第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦圆锥曲线中的证明与探究性问题，依据高考评价体系梳理了位置关系证明、数量关系论证及存在性探究三大核心考点，结合2024年全国甲卷真题及模拟题分析，明确证明问题占60%、探究性问题占40%的高频考查权重，归纳出“性质应用+代数变形”“肯定顺推法”等常考题型解法。 课件亮点在于“真题精讲+方法建模+素养提升”的备考路径，如2024年全国甲卷椭圆证明题，通过向量坐标运算与韦达定理推导，培养学生的数学思维（推理能力、运算能力），探究性问题采用“假设存在-方程求解-验证”步骤，提升数学语言表达（符号运算、逻辑论证）。特设“学霸笔记”归纳易错点，助力学生掌握解题技巧，教师可据此实施精准复习，高效提升备考质量。

第十一节　圆锥曲线中的证明、探究性问题 1 命题点一　证明问题 例1 (链接·2024年全国甲卷)已知椭圆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； (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 解析：(1)设椭圆C的左焦点为F1，因为点M的横坐标为1，且MF⊥x轴，所以c＝1，则|F1F|＝2，|MF|＝. 因为MF⊥x轴，所以|MF1|＝＝， 所以2a＝|MF1|＋|MF|＝4，解得a＝2，所以b2＝a2－c2＝3， 故椭圆C的方程为＝1. 3 (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，＝λ(λ≠－1)，则即 又由 ①－②可得3··＋4··＝12， 4 结合上式可得5λ－2λx2＋3＝0. 由N(，0)，B(x2，y2)，得直线BN的方程为y＝·(x－)， 因为点Q是直线BN与直线MF的交点， 所以将点Q的横坐标1代入直线BN的方程得yQ＝＝＝－λy2＝y1，故AQ⊥y轴． 5 学霸笔记：(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何要素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系相等或不等． (2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明． 6 跟踪训练　已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的一个焦点为(5，0)，点P在C上． (1)求C的方程； (2)已知点Q，A ＝|AE|·|BD|. 7 解析：(1)由双曲线C的一个焦点为(5，0)，得a2＋b2＝25， 由点P(4，3)在双曲线C上，得＝1，解得a＝4，b＝3， 所以双曲线C的方程为＝1. 8 (2)证明：设B(4，t)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，则直线AB的方程为y＝(x－2)， 由消去y得(9－2t2)x2＋8t2x－16t2－144＝0， 9 由直线AB交C于D，E两点，得 解得－3<t<3，且|t|≠，且x1＋x2＝，x1x2＝， 当|t|<时，D，E在A的异侧，在B的同侧；当<|t|<3时，D，E在A的同侧，在B的异侧，则总有|AD|·|BE|－|AE|·|BD|＝··， 10 ··＝(2－x1，－y1)·(4－x2，t－y2)－(4－x1，t－y1)·(x2－2，y2) ＝2x1x2＋2y1y2－6(x1＋x2)－t(y1＋y2)＋32 ＝2x1x2＋(x1－2)(x2－2)－6(x1＋x2)－(x1＋x2－4)＋32 ＝(2＋)x1x2－(t2＋6)(x1＋x2)＋4t2＋32 ＝＋4t2＋32＝0，所以|AD|·|BE|＝|AE|·|BD|. 11 命题点二　探究性问题 例2 (2026·长治模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点，其中点A在第一象限．若AF的中点M到y轴的距离为p，且|OA|＝(O为坐标原点)． (1)求抛物线C的方程； (2)过点Q(－3，0)的直线l与抛物线C交于D，E两点，问：在x轴上是否存在定点T，设直线DT，ET的斜率分别为k1，k2，使k1k2为定值，若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由． 12 解析：(1)由题意得F(，0)，∵AF的中点M到y轴的距离为p，∴xA＝p， 又∵点A在抛物线上， ＝＝21，∵p>0，∴p＝2. ∴抛物线C的方程为y2＝4x. 13 (2)如图，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，T(t，0)， 易知直线l的斜率存在，设直线l：x＝my－3， 联立消去x得y2－4my＋12＝0， 14 ∵Δ＝16m2－48>0，∴m2>3，由韦达定理得y1＋y2＝4m，y1y2＝12, ∴k1k2＝＝ ＝ ＝＝， 为使得k1k2为定值，则需满足[12－4(3＋t)]m2＋(3＋t)2与m无关， 故12－4(3＋t)＝0，即t＝0，∴T(0，0)． 综上，存在定点T(0，0)，使得k1k2为定值． 15 学霸笔记：探究性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在． 16 跟踪训练　已知椭圆C：＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过点(4，0)且斜率不为0的直线l交C于P，Q两点． (1)若A是C上一动点，求△AF1F2的周长和C的离心率； (2)探究|PF2|＝|QF2|该结论是否成立？若成立，求出直线l的方程；若不成立，请说明理由． 17 解析：(1)因为a＝2，b＝，所以c＝＝＝1.椭圆的离心率e＝＝. 由椭圆的定义可得|AF1|＋|AF2|＝2a＝4，而|F1F2|＝2c＝2，故△AF1F2的周长为6. 18 (2)设l：y＝k(x－4)，由题意得k≠0， 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立 所以(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0， 故Δ＝(－32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－<k<， 即－<k<0或0<k<，且x1＋x2＝，x1x2＝. 19 设PQ的中点为M(x0，y0)，则x0＝＝，y0＝k(x0－4)＝－. 若|PF2|＝|QF2|，由F2(1，0)，得＝＝＝－，可得4k2－1＝4k2， 因为此方程无解，所以结论|PF2|＝|QF2|不成立． 20 1．(13分)(2026·河南多校联考)在平面直角坐标系Oxy中，抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，其图象上两点A，B满足|FA|＋|FB|＝10，其中点A在第一象限，点B在第四象限，AB不与x轴垂直，且当|FA|＝3时，点B的横坐标为6. (1)求抛物线E的标准方程； (2)记点C(6，0)，M(4，y)为AB上一点，求证：AB⊥MC. 21 解析：(1)不妨记A(x1，y1)，B(x2，y2)，由|FA|＝3，|FA|＋|FB|＝10可知|FB|＝7， 由抛物线的定义可得6＋＝7，解得p＝2， 故抛物线E的标准方程为y2＝4x. 22 (2)证明：由|FA|＋|FB|＝10可知x1＋x2＋2＝10， 即＝8， 不妨设直线lAB：x＝my＋n，联立 可得y2－4my－4n＝0， ∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n， ∴＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋8n， 23 代入＝8可得2m2＋n＝4， ∴lAB：x＝my＋4－2m2，整理得x－4＝m(y－2m)， 易知m≠0，代入x＝4可得y＝2m，故M(4，2m)， ∴MC的斜率k1＝＝－m，而AB的斜率k2＝， ∴k1k2＝－1， ∴AB⊥MC. 24 2．(15分)已知点A(2，1)关于坐标原点的对称点为B，动点P满足直线PA，PB的斜率之积为－，记动点P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程； (2)判断C上是否存在点P，使得△PAB为等腰直角三角形，若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由． 25 解析：(1)由题意知B(－2，－1)，设P(x，y)，则kPA＝， 且x≠±2， ∵kPAkPB＝，且x≠±2， ∴＝1，且x≠±2， ∴C的方程为＝1(x≠±2)． 26 (2)由题意知kPAkPB＝－≠－1， ∴在△PAB中∠APB不可能为直角． 不妨设△PAB是以A为直角顶点的等腰直角三角形． ∵|AB|＝2，kAP＝－2. 则直线AP的方程为y－1＝－2(x－2)，即y＝－2x＋5， 27 由(1)知C的方程为x2＋4y2＝8， 由解得即P. ∵|AP|≠|AB|＝2，∴假设不成立． 同理不存在以B为直角顶点的等腰直角三角形． ∴C上不存在点P，使得△PAB为等腰直角三角形． 28 3．(15分)已知双曲线Γ：＝1的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点． (1)求F1，F2的坐标及双曲线Γ的渐近线方程； (2)是否存在过点F2的直线l与Γ的左、右两支分别交于A，B两点，使得∠F1AB＝∠F1BA.若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由． 29 解析：(1)由双曲线Γ的方程得a2＝4，b2＝5，得a＝2，b＝， 则c2＝a2＋b2＝9，即c＝3. 故F1(－3，0)，F2(3，0)，渐近线方程为y＝±x＝±x. 30 (2)存在过点F2的直线l与Γ的左、右两支分别交于A，B两点，使得∠F1AB＝∠F1BA. 易知直线l不与x轴重合(当直线l与x轴重合时，A，B为双曲线的左、右顶点，∠F1AB＝π，∠F1BA＝0，不满足题意)． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点M(x0，y0)． 由∠F1AB＝∠F1BA得△F1AB为等腰三角形， 则|F1A|＝|F1B|，F1M⊥AB， 31 即＝－1， 即＝9.　① 因为点A，B在Γ上，所以 ②－③得，即， 32 则kOM·kAB＝，即， 所以－15x0.　④ 联立①④消去y0得－5x0－12＝0， 解得x0＝－或x0＝3(舍)， 当x0＝－时，y0＝±，所以M(，±， 由kOM·kAB＝得kAB＝±， 所以直线l的方程为y＝±(x－3)． 33 4.(17分)(2026·湖北多校联考)已知椭圆E：＝1(a>b>0)，左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，离心率为，点在椭圆E上． (1)求椭圆E的标准方程； 34 (2)若直线l：x＝my＋n与椭圆E交于M，N两点，直线l不过原点、椭圆顶点且不垂直于x轴． (ⅰ)设直线A2M和A2N的斜率分别为k1，k2，用m，n表示； (ⅱ)设点M关于原点的对称点为S点，直线A1S与直线A2N交于T点，直线OT与直线l交于Q点，其中O为坐标原点，证明：点Q在一条定直线上． 35 解析：(1)由椭圆E：＝1的离心率为，得，解得a＝2b， 由椭圆E：＝1过点，得＝1，解得b＝1，a＝2， 所以椭圆E的方程为＋y2＝1. 36 (2)(ⅰ)由消去x得(m2＋4)y2＋2mny＋n2－4＝0，设点M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则y1＋y2＝，而A1(－2，0)，A2(2，0)，依题意n≠±2， 所以＝2m＋(n－2)·. 37 (ⅱ)证明：方法一　设T(x0，y0)，由点M关于原点的对称点为S点，O为A1A2中点，得A1S∥A2M， 直线OT的斜率kOT＝， 由(ⅰ)得，解得kOT＝，则直线OT方程为y＝x， 由消去y得x＝x＋n，而n不恒为0， 解得x＝－2， 所以点Q在定直线x＝－2上． 38 方法二　由(ⅰ)得y1＋y2＝， 设T(x0，y0)，由点M关于原点的对称点为S点，得S(－x1，－y1)， 由A1，S，T三点共线，得，由A2，N，T三点共线，得， 则＝2m＋(n－2)·， 解得，因此直线OT的方程为y＝x， 39 由消去y得x＝x＋n，而n不恒为0， 解得x＝－2， 所以点Q在定直线x＝－2上． 40 $