＞0，
可得m＝±，t＝±1，
所以直线l的方程为x±y－1＝0或x±y＋1＝0．
2．(2023·福建漳州三模)已知椭圆C的中心为坐标原点O，对称轴为x轴、y轴，且点(，2)和点(，2)在椭圆C上，椭圆的左顶点与抛物线Γ：y2＝2px(p＞0)的焦点F的距离为4．
(1)求椭圆C和抛物线Γ的方程；
(2)直线l：y＝kx＋m(k≠0)与抛物线Γ交于P，Q两点，与椭圆C交于M，N两点．
①若m＝k，抛物线Γ在点P，Q处的切线交于点S，求证：|PF|·|SQ|2＝|QF|·|SP|2；
②若m＝－2k，是否存在定点T(x0，0)，使得直线MT，NT的倾斜角互补？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)设椭圆C的方程为λx2＋μy2＝1(λ≠μ，λ＞0，μ＞0)，
∵点(，2)和(，2)在椭圆C上，
∴
解得
∴椭圆C的标准方程为＝1．
由椭圆C的方程可知，椭圆C的左顶点为(－3，0)，又F，
∴－(－3)＝4，解得p＝2，
∴抛物线Γ的方程为y2＝4x．
(2)①证明：当m＝k时，直线l：y＝k(x＋1)，即x＝y－1，
令＝n，则直线l：x＝ny－1，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由得y2－4ny＋4＝0，
则Δ＝16n2－16＞0，∴n2＞1，
∴y1＋y2＝4n，y1y2＝4．
设抛物线Γ在点P，Q处的切线方程分别为x＝n1(y－y1)＋x1，x＝n2(y－y2)＋x2，
由得y2－4n1y＋4n1y1－4x1＝0，∴Δ1＝－16n1y1＋16x1＝0，
又＝4x1，则＝16x1，
∴＝4(2n1－y1)2＝0，则2n1＝y1．
同理可得2n2＝y2．
联立两切线方程将2n1＝y1，2n2＝y2代入，
解得∴S(1，2n)，
∴|SP|2＝(x1－1)2＋(y1－2n)2，
又x1＝ny1－1，
∴|SP|2＝(ny1－2)2＋(y1－2n)2＝－8ny1＋4n2＋4．
同理可得|SQ|2＝－8ny2＋4n2＋4．
∵＝＝＝，
∴要证|PF|·|SQ|2＝|QF|·|SP|2，
等价于证明y1·|SQ|2＝y2·|SP|2，
∵y1·|SQ|2＝－8ny1y2＋4(n2＋1)y1，
又y1y2＝4，∴y1·|SQ|2＝4(n2＋1)(y1＋y2)－32n，
同理可得y2·|SP|2＝4(n2＋1)(y1＋y2)－32n，
∴y1·|SQ|2＝y2·|SP|2，
即|PF|·|SQ|2＝|QF|·|SP|2．
②当m＝－2k时，直线l：y＝k(x－2)，
假设存在点T(x0，0)，使直线MT，NT的倾斜角互补，
则直线MT，NT的斜率之和为0．
设M(x3，y3)，N(x4，y4)，
由得(3k2＋4)x2－12k2x＋12k2－36＝0，∴Δ2＝(12k2)2－4(3k2＋4)(12k2－36)＞0，
即5k2＋12＞0恒成立，
∴x3＋x4＝，x3x4＝，
∵＝0，
∴k(x3－2)(x4－x0)＋k(x4－2)(x3－x0)＝0，
即2x3x4－(x0＋2)(x3＋x4)＋4x0＝0，
∴－(x0＋2)·＋4x0＝0，
即＝0，解得x0＝，
∴假设成立，即存在点T，使得直线MT，NT的倾斜角互补．
题号
1
3
2
4
进阶特训(七)　圆锥曲线中的证明、探索性问题
1．(2024·广东深圳月考)已知A是圆E：(x－)2＋y2＝16上的任意一点，点F(－，0)，线段AF的垂直平分线交线段AE于点T．
(1)求动点T的轨迹C的方程；
(2)已知点Q(4，0)，过点P(1，0)的直线l与C交于M，N两点，求证：|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|．
题号
1
3
2
4
解：(1)因为|TE|＋|TF|＝|TE|＋|TA|＝|EA|＝4>|EF|＝2，
所以动点T的轨迹C是以E，F为焦点且长轴长为4的椭圆，
设椭圆方程为＝1(a＞b＞0)，
所以2a＝4，2c＝2，所以a＝2，c＝，b＝1，
所以动点T的轨迹C的方程是＋y2＝1．
题号
1
3
2
4
(2)证明：若直线l与x轴重合，则M，N为椭圆C长轴的端点，
不妨设M(2，0)，N(－2，0)，
则＝＝，所以＝，
即|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|，
若直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x＝ty＋1，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由得(t2＋4)y2＋2ty－3＝0，
题号
1
3
2
4
因为Δ＝4t2＋12(t2＋4)＝16(t2＋3)>0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，
因为kMQ＋kNQ＝
＝＝＝0，
所以x轴平分∠MQN，所以＝＝．
综上，|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|．
题号
1
3
2
4
2．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，且椭圆过点(0，－2)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线x＝2与椭圆C交于P，Q两点，A，B是椭圆C上位于直线PQ两侧的动点，且直线AB的斜率为．
①求四边形APBQ的面积的最大值；
②设直线PA的斜率为k1，直线PB的斜
率为k2，判断k1＋k2的值是否为常数，
并说明理由．
题号
1
3
2
4
解：(1)设椭圆C的方程为＝1(a>b>0)．
由题意可得解得
所以椭圆C的标准方程为＝1．
题号
1
3
2
4
(2)①当x＝2时，＝1，解得y＝±3，
所以P(2，3)，Q(2，－3)，则|PQ|＝6，
设直线AB的方程为y＝x＋t，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立整理得x2＋tx＋t2－12＝0，由Δ＝t2－4(t2－12)＝48－3t2>0，可得－4题号
1
3
2
4
由根与系数的关系知，x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－12，
又A，B是椭圆C上位于直线PQ两侧的动点，则
(x1－2)(x2－2)＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＝t2＋2t－8<0，解得－4四边形APBQ的面积S＝×|PQ|×|x1－x2|＝×6×|x1－x2|＝3×＝3，
故当t＝0时，Smax＝12．
②由题意知，直线PA的斜率k1＝，
直线PB的斜率k2＝，
题号
1
3
2
4
则k1＋k2＝＝＝＝1＋＝1＋＝1＋＝1＋＝1－1＝0．
所以k1＋k2的值为常数0．
题号
1
3
2
4
3．(2022·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±x．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0．过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|．
题号
1
3
2
4
解：(1)由题意可得＝＝2，故a＝1，b＝，因此C的方程为x2－＝1．
(2)设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝－，所以3－k2<0，所以x1－x2＝＝．
题号
1
3
2
4
设点M的坐标为(xM，yM)，
则
两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)，而y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，
故2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，解得xM＝．
题号
1
3
2
4
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)，
而y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，故2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2b，解得yM＝＝xM．
因此，点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．
若选择①②：
题号
1
3
2
4
证明：因为PQ∥AB，所以设直线AB的方程为y＝k(x－2)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
不妨令点A在直线y＝x上，
则解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
此时xA＋xB＝，yA＋yB＝．
题号
1
3
2
4
点M的坐标满足解得xM＝＝，yM＝＝，故M为AB的中点，即|MA|＝|MB|．
若选择①③：
题号
1
3
2
4
证明：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时M不在直线y＝x上，矛盾．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝x上，则
解得xA＝，yA＝．
题号
1
3
2
4
同理可得xB＝，yB＝－．
因为M在AB上，且|MA|＝|MB|，所以xM＝＝，yM＝＝．
由于点M同时在直线y＝x上，故6m＝·2m2，解得k＝m．因此PQ∥AB．
若选择②③：
题号
1
3
2
4
证明：因为PQ∥AB，所以设直线AB的方程为y＝k(x－2)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝x上，则
解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝＝，yC＝＝．
题号
1
3
2
4
由于|MA|＝|MB|，故M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－(x－xC)上．
将该直线与y＝x联立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，即点M恰为AB的中点．故点M在直线AB上．
题号
1
3
2
4
4．(2023·新高考Ⅰ卷)在直角坐标系Oxy中，点P到x轴的距离等于点P到点的距离，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．
题号
1
3
2
4
解：(1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝，
化简得x2＝y－，所以W的方程为x2＝y－．
(2)证明：设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|)．
设B，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，故可设直线AB的方程为y－＝k(x－t), 不妨设k＞0，
与x2＝y－联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
题号
1
3
2
4
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2＞0，所以k≠2t．
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝|x1－t|＝|k－2t|＝|2t－k|，
|BC|＝＝＝|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|)．
题号
1
3
2
4
所以|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝
①当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在 上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在 上单调递减或是常数函数(当k＝1时是常数函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在上单调递增，
题号
1
3
2
4
所以当t＝时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，
又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞(k2＋1)＝．
令f (k)＝，k≥1，
则f ′(k)＝，
当1≤k＜时，f ′(k)＜0，当k＞时，f ′(k)＞0，
所以函数f (k)在[1，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，所以f (k)≥f ()＝3，
所以≥3．
题号
1
3
2
4
②当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在 上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在 上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在上单调递增，所以当t＝－时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，
又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞·k(k2＋1)＝．
题号
1
3
2
4
令g(k)＝，0＜k＜1，
则g′(k)＝，
当0＜k＜时，g′(k)＜0，当＜k＜1时，g′(k)＞0，
所以函数g(k)在上单调递减，在上单调递增，所以g(k)≥g＝3，
所以≥3．
综上，矩形ABCD的周长大于3．
谢 谢！进阶特训(七)　圆锥曲线中的证明、探索性问题
1．(2024·广东深圳月考)已知A是圆E：(x－)2＋y2＝16上的任意一点，点F(－，0)，线段AF的垂直平分线交线段AE于点T．
(1)求动点T的轨迹C的方程；
(2)已知点Q(4，0)，过点P(1，0)的直线l与C交于M，N两点，求证：|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|．
2．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，且椭圆过点(0，－2)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线x＝2与椭圆C交于P，Q两点，A，B是椭圆C上位于直线PQ两侧的动点，且直线AB的斜率为．
①求四边形APBQ的面积的最大值；
②设直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，判断k1＋k2的值是否为常数，并说明理由．
3．(2022·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±x．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0．过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|．
4．(2023·新高考Ⅰ卷)在直角坐标系Oxy中，点P到x轴的距离等于点P到点的距离，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．
进阶特训(七)
1．解：(1)因为|TE|＋|TF|＝|TE|＋|TA|＝|EA|＝4>|EF|＝2，
所以动点T的轨迹C是以E，F为焦点且长轴长为4的椭圆，
设椭圆方程为＝1(a＞b＞0)，
所以2a＝4，2c＝2，所以a＝2，c＝，b＝1，
所以动点T的轨迹C的方程是＋y2＝1．
(2)证明：若直线l与x轴重合，则M，N为椭圆C长轴的端点，
不妨设M(2，0)，N(－2，0)，
则＝＝，所以＝，
即|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|，
若直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x＝ty＋1，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由得(t2＋4)y2＋2ty－3＝0，
因为Δ＝4t2＋12(t2＋4)＝16(t2＋3)>0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，
因为kMQ＋kNQ＝
＝＝＝0，
所以x轴平分∠MQN，所以＝＝．
综上，|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|．
2．解：(1)设椭圆C的方程为＝1(a>b>0)．
由题意可得解得
所以椭圆C的标准方程为＝1．
(2)①当x＝2时，＝1，解得y＝±3，
所以P(2，3)，Q(2，－3)，则|PQ|＝6，
设直线AB的方程为y＝x＋t，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立整理得x2＋tx＋t2－12＝0，由Δ＝t2－4(t2－12)＝48－3t2>0，可得－4由根与系数的关系知，x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－12，
又A，B是椭圆C上位于直线PQ两侧的动点，则
(x1－2)(x2－2)＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＝t2＋2t－8<0，解得－4四边形APBQ的面积S＝×|PQ|×|x1－x2|＝×6×|x1－x2|＝3×＝3，
故当t＝0时，Smax＝12．
②由题意知，直线PA的斜率k1＝，
直线PB的斜率k2＝，
则k1＋k2＝＝
＝＝1＋＝1＋
＝1＋＝1＋＝1－1＝0．
所以k1＋k2的值为常数0．
3．解：(1)由题意可得＝＝2，故a＝1，b＝，因此C的方程为x2－＝1．
(2)设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝－，所以3－k2<0，所以x1－x2＝
＝．
设点M的坐标为(xM，yM)，
则
两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)，而y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，
故2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，解得xM＝．
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)，
而y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，故2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2b，解得yM＝＝xM．
因此，点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．
若选择①②：
证明：因为PQ∥AB，所以设直线AB的方程为y＝k(x－2)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
不妨令点A在直线y＝x上，
则解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
此时xA＋xB＝，yA＋yB＝．
点M的坐标满足解得xM＝＝，yM＝＝，故M为AB的中点，即|MA|＝|MB|．
若选择①③：
证明：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时M不在直线y＝x上，矛盾．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝x上，则
解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
因为M在AB上，且|MA|＝|MB|，所以xM＝＝，yM＝＝．
由于点M同时在直线y＝x上，故6m＝·2m2，解得k＝m．因此PQ∥AB．
若选择②③：
证明：因为PQ∥AB，所以设直线AB的方程为y＝k(x－2)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝x上，则
解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝＝，yC＝＝．
由于|MA|＝|MB|，故M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－(x－xC)上．
将该直线与y＝x联立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，即点M恰为AB的中点．故点M在直线AB上．
4．解：(1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝，
化简得x2＝y－，所以W的方程为x2＝y－．
(2)证明：设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|)．
设B，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，故可设直线AB的方程为y－＝k(x－t), 不妨设k＞0，
与x2＝y－联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2＞0，所以k≠2t．
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝|x1－t|＝|k－2t|＝|2t－k|，
|BC|＝＝＝|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|)．
所以|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝
①当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在 上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在 上单调递减或是常数函数(当k＝1时是常数函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在上单调递增，
所以当t＝时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，
又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞(k2＋1)＝．
令f (k)＝，k≥1，
则f ′(k)＝，
当1≤k＜时，f ′(k)＜0，当k＞时，f ′(k)＞0，
所以函数f (k)在[1，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，所以f (k)≥f ()＝3，
所以≥3．
②当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在 上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在 上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在上单调递增，所以当t＝－时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，
又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞·k(k2＋1)＝．
令g(k)＝，0＜k＜1，
则g′(k)＝，
当0＜k＜时，g′(k)＜0，当＜k＜1时，g′(k)＞0，
所以函数g(k)在上单调递减，在上单调递增，所以g(k)≥g＝3，
所以≥3．
综上，矩形ABCD的周长大于3．
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