专题5 微专题16 圆锥曲线热点问题(二)——推理证明类（PPT课件）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

专题五　解析几何 第一篇　专题突破　高考热点 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 微专题16　圆锥曲线热点问题(二)——推理证明类 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 目 录 聚焦命题·巧突破 01 真题再现·明考向 02 专题集训·课时练 03 CONTENTS 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 聚焦命题·巧突破 01 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 真题再现·明考向 02 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 谢谢观看 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 命题点1　点与点的关系 　(2024·湖北武汉三模)设椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若椭圆E的离心率为eq \f(\r(2),2)，△ABF2的周长为4eq \r(6). (1)求椭圆E的方程； (2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线． [解析]　(1)由题意知，4a＝4eq \r(6)，a＝eq \r(6). 又e＝eq \f(\r(2),2)，所以c＝eq \r(3)，b＝eq \r(3)，所以椭圆E的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1. (2)证明　当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M，N在x轴上，O，M，N三点共线；当直线AB，CD斜率存在时，设其斜率为k，且设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),6)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),6)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))两式相减，得eq \f(x\o\al(2,1),6)＋eq \f(y\o\al(2,1),3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,2),6)＋\f(y\o\al(2,2),3)))＝0，所以eq \f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),6)＝－eq \f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),3)，eq \f(x1－x2x1＋x2,6)＝－eq \f(y1－y2y1＋y2,3)， 所以eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(3,6)＝－eq \f(1,2)，eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(1,2)，即k·kOM＝－eq \f(1,2)，所以kOM＝－eq \f(1,2k). 同理可得kON＝－eq \f(1,2k)，所以kOM＝kON，所以O，M，N三点共线． 解析几何点与点的关系主要有三点共线、四点共圆问题 (1)证明三点共线通常转化为直线的斜率相等问题解决． (2)圆锥曲线中的四点共圆问题在高考中是一大难点，常规的做法是用垂径定理找圆心，并通过计算得出圆心到四点的距离相等，从而证出四点共圆，再求出圆的方程．高考中常见的四点共圆问题是两条直线与圆锥曲线交于不同的四点，判断四点是否在同一圆上，如果是，需求出圆的方程．应用曲线系方程求解这类四点共圆问题的解题步骤是： ①设经过圆锥曲线和两直线交点的曲线系方程为λf(x，y)＋g(x，y)＝0，其中f(x，y)＝0表示圆锥曲线方程，g(x，y)＝0表示两直线构成的曲线的方程； ②将λf(x，y)＋g(x，y)＝0展开，合并同类项，与圆的一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0比较系数，求出λ的值； ③将λ反代回方程λfeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y))＝0的展开式，化为圆的标准方程式，从而得出四点共圆且求出了圆的方程．　 【预测练1】 如图所示，已知O为坐标原点，F为椭圆C：x2＋eq \f(y2,2)＝1在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为－eq \r(2)的直线l与C交于A，B两点，点P满足eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OP,\s\up16(→))＝0. (1)证明：点P在C上； (2)设点P关于点O的对称点为Q，证明：A，P，B，Q四点在同一圆上． 证明　(1)设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，由题意，F(0,1)，直线l的方程为y＝－eq \r(2)x＋1，代入x2＋eq \f(y2,2)＝1消去y整理得4x2－2eq \r(2)x－1＝0，判别式Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(2)))2－4×4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))＝24>0，由韦达定理，x1＋x2＝eq \f(\r(2),2)，所以y1＋y2＝－eq \r(2)(x1＋x2)＋2＝1，因为eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OP,\s\up16(→))＝0，所以eq \o(OP,\s\up16(→))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up16(→))＋\o(OB,\s\up16(→))))＝(－(x1＋x2)，－(y1＋y2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－1))，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－1))，代入椭圆C的方程得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))2＋eq \f(－12,2)＝1，所以点P在椭圆C上． (2)证法一　由Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－1))和题设知Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))，线段PQ的垂直平分线l1的方程为y＝－eq \f(\r(2),2)x，设AB的中点为M，由(1)可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(1,2)))，所以线段AB的垂直平分线l2的方程为y＝eq \f(\r(2),2)x＋eq \f(1,4)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝－\f(\r(2),2)x，,y＝\f(\r(2),2)x＋\f(1,4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－\f(\r(2),8)，,y＝\f(1,8)，)) 所以l1，l2的交点为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),8)，\f(1,8)))， 故|NP|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),8)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,8)))2)＝eq \f(3\r(11),8)， 所以|NP|＝|NQ|＝eq \f(3\r(11),8)，而|AB|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)))2)·|x2－x1|＝eq \r(3)×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(3\r(2),2)，|MN|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)＋\f(\r(2),8)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,8)))2)＝eq \f(3\r(3),8). 所以|AM|＝eq \f(3\r(2),4)，|NA|＝|NB|＝eq \r(|AM|2＋|MN|2)＝eq \f(3\r(11),8)，从而|NA|＝|NB|＝|NP|＝|NQ|， 故A，P，B，Q四点在同一圆上． 证法二　由Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－1))和题设知Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))， 故直线PQ的方程为y＝eq \r(2)x，直线AB的方程为y＝－eq \r(2)x＋1，设经过A，P，B，Q四点的曲线系方程为λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(y2,2)－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)x－y)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)x＋y－1))＝0，化简整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋2))x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)－1))y2－eq \r(2)x＋y－λ＝0　①，令λ＋2＝eq \f(λ,2)－1，得λ＝－6，代入①式整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(2),8)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,8)))2＝eq \f(99,64)，显然该方程表示圆，所以A，P，B，Q四点在同一圆上． 命题点2　点与直线的关系 考向一　定点问题 　(2024·山东聊城一模)已知抛物线C关于y轴对称，顶点在原点，且经过点P(2,2)，动直线l：y＝kx＋b不经过点P，与C相交于A，B两点，且直线PA和PB的斜率之积等于3. (1)求C的标准方程； (2)证明：直线l过定点，并求出定点坐标． [解析]　(1)由抛物线C关于y轴对称，故可设C：x2＝2py，由P(2,2)在抛物线C上，故4＝2p×2，解得p＝1，故C：x2＝2y. (2)证明　设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，kPA＝eq \f(y1－2,x1－2)＝eq \f(\f(x\o\al(2,1),2)－2,x1－2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋2)),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－2)))＝eq \f(x1＋2,2)，同理可得kPB＝eq \f(x2＋2,2)，即有x1x2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))＝8，联立直线方程l：y＝kx＋b与抛物线方程，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＝2y，,y＝kx＋b，)) 即x2－2kx－2b＝0，Δ＝4k2＋8b>0，x1＋x2＝2k，x1x2＝－2b，即有－2b＋2×2k＝8，化简得b＝2k－4，此时Δ＝4k2＋8b＝4k2＋16k－32，则Δ>0有解，则l：y＝k(x＋2)－4，即直线l过定点(－2，－4)． 　 考向二　定直线问题 　(2024·江苏南京六校联考)已知F1(－1,0)，F2(1,0)，动点Z满足|ZF1|＋|ZF2|＝4. (1)求动点Z的轨迹曲线E的标准方程； (2)四边形ABCD内接于曲线E，点A，B分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，设直线AC，BD的斜率分别是k1，k2，且k1k2＝eq \f(3,4). ①记直线AC，BD的交点为G，证明：点G在定直线上； ②证明：AB∥CD. [解析]　(1)因为|ZF1|＋|ZF2|＝4>|F1F2|＝2，所以Z点的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，其长轴长2a＝4，焦距为2c＝2，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(3)，所以曲线E的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1. (2)证明　由题意作出图形如图所示． ①设点G(x，y)，因为y＝k1(x－2)，所以k1＝eq \f(y,x－2)，因为y＝k2x＋eq \r(3)，所以k2＝eq \f(y－\r(3),x)，因为k1k2＝eq \f(3,4)，所以eq \f(y,x－2)·eq \f(y－\r(3),x)＝eq \f(3,4)，整理得(2y－eq \r(3)x)(2y＋eq \r(3)x－2eq \r(3))＝0，因为ABCD为四边形，所以2y＋eq \r(3)x－2eq \r(3)≠0，所以点G在定直线eq \r(3)x－2y＝0上． ②由题知A(2,0)，B(0，eq \r(3))，直线AB：y＝－eq \f(\r(3),2)x＋eq \r(3)，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，直线CD：y＝kx＋m，将y＝kx＋m代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，所以x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，所以k1k2＝eq \f(y1,x1－2)×eq \f(y2－\r(3),x2)＝eq \f(y1y2－\r(3)y1,x1－2x2)＝eq \f(1,x1x2－2x2)[k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2－eq \r(3)(kx1＋m)] ＝eq \f(1,\f(4m2－12,3＋4k2)－2x2) eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\co1(k2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m2－12,3＋4k2)))＋km\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,3＋4k2)))＋)) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(m2－\r(3)k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,3＋4k2)－x2))－\r(3)m))，所以 eq \f(3m2－12k2＋4\r(3)k2m－3\r(3)m＋\r(3)3k＋4k3x2,4m2－12－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋4k2))x2)＝eq \f(3,4)，(16eq \r(3)k3＋24k2＋12eq \r(3)k＋18)x2＋4eq \r(3)m(4k2－3)＋36－48k2＝0， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(16\r(3)k3＋24k2＋12\r(3)k＋18＝0，,4\r(3)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k2－3))＋36－48k2＝0，)) 解得k＝－eq \f(\r(3),2)，所以AB∥CD. 点在定直线(定圆)上，这类问题等同于求动点的轨迹．定直线一般为x＝m或y＝m，所以定直线问题本质还是定值问题(横坐标或纵坐标)．　 【预测练2】 (2024·天津模拟)已知抛物线C1：x2＝2py(p>0)和圆C2：(x＋1)2＋y2＝2，倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切． (1)求p的值； (2)动点M在C1的准线上，动点A在C1上，若C1在点A处的切线l2交y轴于点B，设eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(MA,\s\up16(→))＋eq \o(MB,\s\up16(→))，证明点N在定直线上，并求该定直线的方程． 解析　(1)依题意，设直线l1的方程为y＝x＋eq \f(p,2)，因为直线l1与C2相切，所以圆心C2(－1,0)到直线l1：y＝x＋eq \f(p,2)的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(p,2))),\r(12＋－12))＝eq \r(2)，即eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(p,2))),\r(2))＝eq \r(2)，解得p＝6或p＝－2(舍去)．所以p＝6. (2)依题意设M(m，－3)，由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，即y＝eq \f(x2,12)，所以y′＝eq \f(x,6). 设A(x1，y1)，则以A为切点的切线l2的斜率为k＝eq \f(x1,6)，所以切线l2的方程为y＝eq \f(1,6)x1(x－x1)＋y1. 令x＝0，得y＝－eq \f(1,6)xeq \o\al(2,1)＋y1＝－eq \f(1,6)×12y1＋y1＝－y1，即点B的坐标为(0，－y1)，所以eq \o(MA,\s\up16(→))＝(x1－m，y1＋3)，eq \o(MB,\s\up16(→))＝(－m，－y1＋3)，所以eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(MA,\s\up16(→))＋eq \o(MB,\s\up16(→))＝(x1－2m,6)，eq \o(ON,\s\up16(→))＝eq \o(OM,\s\up16(→))＋eq \o(MN,\s\up16(→))＝(x1－m,3)，其中O为坐标原点． 设点N的坐标为(x，y)，则y＝3，所以点N在定直线y＝3上． 命题点3　线与线的关系 　(2024·河南郑州名校联盟)已知倾斜角为αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,4)))的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)只有1个公共点A，C的焦点为F，直线AF的倾斜角为β. (1)求证：β＝2α； (2)若p＝1，直线l与直线x＝－eq \f(1,2)交于点P，直线AF与C的另一个交点为B，求证：PA⊥PB. [证明]　(1)证法一　设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2p)，t))，则l的方程为y－t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(t2,2p)))tan α，与y2＝2px联立得y2－eq \f(2p,tan α) y＋eq \f(2pt,tan α)－t2＝0，因为直线l与抛物线C只有1个公共点，所以eq \f(4p2,tan2α)－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2pt,tan α)－t2))＝0，整理得t＝eq \f(p,tan α)，所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2tan2α)，\f(p,tan α)))，又Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，所以tan β＝eq \f(\f(p,tan α),\f(p,2tan2α)－\f(p,2))＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝tan 2α，因为0<α<eq \f(π,4)，0<2α<eq \f(π,2)，所以tan β＝tan 2α>0,0<β<eq \f(π,2)，所以β＝2α. 证法二　易知点A(x0，y0)在第一象限，且直线l与C相切于点A，由y＝eq \r(2px)，得y′＝eq \r(\f(p,2x))，所以l的方程为y＝eq \r(\f(p,2x0))(x－x0)＋eq \r(2px0)，设l与x轴交于点D，则D(－x0,0)，所以由抛物线的几何性质可知|AF|＝x0＋eq \f(p,2)＝|DF|，故∠ADF＝∠DAF＝α，β＝∠AFx＝∠ADF＋∠DAF＝2α. (2)p＝1时，C的方程为y2＝2x，把p＝1，tan α＝eq \f(1,t)代入y－t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(t2,2p)))tan α得l的方程为y＝eq \f(x,t)＋eq \f(t,2)，把x＝－eq \f(1,2)代入得y＝eq \f(t,2)－eq \f(1,2t)，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(t,2)－\f(1,2t)))，由(1)知，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2)，t))，设Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),2)，y0))， 设直线AB方程为x＝my＋eq \f(1,2)，与y2＝2x联立得y2－2my－1＝0，t，y0是该方程的两个根，所以y0t＝－1，所以y0＝－eq \f(1,t)，所以kPA·kPB＝eq \f(1,t)·eq \f(－\f(1,t)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)－\f(1,2t))),\f(1,2t2)＋\f(1,2))＝－1，所以PA⊥PB. 圆锥曲线中证明问题的求解策略 处理圆锥曲线中的证明问题常采用直接法证明，证明时常借助于等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助函数方程思想、数形结合思想解决．　 【预测练3】 (2024·湖南长沙一模)已知双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1与直线l：y＝kx＋meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k≠±\r(3)))有唯一的公共点P，直线l与双曲线的两条渐近线分别交于M，N两点，其中点M，P在第一象限． (1)探求参数k，m满足的关系式； (2)若O为坐标原点，F为双曲线的左焦点，证明：∠MFP＝∠NFO. 解析　(1)联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2－\f(y2,3)＝1，))整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－k2))x2－2kmx－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋3))＝0. 由k≠±eq \r(3)，且P是双曲线与直线l的唯一公共点，可得Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2km))2＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－k2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋3))＝0， 则k2－m2＝3. 结合图象，由点P在第一象限，可知k>eq \r(3)，且m<0. 所以k，m的关系式满足k2－m2＝3(k>eq \r(3)，m<0)． (2)证明　由题可得双曲线的左焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0))， 渐近线为y＝±eq \r(3)x.联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,y＝\r(3)x，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(m,\r(3)－k)，,y＝\f(\r(3)m,\r(3)－k)，)) 即Meq \f(m,\r(3)－k)，eq \f(\r(3)m,\r(3)－k)； 联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,y＝－\r(3)x，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－\f(m,\r(3)＋k)，,y＝\f(\r(3)m,\r(3)＋k)，)) 即N－eq \f(m,\r(3)＋k)，eq \f(\r(3)m,\r(3)＋k). 结合k2－m2＝3，且由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－k2))x2－2kmx－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋3))＝0式可变形为m2x2＋2kmx＋k2＝0， 解得x＝－eq \f(k,m)，可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(k,m)，－\f(3,m)))， 要证∠MFP＝∠NFO，即证tan∠MFP＝tan∠NFO，即证taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠MFO－∠PFO))＝tan∠NFO，即证eq \f(kFM－kFP,1＋kFMkFP)＝－kFN，即证kFM＋kFN＝kFP(1－kFMkFN)．由kFM＋kFN＝kFP(1－kFMkFN)，得eq \f(1,kFM)＋eq \f(1,kFN)＝kFPeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,kFMkFN)－1)). 根据直线的斜率公式，kFM＝eq \f(\r(3)m,2\r(3)＋m－2k)，kFN＝eq \f(\r(3)m,2\r(3)－m＋2k)，kFP＝eq \f(3,k－2m)，则eq \f(1,kFM)＋eq \f(1,kFN)＝eq \f(2\r(3)＋m－2k,\r(3)m)＋eq \f(2\r(3)－m＋2k,\r(3)m)＝eq \f(4\r(3),\r(3)m)＝eq \f(4,m)， eq \f(1,kFMkFN)－1＝eq \f(2\r(3)＋m－2k,\r(3)m)·eq \f(2\r(3)－m＋2k,\r(3)m)－1＝eq \f(2\r(3)＋m－2k2\r(3)－m＋2k,3m2)－1 ＝eq \f(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－2k))2,3m2)－1＝eq \f(12－m2－4k2＋4mk,3m2)－1＝eq \f(12－4m2－4k2＋4mk,3m2)＝eq \f(－8m2＋4mk,3m2)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－2m)),3m)， 可得kFPeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,kFMkFN)－1))＝eq \f(3,k－2m)·eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－2m)),3m)＝eq \f(4,m)， 所以eq \f(1,kFM)＋eq \f(1,kFN)＝kFPeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,kFMkFN)－1)). 故∠MFP＝∠NFO. 1．(2024·全国甲卷·理)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在C上，且MF⊥x轴． (1)求C的方程； (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． 解析　(1)解法一(直接法)　第1步：构造关于a，b，c的方程组 由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,c＝1，,a2＝b2＋c2，)) 第2步：求解方程组，并写出椭圆方程 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，)) 所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1. 解法二　第1步：构造关于a，b，c的方程组 由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(|MF|＝\f(b2,a)＝\f(3,2)，,c＝1，,a2＝b2＋c2，)) 第2步：求解方程组，并写出椭圆方程 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，)) 所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1. 解法三(巧用椭圆的定义) 设F′为C的左焦点，连接MF′，则|MF|＝eq \f(3,2)，|FF′|＝2，在Rt△MFF′中，|MF′|＝eq \r(|MF|2＋|FF′|2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋22)＝eq \f(5,2)，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＝eq \r(3)，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1. (2)证明　第1步：联立方程，消元得出关于y的一元二次方程，写出根与系数的关系 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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝ty＋4，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，)) 消去x得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，Δ>0， 则y1＋y2＝eq \f(－24t,3t2＋4)，y1y2＝eq \f(36,3t2＋4). 第2步：将三点共线代数化，建立关于n的代数式 因为N为线段FP的中点，F(1,0)，所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0)). 由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ，即eq \f(y2,x2－\f(5,2))＝eq \f(n,1－\f(5,2))，得－eq \f(3,2)y2＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(5,2)))，得n＝eq \f(－3y2,2x2－5)， 第3步：证明n＝y1 所以n－y1＝eq \f(－3y2,2x2－5)－y1＝eq \f(－3y2,2ty2＋4－5)－y1＝eq \f(－2ty1y2－3y1＋y2,2ty2＋3)＝eq \f(\f(－2t×36,3t2＋4)＋\f(3×24t,3t2＋4),2ty2＋3)＝0， 所以n＝y1，所以AQ⊥y轴． 综上，AQ⊥y轴． 2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2eq \r(5)，0)，离心率为eq \r(5). (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上． 解析　(1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(c＝2\r(5)，,e＝\f(c,a)＝\r(5)，,c2＝a2＋b2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝4，)) ∴双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1. (2)证明　设直线MN的方程为x＝my－4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，A1(－2,0)，A2(2,0)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝my－4，,4x2－y2＝16，)) 解得(4m2－1)y2－32my＋48＝0， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4m2－1≠0，,Δ＞0，)) 直线MA1的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线NA2的方程为y＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)， ∴eq \f(x＋2,x－2)＝eq \f(y2x1＋2,y1x2－2)＝eq \f(y2my1－2,y1my2－6) ＝eq \f(my1y2－2y1＋y2＋2y1,my1y2－6y1) ＝eq \f(m·\f(48,4m2－1)－2·\f(32m,4m2－1)＋2y1,m·\f(48,4m2－1)－6y1) ＝eq \f(\f(－16m,4m2－1)＋2y1,\f(48m,4m2－1)－6y1)＝－eq \f(1,3)， ∴xP＝－1，即P在定直线x＝－1上运动． $$