30.圆锥曲线中的证明、探索性问题-【满分思维】2026年五年高考真题分类汇编·数学

**基本信息** 高考圆锥曲线证明与探索性问题真题汇编，精选2021-2024年新高考及全国卷5道解答题，聚焦椭圆、双曲线、抛物线核心考点，适配高考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|5道|椭圆方程与三点共线充要条件证明（2021新高考Ⅱ卷）、双曲线渐近线与探索性组合证明（2022新高考Ⅱ卷）、抛物线与矩形周长证明（2023新高考Ⅰ卷）等|体现高考命题趋势，注重逻辑推理与数学运算，如2024新高考Ⅱ卷结合数列与圆锥曲线证明面积定值，2022新高考Ⅱ卷设置三选二开放性证明问题|

30.圆锥曲线中的证明、探索性问题 1.（2021·新高考Ⅱ卷20题）已知椭圆C的方程为＋＝1（a＞b＞0），右焦点为F（，0），且离心率为. （1）求椭圆C的方程； （2）设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2（x＞0）相切.证明：M，N，F三点共线的充要条件是｜MN｜＝. 解：（1）由题意知　⇒a＝，又∵a2＝b2＋c2，∴b＝1. 故椭圆C的方程为＋y2＝1. （2）证明：①（必要性）若M，N，F三点共线，设直线MN的方程为x＝my＋， 圆心O（0，0）到MN的距离d＝＝1⇒m2＝1. 联立⇒（m2＋3）y2＋2my－1＝0⇒4y2＋2my－1＝0， ｜MN｜＝·＝·＝，必要性成立. ②（充分性）当｜MN｜＝时，设直线MN的方程为x＝ty＋n. 此时圆心O（0，0）到MN的距离d＝＝1⇒n2－t2＝1， 联立⇒（t2＋3）y2＋2tny＋n2－3＝0，Δ＝4t2n2－4（t2＋3）（n2－3）＝12（t2－n2＋3）＝24. ｜MN｜＝＝⇒t2＝1，∴n2＝2. ∴MN与曲线x2＋y2＝b2（x＞0）相切，∴n＞0，n＝， ∴直线MN的方程为x＝ty＋恒过点F（，0），∴M，N，F三点共线，充分性成立. 由①②可得M，N，F三点共线的充要条件是｜MN｜＝. 2.（2024·全国甲卷20题）已知椭圆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. 解：（1）法一（直接法）　由题意知 得 所以椭圆C的方程为＋＝1. 法二　由题意知得 所以椭圆C的方程为＋＝1. 法三（巧用椭圆的定义）　设F'为C的左焦点，连接MF'，则｜MF｜＝，｜FF'｜＝2， 在Rt△MFF'中，｜MF'｜＝＝＝， 由椭圆的定义知2a＝｜MF'｜＋｜MF｜＝4， 2c＝｜FF'｜＝2， 所以a＝2，c＝1， 又a2＝b2＋c2，所以b＝， 所以椭圆C的方程为＋＝1. （2）分析知直线AB的斜率存在. 易知当直线AB的斜率为0时，AQ⊥y轴. 当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝ty＋4（t≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），Q（1，n）， 联立方程得 消去x得（3t2＋4）y2＋24ty＋36＝0，Δ＞0， 则y1＋y2＝，y1y2＝. 因为N为线段FP的中点，F（1，0），所以N（，0）. 由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ，即＝，得－y2＝n（x2－），得n＝， 所以n－y1＝－y1＝－y1＝＝＝0， 所以n＝y1，所以AQ⊥y轴. 3.（2022·新高考Ⅱ卷21题）已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（2，0），渐近线方程为y＝±x. （1）求C的方程； （2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P（x1，y1），Q（x2，y2）在C上，且x1＞x2＞0，y1＞0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立. ①M在AB上；②PQ∥AB；③｜MA｜＝｜MB｜. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 解：（1）由题意得c＝2， 因为双曲线的渐近线方程为y＝±x＝±x，所以＝. 又c2＝a2＋b2， 联立得a＝1，b＝， 所以双曲线C的方程为x2－＝1. （2）由题意知直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx＋b（k≠0），将直线PQ的方程代入C的方程，整理得（3－k2）x2－2kbx－b2－3＝0， 则x1＋x2＝，x1x2＝－＞0，所以3－k2＜0， 所以x1－x2＝＝. 设点M的坐标为（xM，yM），则 两式相减，得y1－y2＝2xM－（x1＋x2）， 又y1－y2＝（kx1＋b）－（kx2＋b）＝k（x1－x2）， 所以2xM＝k（x1－x2）＋（x1＋x2），解得xM＝； 两式相加，得2yM－（y1＋y2）＝（x1－x2）， 又y1＋y2＝（kx1＋b）＋（kx2＋b）＝k（x1＋x2）＋2b， 所以2yM＝k（x1＋x2）＋（x1－x2）＋2b， 解得yM＝＝xM. 因此，点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率. 若选择①②：因为PQ∥AB，所以直线AB的方程为y＝k（x－2），设A（xA，yA），B（xB，yB）， 不妨令点A在直线y＝x上， 则由解得xA＝，yA＝， 同理可得xB＝，yB＝－， 所以xA＋xB＝，yA＋yB＝. 点M的坐标满足 得xM＝＝，yM＝＝， 故M为AB的中点，即｜MA｜＝｜MB｜. 若选择①③：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F（2，0），此时M不在直线y＝x上，矛盾. 当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为y＝m（x－2）（m≠0），A（xA，yA），B（xB，yB）， 不妨令点A在直线y＝x上， 则由解得xA＝，yA＝， 同理可得xB＝，yB＝－， 因为M在AB上，且｜MA｜＝｜MB｜，所以xM＝＝，yM＝＝， 又点M在直线y＝x上，所以＝·， 解得k＝m，因此PQ∥AB. 若选择②③：因为PQ∥AB，所以直线AB的方程为y＝k（x－2），设A（xA，yA），B（xB，yB）， 不妨令点A在直线y＝x上， 则由解得xA＝，yA＝， 同理可得xB＝，yB＝－. 设AB的中点为C（xC，yC），则xC＝＝， yC＝＝. 因为｜MA｜＝｜MB｜，所以M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－（x－xC），即y－＝－上， 与y＝x联立，得xM＝＝xC，yM＝＝yC， 即点M恰为AB的中点，故点M在直线AB上. 4.（2023·新高考Ⅰ卷22题）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，）的距离，记动点P的轨迹为W. （1）求W的方程； （2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3. 解：（1）设点P（x，y）， 则｜y｜＝. 整理，得x2＝y－. 故曲线W的方程为y＝x2＋. （2）证明：不妨设A，B，C三点在W上，如图所示， 设B（x0，＋），A（x1，＋），C（x2，＋），AB的斜率为k，则直线BC的斜率为－（k≠0）， 直线AB，BC的方程分别为y－（＋）＝k（x－x0），y－（＋）＝－（x－x0），即直线AB，BC的方程分别为y＝kx－kx0＋＋，y＝－＋＋＋， 联立直线AB与抛物线W的方程可得消去y得x2－kx＋kx0－＝0， 则Δ＝k2－4kx0＋4＝（k－2x0）2＞0，k≠2x0. 由根与系数的关系得x0＋x1＝k，x0·x1＝kx0－， ∴｜AB｜＝·｜x1－x0｜＝·＝｜k－2x0｜. 同理，联立直线BC与抛物线W的方程，并消去y得x2＋x－x0－＝0，且｜BC｜＝·｜x2－x0｜＝·｜－－2x0｜＝｜＋2x0｜， ∴｜AB｜＋｜BC｜＝｜k－2x0｜＋｜＋2x0｜. 由对称性不妨设0＜｜k｜≤1， 则＝≥（当｜k｜＝1时取“＝”）， ∴｜AB｜＋｜BC｜≥（｜k－2x0｜＋｜＋2x0｜）＞｜k＋｜＝， 令t＝k2，则t∈（0，1]，则＝， 令g（t）＝，t∈（0，1]， 则g'（t）＝＝， 当0＜t＜时，g'（t）＜0，g（t）单调递减；当＜t≤1时，g'（t）＞0，g（t）单调递增， ∴g（t）在t＝处取得极小值，即最小值，为g（）＝， ∴｜AB｜＋｜BC｜＞≥＝. ∴矩形的周长为2（｜AB｜＋｜BC｜）＞3. 5.（2024·新高考Ⅱ卷19题）已知双曲线C：x2－y2＝m（m＞0），点P1（5，4）在C上，k为常数，0＜k＜1.按照如下方式依次构造点Pn（n＝2，3，…）：过Pn－1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn－1，令Pn为Qn－1关于y轴的对称点.记Pn的坐标为（xn，yn）. （1）若k＝，求x2，y2； （2）证明：数列{xn－yn}是公比为的等比数列； （3）设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积.证明：对任意正整数n，Sn＝Sn＋1. 解：将点P1（5，4）的坐标代入C的方程得52－42＝m，解得m＝9，所以C：x2－y2＝9. （1）过点P1（5，4）且斜率k＝的直线方程为y＝（x－5）＋4， 与C的方程联立，消去y化简可得x2－2x－15＝0，即（x－5）（x＋3）＝0， 所以点Q1的横坐标为－3，将x＝－3代入直线方程，得y＝0， 因此Q1（－3，0），从而P2（3，0）， 即x2＝3，y2＝0. （2）证明：法一　由题意，Pn（xn，yn），Pn＋1（xn＋1，yn＋1），Qn（－xn＋1，yn＋1）. 设过点Pn（xn，yn）且斜率为k的直线为ln：y＝k（x－xn）＋yn， 将ln的方程与C的方程联立，消去y化简可得（1－k2）x2＋（2k2xn－2kyn）x－（kxn－yn）2－9＝0， 由根与系数的关系得－xn＋1＋xn＝－， 所以xn＋1＝＋xn＝. 又Qn（－xn＋1，yn＋1）在直线ln上， 所以yn＋1＝k（－xn＋1－xn）＋yn＝－kxn＋1－kxn＋yn. 从而xn＋1－yn＋1＝xn＋1＋kxn＋1＋kxn－yn＝（1＋k）xn＋1＋kxn－yn＝（1＋k）·＋kxn－yn＝·（xn－yn）， 易知xn－yn≠0，所以数列{xn－yn}是公比为的等比数列. 法二　由题意，Pn（xn，yn），Pn＋1（xn＋1，yn＋1），Qn（－xn＋1，yn＋1）. 由点Pn，Qn所在直线的斜率为k，可知k＝. 又点Pn，Qn都在C上，所以 即 易知xn－yn≠0， 则＝＝ ＝ ＝ ＝， 即数列{xn－yn}是公比为的等比数列. （3）证明：法一　由（2）知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为的等比数列. 令t＝，由0＜k＜1可知t＞1，则xn－yn＝tn－1， 又－＝9， 所以xn＋yn＝＝， 可得xn＝，yn＝. 所以Pn（，）， Pn＋1（，）， Pn＋2（，）. 所以直线PnPn＋1的方程为x－xn＝·（y－yn），即（9＋t2n－1）x－（9－t2n－1）y－9tn－1·（1＋t）＝0. 易知点Pn＋2到直线PnPn＋1的距离为 d＝ ＝. 又｜PnPn＋1｜＝ ＝， 则Sn＝·｜PnPn＋1｜·d＝＝，即Sn为定值，所以Sn＝Sn＋1. 法二　由（2）知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为的等比数列. 令t＝，由0＜k＜1可知t＞1，则xn－yn＝tn－1， 又－＝9， 所以xn＋yn＝＝， 可得xn＝，yn＝. 所以Pn（，）， Pn＋1（，）， Pn＋2（，）， Pn＋3（，）. 所以＝＝， ＝＝， 即＝， 所以PnPn＋3∥Pn＋1Pn＋2， 所以点Pn和点Pn＋3到直线Pn＋1Pn＋2的距离相等， 因此△PnPn＋1Pn＋2和△Pn＋1Pn＋2Pn＋3的面积相等，即Sn＝Sn＋1. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $