第八章 第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习教用word

该高中数学高考复习讲义聚焦圆锥曲线中的证明与探究性问题，涵盖位置关系证明、数量关系证明、点线及含参数探究等核心考点，按定义性质理解、代数方法转化、分类讨论应用的逻辑层次组织，通过重点解读梳理考点、解题技法指导方法、真题演练突破难点，体现复习教学的系统性和针对性。 讲义采用“问题驱动-方法提炼-素养提升”教学模式，如用“设而不求”解决三点共线证明，分类讨论处理参数存在性探究，培养学生数学思维和运算能力。设置师生共研例题、综合过关练习等分层训练，确保高效突破，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

第十一节　圆锥曲线中的证明、探究性问题 重点解读 1.证明问题：圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系的证明，如相切、平行、垂直、共线等；数量关系的证明，如恒成立、值相等（不等）、角相等（不等）等，在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明. 2.探究性问题：先假设结论成立，用待定系数法列出含相应参数的方程，若方程有解，则探究的元素存在（或命题成立），否则不存在（或不成立）.需要注意的是：（1）当条件和结论不唯一时要分类讨论；（2）当给出结论需要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；（3）当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意. 位置关系的证明（师生共研过关） （2025·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； （2）连接FM并延长交椭圆C于点Q，求证：E，N，Q三点共线. 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）. 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，将其代回直线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. 解题技法 树立“转化”意识，证明位置关系 双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）经过点（，1），且渐近线方程为y＝±x. （1）求a，b的值； （2）点A，B，D是双曲线C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：（1）由题意得解得a＝b＝. （2）证明：由（1）得双曲线C的方程为x2－y2＝2. 易知直线AB一定是不平行于x轴的直线且不与渐近线y＝±x平行， 所以可设直线AB的方程为x＝my＋n（m≠±1）， 设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1≠y2，D（－x2，y2）. 联立整理得（m2－1）y2＋2mny＋n2－2＝0， Δ＝4（n2＋2m2－2）＞0，则y1y2＝. 由于△ABD的外接圆过原点，且B，D两点关于y轴对称， 所以可设△ABD外接圆的方程为x2＋y2＋Ey＝0. 则 所以y2（＋）＝y1（＋）， 因为＝2＋，＝2＋， 所以y2（2＋2）＝y1（2＋2）， 所以y1y2＝1， 所以y1y2＝＝1，所以n2＝m2＋1， 则原点到直线AB的距离d＝＝1， 所以直线AB与圆x2＋y2＝1相切. 数量关系的证明（师生共研过关） （2024·武汉五调）已知双曲线E：x2－y2＝1，直线PQ与双曲线E交于P，Q两点，直线MN与双曲线E交于M，N两点. （1）若直线MN经过坐标原点，且直线PM，PN的斜率kPM，kPN均存在，求kPMkPN； （2）设直线PQ与直线MN的交点为T（1，2），且·＝·，证明：直线PQ与直线MN的斜率之和为0. 解：（1）当直线MN经过坐标原点时，M，N两点关于原点对称. 设M（x1，y1），N（－x1，－y1），P（x0，y0）， 于是kPM＝，kPN＝. 因为M，N，P三点都在双曲线x2－y2＝1， 所以两式作差，－＝－，所以kPMkPN＝·＝＝1. （2）证明：已知T（1，2），由题意可知MN，PQ均有斜率， 可设直线MN：y－2＝k1（x－1），直线PQ：y－2＝k2（x－1），M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4）.＝（x1－1，y1－2），＝（x2－1，y2－2）. 联立直线MN方程与双曲线E的方程： 整理得（1－）x2＋2k1（k1－2）x－（k1－2）2－1＝0， 当1－≠0时，Δ＝4（5－4k1）＞0. x1＋x2＝－，x1x2＝. 于是，·＝（x1－1）（x2－1）＋（y1－2）·（y2－2）＝（1＋）[x1x2－（x1＋x2）＋1] ＝（1＋）［＋＋1］＝（1＋）·， 同理可得，·＝（1＋）·. 因为·＝·，所以＝， 整理得，＝，而k1≠k2，所以k1＋k2＝0. 解题技法 　　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，达到证明的目的. 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｜. 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，那么其方程为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｜. 点、线的探究性问题（师生共研过关） 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，求点P的坐标；若不存在，请说明理由. 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＝＋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）， 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，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，使得四边形ABCD为梯形. 解题技法 点、线的探究性问题的求解方法 （1）解决探究性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.一般步骤如下： ①假设满足条件的曲线（直线或点等）存在，用待定系数法设出； ②列出关于待定系数的方程（组）； ③若方程（组）有实数解，则曲线（直线或点等）存在，否则不存在. （2）反证法与验证法也是求解探究性问题常用的方法. 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. 解：（1）由题意可知解得 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＋. 含参数的探究性问题（师生共研过关） （2024·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. 解：（1）∵a＝1，∴x2－＝1， 故当直线l过（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. 设直线l：y＝±b（x－2），则点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. 解题技法 含参数的探究性问题的求解方法 　　求解含参数的探究性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点G到F1（－，0），F2（，0）两点的距离之和为4. （1）试判断动点G的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程C； （2）已知直线l：y＝k（x－）（k＞0）与圆F：（x－）2＋y2＝交于M，N两点，与曲线C交于P，Q两点，其中M，P在第一象限.d为原点O到直线l的距离，是否存在实数k，使得T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2取得最大值？若存在，求出k；若不存在，说明理由. 解：（1）由题意知，｜GF1｜＋｜GF2｜＝4，又4＞2，所以动点G的轨迹是椭圆. 由椭圆的定义可知，c＝，a＝2，又因为a2－b2＝c2，所以b2＝1， 故G的轨迹方程为＋y2＝1. （2）由题设可知，M，N一个在椭圆外，一个在椭圆内；P，Q一个在☉F内，一个在☉F外，在直线l上的四点满足：｜NQ｜－｜MP｜＝（｜NQ｜＋｜NP｜）－（｜MP｜＋｜NP｜）＝｜PQ｜－｜MN｜＝｜PQ｜－1， 由消去y得（1＋4k2）x2－8·k2x＋12k2－4＝0，Δ＞0恒成立. 设P（x1，y1），Q（x2，y2）， 由根与系数的关系，得x1＋x2＝， x1x2＝， ｜PQ｜＝＝. 所以｜NQ｜－｜MP｜＝｜PQ｜－1＝，O到l距离d＝，T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2＝＝ ＝≤＝1， 当且仅当4k2＝，即k＝±时等号成立. 因为k＞0，所以k＝. 1.已知椭圆C：＋＝1. （1）求椭圆C的离心率和长轴长； （2）已知直线y＝kx＋2与椭圆C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点，是否存在实数k，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由. 解：（1）由题意：a2＝4，b2＝2，所以a＝2， 因为a2＝b2＋c2，所以c2＝2，c＝， 所以e＝＝. 所以椭圆C离心率为，长轴长为4. （2）联立消y整理得：（2k2＋1）x2＋8kx＋4＝0. 因为直线与椭圆交于A，B两点，故Δ＞0，解得k2＞. 设A（x1，y1），B（x2，y2）， 则x1＋x2＝，x1x2＝. 设AB中点G（x0，y0）， 则x0＝＝， y0＝kx0＋2＝， 故G（，）. 假设存在k和点P（m，0），使得△PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形， 则PG⊥AB，故kPG·kAB＝－1， 所以·k＝－1， 解得m＝，故P（，0）. 又因为∠APB＝， 所以·＝0， 所以（x1－m，y1）·（x2－m，y2）＝0，即（x1－m）·（x2－m）＋y1y2＝0. 整理得（k2＋1）x1x2＋（2k－m）（x1＋x2）＋m2＋4＝0. 所以（k2＋1）－（2k－m）＋m2＋4＝0， 代入m＝，整理k4＝1，即k2＝1. 当k＝－1时，P点坐标为（，0）；当k＝1时，P点坐标为（－，0）. 此时，△PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形. 2.（2024·湖北七市州调研）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｜； （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：（1）易知抛物线焦点F（，0），准线方程为x＝－； 设直线AB的方程为x＝my＋，A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立得y2－2my－1＝0， 可得∴y1＝， 不妨设A在第一象限，B在第四象限，对于y＝－，y'＝－； 可得l的斜率为－＝－＝， ∴l的方程为y－y2＝（x－x2），即为y＝x＋. 令x＝0得E（0，），直线OA的方程为y＝x＝x＝－2y2x， 令x＝－得D（－，y2）. 又F（，0），∴＝，即｜DE｜＝｜EF｜得证. （2）由D（－，y2），B（x2，y2）知DB与x轴平行，∴＝，　① 又DF的斜率为－y2，BG的斜率也为－y2，∴DF与BG平行，∴＝，　② 由①②得＝，即｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜得证. 3.已知点P是动点，直线PA与直线y＝x垂直，垂足为点A且位于第一象限，直线PB与直线y＝－x垂直，垂足为点B且位于第四象限，四边形OAPB（O为坐标原点）的面积为2，动点P的轨迹记作Ω. （1）求Ω的方程； （2）设T是直线x＝1上一点，过T的直线l与Ω交于C，D两点，试问是否存在点T，使得·＝？若存在，求T的坐标，若不存在，请说明理由. 解：（1）由已知设点A（m，m）（m＞0），B（n，－n）（n＞0），易知四边形OAPB为矩形，因为其面积为2，所以｜OA｜｜OB｜＝m·n＝2mn＝2，所以mn＝1. 由题意可得直线PA的方程为x＋y－2m＝0，直线PB的方程为x－y－2n＝0， 由解得即P（m＋n，m－n）， 所以（m＋n）2－（m－n）2＝4mn＝4. 因为m＋n≥2＝2，所以Ω的方程为x2－y2＝4（x≥2）. （2）设T（1，t），C（x1，y1），D（x2，y2），设直线CD的方程为y－t＝k（x－1），即y＝kx＋t－k，由得（k2－1）x2＋2k（t－k）x＋（t－k）2＋4＝0，易知k≠±1， 则Δ＝4k2（t－k）2－4（k2－1）[（t－k）2＋4]＝4（t＋k）（t－3k）＋16＞0，且x1＋x2＝＞0，x1x2＝＞0， 所以·＝｜｜｜｜＝（1＋k2）｜x1－1｜·｜x2－1｜＝（1＋k2）｜x1x2－（x1＋x2）＋1｜＝. 假设存在点T满足·＝，则＝t2＋1， 整理得t2＋k2＋2＝0，但t2＋k2＋2≥2＞0，所以假设不成立，故不存在满足题意的点T. 4.（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）因为椭圆左、右焦点分别为F1（－1，0），F2（1，0），所以c＝1，又因为椭圆C的离心率为， 得a＝2，所以b2＝3，所以椭圆方程为＋＝1. （2）证明：由M0（1，4），F1（－1，0）得直线M0F1斜率为k＝2，中点坐标为（0，2）， 所以线段F1M0的垂直平分线方程为y＝－x＋2， 联立垂直平分线方程和椭圆方程 得x2－2x＋1＝0， 又Δ＝4－4＝0，所以直线与椭圆相切， 所以线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点. （3）法一 设M（x0，y0）， 当y0＝0时，F1M的垂直平分线方程为x＝， 此时＝±2，x0＝5或－3； 当y0≠0时，F1M的垂直平分线方程为y＝－·＋＝－x＋， 联立 得3x2＋4［－x＋x2］＝12， 即x2－x＋－12＝0. 因为线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点， 故Δ＝－ 4［3＋］［－12］＝0， 即－36－＝0， 即＋（2－14）＋（x0＋1）2（x0＋3）（x0－5）＝0， ＋（2－14）＋（＋2x0＋1）（－2x0－15）＝0， 即（＋＋2x0＋1）（＋－2x0－15）＝0， 因为＋＋2x0＋1＝（x0＋1）2＋＞0， 所以＋－2x0－15＝0， 而（5，0），（－3，0）也满足该方程， 故点M的轨迹是圆，该圆的方程为x2＋y2－2x－15＝0，即（x－1）2＋y2＝16. 法二 设线段F1M的垂直平分线与C切于点（x0，y0）， 则切点处的切线方程为＋＝1， 即3x0x＋4y0y＝12，9x2＋16y2＋24x0y0xy＝144，　① 易知F1M：y＝（x＋1），即3x0y－4y0x＝4y0， 9y2＋16x2－24x0y0xy＝16，　② ①＋②，得（9＋16）（x2＋y2）＝144＋16，　③ 又3＋4＝12， 所以144＝36＋48，将其代入③得x2＋y2＝4，此方程即为线段F1M中点的轨迹方程，设动点M（xM，yM）， 又x＝，y＝，所以（）2＋（）2＝4， 即点M的轨迹方程为（xM－1）2＋＝16，其为一个圆.故该圆的方程为（x－1）2＋y2＝16. 法三 设线段F1M的垂直平分线l与C恰有一个公共点为P， 则当点P不在长轴时，线段F1M的垂直平分线l即为点P处的切线， 也为∠F1PM的平分线， 作∠F1PF2的平分线PH，根据椭圆的光学性质得PH⊥l， 所以∠F1PE＋∠F1PH＝90°，则∠F2PH＋∠EPM＝90°， 故∠F2PF1＋∠F1PM＝180°， 所以M，P，F2三点共线，所以｜MF2｜＝｜MP｜＋｜PF2｜＝｜PF1｜＋｜PF2｜＝4， 所以点M的轨迹是以F2为圆心，4为半径的圆， 当P在椭圆长轴上时，M点为（5，0）或（－3，0）也满足｜MF2｜＝4， 故点M的轨迹是圆，该圆的方程为（x－1）2＋y2＝16. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $