圆锥曲线中的证明、探索性问题 课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦圆锥曲线证明与探索性问题，依据高考评价体系梳理位置关系证明、数量关系证明、存在性探究等核心考点，结合2025全国甲卷、2026深圳一模等真题分析考点权重，证明问题占比约55%，探索性问题占比约45%，归纳出垂直证明、定值探究等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精讲+方法归纳+素养提升”，如以2025全国甲卷椭圆证明题为例，通过联立方程、韦达定理推导培养运算能力和推理思维，总结“直接推导”“假设验证”等技巧，帮助学生掌握得分关键，教师可据此实施精准复习，提升高考冲刺效率。

圆锥曲线中的证明、探索性问题考点分类 考点1 证明问题 【例1】　(2025·全国甲卷)设椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为F,点M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, 故a=2,故b=,故椭圆方程为=1. 关键能力 提升 返回 (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,求证:AQ⊥y轴. 【解】证明:直线AB的斜率必定存在,设直线AB的方程为 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,解得-, 又x1+x2=,x1x2=,N,故直线BN的方程为 关键能力 提升 返回 y=, 故yQ=, 所以y1-yQ=y1+=== k×= k×=k×=0, 故y1=yQ,即AQ⊥y轴. 关键能力 提升 返回 圆锥曲线中常见的证明问题 (1)位置关系的证明:如证明直线与曲线相切,直线间的平行、垂直,直线过定点等. (2)数量关系的证明:如存在定值、恒成立、相等等. 在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下,一般采用直接法,通过相关的代数运算证明. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练1】　已知抛物线C:x2=4y的焦点为F,设点P的坐标为(0,-1),过点P作曲线C的切线,切点为A(A在第一象限),若过点P的直线m与曲线C交于M,N两点,求证:∠AFM=∠AFN. 证明:如图,设A,t>0,因为y=x2,所以y'=x, 故在点A处的切线斜率为t,又直线PA的斜率为,故t,解得t=2(负值已舍去),故A(2,1), 又F(0,1),所以AF∥x轴,要使∠AFM=∠AFN,只需kFM+kFN=0, 关键能力 提升 返回 当直线m的斜率不存在时,与抛物线只有1个交点,不合题意,故直线m的斜率存在,设直线m的方程为y=kx-1,代入x2=4y并消去y,得x2-4kx+4=0,Δ=16k2-16>0,解得k>1或k<-1,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=4k,x1x2=4,则kFM+kFN=== =2k-=0,故∠AFM=∠AFN. 关键能力 提升 返回 考点2 探索性问题 【例2】　已知抛物线Γ的顶点为坐标原点O,焦点在y轴的正半轴上,过焦点作直线l交抛物线Γ于M,N两点,且=-12. (1)求抛物线Γ的标准方程. 【解】设抛物线Γ的标准方程为x2=2py(p>0),直线MN的方程为y=kx+, 联立消去y,得x2-2pkx-p2=0,Δ=4p2k2+4p2>0, 关键能力 提升 返回 设M,N,则xM+xN=2pk,xMxN=-p2,所以=-12, 解得p=4或p=-4(舍去),所以抛物线Γ的标准方程为x2=8y. 关键能力 提升 返回 (2)如图,过抛物线Γ上的三个不同点A,B,C(B在A,C之间)作抛物线的三条切线,两两相交于点D,E,F.是否存在常数λ,使得?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. 关键能力 提升 返回 【解】存在常数λ=1,使得. 设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),x1<x2<x3,由x2=8y得y=x2,则y'=x,则抛物线Γ在点A处的切线方程为y-y1=x1(x-x1),即y=, 在点B处的切线方程为y-y2=x2(x-x2),即y=, 由 关键能力 提升 返回 解得所以D,同理可得E, F, 则,, , 关键能力 提升 返回 ,所以 , , 可得,所以存在λ=1,使得. 关键能力 提升 返回 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若为探究条件问题,则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在,否则不存在;若为探究结论问题,则应先求出结论的表达式,再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练2】　已知椭圆Γ:=1(a>0,b>0)的右焦点为F,下顶点为M,离心率为,且|MF|=2. (1)求椭圆Γ的方程. 解:由题意知F(c,0),M(0,-b), 故|MF|==a=2. 因为椭圆的离心率e=,所以c=1,则b=,故椭圆Γ的方程为=1. 关键能力 提升 返回 (2)已知过点F的动直线l与椭圆Γ交于A,B两点,且A,C关于原点对称,是否存在直线l,使得四边形OFBC的面积为?若存在,求出直线l的条数;若不存在,请说明理由. 解:存在三条满足题意的直线l. 由题意知直线AB的斜率不为0,设直线AB的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),由对称性,不妨令y1>0,y2<0,如图所示. 关键能力 提升 返回 联立方程得(3m2+4)y2+6my-9=0,Δ=36m2+36(3m2+4)>0,则 又四边形OFBC的面积S=S△ABC-S△AOF=2S△AOB-S△AOF= |OF|·|y1-y2|-, 即y1=2y2+,结合①,得y1=-,y2=-, 代入②,得·, 关键能力 提升 返回 化简得(81m3-36m2+76m-48)m=0,即m=0或81m3-36m2+76m-48=0. 令φ(m)=81m3-36m2+76m-48,则φ'(m)=243m2-72m+76. 易得φ'(m)>0恒成立,即φ(m)在R上单调递增. 又φ(0)=-48<0,φ(1)=73>0,所以由函数零点存在定理知φ(m)在(0,1)上有唯一零点. 综上所述,结合对称性,满足题意的直线l有三条. 关键能力 提升 返回 1.(15分)(2026·广东深圳一模)已知抛物线C:y2=2px,斜率为的直线l交抛物线于M,N两点,且M(1,-2). (1)求抛物线C的方程. 解:由点M(1,-2)在抛物线上,得(-2)2=2p×1,解得p=2,因此抛物线C的方程为y2=4x. 返回 课时作业 (2)试探究:抛物线C上是否存在点P,使得PM⊥PN?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由. 解:假设在抛物线C上存在满足题意的点P. 设点P,由直线l的斜率为,且过点M(1,-2), 可得直线l的方程为y-(-2)=(x-1),即2x-3y-8=0,联立可得y2-6y-16=0,解得y=-2或y=8,可得点N的纵坐标为8,代入y2=4x,解得x=16,即N(16,8), 返回 课时作业 若PM⊥PN,则,即=0, 又, ,则· +(-2-m)(8-m)=0, 整理得m(m+2)(m-8)(m+6)=0,解得m=0或m=-2或m=8或m=-6, 当m=-2时,P(1,-2)与M重合,舍去,当m=8时,P(16,8)与N重合,舍去, 当m=0时,P(0,0),当m=-6时,P(9,-6). 综上,抛物线C上存在点P,使得PM⊥PN,此时点P的坐标为(0,0)或(9,-6). 返回 课时作业 2.(15分)点F是抛物线Γ:y2=2px(p>0)的焦点,O为坐标原点,过点F作垂直于x轴的直线,与抛物线Γ相交于A,B两点,|AB|=4,抛物线Γ的准线与x轴交于点K. (1)求抛物线Γ的方程; 解:由题意得F, 因为|AB|=4,AB⊥x轴, 不妨设A,B,代入抛物线方程,得22=2p·⇒p=2(p>0),所以抛物线Γ的方程为y2=4x. 返回 课时作业 (2)设C,D是抛物线Γ上异于A,B的两个不同的点,直线AC,BD相交于点E,直线AD,BC相交于点G,求证:E,G,K三点共线. 解:证明:由(1)知A(1,2),B(1,-2),准线方程为x=-1,则K(-1,0).如图,设C,D,y1≠±2,y2≠±2,则直线AC的方程为y-2=(x-1)=(x-1)①,直线BD的方程为y+2=(x-1)=(x-1)②, 返回 课时作业 联立①②,解得 即E,同理G, 所以直线EK的斜率kEK= , 直线GK的斜率kGK=, 则直线EK的斜率与直线GK的斜率相同,所以E,G,K三点共线. 返回 课时作业 3.(15分)(2025·北京通州区一模)已知椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,点A(-2,0)在椭圆E上. (1)求椭圆E的方程; 解:根据题意可知解得 +y2=1. 返回 课时作业 (2)若过A的直线l(斜率不为0)与椭圆E的另一个交点为B,线段AB的中点为M,射线OM交椭圆E于点N,交直线x=-2于点Q,求证:|ON|2=|OM||OQ|. 解:证明:如图,设直线l:y=k(x+2)(k≠0),联立可得(4k2+1)x2+16k2x+16k2-4=0,Δ>0,设B(x1,y1),则xA+x1=,故yM=k,故M, 返回 课时作业 kOM=,故直线OM的方程为y=-x,代入椭圆E的方程可得=1,解得x2=,即,在y=-x中,令x=-2,则y=,故Q, 故|OM||OQ|=, |ON|2=,故|ON|2=|OM||OQ|. 返回 课时作业 4.(15分)已知动直线l与椭圆C:=1交于P(x1,y1),Q(x2,y2)两个不同点,且△OPQ的面积S△OPQ=,其中O为坐标原点. (1)求证:均为定值. 解:证明:①当直线l的斜率不存在时,P,Q两点关于x轴对称(提醒:注意特殊情况需单独讨论), 则x1=x2,y1=-y2. ∵P(x1,y1)在椭圆上,∴=1, 又S△OPQ=,∴|x1||y1|=, 返回 课时作业 联立得|x1|=,|y1|=1,此时=3,=2. ②当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m(m≠0), 将其代入=1得(3k2+2)x2+6kmx+3(m2-2)=0, 故Δ=36k2m2-12(3k2+2)(m2-2)>0,即3k2+2>m2, x1+x2=-,x1x2=(题眼), ∴|PQ|=(提示:弦长公式的应用). 返回 课时作业 ∵点O到直线l的距离为d=(提示:点到直线距离公式的应用), ∴S△OPQ=· . 又S△OPQ=,∴化简并整理得3k2+2=2m2, 此时=(x1+x2)2-2x1x2==3, (3-)+(3-)=4-()=2. 综上所述,=3,=2,结论成立. 返回 课时作业 (2)设直线PQ的中点为M,求|OM|·|PQ|的最大值. 解:①当直线l的斜率不存在时,由(1)知|OM|=|x1|=,|PQ|=2|y1|=2, 因此|OM|·|PQ|=. ②当直线l的斜率存在时,由(1)知,,|OM|2=,|PQ|2=(1+k2). 返回 课时作业 ∴|OM|2|PQ|2=≤ , ∴|OM|·|PQ|≤,当且仅当3-,即m=±时,等号成立. 结合①②得|OM|·|PQ|的最大值为. 返回 课时作业 (3)椭圆C上是否存在点D,E,G,使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=?若存在,判断△DEG的形状;若不存在,请说明理由. 解:假设存在D(u,v),E(x3,y3),G(x4,y4),满足S△ODE=S△ODG=S△OEG=. 由(1)得u2+=3,u2+=3,=3,v2+=2,v2+=2,=2,解得u2=,v2==1. 因此u,x3,x4从集合中选取,v,y3,y4从集合{-1,1}中选取, 返回 课时作业 因此D,E,G只能从点集中选取三个不同的点,而这三个点的两两连线中必然有一条经过原点,这与S△ODE=S△ODG=S△OEG=矛盾. ∴椭圆C上不存在点D,E,G,使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=. 返回 课时作业 $