2021高考数学一轮复习课后限时集训60圆锥曲线中的证明探索性问题理北
2021高考数学一轮复习课后限时集训60圆锥曲线中的证明探索性问题理北师大版202002110413
课后限时集训60圆锥曲线中的证明、探索性问题建议用时：45分钟1．(2019·长沙模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且点F 1到椭圆C 上任意一点的最大距离为3，椭圆C 的离心率为12.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在斜率为－1的直线l 与以线段F 1F 2为直径的圆相交于A ，B 两点，与椭圆相交于C ，D ，且|CD ||AB |＝837？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．[解] (1)根据题意，设F 1，F 2的坐标分别为(－c,0)，(c,0)，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝3，c a ＝12，解得a ＝2，c ＝1，则b 2＝a 2－c 2＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)假设存在斜率为－1的直线l ，设为y ＝－x ＋m ， 由(1)知F 1，F 2的坐标分别为(－1,0)，(1,0)， 所以以线段F 1F 2为直径的圆为x 2＋y 2＝1， 由题意知圆心(0,0)到直线l 的距离d ＝|－m |2<1，得|m |< 2. |AB |＝21－d 2＝21－m 22＝2×2－m 2，联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝－x ＋m ，消去y ，得7x 2－8mx ＋4m 2－12＝0，由题意得Δ＝(－8m )2－4×7(4m 2－12)＝336－48m 2＝48(7－m 2)>0，解得m 2<7. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8m 7，x 1x 2＝4m 2－127，|CD |＝2|x 1－x 2|＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫8m 72－4×4m 2－127＝2×336－48m 249＝467×7－m 2＝837|AB |＝837×2×2－m 2，解得m 2＝13<7，得m ＝±33. 即存在符合条件的直线l ，其方程为y ＝－x ±33. 2．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE的面积．[解] (1)证明：设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由于y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1， |AB |＝1＋t 2|x 1－x 2|＝1＋t 2×x 1＋x 22－4x 1x 2＝2(t 2＋1)．设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则d 1＝t 2＋1，d 2＝2t 2＋1.因此，四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2＋1.设M 为线段AB 的中点，则M ⎝⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12. 由于EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0.解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2. 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2.3．已知椭圆E 的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A (－2,0)，B (2,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32三点．(1)求椭圆E 的方程；(2)若直线l ：y ＝k (x －1)(k ≠0)与椭圆E 交于M ，N 两点，证明直线AM 与直线BN 的交点在直线x ＝4上．[解] (1)设椭圆E 的方程为mx 2＋ny 2＝1(m >0，n >0)，将A (－2,0)，B (2,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32代入椭圆E 的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧4m ＝1，m ＋94n ＝1，解得⎝ ⎛m ＝14，n ＝13.∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：将直线l ：y ＝k (x －1)代入椭圆方程x 24＋y 23＝1并整理，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x＋4(k 2－3)＝0.设直线l 与椭圆E 的交点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－33＋4k 2. 消去k 2，得2x 1x 2＝5(x 1＋x 2)－8. 直线AM 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，即y ＝k x 1－1x 1＋2(x ＋2)．直线BN 的方程为y ＝y 2x 2－2(x －2)，即y ＝k x 2－1x 2－2(x －2)．由直线AM 与直线BN 的方程消去y ，得x ＝22x 1x 2－3x 1＋x 2x 1＋3x 2－4＝2[5x 1＋x 2－8－3x 1＋x 2]x 1＋3x 2－4＝4.∴直线AM 与直线BN 的交点在直线x ＝4上．附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
高考热点题型：圆锥曲线中的探索性问题
圆锥曲线中的探索性问题【必备知识】1．将直线y kx m =+代入椭圆22221(0)x y a b a b +=>>方程，化为关于x 的二次方程，即为222222()b x a kx m a b ++=，亦即222222222()20b a k x kma x a m a b +++-=．2．将直线y kx m =+代入抛物线22(0)y px p =>方程，得 2222()0k x km p x m +-+=，注意对k 分0k =（对应于直线与对称轴平行）与0k ≠（对应于直线与对称轴不平行）两类进行讨论．3．过点1112212(,),(,,)()P x y P x y x x ≠的直线斜率为122121P P y y k x x -=-．4．点00(,)P x y 到直线0Ax By C ++=的距离为0022d A B=+．5．直线l ：y kx m =+与圆锥曲线相交所得弦长2221212121||1()4L k x x k x x x x =+-=+⋅+-＝21||k a ∆+⋅． 【技巧点拨】解答圆锥曲线中探索性问题，一般可分为以下步骤： （1）假设结论成立；（2）以假设为条件，进行推理求解；（3）明确规范结论，若能推出合理结论，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设； （4）回顾反思解题过程． 【典例展示】【题型一】探索直线、曲线间的位置关系问题【例1】已知椭圆C :2233x y +=，过点()1,0D 且不过点()2,1E 的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，直线AE 与直线3x =交于点M ．（Ⅰ）若AB 垂直于x 轴，求直线BM 的斜率；（Ⅱ）试判断直线BM 与直线DE 的位置关系，并说明理由．【解析】（Ⅰ）因为AB 过点(1,0)D 且垂直于x 轴，所以可设1(1,)A y ，1(1,)B y -． 直线AE 的方程为11(1)(2)y y x -=--．令3x =，得1(3,2)M y -． 所以直线BM 的斜率112131BM y y k -+==-．（Ⅱ）直线BM 与直线DE 平行．证明如下： 当直线AB 的斜率不存在时，由（Ⅰ）可知1BM k =．高考热点题型又因为直线DE 的斜率10121DE k -==-，所以BM DE ．当直线AB 的斜率存在时，设其方程为(1)(1)y k x k =-≠． 设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则直线AE 的方程为1111(2)2y y x x --=--． 令3x =，得点1113(3,)2y x M x +--．由2233(1)x y y k x ⎧+=⎨=-⎩，得2222(13)6330k x k x k +-+-=．直线BM 的斜率11212323BMy x y x k x +---=- 因为()()()()()()()11122121131232132k x x k x x x x k x x BM -+--------=--()()()()12122112332k x x x x x x --++-⎡⎤⎣⎦=--()()()222221331213131332k k k k k x x ⎛⎫-+-+- ⎪++⎝⎭=--0=，所以D 1k k BM E ==．所以BMDE ．综上可知，直线BM 与直线DE 平行．【思维导图】【特别点拨】围绕点的坐标确定是解答本题的关键．1．已知圆C 的圆心为)3)(0,(<m m C ，半径为，圆C 与椭圆2222:1x y E a b +=(0)a b >>有一个交点为(3,1)A ，21,F F 分别是椭圆的左、右焦点．（Ⅰ）求圆C 的标准方程；（Ⅱ）若点P 的坐标为()4,4，试探究斜率为k 的直线1PF 与圆C 能否相切，若能，求出椭圆E 和直线1PF 的方程；若不能，请说明理由．1．【解析】（1）由已知可设圆C 的方程为22()5(3)x m y m -+=<，将点A 的坐标代入圆C 的方程，得22(3)15m -+=，即2(3)4m -=，解得1m =或5m =.∵3m <，∴1m =，∴圆C 的方程为22(1)5x y -+=.(2)依题意，可得直线1PF 的方程为(4)4y k x =-+，即440kx y k --+=. 若直线1PF 与圆C 相切，则251k =+0112442=+-∴k k ，解得112k =或12k = .当112=k 时，直线1PF 与x 轴的交点横坐标为36011>，不合题意，舍去．当12=k 时，直线1PF 与x 轴的交点横坐标为－4， ∴124,(4,0),(4,0)c F F =-，∴由椭圆的定义得2222122||||(34)1(34)152262a AF AF =+=+++-+=+=∴32a =，即218a =，2222b a c =-=．直线1PF 能与圆C 相切，直线1PF 的方程为240x y -+=，椭圆E 的方程为221182+=x y ． 【题型二】探索与平面图形形状相关的问题【例2】设椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,F F ，上顶点为A ，过点A 与2AF 垂直的直线交x 轴负半轴于点Q ，且1F 恰是2QF 的中点，若过2,,A Q F 三点的圆恰好与直线:330l x y --=相切．（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线2:1+=x y l 与椭圆C 交于H G ,两点，在x 轴上是否存在点)0,(m P ，使得以PH PG ,为邻边的平行四边形是菱形．如果存在，求出m 的值；如果不存在，请说明理由．【解析】（1）设椭圆C 的半焦距为()0c c >，由1F 为线段2F Q 中点，2AQ AF ⊥， 所以2,,A Q F 三点圆的圆心为()1,0F c -，半径为2c a =． 又因为该圆与直线l 相切，所以3212c c c --=∴=．所以224,3a b ==，故所求椭圆方程为22143x y +=； （2）将直线2:1+=x y l 代入22143x y +=得041672=++x x ． 设),(),,(2211y x H y x G ，则74,7162121=-=+x x x x ， ∴712422212121=++=+++=+x x x x y y ，∴GH 的中点)76,78(-M ，由于菱形对角线互相垂直，则1-=⋅CM PM k k ，∴1178076-=⨯---m ，解得72-=m ．即存在满足题意的点P ，且m 的值为72-．【思维导图】（13．已知椭圆的中心在坐标原点O ，焦点在x 轴上，短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点，过右焦点F 与x 轴不垂直的直线l 交椭圆于P Q ，两点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）当直线l 的斜率为1时，求POQ ∆的面积；（Ⅲ）在线段OF 上是否存在点)0,(m M ，使得以MP MQ ，为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．3．【解析】（Ⅰ）由已知，椭圆方程可设为)0(12222>>=+b a by a x ．因为两个焦点和短轴的两个端点恰为正方形的顶点，且短轴长为2，所以2,1===a c b ．所求椭圆方程为1222=+y x ． （Ⅱ）因为直线l 过椭圆右焦点)0,1(F ，且斜率为1，所以直线l 的方程为1-=x y ．设),(),,(2211y x Q y x P ．由⎩⎨⎧-==+,1,2222x y y x 得01232=-+y y ，解得31,121=-=y y ，所以32||21||||212121=-=-⋅=∆y y y y OF S POQ ． （Ⅲ）假设在线段OF 上存在点)10)(0,(<<m m M ，使得以MP ，MQ 为邻边的平行四边形是菱形．因为直线l 与x 轴不垂直，所以设直线l 的方程为)0)(1(≠-=k x k y ．由⎩⎨⎧-==+),1(,2222x k y y x 可得0224)21(2222=-+-+k x k x k ， 因为0)1(8)22)(21(4162224>+=-+-=∆k k k k ，所以222122212122,214kk x x k k x x +-=+=+． 设PQ y x Q y x P ),,(),,(2211的中点为),(00y x N ，所以2022021,212kk y k k x +-=+=， 因为以MP ，MQ 为邻边的平行四边形是菱形，所以MN ⊥PQ ，1-=⋅k k MN ，所以121221222-=⋅-++-=⋅k mk kk kk k MN，整理得m k k k k ++-=+-222221221， 2222221212kk k k k m +=++-=，所以)0(2122≠+=k k k m ，所以210<<m ． 【题型三】探索与平面图形面积相关的问题【例3】已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>，短轴长为2．（1）求椭圆C 的方程；（2）若,A B 是椭圆C 上的两个动点，O 为坐标原点，,OA OB 的斜率分别为12,k k ，问是否存在非零常数λ使12k k λ⨯=时，AOB ∆的面积S 为定值？若存在，求λ的值；否则说明理由．【解析】（1）∵,222c e b a ===，∴222a b c =+，∴2,1,a b ==椭圆C 的方程为：2214x y +=；（2）假设存在这样的常数λ使12k k λ=时AOB S ∆为定值，设直线的方程为： ,y kx m =+且AB 与2214x y +=的交点坐标为()()1122,,,A x y B x y ． 因为12,k k λ=所以，()()121212120,x x y y x x kx m kx m λλ-=-+++0=， 化为()221212()0k x x km x x m λ-+++=．将,y kx m =+代入2214x y +=，消去y 得：()222148440k x kmx m +++-=．由韦达定理得：12x x +2814kmk-=+，12x x 224414m k -=+， ∴()221212()0k x x km x x m λ-+++=，可化为()22414k m λλ-=-．因为点O 到直线AB的距离为d =，所以121122AOBSd AB x x m ==-= 22AOBS ∆⎛⎫= ⎪⎝⎭()()()()()2222222(14)41441414k k k k λλλλ⎡⎤+⋅----⎢⎥⎣⎦-+＝()()4222426416141168114k k k k λλλλ-++⋅-⨯++- 要使上式为定值，只需26411641681λλλ-+-==，得，14λ=-，此时22AOB S ∆⎛⎫= ⎪⎝⎭14，即1AOB S ∆=， 故存在非零常数14λ=-，此时1AOB S ∆=． 【思维导图】（1（23．已知平面直角坐标系上一动点(,)P x y 到点(2,0)A -的距离是点P 到点(1,0)B的距离的2倍．（1）求点P 的轨迹方程；（2）过点A 的直线l 与点P 的轨迹C 相交于,E F 两点，点(2,0)M ，则是否存在直线l ，使EFM S △取得最大值，若存在，求出此时l 的方程，若不存在，请说明理由．3．【解析】（1= ∴2240x x y -+=，即22(2)4x y -+=，（2）由题意知l 的斜率一定存在，不妨假设存直线l 的斜率为k ，且1122(,),(,)E x y F x y 。
2023届高考数学一轮复习计划 高考重难专攻(七) 圆锥曲线中的证明、探索性问题(共32张
巧用基本不等式求最值问题 利用基本不等式求函数的最值时，关键在于将函数变形为两项和或积的形 式，然后利用基本不等式求出最值．
椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为 36，短轴一个端点到右焦点的距离为 3． (1)求椭圆 C 的方程；
(2)设斜率存在的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，坐标原点 O 到直线 l 的距离为 23， 求△AOB 面积的最大值．
因为－12＜x＜32，所以直线 AP 斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)法一：联立直线
AP
与
BQ
的方程kx－y＋12k＋14＝0， x＋ky－94k－32＝0，
解得点 Q 的横坐标是 xQ＝－2k2k＋2＋4k1＋ 3．
因为|PA|＝ 1＋k2x＋12＝ 1＋k2(k＋1)， |PQ|＝ 1＋k2(xQ－x)＝－k－1k2＋k＋1 12，
(2022·咸阳模拟)已知双曲线 C：ay22－xb22＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 2，且经过 A(0,2)． (1)求双曲线 C 的方程； (2)若过点 B(2,0)的直线交双曲线 C 于 x 轴下方不同的两点 P，Q，设 PQ 中点为 M， 求△BOM(O 为坐标原点)面积的最小值． 解：(1)双曲线的离心率为 2，即ac＝ 2， 因为点 A(0,2)在双曲线ay22－xb22＝1 上，所以a42＝1，a＝2，则 c＝2 2，又 c2＝a2＋b2， 所以 b＝2．所以双曲线 C 的方程为y42－x42＝1．
(2)当直线 l 的斜率为 0 时，λ＝|MA|·|MB|＝12． 当直线 l 的斜率不为 0 时，设直线 l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x＝my＋4， 联立方程x42＋y2＝1， 得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0． 由 Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得 m2>12，所以 y1y2＝m21＋2 4． λ＝|MA|·|MB|＝ m2＋1|y1|· m2＋1|y2| ＝(m2＋1)·|y1y2|＝12mm2＋2＋41＝121－m23＋4． 由 m2>12，得 0<m23＋4<136，所以349<λ<12． 综上，λ 的取值范围是349，12．
2021高三数学北师大版(理)一轮教师用书：第9章 第11节 圆锥曲线中的证明、探索性问题
第十一节 圆锥曲线中的证明、探索性问题考点1 圆锥曲线中的几何证明问题圆锥曲线中常见的证明问题(1)位置关系方面的：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)数量关系方面的：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．(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程；(2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB .[解] (1)由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1.由已知可得，点A 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2.(2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°.当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OMB . 当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2. 由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k (x 1－2)(x 2－2). 将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0.所以，x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1. 则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k 2k 2＋1＝0. 从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA ＝∠OMB .综上，∠OMA ＝∠OMB .解决本题的关键是把图形中“角相等”关系转化为相关直线的斜率之和为零；类似的还有圆过定点问题，转化为在该点的圆周角为直角，进而转化为斜率之积为－1；线段长度的比问题转化为线段端点的纵坐标或横坐标之比．[教师备选例题](2017·全国卷Ⅲ)已知抛物线C ：y 2＝2x ，过点(2,0)的直线l 交C 于A ，B 两点，圆M 是以线段AB 为直径的圆．(1)证明：坐标原点O 在圆M 上；(2)设圆M 过点P (4，－2)，求直线l 与圆M 的方程．[解] (1)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，l ：x ＝my ＋2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2，y 2＝2x ，可得y 2－2my －4＝0，则y 1y 2＝－4. 又x 1＝y 212，x 2＝y 222，故x 1x 2＝(y 1y 2)24＝4.因此OA 的斜率与OB 的斜率之积为y 1x 1·y 2x 2＝－44＝－1，所以OA ⊥OB . 故坐标原点O 在圆M 上．(2)由(1)可得y 1＋y 2＝2m ，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋4＝2m 2＋4，故圆心M 的坐标为(m 2＋2，m )，圆M 的半径r ＝(m 2＋2)2＋m 2.由于圆M 过点P (4，－2)，因此AP →·BP →＝0，故(x 1－4)(x 2－4)＋(y 1＋2)(y 2＋2)＝0，即x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋y 1y 2＋2(y 1＋y 2)＋20＝0.由(1)知y 1y 2＝－4，x 1x 2＝4.所以2m 2－m －1＝0，解得m ＝1或m ＝－12.当m ＝1时，直线l 的方程为x －y －2＝0，圆心M 的坐标为(3,1)，圆M 的半径为10， 圆M 的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝10.当m ＝－12时，直线l 的方程为2x ＋y －4＝0，圆心M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫94，－12，圆M 的半径为854，圆M 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －942＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋122＝8516. 1.已知动圆过定点A (4,0)，且在y 轴上截得的弦MN 的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C 的方程；(2)已知点B (－1,0)，设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹C 交于不同的两点P ，Q ，若x 轴是∠PBQ 的角平分线，求证：直线l 过定点．[解] (1)设动圆圆心为点P (x ，y )，则由勾股定理得x 2＋42＝(x －4)2＋y 2，化简即得圆心的轨迹C 的方程为y 2＝8x .(2)证明：法一：由题意可设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y 2＝8x ，得k 2x 2＋2(kb －4)x ＋b 2＝0.由Δ＝4(kb －4)2－4k 2b 2＞0，得kb ＜2.设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2(kb －4)k 2，x 1x 2＝b 2k 2.因为x 轴是∠PBQ 的角平分线，所以k PB ＋k QB ＝0，即k PB ＋k QB ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝2kx 1x 2＋(k ＋b )(x 1＋x 2)＋2b (x 1＋1)(x 2＋1)＝8(k ＋b )(x 1＋1)(x 2＋1)k 2＝0， 所以k ＋b ＝0，即b ＝－k ，所以l 的方程为y ＝k (x －1)．故直线l 恒过定点(1,0)．法二：设直线PB 的方程为x ＝my －1，它与抛物线C 的另一个交点为Q ′，设点P (x 1，y 1)，Q ′(x 2，y 2)，由条件可得，Q 与Q ′关于x 轴对称，故Q (x 2，－y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，y 2＝8x ，消去x 得y 2－8my ＋8＝0， 其中Δ＝64m 2－32＞0，y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝8.所以k PQ ＝y 1＋y 2x 1－x 2＝8y 1－y 2， 因而直线PQ 的方程为y －y 1＝8y 1－y 2(x －x 1)． 又y 1y 2＝8，y 21＝8x 1，将PQ 的方程化简得(y 1－y 2)y ＝8(x －1)，故直线l 过定点(1,0)．法三：由抛物线的对称性可知，如果定点存在，则它一定在x 轴上，所以设定点坐标为(a,0)，直线PQ 的方程为x ＝my ＋a .联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋a ，y 2＝8x消去x ， 整理得y 2－8my －8a ＝0，Δ＞0.设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝－8a .由条件可知k PB ＋k QB ＝0，即k PB ＋k QB ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1 ＝(my 1＋a )y 2＋(my 2＋a )y 1＋y 1＋y 2(x 1＋1)(x 2＋1)＝2my 1y 2＋(a ＋1)(y 1＋y 2)(x 1＋1)(x 2＋1)＝0， 所以－8ma ＋8m ＝0.由m 的任意性可知a ＝1，所以直线l 恒过定点(1,0)．法四：设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 218，y 1，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 228，y 2， 因为x 轴是∠PBQ 的角平分线，所以k PB ＋k QB ＝y 1y 218＋1＋y 2y 228＋1＝0， 整理得(y 1＋y 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1y 28＋1＝0. 因为直线l 不垂直于x 轴，所以y 1＋y 2≠0，可得y 1y 2＝－8.因为k PQ ＝y 1－y 2y 218－y 228＝8y 1＋y 2， 所以直线PQ 的方程为y －y 1＝8y 1＋y 2⎝⎛⎭⎪⎫x －y 218，即y ＝8y 1＋y 2(x －1)．故直线l 恒过定点(1,0)． 2．(2019·贵阳模拟)已知椭圆x 25＋y 24＝1的右焦点为F ，设直线l ：x ＝5与x 轴的交点为E ，过点F 且斜率为k 的直线l 1与椭圆交于A ，B 两点，M 为线段EF 的中点．(1)若直线l 1的倾斜角为π4，求△ABM 的面积S 的值；(2)过点B 作直线BN ⊥l 于点N ，证明：A ，M ，N 三点共线．[解] (1)由题意，知F (1,0)，E (5,0)，M (3,0)．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．∵直线l 1的倾斜角为π4，∴k ＝1.∴直线l 1的方程为y ＝x －1，即x ＝y ＋1.代入椭圆方程，可得9y 2＋8y －16＝0.∴y 1＋y 2＝－89，y 1y 2＝－169.∴S △ABM ＝12·|FM |·|y 1－y 2| ＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－892＋4×169＝8109. (2)证明：设直线l 1的方程为y ＝k (x －1)．代入椭圆方程，得(4＋5k 2)x 2－10k 2x ＋5k 2－20＝0，即x 1＋x 2＝10k 24＋5k 2，x 1x 2＝5k 2－204＋5k2. ∵直线BN ⊥l 于点N ，∴N (5，y 2)．∴k AM ＝－y 13－x 1，k MN ＝y 22.而y 2(3－x 1)－2(－y 1)＝k (x 2－1)(3－x 1)＋2k (x 1－1)＝－k [x 1x 2－3(x 1＋x 2)＋5]＝－k ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5k 2－204＋5k 2－3×10k 24＋5k 2＋5＝0，∴k AM ＝k MN .故A ，M ，N 三点共线．考点2 圆锥曲线中的探索性问题探索性问题的求解方法 假设 假设存在符合题意的元素(点、直线、曲线或参数).推理 以存在为条件，用待定系数法设出，列出关于参数的方程组，确定其解的情况.判断 若能推出合理结果，经验证成立即可确定元素存在；否则不存在.反思 查看关键点、易错点，解题的规范性，并得出结论.已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m >0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由．[解] (1)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2，得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9b k 2＋9. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k ，即k OM ·k ＝－9. 所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．(2)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k >0，k ≠3.由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x . 设点P 的横坐标为x P . 由⎩⎨⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m (3－k )3， 因此x M ＝k (k －3)m3(k 2＋9). 四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9＝2×k (k －3)m 3(k 2＋9)，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．本例题干信息中涉及几何图形：平行四边形，把几何关系用数量关系等价转化是求解此类问题的关键．几种常见几何条件的转化，如下：1．平行四边形条件的转化几何性质代数实现 (1)对边平行斜率相等，或向量平行 (2)对边相等长度相等，横(纵)坐标差相等 (3)对角线互相平分中点重合2．圆条件的转化几何性质代数实现 (1)点在圆上点与直径端点向量数量积为零 (2)点在圆外 点与直径端点向量数量积为正数3．角条件的转化已知椭圆C 经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，且与椭圆E ：x 22＋y 2＝1有相同的焦点． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4交于点Q ，问：以线段PQ 为直径的圆是否经过一定点M ？若存在，求出定点M 的坐标；若不存在，请说明理由．[解] (1)椭圆E 的焦点为(±1,0)，设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ 1a 2＋94b 2＝1，a 2－b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝3， 所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)联立⎩⎨⎧ y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，所以Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0，即m 2＝3＋4k 2.设P (x P ，y P )，则x P ＝－4km 3＋4k 2＝－4k m ，y P ＝kx P ＋m ＝－4k 2m ＋m ＝3m ， 即P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，3m .假设存在定点M (s ，t )满足题意， 因为Q (4,4k ＋m )，则MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －s ，3m －t ，MQ →＝(4－s,4k ＋m －t )， 所以MP →·MQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －s (4－s )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3m －t (4k ＋m －t )＝－4k m (1－s )－⎝ ⎛⎭⎪⎫3m ＋m ＋4k t ＋(s 2－4s ＋3＋t 2)＝0恒成立， 故⎩⎨⎧ 1－s ＝0，t ＝0，s 2－4s ＋3＋t 2＝0，解得⎩⎨⎧s ＝1，t ＝0. 所以存在点M (1,0)符合题意．1.已知抛物线的顶点在原点，焦点在x 轴的正半轴上，直线x ＋y －1＝0与抛物线相交于A ，B 两点，且|AB |＝8611.(1)求抛物线的方程；(2)在x 轴上是否存在一点C ，使△ABC 为正三角形？若存在，求出C 点的坐标；若不存在，请说明理由．[解] (1)设所求抛物线的方程为y 2＝2px (p >0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，x ＋y －1＝0， 消去y ，得x 2－2(1＋p )x ＋1＝0， 判别式Δ＝4(1＋p )2－4＝8p ＋4p 2>0恒成立，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2(1＋p )，x 1x 2＝1.因为|AB |＝8611，所以2[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝8611，所以121p 2＋242p －48＝0，所以p ＝211或p ＝－2411(舍去)．故抛物线的方程为y 2＝411x .(2)设弦AB 的中点为D ，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫1311，－211. 假设x 轴上存在满足条件的点C (x 0,0)． 因为△ABC 为正三角形，所以CD ⊥AB ，所以x 0＝1511，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1511，0，所以|CD |＝2211. 又|CD |＝32|AB |＝12211，与上式|CD |＝2211矛盾，所以x 轴上不存在点C ，使△ABC 为正三角形．2．已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，F 为左焦点，A 为上顶点，B (2,0)为右顶点，若7|AF →|＝2|AB →|，抛物线C 2的顶点在坐标原点，焦点为F .(1)求椭圆C 1的标准方程；(2)是否存在过F 点的直线，与椭圆C 1和抛物线C 2的交点分别是P ，Q 和M ，N ，使得S △OPQ ＝12S △OMN ？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由．[解] (1)依题意可知7|AF →|＝2|AB →|， 即7a ＝2a 2＋b 2，由B (2,0)为右顶点，得a ＝2，解得b 2＝3，所以C 1的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)依题意可知C 2的方程为y 2＝－4x ，假设存在符合题意的直线， 设直线方程为x ＝ky －1，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎨⎧ x ＝ky －1，x 24＋y 23＝1，得(3k 2＋4)y 2－6ky －9＝0，由根与系数的关系得y 1＋y 2＝6k 3k 2＋4，y 1y 2＝－93k 2＋4， 则|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝12k 2＋13k 2＋4，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky －1，y 2＝－4x ，得y 2＋4ky －4＝0， 由根与系数的关系得y 3＋y 4＝－4k ，y 3y 4＝－4， 所以|y 3－y 4|＝(y 3＋y 4)2－4y 3y 4＝4k 2＋1， 若S △OPQ ＝12S △OMN ，则|y 1－y 2|＝12|y 3－y 4|， 即12k 2＋13k 2＋4＝2k 2＋1，解得k ＝±63，所以存在符合题意的直线，直线的方程为x ＋63y ＋1＝0或x －63y ＋1＝0.。
高考数学一轮复习圆锥曲线中的证明、探究性问题
解：（2）假设双曲线C上存在被点B（1，1）平分的弦，记弦所在的直线为l.
设B（1，1）是弦MN的中点，M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝2，y1＋y2
＝2.
2
2 1
1 −
2
= 1,
因为点M，N在双曲线C上，所以它们的坐标满足双曲线方程，即൞
2
＝k（x＋1）（k≠0）.
|−1|
则E（－2，－1）到l的距离d＝ 2 ，
+1
因为l与E交于A，B两点，
2
(
−
1
)
所以d2＜r2，即 2 ＜1，解得k＞0，
+1
所以｜AB｜＝2
1− 2 ＝2
2
.
2 +1
2 = 4,
由ቊ
消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.
= ( + 1)
2
，可
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点
M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝
λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.
解
（2）由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k（x－
1），
③
2
2
代入椭圆方程 ＋ ＝1并整理得（4k 2 ＋3）x 2 －8k 2 x＋4k 2 －12＝0，
解 （2）四边形OAPB能为平行四边形.
因为直线l过点
,
3
，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，
k≠3.
9
由（1）得OM的方程为y＝－ x.
2023届高考数学一轮复习作业圆锥曲线中的证明探索性问题新人教B版
圆锥曲线中的证明、探索性问题1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，左、右顶点分别是A 1，A 2，上顶点为B (0，b )，△A 1A 2B 的面积等于2．(1)求椭圆C 的方程；(2)设点Q (1,0)，P (4，m )，直线PA 1，PA 2分别交椭圆C 于点M ，N ，证明：M ，Q ，N 三点共线．[解](1)由离心率为32得，c a ＝32①． 由△A 1A 2B 的面积为2得，ab ＝2 ②．a 2＝b 2＋c 2 ③，∴联立①②③解得，a ＝2，b ＝1， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1． (2)记点M ，N 的坐标分别为M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．注意到A 1(－2,0)，∴直线PA 1的方程为y ＝m 6(x ＋2)，与椭圆x 24＋y 2＝1联立并整理得(m2＋9)x 2＋4m 2x ＋4m 2－36＝0，由－2＋x 1＝－4m 2m 2＋9得x 1＝18－2m2m 2＋9，代入直线PA 1的方程得y 1＝6m m 2＋9，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫18－2m 2m 2＋9，6m m 2＋9．同理可得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 2－2m 2＋1，－2m m 2＋1．∵Q (1,0)，∴QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－3m 2m 2＋9，6m m 2＋9，QN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2－3m 2＋1，－2m m 2＋1， 由9－3m 2m 2＋9·－2m m 2＋1＝m 2－3m 2＋1·6mm 2＋9知，M ，Q ，N 三点共线． 2．(2021·河南开封高三期末)已知点⎝ ⎛⎭⎪⎫－233，2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32都在椭圆C 上，点A 为椭圆C 的上顶点，点F 为椭圆C 的右焦点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知直线l 的倾斜角为30°，且与椭圆C 交于M ，N 两点，问是否存在这样的直线l 使得FA →＋FM →＋FN →＝0？若存在，求l 的方程；若不存在，说明理由．[解](1)设椭圆C 的方程为mx 2＋ny 2＝1，由已知有⎩⎪⎨⎪⎧m ＋94n ＝1，43m ＋2n ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝14，n ＝13，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1．(2)由(1)知，A (0，3)，F (1,0)，假设存在直线l 满足题意，并设l 的方程为y ＝33x ＋t ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝33x ＋tx 24＋y 23＝1，得13x 2＋83tx ＋12(t 2－3)＝0，由Δ＝(83t )2－4×13×12(t 2－3)>0，得－393<t <393，又因为x 1＋x 2＝－83t 13， 由题意易知点F 为△AMN 的重心，所以x 1＋x 2＋x A ＝3x F ，即－83t13＋0＝3，解得t ＝－1338， 当t ＝－1338时，不满足－393<t <393，所以不存在直线l 使得FA →＋FM →＋FN →＝0．3．设D 是圆O ：x 2＋y 2＝16上的任意一点，m 是过点D 且与x 轴垂直的直线，E 是直线m 与x 轴的交点，点Q 在直线m 上，且满足2|EQ |＝3|ED |．当点D 在圆O 上运动时，记点Q 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)已知点P (2,3)，过F (2,0)的直线l 交曲线C 于A ，B 两点，交直线x ＝8于点M ．试判断直线PA ，PM ，PB 的斜率是否依次构成等差数列，并说明理由．[解](1)设点Q (x ，y )，D (x 0，y 0)， 因为2|EQ |＝3|ED |，点Q 在直线m 上， 所以x 0＝x ，|y 0|＝23|y |． ①因为点D 在圆O ：x 2＋y 2＝16上运动，所以x 20＋y 20＝16． ②将①代入②，可得x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23y 2＝16．即曲线C 的方程为x 216＋y 212＝1．(2)直线PA ，PM ，PB 的斜率依次构成等差数列，理由如下．由题意可知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，令x ＝8，得点M 的坐标为(8,6k )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －2，x 216＋y 212＝1消去y ，并整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16(k 2－3)＝0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝16k 24k 2＋3，x 1x 2＝16k 2－34k 2＋3． ③ 记直线PA ，PB ，PM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3， 从而k 1＝y 1－3x 1－2，k 2＝y 2－3x 2－2，k 3＝6k －38－2＝k －12． 因为直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，所以y 1＝k (x 1－2)，y 2＝k (x 2－2)， 所以k 1＋k 2＝y 1－3x 1－2＋y 2－3x 2－2＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－2＋1x 2－2＝2k －3×x 1＋x 2－4x 1x 2－2x 1＋x 2＋4． ④把③代入④，得k 1＋k 2＝2k －3×16k24k 2＋3－416k 2－34k 2＋3－32k24k 2＋3＋4＝2k －1． 又k 3＝k －12，所以k 1＋k 2＝2k 3，于是直线PA ，PM ，PB 的斜率依次构成等差数列．。
例析圆锥曲线中的证明与探索性问题
解题篇经典题突破方法高考数学2021年4月■浙江省吴兴高级中学刘晓东■浙江省湖州市菱湖中学吴凯圆锥曲线中的证明和探索性问题是高考中解答题的常考题型，难度比较大，这类问题往往是以解析几何知识为载体，在函数、不等式、向量等知识交汇处设计问题，涉及的知识点较多，对考生处理综合问题能力的要求也较高，是近几年高考中的热点和难点。
证明题的设计通常与位置、角度、长度、面积等相关，在高考题中，证明的方法通常以直接证明为主，即从题目已知条件出发来验证结论的正确性，题型也主要包括三点共线问题、长度问题、角度问题、直线过定点问题等。
而探索性问题则是在同等条件下，开放式设问，通常以存在或不存在来提问，而非直接给出需要证明的结论，以问题的不确定性来制造悬念，要求考生能独立判断其结论，并给出相应的证明过程。
一、圆锥曲线中的证明问题侧/（2020年北京市西城区二模）已知椭圆E：£+£=l（a>6>0）经过点a b/3C（0,l）,离心率为分，o为坐标原点。
（1）求椭圆E的标准方程；（2）设分别为椭圆E的左顶点和右顶点，D为椭圆E上一点（不在坐标轴上），直线CD交工轴于点P,Q为直线AD 上一点，且3?•OQ=4,求证：C,B,Q三点共线。
分析：（1）将点C的坐标代入椭圆E的方程,可求出b的值，再根据椭圆E的离心率可列出方程组解得a和c的值，进一步写出椭圆E的标准方程；（2）设D（工。
，久）（工2。
工0）,得4—云=4样，写出直线CD的方程，解得点P 的坐标，再由OP•OQ=4,可得点Q的横坐标，代入直线AD的方程可求得点Q的坐标，最后验证k BQ=k BC，即可证得结论成立。
解将点c的坐标代入椭圆E的方程可得b=1,由题意可得ya=2,c=◎，故椭圆（2）如图1,易知椭圆E的左顶点和右顶点分别为A（—2,0）,B（2,0）,设D（s,y0）Ec/T221解得a——c=1,上＞0,2的标准方程为脊+图1■JC匸二L5%工0),则亍'+3^=1,即4—Xo=4^0o 直线CD的斜率为k CD乎则直线Vn—1CD的方程为丿=二厂’+1，令）=。
2021届新高考数学一轮：专题五 圆锥曲线的综合及应用问题 第3课时
解：(1)∵椭圆 E：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)上的点到椭圆一个焦 点的距离的最大值和最小值分别为 a＋c，a－c，
∴依题意有，a＋c＝3(a－c)，即 a＝2c. ∵a2＝b2＋c2，∴b＝ 3c. 故可设椭圆 E 的方程为4xc22＋3yc22＝1. ∵点 P1，32在椭圆 E 上，
xP＝3
±km k2＋9.
将点m3 ，m的坐标代入 l 的方程得 b＝m33－k，
因此 xM＝k3kk－2＋39m .
四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP
互相平分，即 xP＝2xM.
于是 3
±kk2m＋Leabharlann ＝2×k3kk－2＋39m ，解得 k1＝4－ 7，k2＝4＋ 7. ∵ki>0，ki≠3，i＝1,2， ∴当 l 的斜率为 4－ 7或 4＋ 7时，四边形 OAPB 为平行 四边形.
9 ∴将其代入椭圆 E 的方程得41c2＋34c2＝1，即 c2＝1. ∴椭圆 E 的方程为x42＋y32＝1.
(2)依题意，直线 l 不可能与 x 轴垂直，故可设直线 l 的方 程为 y－1＝k(x－1)，
即 y＝kx－k＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)为 l 与椭圆 E 的两个 交点，
第3课时
题型 圆锥曲线中的探索性问题 探索性问题是近几年高考的热点问题，是一种具有开放性 和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备.要求解答者自 己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括.探索 性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存 在，若结论不正确则不存在.解决探索性问题的注意事项： (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论； (2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再 推出条件； (3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维 开放，采取另外的途径.
高考数学一轮复习课时过关检测五十六圆锥曲线中的证明探索性问题含解析
课时过关检测(五十六) 圆锥曲线中的证明、探索性问题1．已知F 1，F 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，焦距为2，过F 2作斜率存在且不为零的直线l 交C 于A ，B 两点，且△F 1AB 的周长为8．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知弦AB 的垂直平分线l ′交x 轴于点P ，求证：|AB |＝4|PF 2|．解：(1)由焦距为2，即2c ＝2，得c ＝1，结合椭圆的定义知：△F 1AB 的周长4a ＝8，得a ＝2，∴b 2＝a 2－c 2＝3，即椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1．(2)证明：设直线l 的方程为x ＝my ＋1，m ≠0，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 24＋y23＝1，得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0，Δ>0恒成立，∴y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，则x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋2＝83m 2＋4，∴AB 的中点为⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，即⎝ ⎛⎭⎪⎫43m 2＋4，－3m 3m 2＋4， ∴线段BA 的垂直平分线l ′的方程为y ＝－m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －43m 2＋4－3m 3m 2＋4，即y ＝－mx ＋m 3m 2＋4，令y ＝0，得x ＝13m 2＋4，∴x P ＝13m 2＋4， ∴|PF 2|＝|1－x P |＝3m 2＋33m 2＋4＝3m 2＋13m 2＋4， 而|AB |＝1＋m 2|y 1－y 2|＝1＋m2y 1＋y 22－4y 1y 2＝1＋m 2·121＋m23m 2＋4＝121＋m23m 2＋4， ∴|AB ||PF 2|＝12m 2＋13m 2＋431＋m 23m 2＋4＝123＝4，即|AB |＝4|PF 2|． 2．设动点P 与定点F (3，0)的距离和P 到定直线l ：x ＝433的距离的比是32．(1)求动点P 的轨迹方程；(2)设动点P 的轨迹为曲线N ，不过原点O 且斜率为12的直线l 与曲线N 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为M ，直线OM 与曲线N 交于C ，D 两点，证明：A ，B ，C ，D 四点共圆．解：(1)设P (x ，y )，因为动点P 与定点F (3，0)的距离和P 到定直线l ：x ＝433的距离的比是32， 所以x －32＋y2⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －433＝32，整理化简得x 24＋y 2＝1． 所以动点P 的轨迹方程为x 24＋y 2＝1． (2)证明：设直线l 的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝12x ＋m ，得x 2＋2mx ＋2m 2－2＝0， ①方程①的判别式为Δ＝4(2－m 2)，由Δ＞0，即2－m 2＞0，解得－2＜m ＜2． 由①得x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2m 2－2．所以M 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－m ，m 2，直线OM 方程为y ＝－12x ，假设点C 在第二象限，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝－12x ，解得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，22，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－22． 所以|MC |·|MD |＝52(－m ＋2)·52(2＋m )＝54(2－m 2)． 又|MA |·|MB |＝14|AB |2＝14[(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2]＝516[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝516[4m 2－4(2m 2－2)]＝54(2－m 2)．所以|MA |·|MB |＝|MC |·|MD |． 所以A ，B ，C ，D 四点共圆．3．已知双曲线方程为x 2a 2－y 2b2＝1，F 1，F 2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P 为双曲线在第一象限上的一点，且满足PF 1―→·PF 2―→＝0，|PF 1||PF 2|＝6．(1)求双曲线的标准方程；(2)过点F 2作直线l 交双曲线于A ，B 两点，则在x 轴上是否存在定点Q (m,0)，使得QA ―→·QB ―→为定值，若存在，请求出m 的值和该定值，若不存在，请说明理由．解：(1)由e ＝ca＝2得c ＝2a ，∴b ＝c 2－a 2＝3a ， ∵PF 1―→·PF 2―→＝0，∴PF 1⊥PF 2，在Rt △F 1PF 2中，由|PF 1|－|PF 2|＝2a 得：|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1||PF 2|＝4a 2， 代入|PF 1|2＋|PF 2|2＝4c 2，|PF 1||PF 2|＝6得：4c 2－12＝4a 2， 解得b 2＝3，a 2＝1，∴双曲线方程为x 2－y 23＝1．(2)当l 斜率为0时，l ：y ＝0，此时A (－1,0)，B (1,0)，由Q (m,0)得QA ―→·QB ―→＝m 2－1； 当l 斜率不为0时，设l ：x ＝ty ＋2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋2，3x 2－y 2＝3，得(3t 2－1)y 2＋12ty ＋9＝0，则Δ＝36t 2＋36＞0，∴y 1＋y 2＝－12t 3t 2－1，y 1y 2＝93t 2－1，∴QA ―→·QB ―→＝(x 1－m ，y 1)·(x 2－m ，y 2)＝(x 1－m )(x 2－m )＋y 1y 2＝(ty 1＋2－m )(ty 2＋2－m )＋y 1y 2＝(t 2＋1)y 1·y 2＋(2－m )t (y 1＋y 2)＋(2－m )2＝(t 2＋1)93t 2－1＋(2－m )t ·－12t 3t 2－1＋(2－m )2， 令QA ―→·QB ―→＝m 2－1，即9(t 2＋1)－12t 2(2－m )＝(4m －5)(3t 2－1)，化简得m ＋1＝0， 解得m ＝－1，则Q (－1,0)，此时QA ―→·QB ―→＝0． 综上所述，存在m ＝－1，使得QA ―→·QB ―→＝0．4．已知抛物线D 的顶点是椭圆x 24＋y 23＝1的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合．(1)求抛物线D 的方程；(2)已知动直线l 过点P (4,0)，交抛物线D 于A ，B 两点，是否存在垂直于x 轴的直线m 被以AP 为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出m 的方程；如果不存在，说明理由．解：(1)由题意，设抛物线方程为y 2＝2px (p ＞0)， 由椭圆x 24＋y 23＝1知，c 2＝a 2－b 2＝4－3＝1，所以c ＝1，∴抛物线的焦点为(1,0)，∴p2＝1，即p ＝2， ∴抛物线D 的方程为y 2＝4x ．(2)设存在直线m ：x ＝a 满足题意，A (x 1，y 1)， 则圆心M ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋42，y 12，过M 作直线x ＝a 的垂线，垂足为E ，设直线m 与圆M 的一个交点为G ，可得|EG |2＝|MG |2－|ME |2,即|EG |2＝|MA |2－|ME |2＝x 1－42＋y 214－⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋42－a 2＝14y 21＋x 1－42－x 1＋424＋a (x 1＋4)－a 2＝x 1－4x 1＋a (x 1＋4)－a 2＝(a －3)x 1＋4a －a 2，当a ＝3时，|EG |2＝3，此时直线m 被以AP 为直径的圆M 所截得的弦长恒为定值23， 因此存在直线m ：x ＝3满足题意．。
2025年高考数学一轮复习-重难专攻(十)圆锥曲线中的证明、探究性问题【课件】
定，再证明结论符合题意.
目录
高中总复习·数学（提升版）
位置关系的证明
【例1】
2
2
（2021·新高考Ⅱ卷20题）已知椭圆 C 的方程为 2 ＋ 2 ＝1
（ a ＞ b ＞0），右焦点为 F （ 2 ，0），且离心率为
6
.
3
（1）求椭圆 C 的方程；
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高中总复习·数学（提升版）
＝ 2，
解：由题意知ቐ
m 2＝0，Δ＞0，
1 ＋2
−
9
故 xM ＝
＝ 2 ， yM ＝ kxM ＋ b ＝ 2 .
2
+9
+9
9
于是直线 OM 的斜率 kOM ＝ ＝－ ，即 kOM ·k ＝－9.
所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值.
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高中总复习·数学（提升版）
（2）若 l 过点（ ， m ），延长线段 OM 与 C 交于点 P ，四边形 OAPB
1
4
1
4
2 ＋ −（2 ＋
−
）
＝ a ＋ b ＝ m ＜0，
1
同理令 kBC ＝ b ＋ c ＝ n ＞0，且 mn ＝－1，则 m ＝－ ，
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高中总复习·数学（提升版）
设矩形周长为 L ，由对称性不妨设｜ m ｜≥｜ n ｜， kBC － kAB ＝
1
c－a＝n－m＝n＋ ，
1
则 L ＝｜ AB ｜＋｜ BC ｜
2
2 −1
2
2
（x－
22
2
），
目录
高中总复习·数学（提升版）
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课后限时集训60
圆锥曲线中的证明、探索性问题
建议用时：45分钟
1．(2019·长沙模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且点
F 1到椭圆C 上任意一点的最大距离为3，椭圆C 的离心率为1
2
.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)是否存在斜率为－1的直线l 与以线段F 1F 2为直径的圆相交于A ，B 两点，与椭圆相交于C ，D ，且|CD ||AB |＝83
7
？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．
[解] (1)根据题意，设F 1，F 2的坐标分别为(－c,0)，(c,0)，由题意可得⎩⎪⎨⎪
⎧
a ＋c ＝3，c a ＝1
2
，
解得a ＝2，c ＝1，则b 2
＝a 2
－c 2
＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)假设存在斜率为－1的直线l ，设为y ＝－x ＋m ， 由(1)知F 1，F 2的坐标分别为(－1,0)，(1,0)， 所以以线段F 1F 2为直径的圆为x 2
＋y 2
＝1， 由题意知圆心(0,0)到直线l 的距离d ＝|－m |
2<1，
得|m |< 2. |AB |＝21－d 2
＝2
1－m 2
2
＝2×2－m 2
，
联立得⎩⎪⎨⎪⎧
x 24＋y 2
3
＝1，
y ＝－x ＋m ，
消去y ，得7x 2－8mx ＋4m 2
－12＝0，
由题意得Δ＝(－8m )2
－4×7(4m 2－12)＝336－48m 2＝48(7－m 2)>0，解得m 2
<7. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8m 7，x 1x 2＝4m 2
－127，
|CD |＝2|x 1－x 2|＝2×
⎝ ⎛⎭
⎪⎫8m 72－4×4m 2
－127
＝2×
336－48m 2
49＝467×7－m 2
＝837
|AB |
＝
837×2×2－m 2，解得m 2
＝13<7，得m ＝±33
. 即存在符合条件的直线l ，其方程为y ＝－x ±
3
3
. 2．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x 2
2，D 为直线y ＝－1
2上的动点，过D 作C 的两条
切线，切点分别为A ，B .
(1)证明：直线AB 过定点；
(2)若以E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，52为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE
的面积．
[解] (1)证明：设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 2
1＝2y 1.
由于y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋
1
2
x 1－t
＝x 1.
整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.
设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.
所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12. (2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋1
2.
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝tx ＋1
2，y ＝x
22
可得x 2
－2tx －1＝0.
于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2
＋1， |AB |＝1＋t 2
|x 1－x 2|＝1＋t 2
×
x 1＋x 2
2
－4x 1x 2＝2(t 2
＋1)．
设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则d 1＝t 2
＋1，d 2＝2
t 2＋1
.
因此，四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2
＋1.
设M 为线段AB 的中点，则M ⎝
⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12. 由于EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2
－2)t ＝0.
解得t ＝0或t ＝±1.
当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2. 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2.
3．已知椭圆E 的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A (－2,0)，B (2,0)，C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，32三点．
(1)求椭圆E 的方程；
(2)若直线l ：y ＝k (x －1)(k ≠0)与椭圆E 交于M ，N 两点，证明直线AM 与直线BN 的交点在直线x ＝4上．
[解] (1)设椭圆E 的方程为mx 2
＋ny 2
＝1(m >0，n >0)，
将A (－2,0)，B (2,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32代入椭圆E 的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧
4m ＝1，m ＋9
4
n ＝1，
解得
⎝ ⎛
m ＝14
，
n ＝13
.
∴椭圆E 的方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)证明：将直线l ：y ＝k (x －1)代入椭圆方程x 24＋y 2
3＝1并整理，得(3＋4k 2)x 2－8k 2
x
＋4(k 2
－3)＝0.
设直线l 与椭圆E 的交点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，
由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝8k 2
3＋4k 2，x 1x 2＝4k 2
－3
3＋4k 2
. 消去k 2
，得2x 1x 2＝5(x 1＋x 2)－8. 直线AM 的方程为y ＝y 1x 1＋2
(x ＋2)，即y ＝
k x 1－1
x 1＋2(x ＋2)．
直线BN 的方程为y ＝
y 2
x 2－2
(x －2)，即y ＝k x 2－1
x 2－2
(x －2)．
由直线AM 与直线BN 的方程消去y ，得
x ＝
2
2x 1x 2－3x 1＋x 2x 1＋3x 2－4＝
2[5
x 1＋x 2－8－3x 1＋x 2]
x 1＋3x 2－4
＝4.
∴直线AM 与直线BN 的交点在直线x ＝4上．。