第八章 第11节 圆锥曲线中证明、探索性问题 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、探索性问题”核心考点，依据高考评价体系明确定点、定值、位置关系等考查要求，通过近五年真题分析，梳理出证明问题（如角平分线、垂直）占60%、探索性问题（参数存在性）占40%的高频考点分布，构建题型分类与解题策略体系。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养培养”，以2025天津卷椭圆角平分线证明、2023新高考Ⅱ卷双曲线定点问题为例，提炼“设而不求”“非对称韦达定理”等技巧，培养数学思维（推理能力）与数学语言（模型观念）。特设“易错陷阱警示”和“母题变式训练”，助力学生掌握转化思想，教师可据此精准突破难点，提升备考效率。

层级三　证明、探索性问题 第八章　平面解析几何 第11节　圆锥曲线中定的问题 解析几何中的证明、探索性问题是高考考查的热点，难度较大，常出现在高考题比较靠后的位置.此类问题常涉及定点、定值、最值、图形形状及常见有位置关系的证明、探索，如相切、平行、垂直、共线等;数量关系的证明、探索，如恒成立、值相等(不等)、角相等(不等). 题型分析 索引 例1 (2025·天津卷)已知椭圆＝1(a>b>0)的左焦点为F，右顶点为A，P为直线x＝a上一点，且直线PF的斜率为，△PFA的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程; 题型一　证明问题 ∵PF的斜率为，∴|PA|＝|FA|，∴S△PFA＝×|PA|×|FA|＝××(a＋c)2＝， 得a＋c＝3，又，∴a＝2，c＝1，则b＝， ∴椭圆的方程为＝1. 索引 (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B(异于点A)，求证:PF平分∠AFB. 由(1)知F(－1，0)， 则PF:y＝(x＋1)，∴P(2，1)， 易知直线PB的斜率存在，设PB:y－1＝k(x－2)， ∵PB与椭圆仅有一个交点， ∴Δ＝64k2(2k－1)2－32(4k2＋3)(2k2－2k－1)＝0， 解得k＝－， 索引 ∴xB＝－＝1，则yB＝， ∴B， ∴直线BF的斜率为. ∵tan 2∠PFA＝， ∴∠BFA＝2∠PFA，即PF平分∠AFB. 索引 感悟提升 1.树立“转化”意识 索引 感悟提升 2.树立“参数”思想，在求解数量关系的证明时，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目的. 索引 训练1 (2026·合肥质检节选)已知动圆C1:(x＋2)2＋y2＝(r1>0)与动圆C2:(x－2)2＋y2＝(r2>0)，且|r1－r2|＝2，记C1与C2的公共点的轨迹为曲线T. (1)求曲线T的方程; 设圆C1，C2的交点为M， 则|MC1|＝r1，|MC2|＝r2， 因为|r1－r2|＝2，所以||MC1|－|MC2||＝2<|C1C2|＝4， 故点M的轨迹(即曲线T)是以C1，C2为焦点的双曲线， 则2a＝2，a2＋b2＝4，所以a＝，b＝1， 故曲线T的方程为－y2＝1. 索引 (2)若直线l与圆x2＋y2＝3相切，且与曲线T交于P1，P2两点(点P1在y轴左侧，点P2在y轴右侧). 若直线l与直线y＝－x和y＝x分别交于点Q1，Q2，证明:|P1Q1|＝|P2Q2|. 要证|P1Q1|＝|P2Q2|，只需证线段P1P2的中点与线段Q1Q2的中点重合. 设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)， 由题意可知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝kx＋m. 因为直线l与圆x2＋y2＝3相切， 所以，即m2＝3(1＋k2). 索引 得(3k2－1)x2＋6kmx＋(3m2＋3)＝0，则 故线段P1P2的中点的横坐标为. 索引 易得直线y＝kx＋m与直线y＝－x和y＝x交点的横坐标分别为－， 所以线段Q1Q2中点的横坐标为， 所以线段P1P2的中点与线段Q1Q2的中点重合， 所以|P1Q1|＝|P2Q2|. 索引 例2 已知双曲线C:＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A(－1，0)，B(1，0)，动直线l过点M(2，0)，当直线l与双曲线C有且仅有一个公共点时，点B到直线l的距离为. (1)求双曲线C的标准方程; 题型二　探索性问题 ∵a＝1，∴x2－＝1， 故当直线l过(2，0)且与双曲线C有且仅有一个公共点时，l与C的渐近线平行. 索引 设直线l:y＝±b(x－2)，则点B(1，0)到直线l的距离为， ∴b＝1， ∴双曲线C的标准方程为x2－y2＝1. 索引 (2)当直线l与双曲线C交于异于A，B的两点P，Q时，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2.是否存在实数λ，使得k2＝λk1成立?若存在，求出λ的值;若不存在，请说明理由. 由题可知，直线l的斜率不为0， 设直线l:x＝my＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 得(m2－1)y2＋4my＋3＝0(m2－1≠0). Δ＝4m2＋12>0成立， 索引 则y1＋y2＝，y1y2＝，∴my1y2＝－(y1＋y2). ∵k1＝，k2＝， ∴λ＝ ＝＝＝－3. 故存在实数λ＝－3，使得k2＝λk1成立. 索引 感悟提升 求解含参数的探究性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在;若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程. 索引 训练2 (2026·宁波调研)已知椭圆C:＝1(a>b>0)过点P，记椭圆的左顶点为M，右焦点为F. (1)若椭圆C的离心率e∈，求b的取值范围; ∵P在椭圆上，∴＝1(a>b>0)， 可得b2＝－e2， ∵e∈，∴b2＝－e2∈，∴b∈. 索引 (2)已知a＝b，过点F作直线与椭圆C分别交于E，G两点(异于左、右顶点)，连接ME，MG，试判断EM与EG是否可能垂直，请说明理由. EM与EG可能垂直，理由如下: ∵a＝b， 且椭圆C过P，∴a＝，b＝1， 因此椭圆C的方程为＋y2＝1. 由题意得M(－，0)，F(1，0)， 假设EM⊥EG， 索引 设E(x，y)，x∈(－)， 则＝(x＋，y)，＝(x－1，y)， 由⊥，得·＝0， 即(x＋)·(x－1)＋y2＝0，① 又点E在椭圆C上，∴＋y2＝1，② 联立①②消去y，得＋(－1)x＋1－＝0， 解得x＝－(舍去)或x＝2－， ∴EM与EG可能垂直. 索引 在一元二次方程ax2＋bx＋c＝0中，若Δ>0，设它的两个根分别为x1，x2，则x1＋x2＝－，x1x2＝，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理|x1－x2|，之类的结构，但在有些问题中，我们会遇到涉及x1，x2的不同系数的代数式的运算，比如求或λx1＋μx2之类的结构，就相对较难的转化到应用韦达定理来处理了.我们把这种形如x1＋2x2，λx1y2＋μx2y1，或之类中x1，x2的系数不对称的式子，称为“非对称韦达定理”问题.一般的解决方法有: 非对称韦达定理 拓展视野 索引 (1)代换法:利用韦达定理消去x或y中的一个，一般而言，用直线方程中的x和y进行代换消元，如果选择代换消去y，则正设直线y＝kx＋b;选择代换消去x，则反设直线x＝my＋t. (2)和积转化法:即运用⇒h(t)x1x2＝m(x1＋x2)进行转化，一般情况下，多把积化和，且m多为常数. 索引 (3)配凑半代换法:对能代换的部分进行韦达代换，剩下的部分进行配凑，而半代换也有一定技巧，比如题中的，可将分子整理为，利用等比关系，从结构上可以猜测定值为. (4)曲线代换:若两点均在曲线＋y2＝1和直线y＝kx－上，那么形如的式子如果用直线替换显然麻烦，注意到＝1⇒＝9－9⇒＝9(1－y1)(1＋y1)，替换掉原式中含有的(1－y1)，可以得到; 若两点均在曲线y2＝4x和直线x＝ty＋1上，联立可以得到y2－4ty－4＝0，得到y1y2＝－4，显然x1x2的式子使用曲线代换更简单，则x1x2＝·＝1. 索引 典例 (2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为. (1)求C的方程; 设双曲线的标准方程为＝1(a>0，b>0). 所以双曲线C的方程为＝1. 索引 (2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明:点P在定直线上. 设直线MN的方程为x＝my－4， M(x1，y1)，N(x2，y2). 易知A1(－2，0)，A2(2，0). 联立直线MN与双曲线C的方程， 即 消去x并整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0， 索引 则y1＋y2＝，y1y2＝， 且4m2－1≠0，Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192>0. 直线MA1的方程为y＝(x＋2)， 直线NA2的方程为y＝(x－2). 联立直线MA1与直线NA2的方程并消去y，得(*) 索引 法一　(*)＝ ＝＝－， 所以x＝－1，即点P在定直线x＝－1上. 索引 法二　利用， 得my1y2＝(y1＋y2)代入(*) 则(*)＝ ＝＝－， 所以x＝－1，即点P在定直线x＝－1上. 索引 课时对点精练 1.已知椭圆T:＋y2＝1，动直线y＝x＋t(t≠0)与椭圆交于E，F两点，EF的中点为M，连接OM(其中O为坐标原点)交椭圆于P，Q两点，证明:ME·MF＝MP·MQ. 设E(x1，y1)，F(x2，y2)， 联立得x2＋tx＋t2－1＝0， Δ＝2t2－4(t2－1)＝4－2t2>0， 解得－<t<， 1 2 3 4 索引 则x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－1，y1＋y2＝x1＋t＋x2＋t＝t， ∴M，则kOM＝－， 联立 则可设P，Q， ∴MP·MQ＝··， 1 2 3 4 索引 ∵ME·MF＝EF2 ＝(1＋)(x1－x2)2 ＝[(x1＋x2)2－4x1x2]＝， ∴ME·MF＝MP·MQ. 1 2 3 4 索引 2.(2026·福州质检)已知O为坐标原点，双曲线E:＝1(a>0，b>0)经过点A(－5，2)，左、右焦点分别为F1(－6，0)，F2(6，0). (1)求E的离心率; 所以E的离心率为. 1 2 3 4 索引 法二　由焦点坐标可得c＝6， 因为双曲线经过点A(－5，2)， 所以由双曲线的定义得2a＝＝4， 解得a＝2，所以E的离心率为. 1 2 3 4 索引 (2)一组平行于直线OA的直线与E相交，证明:这些直线被E截得的线段的中点在同一条直线上. 由(1)可得E的方程为＝1. 易得直线OA的斜率k＝－，设平行于直线OA的直线方程为y＝－x＋t(t≠0)， 与E交于点B(x1，y1)，C(x2，y2)，线段BC的中点为M(x0，y0)， 1 2 3 4 索引 则Δ＝16t2－4×(－5t2－80)＝80t2＋1 024>0，x1＋x2＝－t， 所以x0＝(x1＋x2)＝－t， y0＝－x0＋t＝t， 所以y0＝－2x0， 故这些直线被E截得的线段的中点在同一条直线y＝－2x上. 1 2 3 4 索引 法二　由(1)可得E的方程为＝1. 易得直线OA的斜率k＝－，设平行于直线OA的直线与E交于点B(x1，y1)，C(x2，y2)，线段BC的中点为M(x0，y0)， 易知x1≠x2，则＝－， 由 两式相减得， 1 2 3 4 索引 又x1≠x2，y1＋y2≠0， 所以×， 所以×＝－，则y0＝－2x0， 故这些直线被E截得的线段的中点在同一条直线y＝－2x上. 1 2 3 4 索引 3.(2024·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; 所以椭圆C的方程为＝1. 1 2 3 4 索引 所以椭圆C的方程为＝1. 1 2 3 4 索引 (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. 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 消去x得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，Δ>0， 1 2 3 4 索引 则y1＋y2＝，y1y2＝. 因为N为线段FP的中点，F(1，0)，所以N. 由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ， 即，得－y2＝n，得n＝， 所以n－y1＝－y1＝－y1＝ ＝＝0， 所以n＝y1，所以AQ⊥y轴. 1 2 3 4 索引 4.已知椭圆Γ:＝1(a>b>0)的离心率为，其左焦点为F1(－2，0). (1)求Γ的方程; 由题意设焦距为2c，则c＝2. 因为离心率为，即，所以a＝2. 则b2＝a2－c2＝4， 故Γ的方程为＝1. 1 2 3 4 索引 (2)如图，过Γ的上顶点P作动圆F1的切线分别交Γ于M，N两点，是否存在圆F1使得△PMN是以PN为斜边的直角三角形?若存在，求出圆F1的半径;若不存在，请说明理由. 不存在.理由:假设存在圆F1满足题意， 当圆F1过原点O时，直线PN与y轴重合， 直线PM的斜率为0，不合题意. 依题意不妨设PM:y＝k1x＋2(k1≠0)， PN:y＝k2x＋2(k2≠0)， 1 2 3 4 索引 M(x1，y1)，N(x2，y2)，圆F1的半径为r， 则圆心F1到直线PM的距离为＝r， 圆心F1到直线PN的距离为＝r， 故k1，k2是关于k的方程(r2－4)k2＋8k＋r2－4＝0的两个相异实根，此时k1k2＝1. 联立得(1＋2)x2＋8k1x＝0， 1 2 3 4 索引 所以xP＋xM＝， 即xM＝， 则yM＝， 所以M， 同理N. 由k2＝，得N. 1 2 3 4 索引 由题意得PM⊥MN，即kMN＝－， 此时kMN＝ ＝ ＝， 所以＝－， 因为k1≠0，所以方程无解， 故不存在满足题意的圆F1. 1 2 3 4 索引 由得(4k2＋3)x2－8k(2k－1)x＋8(2k2－2k－1)＝0， 联立消去y并整理， 由 由题意可得 法一　由题意得所以 联立x2＋4tx－5t2－80＝0， 法一　由题意知得 法二　由题意知 $