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*第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题
技法一　“等价转化”法证明位置关系
[典例1]　(2023·北京卷)已知椭圆E：，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)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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：树立“转化”意识，证明位置关系
[巩固迁移]
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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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]
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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．
[巩固迁移]
2．(2026·内蒙古呼和浩特开学考试)已知双曲线C：，3)在C上．
(1)求C的方程；
(2)已知点Q(4，0)，B为线段PQ上一点，且直线AB交C于D，E两点，证明：|AD|·|BE|＝|AE|·|BD|．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
技法三　肯定顺推法求解存在性问题
[典例3]　已知椭圆C1：，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]
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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．
[巩固迁移]
3．(2025·河北石家庄一模)已知椭圆C：．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线l：x＝－与x轴交于点Q，过焦点F(－2，0)的直线与椭圆交于M，N两点．
(ⅰ)证明：点Q在以MN为直径的圆外．
(ⅱ)在l上是否存在点E使得△EMN是等边三角形．若存在，求出直线MN的方程；若不存在，请说明理由．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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．
巩固迁移
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P(0，2)，＝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)证明：设M(x0，y0)，
当y0＝0时，线段F1M的垂直平分线方程为x＝＝±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3x2＋4＝12，
∴x＋－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＋(2－14)－32x0－15＝0，
即＋(2－14)＋(x0＋1)2(x0＋3)·(x0－5)＝0，＋(2－14)＋(＋2x0＋1)(－2x0－15)＝0，
∴(＋2x0＋1)(－2x0－15)＝0，
∵＋2x0＋1＝(x0＋1)2＋>0，
∴－2x0－15＝0，即(x0－1)2＋＝16，
∵点(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
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d20，
所以|AB|＝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|．
巩固迁移
2．解：(1)由双曲线C的一个焦点为(5，0)，得a2＋b2＝25，
由点P(4，3)在双曲线C上，得＝1，解得a＝4，b＝3，
所以双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：设B(4，t)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，
则直线AB的方程为y＝(x－2)，
由
消去y得(9－2t2)x2＋8t2x－16t2－144＝0，
由直线AB交C于D，E两点，得
解得－3当|t|<时，D，E在A的异侧，在B的同侧；
当<|t|<3时，D，E在A的同侧，在B的异侧，
则总有|AD|·|BE|－|AE|·|BD|＝，
＝(2－x1，－y1)·(4－x2，t－y2)－(4－x1，t－y1)·(x2－2，y2)＝2x1x2＋2y1y2－6(x1＋x2)－t(y1＋y2)＋32
＝2x1x2＋(x1－2)(x2－2)－6(x1＋x2)－(x1＋x2－4)＋32
＝(x1＋x2)＋4t2＋32
＝＋4t2＋32＝0，
所以|AD|·|BE|＝|AE|·|BD|．
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＝4y1，＝4y2，
则＝0，
所以x1＋x2＝－4，
所以kAB＝＝－1，
所以k＝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－，所以－1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．
巩固迁移
3．解：(1)由题意得c＝2，b＝，所以a＝，
则椭圆C的标准方程为＝1．
(2)(ⅰ)证明：由题意得，Q(－3，0)，
当直线MN的斜率为0时，此时以MN为直径的圆的方程为x2＋y2＝6，显然Q在此圆外；
当直线MN的斜率不为0时，设直线MN的方程为x＝my－2，
由可得(m2＋3)y2－4my－2＝0，
Δ＝16m2＋8(m2＋3)＝24m2＋24>0恒成立，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
＝(x1＋3)(x2＋3)＋y1y2
＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2＋m(y1＋y2)＋1
＝>0，
故点Q在以MN为直径的圆外．
(ⅱ)当MN的斜率不存在时，|MN|＝，此时Q到MN距离为1，故不存在等边三角形，当MN的斜率为0时，易得不存在等边三角形，
当MN斜率存在且不为0时，设直线MN的方程为x＝my－2，
设MN中点为G(xG，yG)，
又M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由(ⅰ)得，
yG＝，由于G在直线x＝my－2上，所以xG＝，
直线EG的斜率为－m，所以|EG|＝．
|MN|＝|y1－y2|
＝＝，
因为△EMN是等边三角形，所以，
则，
解得m2＝1，即m＝±1，
故直线l的方程为y＝x＋2或y＝－x－2．
4/4(共106张PPT)
*第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题
第八章　解析几何
技法一　“等价转化”法证明位置关系
[典例1]　(2023·北京卷)已知椭圆E：，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)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＝．
∴M．
∴kMN＝，∴MN∥CD．
名师点评：树立“转化”意识，证明位置关系
[巩固迁移]
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P(0，2)，
x＋2，
由－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)证明：设M(x0，y0)，
当y0＝0时，线段F1M的垂直平分线方程为x＝＝±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3x2＋4＝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
－2x0－15)＝0，
∴(－2x0－15)＝0，
∵>0，
∴＝16，
∵点(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　“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d20，
所以|AB|＝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．
[巩固迁移]
2．(2026·内蒙古呼和浩特开学考试)已知双曲线C：，3)在C上．
(1)求C的方程；
(2)已知点Q(4，0)，B为线段PQ上一点，且直线AB交C于D，E两点，证明：|AD|·|BE|＝|AE|·|BD|．
[解]　(1)由双曲线C的一个焦点为(5，0)，得a2＋b2＝25，
由点P(4＝1，
解得a＝4，b＝3，
所以双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：设B(4，t)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，
则直线AB的方程为y＝)，
由
消去y得(9－2t2)x2＋8t2x－16t2－144＝0，
由直线AB交C于D，E两点，得
解得－3当|t|<时，D，E在A的异侧，在B的同侧；
当<|t|<3时，D，E在A的同侧，在B的异侧，
则总有|AD|·|BE|－|AE|·|BD|＝，
－x1，－y1)·(4－x1，t－y1)·(x2－2(x1＋x2)－t(y1＋y2)＋32
＝2x1x2＋)＋32＝(x1＋x2)＋4t2＋32
＝＋4t2＋32＝0，
所以|AD|·|BE|＝|AE|·|BD|．
【教用·备选题】
已知圆M：(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＋，
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．
(2)证明：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－
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＝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：，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k＝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－．
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．
[巩固迁移]
3．(2025·河北石家庄一模)已知椭圆C：
．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线l：x＝－与x轴交于点Q，过焦点F(－2，0)的直线与椭圆交于M，N两点．
(ⅰ)证明：点Q在以MN为直径的圆外．
(ⅱ)在l上是否存在点E使得△EMN是等边三角形．若存在，求出直线MN的方程；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)由题意得c＝2，b＝，
则椭圆C的标准方程为＝1．
(2)(ⅰ)证明：由题意得，Q(－3，0)，
当直线MN的斜率为0时，此时以MN为直径的圆的方程为x2＋y2＝6，显然Q在此圆外；
当直线MN的斜率不为0时，设直线MN的方程为x＝my－2，
由可得(m2＋3)y2－4my－2＝0，
Δ＝16m2＋8(m2＋3)＝24m2＋24>0恒成立，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝，
＝(x1＋3)(x2＋3)＋y1y2
＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2＋m(y1＋y2)＋1
＝>0，
故点Q在以MN为直径的圆外．
(ⅱ)当MN的斜率不存在时，|MN|＝，此时Q到MN距离为1，故不存在等边三角形，当MN的斜率为0时，易得不存在等边三角形，
当MN斜率存在且不为0时，设直线MN的方程为x＝my－2，
设MN中点为G(xG，yG)，又M(x1，y1)，N(x2，y2)，由(ⅰ)得，
yG＝，
直线EG的斜率为－m，
所以|EG|＝．
|MN|＝|y1－y2|＝，
因为△EMN是等边三角形，所以，
则，
解得m2＝1，即m＝±1，
故直线MN的方程为y＝x＋2或y＝－x－2．
【教用·备选题】
1．(2026·河北保定模拟)已知椭圆C：．
(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＝
＝1，
将点A＝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，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＝．
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，
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．
2．(2025·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)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)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
－16n1y1＋16x1＝0，
又＝16x1，
∴16＝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＝(n2＋1)－8ny1＋4n2＋4．
同理可得|SQ|2＝(n2＋1)－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＝(n2＋1)y1－8ny1y2＋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＝，∵＝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，
∴假设成立，即存在点T，使得直线MT，NT的倾斜角互补．
1．(2024·全国甲卷)设椭圆C：
在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P(4，0)的直线与C交于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．
课后作业(六十四)　圆锥曲线中的证明、探索性问题
[解]　(1)设F(c，0)，由题设有c＝1且
，
故椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，
解得－，
又x1＋x2＝，
而N，
所以y1－yQ＝y1＋
＝＝k·
＝k·＝k·＝0，
故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．
2．(2025·天津卷)已知椭圆
．
(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．
[解]　(1)∵PF的斜率为，
∴|PA|＝|FA|，
∴S△PFA＝，
得a＋c＝3，
又，
∴椭圆的方程为＝1．
(2)证明：由(1)知F(－1，0)，P(2，1)，则直线PF的方程为y＝(x＋1)，
易知直线PB的斜率存在，设PB的方程为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＝－，
∴B，
∴直线BF的斜率为．
∵tan 2∠PFA＝，
∴∠BFA＝2∠PFA，即PF平分∠AFB．
3．在平面直角坐标系中，已知点A(0，x2，动点C的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)已知动点P在曲线E上，点Q在直线y＝2＝0，求线段PQ长的最小值；
(3)过点(－，0)且不垂直于x轴的直线交曲线E于M，N两点，点M关于x轴的对称点为M'，试问：在x轴上是否存在一定点T，使得M'，N，T三点共线？若存在，求出定点T的坐标；若不存在，说明理由．
[解]　(1)由点C(x，y)关于直线y＝x的对称点为D，则D(y，x) ，
则)，
所以＋y2＝2，
所以曲线E的方程为＝1．
(2)由点P在曲线E上，设P(x0，y0)(－2≤x0≤2)，点Q在直线y＝2)，
由y0＝0，
即mx0＝－2y0，
由＝0，则OP⊥OQ ．
所以|PQ|2＝|OP|2＋|OQ|2＝＋m2＋8．
当x0＝0时，y0＝±＝0．
所以x0≠0，由 ．
|PQ|2＝＋6．
由－2≤x0≤2，则设t＝∈(0，4]，
由对勾函数的单调性，可知函数y＝＋6在(0，4]上单调递减．
当＝4时，|PQ|2＝2＋4＋6＝12，
所以线段PQ长的最小值为2．
(3)在x轴上存在一定点T，使得M'，N，T三点共线．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则M'(x1，－y1)，
由题意直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y＝k(x＋)，
由
可得(1＋2k2)x2＋4k2x＋4k2－4＝0，Δ>0，
所以x1＋x2＝．
直线M'N的方程为y＋y1＝(x－x1)，
令y＝0，得x＝y1×
＝＝－2．
所以直线M'N：y＋y1＝，0)．
所以在x轴上存在一定点T(－2，0)，使得M'，N，T三点共线．
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．
[解]　(1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝，
化简得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
＝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|＝|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|)>．
令f (k)＝，k≥1，
则f '(k)＝，
当1≤k<时，f '(k)>0，
所以函数f (k)在[1，
，
所以2(|AB|＋|BC|)>．
②当2k－2k2>0，即0又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)>·k(k2＋1)＝．
令g(k)＝，0当00，
所以函数g(k)在
，
所以2(|AB|＋|BC|)>．
综上，矩形ABCD的周长大于3．
一、单项选择题
1．(2026·江苏如皋模拟)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点M在C上，若M到直线x＝－2的距离为4，则|MF|＝(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
阶段评估(十二)　(第60课时~第64课时)
√
B　[抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线为x＝－1．
因为点M在C上，且点M到直线x＝－2的距离为4，
所以M点的横坐标为2．
所以M点到准线x＝－1的距离为3，根据抛物线的定义可得|MF|＝3．
故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
2．(2026·广东深圳开学考试)若双曲线C：，则C的离心率为(　　)
A．
√
C　[因为双曲线C：，
可得，
所以双曲线C的离心率为e＝．故选C．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
3．(2026·湖北十堰模拟)设双曲线C1：，实轴长为6，若曲线C2上的点到双曲线C1的两个焦点的距离之和为26，则曲线C2的标准方程为(　　)
A． ＝1
C． ＝1
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
D　[因为双曲线C1的实轴长为6，所以a＝3，
因为双曲线C1的离心率为，所以c＝5，
则b＝＝1，
因为曲线C2上的点到双曲线C1的两个焦点的距离之和为26，所以曲线C2为椭圆，
则2a'＝26，a'＝13，b'2＝132－52＝122，
所以曲线C2的标准方程为＝1．故选D．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
4．无人机飞行表演中，已知一架无人机P沿椭圆＝1进行飞行表演，如图所示，在椭圆内部的点M(2，1)处有空中定位器，无人机发射出的信号被定位器接收，有一架无人机Q始终在定位器与无人机P连线中点处伴飞，作为信号的中转传递，那么伴飞无人机Q的飞行轨迹为(无人机以及定位器都看成一个点)(　　)
A．圆 B．抛物线
C．椭圆 D．直线
2025新课标变化：数学是重大科技创新的基础．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
C　[设Q(x，y)，P(x0，y0)，则
所以＝1，所以伴飞无人机Q的飞行轨迹为椭圆．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
5．记抛物线E：y2＝4x的焦点为F，点A在E上，B(2，1)，则|AF|＋|AB|的最小值为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
B　[过点A作x＝－1的垂线，垂足为D，则|AF|＝|AD|，则|AF|＋|AB|＝|AD|＋|AB|≥3，如图所示．所以|AF|＋|AB|的最小值为3．故选B．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
6．(2026·福建福州模拟)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，点P为C上一点，过点P作l的垂线，垂足为A，若，且点(－3，0)在直线PB上，则直线PB的斜率为(　　)
A．
C．1或－1 D．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
B　[由题意，F(1，0)，准线为l：x＝－1，
设P(t≠0)，则A(－1，t)，
由于，
又点(－3，0)在直线PB上，
则kPB＝．故选B．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
二、多项选择题
7．(2025·全国二卷)双曲线C：
，则(　　)
A．∠A1MA2＝
B．|MA1|＝2|MA2|
C．C的离心率为
D．当a＝
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
√
√
ACD　[根据双曲线和圆的对称性，知四边形A1MA2N为平行四边形，因为∠NA1M＝．故A正确；
设M(x0>0)，
根据|OM|＝c，得＝c2，解得x0＝a，
故M(a，b)，N(－a，－b)，所以∠MA2A1＝，
又因为∠A1MA2＝|MA1|，故B错误；
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
在Rt△MA1A2中，|MA2|＝b，|A1A2|＝2a，∠A1MA2＝，
所以tan∠A1MA2＝，
故e＝，故C正确；
当a＝，
则，故D正确．故选ACD．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
8．(2026·河北石家庄模拟)已知动点P到定点F(4，0)的距离与到直线l：x＝，P点的轨迹称为曲线C，直线y＝kx(k≠0)与曲线C交于A，B两点．则下列说法正确的是(　　)
A．曲线C的方程＝1
B．|AF|＋|BF|＝10
C．M为曲线C上不同于A，B的一点，且直线MA，MB斜率分别为k1，k2，则k1k2＝－
D．O为坐标原点，|PO|＋
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
√
√
ABD　[设P(x，y)，则，
∴，
即x2＋y2－8x＋16＝＝1，故A正确；
由题意可知，曲线C为椭圆，且a＝5，b＝3，c＝＝4，
设椭圆另一个焦点为F'，如图，
由O为F'F和AB中点可知四边形AFBF'为平行四边形，
所以|AF'|＝|BF|，所以|AF|＋|BF|＝|AF|＋|AF'|＝2a＝10，故B正确；
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
设点M(x0，y0)，A(x1，y1)，∴B(－x1，－y1)，
因为M为曲线C上不同于A，B的一点，则＝1，
可得，
又直线MA，MB斜率分别为k1，k2
所以k1k2＝，故C错误；
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
由定义知动点到定点F与它到定直线l距离d满足，
所以|PO|＋的距离，
即求椭圆上一点P到O与到直线l：x＝距离和的最大值，
显然当P在椭圆左顶点时，|PO|和d同时取得最大值，
所以，
故D正确．故选ABD．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
三、填空题
9．(2026·河南郑州模拟)若坐标原点O和点F(－2，0)分别为双曲线
的最小值为_____________．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
3＋2
3＋2　[∵F(－2，0)是双曲线的左焦点，
∴a2＋1＝4，即a2＝3，∴双曲线的方程为－y2＝1．
设点P(x0，y0)，则有)，解得)．
∵＝(x0，y0)，
∴＋2x0－1．
∵x0≥，
根据二次函数的单调性可知函数在[，＋∞)上单调递增，
∴当x0＝．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
10．已知抛物线y2＝2x，从抛物线内一点A(2，)发出平行于x轴的光线经过抛物线上点B反射后交抛物线于点C，则直线BC与x轴交点的横坐标为_____________，△ABC的面积为_____________．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
，
由抛物线的光学性质可知，直线BC过焦点F，即直线BC与x轴交点的横坐标为．
∵F，∴直线BC的倾斜角为60°，且∠ABC＝120°，
即|BC|＝，
∴S△ABC＝|AB|·|BC|sin∠ABF＝．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
四、解答题
11．[蝴蝶模型]抛物线Γ：y2＝2px(p>0)经过点M(1，－2)，焦点为F，过点F且倾斜角为θ的直线l与抛物线Γ交于点A，B，如图．
(1)求抛物线Γ的标准方程；
(2)当θ＝时，求弦AB的长；
(3)已知点P(2，0)，直线AP，BP分别与抛物线
Γ交于点C，D．证明：直线CD过定点．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
[解]　(1)抛物线y2＝2px经过点M(1，－2)，
所以(－2)2＝2p，所以p＝2，
所以抛物线Γ的标准方程为y2＝4x．
(2)由(1)知F(1，0)，当θ＝，
所以直线l的方程为y＝(x－1)，
联立
．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
(3)证明：由(1)知F(1，0)，直线AB的斜率不为0，
当直线AB斜率不存在时，l：x＝1，B(1，－2)，P(2，0)，直线BP的方程为y＝2x－4，联立得xB＝1，xD＝4，同理xC＝4，所以直线CD：x＝4，过定点(4，0)；
当直线AB的斜率存在时，
设直线AB的方程为x＝my＋1，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
联立 得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16>0，
因此y1＋y2＝4m，y1y2＝－4．
设直线AC的方程为x＝ny＋2，
联立 得y2－4ny－8＝0，Δ＝16n2＋32>0，
因此y1＋y3＝4n，y1y3＝－8，得y3＝，同理可得y4＝，
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
所以kCD＝．
因此直线CD的方程为x＝2m(y－y3)＋x3，
令y＝0得，x＝－2my3＋x3＝－2my3＋
＝－2m＝
＝4＋4·＝4，
所以，直线CD过定点(4，0)．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
12．(2026·山东济南模拟)已知椭圆C：，左、右顶点分别为A，B，左、右焦点分别为F1，F2．过右焦点F2的直线l交椭圆于点M，N，且△F1MN的周长为16．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，
证明：为定值．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
[解]　(1)由△F1MN的周长为16，及椭圆的定义，可知4a＝16，即a＝4，
又离心率为e＝，所以c＝2，
b2＝a2－c2＝16－4＝12．
所以椭圆C的方程为＝1．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
(2)证明：依题意，直线l与x轴不重合，
设l的方程为x＝my＋2．
联立得，
(3m2＋4)y2＋12my－36＝0，
Δ＝(12m)2＋4(3m2＋4)×36>0恒成立，
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由根与系数的关系得y1＋y2＝．
又A(－4，0)，B(4，0)，则
＝，
又，即my1y2＝3(y1＋y2)，
所以．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
谢 谢 ！课后作业(六十四)　圆锥曲线中的证明、探索性问题
说明：本试卷共60分
1．(15分)(2024·全国甲卷)设椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P(4，0)的直线与C交于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．
2．(15分)(2025·天津卷)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．
3．(15分)在平面直角坐标系中，已知点A(0，)，B(0，－)，动点C(x，y)关于直线y＝x的对称点为D，且x2，动点C的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)已知动点P在曲线E上，点Q在直线y＝2上，且＝0，求线段PQ长的最小值；
(3)过点(－，0)且不垂直于x轴的直线交曲线E于M，N两点，点M关于x轴的对称点为M'，试问：在x轴上是否存在一定点T，使得M'，N，T三点共线？若存在，求出定点T的坐标；若不存在，说明理由．
4．(15分)(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．
课后作业(六十四)
1．解：(1)设F(c，0)，由题设有c＝1且，故a＝2，故b＝，
故椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－又x1＋x2＝，x1x2＝，
而N，故直线BN：y＝，故yQ＝，
所以y1－yQ＝y1＋＝
＝
＝k·
＝k·
＝k·＝0，
故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．
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)，P(2，1)，则直线PF的方程为y＝(x＋1)，
易知直线PB的斜率存在，设PB的方程为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，
∴直线BF的斜率为．
∵tan 2∠PFA＝，
∴∠BFA＝2∠PFA，
即PF平分∠AFB．
3．解：(1)由点C(x，y)关于直线y＝x的对称点为D，则D(y，x) ，
则＝(y，x－＝(y，x＋)，
所以＝y2＋x2－2＝x2，即＋y2＝2，
所以曲线E的方程为＝1．
(2)由点P在曲线E上，设P(x0，y0)(－2≤x0≤2)，点Q在直线y＝2上，设Q(m，2)，
由＝mx0＋2y0＝0，
即mx0＝－2y0，
由＝0，则OP⊥OQ ．
所以|PQ|2＝|OP|2＋|OQ|2＝＋m2＋8．
当x0＝0时，y0＝±，此时不满足mx0＝－2y0，即不满足＝0．
所以x0≠0，由＝0，则m2＝ ．
|PQ|2＝＋2－＋8＝＋10 ＝＋6．
由－2≤x0≤2，则设t＝∈(0，4]，
由对勾函数的单调性，可知函数y＝＋6＝＋6在(0，4]上单调递减．
当＝4时，|PQ|2＝2＋4＋6＝12，
所以线段PQ长的最小值为2．
(3)在x轴上存在一定点T，使得M'，N，T三点共线．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则M'(x1，－y1)，
由题意直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y＝k(x＋)，
由
可得(1＋2k2)x2＋4k2x＋4k2－4＝0，Δ>0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
直线M'N的方程为y＋y1＝(x－x1)，
令y＝0，得x＝y1×＋x1＝x1＋
＝＝－2．
所以直线M'N：y＋y1＝(x－x1)恒过点(－2，0)．
所以在x轴上存在一定点T(－2，0)，使得M'，N，T三点共线．
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，，＋∞)上单调递增，所以f (k)≥f ()＝3，
所以2(|AB|＋|BC|)>≥3．
②当2k－2k2>0，即0又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)>·k(k2＋1)＝．
令g(k)＝，0则g'(k)＝，
当00，
所以函数g(k)在上单调递增，所以g(k)≥g＝3，
所以2(|AB|＋|BC|)>≥3．
综上，矩形ABCD的周长大于3．
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