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第6讲　大题专攻
——圆锥曲线中的证明、存在性问题
目录
CONTENTS
课时跟踪检测
锁定高考·明方向
研透高考·攻重点
有的放矢 事半功倍
重难攻坚 快速提升
01
锁定高考·明方向
有的放矢 事半功倍
一、考情分析
高频考点 高考预测
证明问题 在解答题中会继续以椭圆、抛物线、双曲线为几何载
体考查证明及存在性问题，仍是高考考查的热点，难
度较大，一般以压轴题的形式出现
存在性问题 二、真题感悟
1. （2024·全国甲卷理20题）（证明问题）设椭圆C： ＋ ＝1（a＞b
＞0）的右焦点为F，点M（1， ）在C上，且MF⊥x轴.
（1）求C的方程；
解：法一（直接法）　由题意知
得
所以椭圆C的方程为 ＋ ＝1.
法二　由题意知得
所以椭圆C的方程为 ＋ ＝1.
法三（巧用椭圆的定义）　设F'为C的左焦点，连接MF'，则｜MF｜＝
，｜FF'｜＝2，
在Rt△MFF'中，｜MF'｜＝ ＝ ＝ ，
由椭圆的定义知2a＝｜MF'｜＋｜MF｜＝4，
2c＝｜FF'｜＝2，
所以a＝2，c＝1，
又a2＝b2＋c2，所以b＝ ，
所以椭圆C的方程为 ＋ ＝1.
（2）过点P（4，0）的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，
直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴.
解：证明：分析知直线AB的斜率存在.
易知当直线AB的斜率为0时，AQ⊥y轴.
当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝ty＋4（t≠0），A（x1，
y1），B（x2，y2），Q（1，n），
联立方程得
消去x得（3t2＋4）y2＋24ty＋36＝0，Δ＞0，
则y1＋y2＝ ，y1y2＝ .
因为N为线段FP的中点，F（1，0），所以N（ ，0）.
由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ，即 ＝ ，得－ y2＝n（x2－
），得n＝ ，
所以n－y1＝ －y1＝ －y1＝ ＝
＝0，
所以n＝y1，所以AQ⊥y轴.
2. （2024·天津高考18题）（存在性问题）已知椭圆 ＋ ＝1（a＞b＞
0），椭圆的离心率e＝ ，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，
C是线段OB的中点，其中S△ABC＝ .
（1）求椭圆的方程；
解：因为e＝ ＝ ，所以a＝2c，b＝ ＝ c，
由题知A（－a，0），B（0，－b），C（0，－ ），
所以S△ABC＝ ·｜BC｜·｜OA｜＝ · ·a＝ · ·2c＝ ，得c
＝ ，
所以a＝2 ，b＝3.
所以椭圆的方程为 ＋ ＝1.
（2）过点（0，－ ）的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是
否存在点T使得 · ≤0？若存在，求出点T纵坐标的取值范
围；若不存在，请说明理由.
解：设P（x1，y1），Q（x2，y2），T（0，t）.
当直线PQ的斜率不存在时，不妨设P（0，3），Q（0，－3），
则 · ＝（0，3－t）·（0，－3－t）＝t2－9≤0，解得－
3≤t≤3.
当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y＝kx－ ，
由可得（3＋4k2）x2－12kx－27＝0，
所以Δ＝144k2＋4×27（3＋4k2）＞0，x1＋x2＝ ，x1x2＝－
.
因为 · ＝（x1，y1－t）·（x2，y2－t）＝x1x2＋（y1－t）
（y2－t）＝x1x2＋（kx1－ －t）·（kx2－ －t）＝（1＋k2）
x1x2－k（ ＋t）（x1＋x2）＋（ ＋t）2＝－ －
＋（ ＋t）2＝

＝ ≤0，
所以4k2t2－36k2＋3t2＋9t－ ≤0对k∈R恒成立，
则有解得－3≤t≤ .
综上可得，－3≤t≤ ，即点T的纵坐标的取值范围是［－3， ］.
1. 圆锥曲线中的证明问题常见的两个方面
（1）位置关系方面：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，
直线过定点等；
（2）数量关系方面：如存在定值、恒成立、相等等.
在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过
相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明.
2. 求解存在性问题的两个策略
（1）当给出结论要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
（2）当条件和结论不唯一时要分类讨论.
02
研透高考·攻重点
重难攻坚 快速提升
证明问题
【例1】　（2024·湖北七市州联合测试）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：易知直线AB的斜率不为0，F（ ，0），
设直线AB的方程为x＝my＋ ，A（x1，y1），B（x2，y2），
由得y2－2my－1＝0，
∴
不妨设A在第一象限，B在第四象限，
由y＝－ ，得y'＝－ ，
∵ ＝2x2，y2＜0，
∴l的斜率为－ ＝－ ＝ ，
∴l的方程为y－y2＝ （x－x2），即y＝ x＋ ，
令x＝0，得y＝ ，即E（ 0， ）.
∵ ＝2x1，y1y2＝－1，∴直线OA的方程为y＝ x＝ x＝－2y2x，
令x＝－ ，得y＝y2，即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（1）知l的垂线的方程为y－y2＝－y2（x－x2），
即y＝－y2x＋y2（ 1＋ ），
由得点G的纵坐标yG＝y2（ ＋2）.
∵A，O，D，G四点共线，∴要证明｜AD｜2＝｜AO｜·｜
AG｜，只需证明｜y2－y1｜2＝｜y1｜·｜yG－y1｜.（*）
∵｜y2－y1｜2＝｜y2＋ ｜2＝ ，
｜y1｜·｜yG－y1｜＝｜－ ｜｜y2（ ＋2）－y1｜＝ ，
∴（*）式成立，
即｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜，得证.
圆锥曲线中的证明问题
（1）圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等
几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个
点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些
数量关系（相等或不等）；
（2）解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲
线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必
要的数值计算等进行证明.
（2024·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y＝ ，∴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，则直线MP的方程为y＝k（x＋2），令x＝－6，则y＝－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 ，将其代入直线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.
存在性问题
【例2】　（2024·邯郸第四次调研）已知椭圆C的中心为坐标原点，对称
轴为x轴，y轴，且过M（2，0），N（ 1，－ ）两点.
（1）求C的方程；
解：由题设椭圆C的方程为mx2＋ny2＝1（m＞0，n＞0，
m≠n），
因为椭圆过M（2，0），N（ 1，－ ）两点，
所以得到m＝ ，n＝1，所以椭圆C的方程为 ＋y2
＝1.
（2）A，B是C上两个动点，D为C的上顶点，是否存在以D为顶点，
AB为底边的等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的三角形的个
数；若不存在，请说明理由.
解：由（1）知D（0，1），易知直线
DA，DB的斜率均存在且不为0，
不妨设kDA＝k（k＞0），kDB＝－ ，直线DA
的方程为y＝kx＋1，直线DB的方程为y＝－ x
＋1，
由椭圆的对称性知，当k＝1时，显然有｜DA｜
＝｜DB｜，满足题意，
当k≠1时，由消y得到（ ＋k2）
x2＋2kx＝0，
所以xA＝－ ，yA＝－ ＋1＝ ，
即A（ － ， ），
同理可得B（ ， ），
所以kAB＝
＝ ＝ ，
设AB的中点坐标为（x0，y0），则x0＝
＝ ，
y0＝ ＝ ，
所以AB中垂线方程为
y＋ ＝－ （ x－ ），
要使△ADB为以AB为底边的等腰直角三角形，
则AB的中垂线过点D（0，1），
所以1＋ ＝－ （ 0－
），整理得到k4－7k2＋1＝0，
令t＝k2，则t2－7t＋1＝0，Δ＝49－4＞0，所以
t有两根t1，t2，且t1＋t2＝7＞0，t1t2＝1＞0，即
t2－7t＋1＝0有两个正根，
故有2个不同的k2值，满足k4－7k2＋1＝0，又k
＞0，故有2个不同的k值，满足k4－7k2＋1＝0，
所以由椭圆的对称性知，当k≠1时，还存在2个
符合题意的三角形，
综上所述，存在以D为顶点，AB为底边的等腰
直角三角形，满足条件的三角形有3个.
存在性问题的求解策略
（1）假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在；
（2）用待定系数法设出；
（3）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、曲线或参数）存在；否则，元素（点、直线、曲线或参数）不
存在.
提醒　反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.
直线l：ax－y－1＝0与双曲线C：x2－2y2＝1相交于P，Q两点.
（1）当a为何实数时，｜PQ｜＝2 ？
解：设P（x1，y1），Q（x2，y2），则（x1，y1），（x2，
y2）是方程组的实数解，
将①代入②并消去y，得（1－2a2）x2＋4ax－3＝0.　③
若1－2a2＝0，即a＝± ，则直线l与双曲线C的渐近线平行，l与
C只可能有一个交点，∴1－2a2≠0.
由1－2a2≠0，得a≠± ，方程③的判别式Δ＝（4a）2＋12（1－
2a2）＞0，解得－ ＜a＜ .
又∵x1＋x2＝ ，x1x2＝ ，　④
∴由弦长公式及④，得
｜PQ｜＝ · ，
根据已知条件｜PQ｜＝2 ，
解得a2＝－ （舍去）或a2＝1，
∴a＝±1，满足－ ＜a＜ 且a≠± ，
故所求实数a的值为±1.
（2）是否存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过坐标原点？若存在，求
出a的值；若不存在，说明理由.
解：假设存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过坐标原点O，
则由OP⊥OQ，得x1·x2＋y1·y2＝0，
又∵y1·y2＝（ax1－1）（ax2－1），
∴（1＋a2）x1·x2－a（x1＋x2）＋1＝0.
由（1）可知x1＋x2＝ ，x1·x2＝ ，
代入上式，得（1＋a2）· －a· ＋1＝0，
解得a2＝－2，不成立，
故不存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过坐标原点.
03
课时跟踪检测
1. （2024·太原模拟）已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）经过点（ 1，
）且离心率e＝ ，点P是C上一动点.点Q是OP的中点（O为坐标原
点），过点Q的直线交C于M，N两点，且｜MQ｜＝｜NQ｜.
（1）求椭圆C的标准方程；
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2
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4
解：由题意得∴
∴椭圆C的标准方程为 ＋ ＝1.
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4
（2）当直线OP的斜率kOP和直线MN的斜率kMN都存在时，证明：
kOP·kMN＝－ .
解：证明：设M（x1，y1），N（x2，y2），Q（x0，
y0），则P（2x0，2y0），∴kOP＝ .
由得 ＋ ＝0，∴ ＝－ · ＝－
· ，
∴kMN· ＝－ ，即kOP·kMN＝－ .
1
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2. 已知双曲线C： － ＝1（a＞0，b＞0）的实轴长为2，直线y＝
x为C的一条渐近线.
（1）求C的方程；
解：由题意知，2a＝2， ＝ ，解得a＝1，b＝ ，
所以双曲线C的方程为x2－ ＝1.
（2）若过点（2，0）的直线与C交于P，Q两点，在x轴上是否存在定
点M，使得 · 为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存
在，请说明理由.
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解：若直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为x＝my
＋2，与x2－ ＝1联立可得，（3m2－1）y2＋12my＋9＝0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则3m2－1≠0，Δ＝36m2＋36＞0，
y1＋y2＝ ，y1y2＝ .
假设在x轴上存在定点M（t，0），使得 · 为定值.
· ＝（x1－t）（x2－t）＋y1y2＝（m2＋1）·y1y2＋（2－
t）m（y1＋y2）＋（2－t）2＝ ＋（2－t）2.
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4
若 · 为定值，则必有 ＝ ，
解得t＝－1，此时 · ＝0.
若直线PQ的斜率为0，则可取P（－1，0），Q（1，0），
所以 · ＝（0，0）·（2，0）＝0.
所以在x轴上存在定点M（－1，0），使得 · 为定值0.
1
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3. 已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）的四个顶点围成的四边形面积为
4 ，周长为4 ，一双曲线M的顶点是该椭圆的焦点，焦点是该椭圆
长轴上的顶点.
（1）求C和M的标准方程；
解：根据题意得且a＞b＞0，解得
∴椭圆C的标准方程为 ＋ ＝1，
∵c2＝a2－b2＝2，
1
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依题意，设双曲线M的标准方程为 － ＝1（p＞0，q＞0），
则解得p＝q＝ ，
∴双曲线M的标准方程是 － ＝1.
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3
4
（2）A，B，D是双曲线M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：易知直线AB的斜率一定不为0，设直线AB的方程为x＝my＋n，A（x1，y1），B（x2，y2），D（－x2，y2），
联立整理得（m2－1）y2＋2mny＋n2－2＝0，
则y1＋y2＝－ ，y1y2＝ ，
由于△ABD的外接圆过原点且关于y轴对称，
∴设外接圆的方程为x2＋y2＋Ey＝0，
1
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将A（x1，y1），B（x2，y2）代入圆的方程得

消去E得y2（ ＋ ）＝y1（ ＋ ），
又 ＝2＋ ， ＝2＋ ，
∴y2（2 ＋2）＝y1（2 ＋2），
化简得y1y2（y1－y2）＝y1－y2，
1
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3
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∵y1≠y2，∴y1y2＝1，
由y1y2＝ ＝1，得n2＝m2＋1，
∴原点（0，0）到直线AB的距离为 ＝1，
即直线AB与圆x2＋y2＝1相切.
1
2
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4. 法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：过圆E：x2＋y2＝a2－b2（a＞b＞0）
上任意一点作双曲线C： － ＝1的两条切线，这两条切线互相垂直.
我们通常把这个圆E称作双曲线C的蒙日圆.如图，过双曲线C： －
y2＝1（a＞1）的蒙日圆上一点P作C的两条切线，与该蒙日圆分别交
于M，N两点，tan∠PMN＝ ，且△PMN的周长为 ＋2 .
（1）求双曲线C的标准方程；
1
2
3
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解：由题可知，双曲线C的蒙日圆方程为x2＋y2＝a2－1，且PM⊥PN，所以MN为蒙日圆的直径，｜MN｜＝2 .又tan∠PMN＝ ，所以 sin ∠PMN＝ ，
cos ∠PMN＝ ，
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2
3
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｜PN｜＝｜MN｜ sin ∠PMN＝ ，｜PM｜＝｜
MN｜ cos ∠PMN＝ .
所以△PMN的周长为（ ＋2） ＝ ＋2 ，所以a＝2.
故双曲线C的标准方程为 －y2＝1.
1
2
3
4
（2）过双曲线C的右焦点F2的直线与C交于A，B两点（异于顶
点），线段AB的中垂线与x轴交于点T，是否存在常数λ，使
得｜AB｜＝λ｜F2T｜恒成立？若存在，求出λ的值；若不存
在，说明理由.
1
2
3
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解：由（1）得F2（ ，0），由已知可得，直线AB的斜率k存在且不为0，设直线AB的方程为y＝k（x－ ），A（x1，y1），B（x2，y2），
将直线AB的方程与双曲线方程联立得
整理得关于x的方程（1－
4k2）x2＋8 k2x－20k2－4＝0，
1
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3
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当1－4k2＝0，即k＝± 时，直线AB与双曲线的渐近线平行，与双曲线只有一个交点，不符合题意，故k≠± ，且k≠0.
所以Δ＝（8 k2）2－4（1－4k2）（－20k2－4）＞0，x1＋x2＝ ，x1x2＝ .
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2
3
4
设线段AB的中点为R（x0，y0），则x0＝ ＝ ，y0＝k（x0－ ）＝k（ － ）＝ ，所以R（ ， ）.
直线RT的斜率为－ ，方程为y－ ＝－ （ x－ ），令y＝0，得x＝ ，故T（ ，0）.
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4
所以｜F2T｜＝｜ － ｜＝ .
｜AB｜＝ ＝
＝ ，
所以 ＝ ＝ .
所以存在λ使得｜AB｜＝λ｜F2T｜恒成立，λ＝ .
1
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