资源简介

重难专攻14　求值、证明与探索性问题
（时间：45分钟，满分：58分）
1.（13分）已知直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1相交于A，B两点.
（1）若a＝2，求线段AB的长；
（2）当a为何值时，以AB为直径的圆经过坐标原点？
2.（15分）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.
3.（15分）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.
4.（15分）（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.
重难专攻14　求值、证明与探索性问题
1.解：（1）由题知y＝2x＋1，联立直线与双曲线方程消去y并整理得x2＋4x＋2＝0，
所以Δ＝16－4×2＝8＞0，
则xA＋xB＝－4，xAxB＝2，
所以｜AB｜＝·＝×＝2.
（2）联立直线与双曲线方程消去y得3x2－（ax＋1）2＝1，
整理得（3－a2）x2－2ax－2＝0，
由题意知Δ＝4a2＋8（3－a2）＝24－4a2＞0，且3－a2≠0，即－＜a＜，且a≠±，
所以xA＋xB＝，xAxB＝－，
则yAyB＝a2xAxB＋a（xA＋xB）＋1＝－＋＋1＝1，
若以AB为直径的圆经过坐标原点，
则·＝0，即xAxB＋yAyB＝1－＝0，
所以a＝±1，满足要求.
2.解：（1）由题意可得
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＋.
3.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）.
由（1）知直线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Q点的横坐标为，
∴Q（，），
∴直线NQ的斜率为＝，直线NE的斜率为＝，
∴kNQ＝kNE，∴E，N，Q三点共线.
4.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，得证.
1 / 1重难专攻14　求值、证明与探索性问题
求值问题
（师生共研过关）
（2024·北京高考19题）已知椭圆E：＋＝1（a＞b＞0），以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点（0，t）（t＞）且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A，B，过点A和C（0，1）的直线AC与椭圆E的另一个交点为D.
（1）求椭圆E的方程及离心率；
（2）若直线BD的斜率为0，求t的值.
解析几何求值问题的求解策略 　　解析几何求值问题的本质是 “几何条件代数化”，解题时需紧扣 “已知→转化→运算→验证” 的逻辑链. （1） “看几何”：明确图形、条件、所求； （2） “设代数”：选最简的点（方程）表示，减少参数； （3） “算结果”：用根与系数的关系、公式简化运算，验证合理性.
训练1 （2026·江苏宿迁模拟）已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的实轴长为4，一条渐近线的方程为y＝x，过点（6，0）的直线l与C的右支交于A，B两点.
（1）求C的标准方程；
（2）P是x轴上的定点，且∠APB＝90°，求P的坐标.
证明问题
（师生共研过关）
（2025·天津高考18题）已知椭圆＋＝1（a＞b＞0）的左焦点为F，右顶点为A，P为直线x＝a上一点，且直线PF的斜率为，△PFA的面积为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分∠AFB.
圆锥曲线证明问题的类型及求解策略 （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.
训练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｜.　
探索问题
（师生共研过关）
（2026·安徽阜阳模拟）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.
　　此类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.
训练3 〔一题多解〕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，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
重难专攻14　求值、证明与探索性问题
考点1
【例1】　解：（1）由题意可知b＝，c＝，
所以a＝＝2，
故椭圆E的方程为＋＝1，离心率e＝＝.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y＝kx＋t（k≠0），
联立得（1＋2k2）x2＋4ktx＋2t2－4＝0.
所以Δ＝（4kt）2－4（1＋2k2）（2t2－4）＞0，即4k2－t2＋2＞0，
由根与系数的关系得
由椭圆的对称性可得D（－x2，y2），
因为A，C，D三点共线，所以kAC＝kCD，
所以＝，即x1y2＋x2y1－（x1＋x2）＝0.
由y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，得x1（kx2＋t）＋x2（kx1＋t）－（x1＋x2）＝0，
整理得2kx1x2＋（t－1）（x1＋x2）＝0，
所以2k·＋（t－1）·＝0，
解得t＝2.
训练1　解：（1）因为C的实轴长为2a，渐近线方程为y＝±x，
所以2a＝4，＝，解得a＝2，b＝，
所以C的标准方程为－＝1.
（2）设直线l的方程为x＝my＋6，A（x1，y1），B（x2，y2），P（t，0），
联立化简得，（m2－2）y2＋12my＋32＝0.
所以
整理得m2≠2，由根与系数的关系得y1＋y2＝－，y1y2＝.
因为直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，则m＝0或＞或＜－，
解得－＜m＜.
由∠APB＝90°，可得·＝0，即（x1－t，y1）·（x2－t，y2）＝0，
将x1＝my1＋6，x2＝my2＋6代入上式得（my1＋6－t）（my2＋6－t）＋y1y2＝0，
即m2y1y2＋m（6－t）（y1＋y2）＋（6－t）2＋y1y2＝0，
将y1＋y2＝－，y1y2＝代入上式得m2×＋m（6－t）×（ －）＋（6－t）2＋＝0，
整理得m2[32－72＋12t＋（6－t）2]－2（6－t）2＋32＝0，
因为上式对任意m都成立，
所以
解得t＝2，所以P（2，0）.
考点2
【例2】　解：（1）∵PF的斜率为，
∴｜PA｜＝｜FA｜，
∴S△PFA＝×｜PA｜×｜FA｜＝××（a＋c）2＝，得a＋c＝3，
又＝，∴a＝2，c＝1，则b＝，
∴椭圆的方程为＋＝1.
（2）证明：由（1）知F（－1，0），则PF：y＝（x＋1），∴P（2，1）.
易知直线PB的斜率存在，设PB：y－1＝k（x－2），
由得（4k2＋3）x2－8k（2k－1）x＋8（2k2－2k－1）＝0，
∵PB与椭圆仅有一个交点，
∴Δ＝64k2（2k－1）2－32（4k2＋3）（2k2－2k－1）＝0，解得k＝－，
∴xB＝－＝1，
则yB＝，∴B（1，），
∴直线BF的斜率为＝.
∵tan 2∠PFA＝＝，
∴∠BFA＝2∠PFA，
即PF平分∠AFB.
训练2　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，则其方程为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）∵a＝1，∴x2－＝1，
故当直线l过点M（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.
则直线l：y＝±b（x－2），又点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.
训练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＝（ t＋）2＋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），
设存在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， ②
①－②得λ（λ－1）（3－2t）＝0，
又λ∈（0，1），所以t＝.
故存在点P（ 3，），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（ 3，），使得四边形ABCD为梯形.
1 / 1(共45张PPT)
重难专攻14　求值、证明与探索性问题
求值问题（师生共研过关）
（2024·北京高考19题）已知椭圆E： ＋ ＝1（a＞b＞0），以椭
圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点（0，t）
（t＞ ）且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A，B，过点A和
C（0，1）的直线AC与椭圆E的另一个交点为D.
（1）求椭圆E的方程及离心率；
解： 由题意可知b＝ ，c＝ ，
所以a＝ ＝2，
故椭圆E的方程为 ＋ ＝1，离心率e＝ ＝ .
（2）若直线BD的斜率为0，求t的值.
解：设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y＝kx＋t
（k≠0），
联立 得（1＋2k2）x2＋4ktx＋2t2－4＝0.
所以Δ＝（4kt）2－4（1＋2k2）（2t2－4）＞0，即4k2－t2＋2＞0，
由根与系数的关系得
由椭圆的对称性可得D（－x2，y2），
因为A，C，D三点共线，所以kAC＝kCD，
所以 ＝ ，即x1y2＋x2y1－（x1＋x2）＝0.
由y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，得x1（kx2＋t）＋x2（kx1＋t）－（x1＋x2）
＝0，
整理得2kx1x2＋（t－1）（x1＋x2）＝0，
所以2k· ＋（t－1）· ＝0，
解得t＝2.
解析几何求值问题的求解策略
　　解析几何求值问题的本质是 “几何条件代数化”，解题时需紧扣
“已知→转化→运算→验证” 的逻辑链.
（1） “看几何”：明确图形、条件、所求；
（2） “设代数”：选最简的点（方程）表示，减少参数；
（3） “算结果”：用根与系数的关系、公式简化运算，验证合理性.
训练1 （2026·江苏宿迁模拟）已知双曲线C： － ＝1（a＞0，b＞0）
的实轴长为4，一条渐近线的方程为y＝ x，过点（6，0）的直线l与C的
右支交于A，B两点.
（1）求C的标准方程；
解： 因为C的实轴长为2a，渐近线方程为y＝± x，
所以2a＝4， ＝ ，解得a＝2，b＝ ，
所以C的标准方程为 － ＝1.
（2）P是x轴上的定点，且∠APB＝90°，求P的坐标.
解：设直线l的方程为x＝my＋6，A（x1，y1），B（x2，y2），P（t，0），
联立 化简得，（m2－2）y2＋12my＋32＝0.
所以
整理得m2≠2，由根与系数的关系得y1＋y2＝－ ，y1y2＝ .
因为直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，则m＝0或 ＞ 或 ＜
－ ，
解得－ ＜m＜ .
由∠APB＝90°，可得 · ＝0，即（x1－t，y1）·（x2－t，y2）＝0，
将x1＝my1＋6，x2＝my2＋6代入上式得（my1＋6－t）（my2＋6－t）＋
y1y2＝0，
即m2y1y2＋m（6－t）（y1＋y2）＋（6－t）2＋y1y2＝0，
将y1＋y2＝－ ，y1y2＝ 代入上式得m2× ＋m（6－t）×
（ － ）＋（6－t）2＋ ＝0，
整理得m2[32－72＋12t＋（6－t）2]－2（6－t）2＋32＝0，
因为上式对任意m都成立，
所以
解得t＝2，所以P（2，0）.
证明问题（师生共研过关）
（2025·天津高考18题）已知椭圆 ＋ ＝1（a＞b＞0）的左焦点为
F，右顶点为A，P为直线x＝a上一点，且直线PF的斜率为 ，△PFA的
面积为 ，离心率为 .
（1）求椭圆的方程；
解： ∵PF的斜率为 ，
∴｜PA｜＝ ｜FA｜，
∴S△PFA＝ ×｜PA｜×｜FA｜＝ × ×（a＋c）2＝ ，得a＋c＝3，
又 ＝ ，∴a＝2，c＝1，则b＝ ，
∴椭圆的方程为 ＋ ＝1.
（2）过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分
∠AFB.
解：证明：由（1）知F（－1，0），则PF：y＝ （x＋1），
∴P（2，1）.
易知直线PB的斜率存在，设PB：y－1＝k（x－2），
由 得（4k2＋3）x2－8k（2k－1）x＋8（2k2－2k－
1）＝0，
∵PB与椭圆仅有一个交点，
∴Δ＝64k2（2k－1）2－32（4k2＋3）（2k2－2k－1）＝0，解得k＝－ ，
∴xB＝－ ＝1，则yB＝ ，∴B（1， ），
∴直线BF的斜率为 ＝ .
∵tan 2∠PFA＝ ＝ ，∴∠BFA＝2∠PFA，
即PF平分∠AFB.
圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
（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.
训练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；
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，则其方程为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｜.
探索问题（师生共研过关）
（2026·安徽阜阳模拟）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过点M（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.
则直线l：y＝±b（x－2），又点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）.
∵k1＝ ，k2＝ ，
（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.
∴λ＝ ＝ ＝ ＝
＝ ＝
＝ ＝－3.
故存在实数λ＝－3，使得k2＝λk1成立.
　　此类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.
训练3 〔一题多解〕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＝（ t＋ ）2＋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，求出点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），
设存在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， ②
①－②得λ（λ－1）（3－2t）＝0，
又λ∈（0，1），所以t＝ .
故存在点P（ 3， ），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（ 3， ），使得四边形ABCD为梯形.
课时跟踪检测
（时间：45分钟，满分：58分）
1. （13分）已知直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1相交于A，B两点.
（1）若a＝2，求线段AB的长；
解： 由题知y＝2x＋1，联立直线与双曲线方程消去y并整理得x2＋
4x＋2＝0，
所以Δ＝16－4×2＝8＞0，
则xA＋xB＝－4，xAxB＝2，
所以｜AB｜＝ · ＝ × ＝2 .
1
2
3
4
（2）当a为何值时，以AB为直径的圆经过坐标原点？
解： 联立直线与双曲线方程消去y得3x2－（ax＋1）2＝1，
整理得（3－a2）x2－2ax－2＝0，
由题意知Δ＝4a2＋8（3－a2）＝24－4a2＞0，且3－a2≠0，即－ ＜a＜
，且a≠± ，
所以xA＋xB＝ ，xAxB＝－ ，
则yAyB＝a2xAxB＋a（xA＋xB）＋1＝－ ＋ ＋1＝1，
若以AB为直径的圆经过坐标原点，
则 · ＝0，即xAxB＋yAyB＝1－ ＝0，
所以a＝±1，满足要求.
1
2
3
4
2. （15分）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： 由题意可得 解得
所以椭圆C的方程为 ＋ ＝1.
1
2
3
4
（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，
1
2
3
4
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，
1
2
3
4
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＋ .
1
2
3
4
3. （15分）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），
1
2
3
4
令x＝－6，则yF＝ ，
∴点F的坐标为（－6， ），
∴直线MF的斜率为 ＝ ，
∴kMP·kMF＝ · ＝ ＝ ＝－ .
1
2
3
4
（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）.
由（1）知直线MF的斜率为－ ，
∴直线MF的方程为y＝－ （x＋2）.
联立 可得（1＋k2）y2＋2ky＝0，
1
2
3
4
易得Q点的纵坐标为 ，将其代回直线x＝－2ky－2，可得Q点的横坐标为 ，
∴Q（ ， ），
∴直线NQ的斜率为 ＝ ，直线NE的斜率为
＝ ，
∴kNQ＝kNE，∴E，N，Q三点共线.
1
2
3
4
4. （15分）（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；
解： 设点P（x，y），则｜y｜＝ ，两边同时平方
化简得y＝x2＋ ，
故W：y＝x2＋ .
1
2
3
4
（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，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，
1
2
3
4
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｜
＝ ＋
1
2
3
4
＝ ＋
＝（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，
1
2
3
4
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.
1
2
3
4
THANKS
演示完毕 感谢观看

展开更多......

收起↑