专题5 第6讲 圆锥曲线中的证明与探索性问题 基础课-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

该高中数学高考复习课件聚焦“圆锥曲线中的证明与探索性问题”专题，依据高考评价体系明确此类问题为解答题高频考点，难度中等偏上，常与向量等知识交汇，考查函数与方程、数形结合等思想，通过真题与模拟题梳理证明（位置关系、数量关系）和探索性（存在性、定值）两大题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+方法建模+素养提升”，如2024全国甲卷椭圆证明题，通过联立方程、韦达定理推导AQ⊥y轴，培养数学思维与推理能力，探索性问题中“假设存在-推导验证”法，助学生掌握得分技巧，教师可依托课件精准突破考点，提升复习效率。

第六讲　圆锥曲线中的证明与探索性问题 基础课 第一部分　专题突破 专题五　平面解析几何 高考分析 圆锥曲线中的证明与探索性问题是高考的热点,题型以解答题为主,难度中等偏上,常与向量、数列等知识交汇,着重考查函数与方程、分类讨论、数形结合等数学思想的应用. 考点一　证明问题 内容索引 考点二　探索性问题 3 考点一　证明问题 考点一　证明问题 [例1]　(2024·全国甲卷)设椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M(1,)在C上,且MF⊥x轴. (1)求C的方程; [解]　设F(c,0),由题设有c=1且=,故=,解得a=2,b=, 则椭圆的方程为+=1. 考点一　证明问题 (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. 考点一　证明问题 [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,故-<k<, 则x1+x2=,x1x2=. 而N(,0), 故直线BN:y=(x-), 考点一　证明问题 故yQ==, 所以y1-yQ=y1+ = = =k 考点一　证明问题 =k =k=0, 故y1=yQ,即AQ⊥y轴. 考点一　证明问题 　1.数量关系的证明问题的解题策略 主要根据直线、圆锥曲线的几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明. 2.圆锥曲线中的位置关系证明的常用方法 (1)证明三点共线或直线平行时,用斜率相等; (2)证明直线垂直时,用斜率之积为-1,或用数量积为0. 方法总结 考点一　证明问题 1.(2025·山东青岛模拟)抛物线C:x2=4y,F为C的焦点,过抛物线外一点N作抛物线C的两条切线,A,B是切点. (1)若点N的纵坐标为-2,求证:直线AB恒过定点; 对点训练 考点一　证明问题 证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),N(x0,y0), 由y=x2得y'=x,则直线NA的方程为y-y1=x1(x-x1), 即2(y-y1)=x1x-4y1,即x1x=2(y+y1), 同理,直线NB的方程为x2x=2(y+y2). 又直线NA与直线NB都过N(x0,y0),则x1x0=2(y0+y1),x2x0=2(y0+y2), 从而A(x1,y1),B(x2,y2)均在直线x0x=2(y0+y)上, 故直线AB的方程为x0x=2(y0+y),又y0=-2, 故直线AB的方程为2(y-2)=x0(x-0),故直线AB过定点(0,2). 考点一　证明问题 (2)若|AB|=2,求△ABN面积的最大值; 考点一　证明问题 解:联立得x2-2x0x+4y0=0, Δ=4-16y0>0,则x1+x2=2x0,x1x2=4y0, 则|AB|=|x1-x2|=·==2, 于是-4y0=,又点N到直线AB的距离d==, 所以S△ABN=|AB|·d=×2×=≤ (当x0=0时取等号). 则△ABN面积的最大值为. 考点一　证明问题 (3)若AB过点F,证明:|FA|·|FB|=|FN|2. 证明:由题意知直线AB的斜率存在,且F(0,1).设直线AB的方程为y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2), 由得x2-4kx-4=0, Δ=16k2+16>0,x1+x2=4k,x1x2=-4.对y=x2求导得y'=x, 所以kNA·kNB=x1·x2=×(-4)=-1, 所以NA⊥NB, 考点一　证明问题 所以直线NA的方程为y-y1=x1(x-x1), 又y1=,所以直线NA的方程为y=x1x-y1, 同理可得直线NB的方程为y=x2x-y2. 由所以N(2k,-1), 当k=0时,|FA|=|FB|=2,|FN|=2,所以|FA|·|FB|=|FN|2; 考点一　证明问题 当k≠0时,kFN·kAB=k=-1,所以FN⊥AB, 又因为NA⊥NB,所以△FNA∽△FBN, 所以=,所以|FA|·|FB|=|FN|2. 综上,|FA|·|FB|=|FN|2. 考点二　探索性问题 考点二　探索性问题 [例2]　(2025·江西上饶模拟)已知双曲线C过点Q(3,),其右焦点F到渐近线的距离为1,过点F作与坐标轴都不垂直的直线l交C的右支于A,B两点. (1)求双曲线C的标准方程. 考点二　探索性问题 [解]　设双曲线C的标准方程为-=1(a>0,b>0),右焦点F(c,0), 双曲线C的渐近线为bx±ay=0,点F到渐近线的距离为=b=1. 又双曲线过点Q(3,),所以-=1,解得a2=3, 所以双曲线C的标准方程为-y2=1. 考点二　探索性问题 (2)P(x0,y0)为双曲线C上一动点,过点P分别作两条渐近线的平行线交渐近线于点E,G,四边形OEPG的面积是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由. 考点二　探索性问题 [解]　双曲线C:-y2=1的渐近线为x±y=0, 不妨设E在x-y=0上, 由P(x0,y0)在双曲线C上,得-=1,即-3=3, 过点P(x0,y0)与直线x+y=0平行的直线方程为x-x0+(y-y0)=0, 由得交点E(,), 考点二　探索性问题 依题意,四边形OEPG是平行四边形,|OE|=|x0+y0|, 点P到直线x-y=0的距离d=, 所以四边形OEPG的面积S=|OE|d=|-3|=为定值. 考点二　探索性问题 (3)在x轴上是否存在定点M,使|BM|·S△AMF=|AM|·S△BMF恒成立?若存在,求出定点M的坐标;若不存在,请说明理由. 考点二　探索性问题 [解]　假设存在点M(t,0), 由(1)知,F(2,0),由直线l不垂直于坐标轴,设直线l的方程为y=k(x-2),k≠0, 由消去y得(3k2-1)x2-12k2x+3(4k2+1)=0,设A(x1,y1),B(x2,y2), 则 考点二　探索性问题 解得k<-或k>, 由|BM|·S△AMF=|AM|·S△BMF,得=,而=, 于是=,则MF平分∠AMB,因此直线AM,BM的斜率互为相反数, 即+ = 考点二　探索性问题 ==0, 2x1x2-(2+t)(x1+x2)+4t=2·-(2+t)·+4t==0,解得t=, 所以在x轴上存在定点M(,0),使|BM|·S△AMF=|AM|·S△BMF恒成立. 考点二　探索性问题 　存在性问题,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. 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. 方法总结 考点二　探索性问题 2.(2025·福建厦门模拟)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过F的直线l1交C于A,B两点(A在第一象限),当l1垂直于x轴时,|AB|=4. (1)求C的方程. 解:设A(xA,yA),B(xB,yB),其中yA>0. 由题意可知F(,0),当AB⊥x轴时,直线AB的方程为x=, 将x=代入y2=2px(p>0),可得yA=p,yB=-p, 所以|AB|=2p=4,p=2,所以C的方程为y2=4x. 对点训练 考点二　探索性问题 (2)过F且与l1垂直的直线l2交C于D,E两点(D在第一象限),直线x=1与直线AD和BE分别交于P,Q两点. ①当l1的斜率为时,求|PQ|. ②是否存在以PQ为直径的圆与y轴相切?若存在,求l1,l2的方程;若不存在,请说明理由. 考点二　探索性问题 解: 设D(xD,yD),E(xE,yE),其中yD>0. ①依题意,直线AB的方程为y=(x-1), 即x=y+1, 由得y2-3y-4=0,故yA=4,yB=-1,则A(4,4),B(,-1). 直线DE的方程为y=-(x-1),即x=-y+1, 考点二　探索性问题 由得y2+y-4=0, 故yD=,yE=-6,则D(,),E(9,-6). 所以直线AD的方程为y-4=(x-4),令x=1得P(1,), 直线BE的方程为y+6=-(x-9),令x=1得Q(1,-),所以|PQ|=. 考点二　探索性问题 ②法一:设直线AB的方程为x=my+1,不妨设m>0. 由得y2-4my-4=0,yAyB=-4,同理yDyE=-4. 直线AD的方程为y-yA=(x-xA),即y=(x-)+yA, 令x=1得yP=.由于yA=-,yD=-,所以yQ=-=-yP. 从而PQ的中点恒为F,以PQ为直径的圆与y轴相切等价于yP=1. 考点二　探索性问题 若yP=1,则yAyD+4=yA+yD.由AB⊥DE得,·=-1, 故(yA-)(yD-)=-16,(yAyD)2-4(+)+16=-16yAyD, 所以(yAyD+4)2=4(yA-yD)2,不妨如图设点的分布,可知yA>yD>0, 所以yAyD+4=2(yA-yD)(*),所以yA+yD=2(yA-yD), 因此yA=3yD,代入(*)式得3-4yD+4=0,而判别式Δ=-32<0,该方程无解, 从而不存在以PQ为直径的圆与y轴相切. 考点二　探索性问题 法二:设直线AD的方程为x=ky+m,其中m<0. 由得y2-4ky-4m=0,Δ=16k2+16m>0, yA+yD=4k,yAyD=-4m. 因为FA⊥FD,所以·=-1,yAyD+(-1)(-1)=0. 从而4k2=m2-6m+1. 考点二　探索性问题 令x=1得yP=. 故===4(1-)≥2. 当且仅当m=-1时,等号成立, 同理≥2,而P,Q分别在第一、第四象限, 故|PQ|≥2>2,从而不存在以PQ为直径的圆与y轴相切. 感谢您的观看 $