专题6 第7讲 圆锥曲线中的证明与探索性问题 基础课 课时作业-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦解析几何核心考点，涵盖椭圆、抛物线标准方程求解，直线与圆锥曲线位置关系，定点、最值及垂直证明等高考高频题型，对接高考评价体系，通过模拟真题分析考点权重，归纳通性通法，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题情境+解题建模+素养提升”，如椭圆方程用待定系数法，抛物线定点问题结合韦达定理与向量转化，培养学生数学思维与逻辑推理能力。特设易错点警示与答题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此系统规划复习，提升备考效率。

1 2 3 4 1.(2025·江苏常州模拟)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)和点(,2)在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程. 基础巩固练 1 2 3 4 解:设椭圆C的方程为λx2+μy2=1(λ≠μ,λ>0,μ>0),由点(,2)和点(,2)在椭圆C上,得 解得 所以椭圆C的方程为+=1. 1 2 3 4 (2)直线l:y=kx+m(k≠0)与椭圆C交于M,N两点,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. 1 2 3 4 解:当m=-2k时,直线l:y=k(x-2), 假设存在点T(x0,0),使得直线MT,NT的倾斜角互补,即直线MT,NT的斜率之和为0, 由消去y得(3k2+4)x2-12k2x+12k2-36=0, Δ=(12k2)2-4(3k2+4)(12k2-36)=48(5k2+12)>0,设M(x1,y1),N(x2,y2), 则x1+x2=,x1x2=,由+=0, 1 2 3 4 得k(x1-2)(x2-x0)+k(x2-2)(x1-x0)=0,而k≠0,即2x1x2-(x0+2)(x1+x2)+4x0=0, 于是-(x0+2)·+4x0=0,整理得=0,解得x0=,所以存在点T(,0),使得直线MT,NT的倾斜角互补. 1 2 3 4 2.(2025·浙江杭州模拟)如图,椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为e=,左、右焦点分别为F1,F2,左、右顶点分别为A,B,椭圆上有一动点D(异于A,B),E为线段AD的中点,O为坐标原点.直线x=2与直线OE相交于点M.已知△DAF2面积有最大值为. (1)当点M坐标为(2,-2)时,求|AD|; 1 2 3 4 解:由题意得a=c,(a+c)b=,a2=b2+c2,解得a2=2,b2=c2=1, 故椭圆C的方程为+y2=1. 当点M坐标为(2,-2)时,kME=-1, 设E(x0,-x0),则D(2x0+,-2x0). 代入椭圆方程得(x0+1)2+4=1, 解得x0=-或0(舍去),即D(,). 又A(-,0),故|AD|=. 1 2 3 4 (2)证明:MF2⊥AD. 证明:设直线AD:x=ty-,与椭圆C方程联立得yD=,xD=. 又A(-,0),故E(,), 则OE:y=-x,则M(2,-t).又F2(1,0), 故直线MF2的斜率==-t, 所以·kAD=(-t)·=-1,故MF2⊥AD. 1 2 3 4 3.(2025·河南信阳模拟)某企业生产的玻璃器皿产品中某型号高脚杯的轴截面为抛物线C.如图1所示,往高脚杯中缓慢倒水,当杯中的水深为1 cm时,水面宽度为4 cm;如图2所示,以O为坐标原点建立平面直角坐标系,P,Q是抛物线C上异于点O的两点,且满足·=0. (1)求抛物线C的方程. 能力提升练 1 2 3 4 解:设抛物线的方程为x2=2py(p>0), 由题知点(2,1)在抛物线上,代入抛物线方程,可得22=2p×1, 解得p=2,所以抛物线C的标准方程为x2=4y. 1 2 3 4 (2)求证:直线PQ过定点. 1 2 3 4 证明:设直线PQ的方程为y=mx+b,P(x1,y1),Q(x2,y2), 联立得x2-4mx-4b=0, 则x1x2=-4b.因为x2=4y,所以y=x2. y1y2=·===b2. 因为·=0,所以x1x2+y1y2=0,-4b+b2=0,解得b=4或b=0. 因为PQ不经过点O,所以b=0舍去. 所以直线PQ的方程为y=mx+4,所以直线PQ过定点(0,4). 1 2 3 4 (3)过点O作PQ的垂线,垂足为H.是否存在一个定点到点H的距离为定值?如果存在,求出该定点的坐标;如果不存在,请说明理由. 1 2 3 4 解:存在定点,理由如下: 由(2)得直线PQ过定点(0,4),过点O作PQ的垂线,垂足为H(图略). 所以OH⊥PQ,定点G(0,4)在PQ上,即OH⊥GH, 故点H在以OG为直径的圆上,圆心为OG的中点. 因为O(0,0),G(0,4),所以OG中点坐标为(0,2), 即为圆心的坐标. 因为圆心(0,2)到圆周上的点H的距离等于半径2, 故存在点(0,2)到点H的距离是定值. 1 2 3 4 4.(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,切点分别为A,B. (1)若点N的纵坐标为-2,求证:直线AB恒过定点; 1 2 3 4 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恒过定点(0,2). 1 2 3 4 (2)若|AB|=2,求△ABN面积的最大值; 1 2 3 4 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. 1 2 3 4 (3)若AB过点F,证明:|FA|·|FB|=|FN|2. 1 2 3 4 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, 所以直线NA的方程为y-y1=x1(x-x1). 1 2 3 4 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, 1 2 3 4 所以|FA|·|FB|=|FN|2; 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. 感谢您的观看 $