专题突破练20 圆锥曲线中的证明、探索性问题（Word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

**基本信息** 聚焦圆锥曲线证明与探索性问题，以真题与模拟题为载体，系统训练方程思想与代数推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |求曲线方程|4问（椭圆/双曲线/抛物线）|利用定义、性质求标准方程|从几何条件（离心率、渐近线等）到代数方程的转化| |证明与探索性问题|4问（垂直/定点/存在性）|综合运用韦达定理、斜率计算等|直线与曲线位置关系→代数运算→逻辑推理证明|

专题突破练20　圆锥曲线中的证明、探索性问题 1.(12分)(2024全国甲,理20)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; (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. 2.(15分)(2025陕西宝鸡三模)已知双曲线C过点P(,1)且一条渐近线方程为x+y=0. (1)求双曲线C的标准方程. (2)若过点M(1,0)的直线l与双曲线C相交于A,B两点,试问在x轴上是否存在定点N,使直线NA与直线NB关于x轴对称,若存在,求出定点N的坐标;若不存在,请说明理由. 3.(15分)(2025浙江杭州模拟预测)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E:=1(a>b>0)的离心率e=,且椭圆E过点A(2,0),过点A作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆E于点B,交y轴于点C. (1)求椭圆E的方程. (2)已知P为AB的中点,是否存在定点Q,对于任意的k(k≠0)都有,若存在,求出点Q的坐标;若不存在,说明理由. 4.(17分)(2025山东日照二模)在平面直角坐标系xOy中,过点M(2,0)的直线l与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点,当直线l平行于y轴时,|AB|=4. (1)求抛物线C的方程. (2)若直线l的斜率存在,直线AO与直线x=-2相交于点D,过点B且与抛物线C相切的直线交x轴于点E. ①证明:∠DEO+∠BMO=π. ②是否存在直线l使得四边形ABDE的面积为?若存在,说明直线l有几条;若不存在,请说明理由. 答案： 1.(1)解 设椭圆C的左焦点为F1, 则|F1F|=2,|MF|=, 又MF⊥x轴,所以|MF1|=,2a=|MF1|+|MF|=4, 则a2=4,b2=a2-1=3. 故椭圆C的方程为=1. (2)证明 设点A(x1,y1),B(x2,y2), 则, 即x1y2-x2y1=4(y2-y1), 所以(x1y2-x2y1)(x1y2+x2y1)= =(4--(4- =4(y2-y1)(y2+y1) =4(y2-y1)(x1y2+x2y1), 所以x1y2+x2y1=y1+y2,2x2y1=5y1-3y2, 又点P(4,0),F(1,0),N(,0), 则yQ==y1,故AQ⊥y轴. 2.解 (1)∵双曲线C的一条渐近线方程为x+y=0, ∴设双曲线方程为x2-y2=λ(λ≠0). 又∵双曲线C过点P(,1), 则代入得λ=2, ∴双曲线C的方程为=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),假设在x轴上存在定点N(x0,0),使直线NA与直线NB关于x轴对称. 由题意知,直线l的斜率一定存在,则设其方程为y=k(x-1), 联立消去y得(1-k2)x2+2k2x-k2-2=0, 由题意知 即k∈(-,-1)∪(-1,1)∪(1,), 又有x1+x2=,x1x2=, 则kAN+kBN==0, ∴k[2-(x0+1)()+2x0]=0, =0,∴k(2x0-4)=0, 上式对∀k∈(-,-1)∪(-1,1)∪(1,)恒成立,∴x0=2, ∴存在定点N(2,0),使kAN+kBN=0,即直线NA与直线NB关于x轴对称. 3.解 (1)因为椭圆E:=1的离心率e=,且椭圆E过点A(2,0), 可得解得a=2,b=, 所以椭圆E的方程为=1. (2)由题意,显然直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=k(x-2), 联立 整理得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-4=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=,x1x2= 因为点P为AB的中点,可得xP=, 则yP=k(xP-2)=, 即P(), 令x=0,可得yC=-2k,即C(0,-2k), 假设存在点Q(m,n),使得,此时=0. 因为=(),=(m,n+2k), 可得=0,整理得2mk2-k(n+2k)=0. 因为k≠0,所以2mk-(n+2k)=0, 即(2m-2)k-n=0恒成立, 令 解得m=1,n=0,即Q(1,0), 即存在定点Q(1,0),使得 4.(1)解 当直线l∥y轴时|AB|=4,则点(2,2)在抛物线上,故4=4p,解得p=1,所以抛物线C的方程为y2=2x. (2)①证明 由题设,直线l的斜率存在且不为0,设直线l:x=my+2(m≠0),则斜率kAB= 若A(x1,y1),B(x2,y2),y1>0>y2,联立得y2-2my-4=0, 所以y1+y2=2m,y1y2=-4, 由y=-,则y'=-, 故在点B处切线斜率为-=-, 所以对应切线方程为y=(x-x2)+y2=(x-)+y2=, 令y=0,得x=-,故E(-,0). 由直线OA:y=x,令x=-2, 则y=-=-=-, 故D(-2,-), 所以kDE=, 所以kAB=kDE,即l∥DE,所以∠DEO+∠BMO=π. ②解 连接AE,BD,由①得D(-2,-),y1y2=-4,则D(-2,y2), 又B(x2,y2),所以BD∥x轴, 即四边形DBME为平行四边形, 所以S四边形ABDE=S四边形DBME+S△AEM=(2-xE)(|yB|+yA) =(2+)·(-y2+y1)=(2+)(-y2-)=--3y2-, 若四边形ABDE的面积为, 则--3y2-, 整理得+6+15y2+8=0, 令f(x)=x4+6x2+15x+8,且x<0, 则f'(x)=4x3+12x+15, 令g(x)=f'(x), 则g'(x)=12x2+12>0, 故g(x)=f'(x)在(-∞,0)上单调递增, 又f'(-1)=-1<0<f'(-)=, 所以∃x0∈(-1,-)使f'(x0)=0, 在(-∞,x0)上f'(x)<0,f(x)在(-∞,x0)上单调递减, 在(x0,0)上f'(x)>0,f(x)在(x0,0)上单调递增, 而f(-1)=0>f(x0),f(-)=,∃x1∈(x0,-)使f(x1)=0, 所以f(x)在(-∞,0)上有两个零点,为-1和x1,x1∈(x0,-), 即--3y2-在(-∞,0)上有2个不同根,由对称性,使四边形ABDE的面积为的直线l共有4条. 7 学科网（北京）股份有限公司 $