第八章 第64课时 圆锥曲线中的证明、探索性问题 课件-2027届高三数学（通用版）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索性问题，依据高考评价体系梳理椭圆、抛物线、双曲线等核心考点，分析近五年真题中位置关系证明、数量关系论证、存在性探究等题型的考查权重，归纳等价转化、设而不求、肯定顺推等解题技法，构建系统备考框架。 课件亮点在于真题实战与素养提升结合，如以2023北京卷椭圆证明题为例，通过等价转化法培养数学思维，用设而不求法训练数学语言表达，配套巩固迁移题和阶段评估卷。助力学生掌握“联立方程—韦达定理—斜率计算”等答题技巧，教师可依托课件精准定位考点，提升复习效率。

*第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 第八章　解析几何 技法一　“等价转化”法证明位置关系 [典例1]　(2023·北京卷)已知椭圆E：，A，C分别为E的上、下顶点，B，D分别为E的左、右顶点，|AC|＝4． (1)求E的方程； (2)P为第一象限内E上的一个动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N．求证：MN∥CD． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 2 [解]　(1)由题意可得2b＝4，e＝，a2＝b2＋c2， 解得b＝2，a2＝9，∴椭圆E的方程为＝1． (2)证明：由题意可知，A(0，2)，B(－3，0)，C(0，－2)，D(3，0)， 直线BC的方程为＝1，即2x＋3y＋6＝0． 设直线AP的方程为y＝kx＋2(k<0)，∴N． 3 联立消去y并整理得(4＋9k2)x2＋36kx＝0，Δ>0， 解得x＝0或x＝－，∴P． 直线PD的方程为y＝(x－3)， 即y＝(x－3)， 4 与2x＋3y＋6＝0联立，解得x＝． ∴M． ∴kMN＝，∴MN∥CD． 5 名师点评：树立“转化”意识，证明位置关系 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 6 [巩固迁移] 1．(2025·八省联考)已知椭圆C的离心率为，左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)． (1)求C的方程； (2)已知点M0(1，4)，证明：线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点； (3)设M是坐标平面上的动点，且线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点．证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 7 [解]　(1)由题意知 ∴C的方程为＝1． 8 (2)证明：设线段F1M0的中点为P，则P(0，2)， x＋2， 由－12＝0， ∴x2－2x＋1＝0，Δ＝4－4＝0， ∴线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点． 9 (3)证明：设M(x0，y0)， 当y0＝0时，线段F1M的垂直平分线方程为x＝＝±2，x0＝5或x0＝－3． 当y0≠0时，线段F1M的垂直平分线方程为y＝－ ＝－，联立 10 得3x2＋4＝12， ∴－12＝0． ∵线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点， ∴Δ＝＝0， 即＝0， 则－32x0－15＝0， 11 即 －2x0－15)＝0， ∴(－2x0－15)＝0， ∵>0， ∴＝16， ∵点(5，0)，(－3，0)也满足上式，∴M的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝16，它为一个圆． 12 技法二　“设而不求”法证明数量关系 [典例2]　已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线y＝x上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M(－1，0)对称． (1)求E和Γ的标准方程； (2)过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求证：|CD|>|AB|． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 13 [思维流程] 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 14 [解]　(1)设抛物线Γ的标准方程为x2＝2py，p>0，则F． 已知点E在直线y＝x上，故可设E(2a，a)． 因为E，F关于点M(－1，0)对称， 所以解得 所以抛物线Γ的标准方程为x2＝4y． 因为圆E与x轴相切，故半径r＝|a|＝1， 所以圆E的标准方程为(x＋2)2＋(y＋1)2＝1． 15 (2)证明：由题意知，直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，那么其方程为y＝k(x＋1)(k≠0)． 则E(－2，－1)到直线l的距离d＝， 因为l与圆E交于A，B两点， 所以d2<r2，即<1，解得k>0， 所以|AB|＝2． 由消去y并整理得x2－4kx－4k＝0． 16 Δ＝16k2＋16k>0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k， 那么|CD|＝|x1－x2|＝ ＝4． 所以＝＝＝2． 所以|CD|2>2|AB|2，即|CD|>|AB|． 17 名师点评：解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理及运算，借助几何直观地达到证明的目的． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 18 [巩固迁移] 2．(2026·内蒙古呼和浩特开学考试)已知双曲线C：，3)在C上． (1)求C的方程； (2)已知点Q(4，0)，B为线段PQ上一点，且直线AB交C于D，E两点，证明：|AD|·|BE|＝|AE|·|BD|． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 19 [解]　(1)由双曲线C的一个焦点为(5，0)，得a2＋b2＝25， 由点P(4＝1， 解得a＝4，b＝3， 所以双曲线C的方程为＝1． 20 (2)证明：设B(4，t)，D(x1，y1)，E(x2，y2)， 则直线AB的方程为y＝)， 由 消去y得(9－2t2)x2＋8t2x－16t2－144＝0， 由直线AB交C于D，E两点，得 21 解得－3<t<3，且|t|≠， 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|＝， 22 －x1，－y1)·(4－x1，t－y1)·(x2－2(x1＋x2)－t(y1＋y2)＋32 ＝2x1x2＋)＋32＝(x1＋x2)＋4t2＋32 ＝＋4t2＋32＝0， 所以|AD|·|BE|＝|AE|·|BD|． 23 【教用·备选题】 已知圆M：(x＋2)2＋y2＝的圆心为N，一动圆与圆N内切，与圆M外切，动圆的圆心E的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)已知定点P，过点N的直线l与曲线C交于A，B两点，证明：∠APN＝∠BPN． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 24 [解]　(1)如图， 设圆E的圆心E(x，y)，半径为r， 则|EM|＝r＋， 所以|EM|－|EN|＝2<|MN|＝4． 由双曲线的定义可知，E的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为2的双曲线的右支， 所以曲线C的方程为． 25 (2)证明：由题意知，直线l的斜率不为0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝my＋2， 由于直线l与曲线C交于两点， 故－ 消去x并整理得(m2－3)y2＋4my＋1＝0，m2－3≠0，Δ>0， 故 26 又x1＝my1＋2，x2＝my2＋2，y1≠0，y2≠0， 所以＝0， 即kAP＋kBP＝0， 所以∠APN＝∠BPN，得证． 27 技法三　肯定顺推法求解存在性问题 [典例3]　已知椭圆C1：，椭圆C1的上顶点与抛物线C2：x2＝2py(p>0)的焦点F重合，且抛物线C2经过点P(2，1)，O为坐标原点． (1)求椭圆C1和抛物线C2的标准方程． (2)已知直线l：y＝kx＋m与抛物线C2交于A，B两点，与椭圆C1交于C，D两点，若直线PF平分∠APB，四边形OCPD能否为平行四边形？若能，求实数m的值；若不能，请说明理由． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 28 [思维流程] 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 29 [解]　(1)由抛物线C2经过点P(2，1)，得4＝2p，所以p＝2，故抛物线C2的标准方程为x2＝4y． 抛物线C2：x2＝4y的焦点为F(0，1)，所以b＝1． 又椭圆C1的离心率e＝，所以a＝2． 所以椭圆C1的标准方程为＋y2＝1． 30 (2)四边形OCPD不是平行四边形，理由如下： 将y＝kx＋m代入x2＝4y，消去y并整理得， x2－4kx－4m＝0． 所以Δ＝16k2＋16m>0，即m>－k2． 设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2． 因为直线PF平分∠APB，所以k1＋k2＝0． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝0． 31 又＝4y2， 则＝0，所以x1＋x2＝－4， 所以kAB＝＝－1，所以k＝kAB＝－1， 所以直线l：y＝－x＋m且m>－1． 由消去y并整理得5x2－8mx＋4m2－4＝0． 32 所以Δ＝64m2－4×5×(4m2－4)＝16(5－m2)>0， 解得－． 设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则x3＋x4＝， y3＋y4＝－(x3＋x4)＋2m＝． 若四边形OCPD为平行四边形，则， 即(2，1)＝(x3＋x4，y3＋y4)． 所以显然方程组无解． 所以四边形OCPD不是平行四边形． 33 名师点评：肯定顺推法求解存在性问题 先假设满足条件的元素(点、直线、曲线、参数等)存在，用待定系数法设出，并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、参数等)存在；否则，元素(点、直线、曲线、参数等)不存在． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 34 [巩固迁移] 3．(2025·河北石家庄一模)已知椭圆C： ． (1)求椭圆C的标准方程． (2)直线l：x＝－与x轴交于点Q，过焦点F(－2，0)的直线与椭圆交于M，N两点． (ⅰ)证明：点Q在以MN为直径的圆外． (ⅱ)在l上是否存在点E使得△EMN是等边三角形．若存在，求出直线MN的方程；若不存在，请说明理由． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 35 [解]　(1)由题意得c＝2，b＝， 则椭圆C的标准方程为＝1． (2)(ⅰ)证明：由题意得，Q(－3，0)， 当直线MN的斜率为0时，此时以MN为直径的圆的方程为x2＋y2＝6，显然Q在此圆外； 当直线MN的斜率不为0时，设直线MN的方程为x＝my－2， 由可得(m2＋3)y2－4my－2＝0， 36 Δ＝16m2＋8(m2＋3)＝24m2＋24>0恒成立， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则y1＋y2＝， ＝(x1＋3)(x2＋3)＋y1y2 ＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2 ＝(m2＋1)y1y2＋m(y1＋y2)＋1 ＝>0， 故点Q在以MN为直径的圆外． 37 (ⅱ)当MN的斜率不存在时，|MN|＝，此时Q到MN距离为1，故不存在等边三角形，当MN的斜率为0时，易得不存在等边三角形， 当MN斜率存在且不为0时，设直线MN的方程为x＝my－2， 设MN中点为G(xG，yG)，又M(x1，y1)，N(x2，y2)，由(ⅰ)得， yG＝， 直线EG的斜率为－m， 所以|EG|＝． 38 |MN|＝|y1－y2|＝， 因为△EMN是等边三角形，所以， 则， 解得m2＝1，即m＝±1， 故直线MN的方程为y＝x＋2或y＝－x－2． 39 【教用·备选题】 1．(2026·河北保定模拟)已知椭圆C：． (1)求椭圆C的方程； (2)直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列．椭圆C上是否存在一点P，使得四边形OMPN为平行四边形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 40 [解]　(1)由离心率e＝ ＝1， 将点A＝1，解得b2＝1， 所以椭圆C的方程为＋y2＝1． 41 (2)由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x＝my＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立 整理可得(2＋m2)y2＋2mty＋t2－2＝0， 所以Δ＝4m2t2－4(2＋m2)(t2－2)>0， 即t2<2＋m2，且y1＋y2＝． 因为四边形OMPN为平行四边形， 42 OP与MN互相平分，所以P， 因为点P在椭圆上，则＝1，整理得4t2＝2＋m2，① 又因为直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，即， 即m2＝， 而， 可得2t2＝m2t2，② 43 由①②得m2＝2，t2＝1，符合Δ>0， 可得m＝±，t＝±1， 所以直线l的方程为x±y＋1＝0． 44 2．(2025·福建漳州三模)已知椭圆C的中心为坐标原点O，对称轴为x轴、y轴，且点(，2)在椭圆C上，椭圆的左顶点与抛物线Γ：y2＝2px(p>0)的焦点F的距离为4． (1)求椭圆C和抛物线Γ的方程； (2)直线l：y＝kx＋m(k≠0)与抛物线Γ交于P，Q两点，与椭圆C交于M，N两点． ①若m＝k，抛物线Γ在点P，Q处的切线交于点S，求证：|PF|·|SQ|2＝|QF|·|SP|2； ②若m＝－2k，是否存在定点T(x0，0)，使得直线MT，NT的倾斜角互补？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 45 [解]　(1)设椭圆C的方程为λx2＋μy2＝1(λ≠μ，λ>0，μ>0)， ∵点(，2)在椭圆C上， ∴解得 ∴椭圆C的标准方程为＝1． 由椭圆C的方程可知，椭圆C的左顶点为(－3，0)，又F， ∴－(－3)＝4，解得p＝2， ∴抛物线Γ的方程为y2＝4x． 46 (2)①证明：当m＝k时，直线l：y＝k(x＋1)，即x＝y－1， 令＝n，则直线l：x＝ny－1， 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由得y2－4ny＋4＝0， 则Δ＝16n2－16>0，∴n2>1， ∴y1＋y2＝4n，y1y2＝4． 47 设抛物线Γ在点P，Q处的切线方程分别为x＝n1(y－y1)＋x1，x＝n2(y－y2)＋x2， 由 －16n1y1＋16x1＝0， 又＝16x1， ∴16＝4(2n1－y1)2＝0，则2n1＝y1． 48 同理可得2n2＝y2． 联立两切线方程将2n1＝y1，2n2＝y2代入， 解得∴S(1，2n)， ∴|SP|2＝(x1－1)2＋(y1－2n)2， 又x1＝ny1－1， ∴|SP|2＝(ny1－2)2＋(y1－2n)2＝(n2＋1)－8ny1＋4n2＋4． 49 同理可得|SQ|2＝(n2＋1)－8ny2＋4n2＋4． ∵， ∴要证|PF|·|SQ|2＝|QF|·|SP|2， 等价于证明y1·|SQ|2＝y2·|SP|2， ∵y1·|SQ|2＝(n2＋1)y1－8ny1y2＋4(n2＋1)y1， 又y1y2＝4，∴y1·|SQ|2＝4(n2＋1)(y1＋y2)－32n， 同理可得y2·|SP|2＝4(n2＋1)(y1＋y2)－32n， ∴y1·|SQ|2＝y2·|SP|2，即|PF|·|SQ|2＝|QF|·|SP|2． 50 ②当m＝－2k时，直线l：y＝k(x－2)， 假设存在点T(x0，0)，使直线MT，NT的倾斜角互补， 则直线MT，NT的斜率之和为0． 设M(x3，y3)，N(x4，y4)， 由得(3k2＋4)x2－12k2x＋12k2－36＝0， ∴Δ2＝(12k2)2－4(3k2＋4)·(12k2－36)>0， 51 即5k2＋12>0恒成立， ∴x3＋x4＝，∵＝0， ∴k(x3－2)(x4－x0)＋k(x4－2)(x3－x0)＝0， 即2x3x4－(x0＋2)(x3＋x4)＋4x0＝0， ∴－(x0＋2)·＋4x0＝0， 即， ∴假设成立，即存在点T，使得直线MT，NT的倾斜角互补． 52 1．(2024·全国甲卷)设椭圆C： 在C上，且MF⊥x轴． (1)求C的方程； (2)过点P(4，0)的直线与C交于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． 课后作业(六十四)　圆锥曲线中的证明、探索性问题 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 53 [解]　(1)设F(c，0)，由题设有c＝1且 ， 故椭圆C的方程为＝1． (2)证明：直线AB的斜率必定存在，设AB：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＝， 而N， 所以y1－yQ＝y1＋ ＝＝k· ＝k·＝k·＝0， 故y1＝yQ，即AQ⊥y轴． 2．(2025·天津卷)已知椭圆 ． (1)求椭圆的方程； (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． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 57 [解]　(1)∵PF的斜率为， ∴|PA|＝|FA|， ∴S△PFA＝， 得a＋c＝3， 又， ∴椭圆的方程为＝1． (2)证明：由(1)知F(－1，0)，P(2，1)，则直线PF的方程为y＝(x＋1)， 易知直线PB的斜率存在，设PB的方程为y－1＝k(x－2)， 由得(4k2＋3)x2－8k(2k－1)x＋8(2k2－2k－1)＝0， ∵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＝－， ∴xB＝－， ∴B， ∴直线BF的斜率为． ∵tan 2∠PFA＝， ∴∠BFA＝2∠PFA，即PF平分∠AFB． 3．在平面直角坐标系中，已知点A(0，x2，动点C的轨迹为曲线E． (1)求曲线E的方程； (2)已知动点P在曲线E上，点Q在直线y＝2＝0，求线段PQ长的最小值； (3)过点(－，0)且不垂直于x轴的直线交曲线E于M，N两点，点M关于x轴的对称点为M'，试问：在x轴上是否存在一定点T，使得M'，N，T三点共线？若存在，求出定点T的坐标；若不存在，说明理由． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 61 [解]　(1)由点C(x，y)关于直线y＝x的对称点为D，则D(y，x) ， 则)， 所以＋y2＝2， 所以曲线E的方程为＝1． (2)由点P在曲线E上，设P(x0，y0)(－2≤x0≤2)，点Q在直线y＝2)， 由y0＝0， 即mx0＝－2y0， 由＝0，则OP⊥OQ ． 所以|PQ|2＝|OP|2＋|OQ|2＝＋m2＋8． 当x0＝0时，y0＝±＝0． 所以x0≠0，由 ． |PQ|2＝＋6． 由－2≤x0≤2，则设t＝∈(0，4]， 由对勾函数的单调性，可知函数y＝＋6在(0，4]上单调递减． 当＝4时，|PQ|2＝2＋4＋6＝12， 所以线段PQ长的最小值为2． (3)在x轴上存在一定点T，使得M'，N，T三点共线． 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则M'(x1，－y1)， 由题意直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y＝k(x＋)， 由 可得(1＋2k2)x2＋4k2x＋4k2－4＝0，Δ>0， 所以x1＋x2＝． 直线M'N的方程为y＋y1＝(x－x1)， 令y＝0，得x＝y1× ＝＝－2． 所以直线M'N：y＋y1＝，0)． 所以在x轴上存在一定点T(－2，0)，使得M'，N，T三点共线． 4．(2023·新高考Ⅰ卷)在直角坐标系Oxy中，点P到x轴的距离等于点P到点的距离，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的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝， 化简得x2＝y－． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 67 (2)证明：设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|)． 设B ＝k(x－t)， 不妨设k>0， 与x2＝y－联立，得x2－kx＋kt－t2＝0， 则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t． 设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t， 所以|AB|＝|2t－k|， |BC|＝|2kt＋1|，且2kt＋1≠0， 所以2(|AB|＋|BC|)＝(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|)． 所以|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝ ①当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在上单调递增， 所以当t＝时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1， 又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)>． 令f (k)＝，k≥1， 则f '(k)＝， 当1≤k<时，f '(k)>0， 所以函数f (k)在[1， ， 所以2(|AB|＋|BC|)>． ②当2k－2k2>0，即0<k<1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)， 又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)>·k(k2＋1)＝． 令g(k)＝，0<k<1，则g'(k)＝， 当0<k<<k<1时，g'(k)>0， 所以函数g(k)在 ， 所以2(|AB|＋|BC|)>． 综上，矩形ABCD的周长大于3． 一、单项选择题 1．(2026·江苏如皋模拟)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点M在C上，若M到直线x＝－2的距离为4，则|MF|＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 阶段评估(十二)　(第60课时~第64课时) √ 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 74 B　[抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线为x＝－1． 因为点M在C上，且点M到直线x＝－2的距离为4， 所以M点的横坐标为2． 所以M点到准线x＝－1的距离为3，根据抛物线的定义可得|MF|＝3． 故选B．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 2．(2026·广东深圳开学考试)若双曲线C：，则C的离心率为(　　) A． √ 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 76 C　[因为双曲线C：， 可得， 所以双曲线C的离心率为e＝．故选C．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 77 3．(2026·湖北十堰模拟)设双曲线C1：，实轴长为6，若曲线C2上的点到双曲线C1的两个焦点的距离之和为26，则曲线C2的标准方程为(　　) A． ＝1 C． ＝1 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 78 D　[因为双曲线C1的实轴长为6，所以a＝3， 因为双曲线C1的离心率为，所以c＝5， 则b＝＝1， 因为曲线C2上的点到双曲线C1的两个焦点的距离之和为26，所以曲线C2为椭圆， 则2a'＝26，a'＝13，b'2＝132－52＝122， 所以曲线C2的标准方程为＝1．故选D．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 79 4．无人机飞行表演中，已知一架无人机P沿椭圆＝1进行飞行表演，如图所示，在椭圆内部的点M(2，1)处有空中定位器，无人机发射出的信号被定位器接收，有一架无人机Q始终在定位器与无人机P连线中点处伴飞，作为信号的中转传递，那么伴飞无人机Q的飞行轨迹为(无人机以及定位器都看成一个点)(　　) A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．直线 2025新课标变化：数学是重大科技创新的基础． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 80 C　[设Q(x，y)，P(x0，y0)，则 所以＝1，所以伴飞无人机Q的飞行轨迹为椭圆．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 81 5．记抛物线E：y2＝4x的焦点为F，点A在E上，B(2，1)，则|AF|＋|AB|的最小值为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 82 B　[过点A作x＝－1的垂线，垂足为D，则|AF|＝|AD|，则|AF|＋|AB|＝|AD|＋|AB|≥3，如图所示．所以|AF|＋|AB|的最小值为3．故选B．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 83 6．(2026·福建福州模拟)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，点P为C上一点，过点P作l的垂线，垂足为A，若，且点(－3，0)在直线PB上，则直线PB的斜率为(　　) A． C．1或－1 D． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 84 B　[由题意，F(1，0)，准线为l：x＝－1， 设P(t≠0)，则A(－1，t)， 由于， 又点(－3，0)在直线PB上， 则kPB＝．故选B．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 85 二、多项选择题 7．(2025·全国二卷)双曲线C： ，则(　　) A．∠A1MA2＝ B．|MA1|＝2|MA2| C．C的离心率为 D．当a＝ 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ √ √ 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 86 ACD　[根据双曲线和圆的对称性，知四边形A1MA2N为平行四边形，因为∠NA1M＝．故A正确； 设M(x0>0)， 根据|OM|＝c，得＝c2，解得x0＝a， 故M(a，b)，N(－a，－b)，所以∠MA2A1＝， 又因为∠A1MA2＝|MA1|，故B错误； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 87 在Rt△MA1A2中，|MA2|＝b，|A1A2|＝2a，∠A1MA2＝， 所以tan∠A1MA2＝， 故e＝，故C正确； 当a＝， 则，故D正确．故选ACD．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 88 8．(2026·河北石家庄模拟)已知动点P到定点F(4，0)的距离与到直线l：x＝，P点的轨迹称为曲线C，直线y＝kx(k≠0)与曲线C交于A，B两点．则下列说法正确的是(　　) A．曲线C的方程＝1 B．|AF|＋|BF|＝10 C．M为曲线C上不同于A，B的一点，且直线MA，MB斜率分别为k1，k2，则k1k2＝－ D．O为坐标原点，|PO|＋ 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ √ √ 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 89 ABD　[设P(x，y)，则， ∴， 即x2＋y2－8x＋16＝＝1，故A正确； 由题意可知，曲线C为椭圆，且a＝5，b＝3，c＝＝4， 设椭圆另一个焦点为F'，如图， 由O为F'F和AB中点可知四边形AFBF'为平行四边形， 所以|AF'|＝|BF|，所以|AF|＋|BF|＝|AF|＋|AF'|＝2a＝10，故B正确； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 90 设点M(x0，y0)，A(x1，y1)，∴B(－x1，－y1)， 因为M为曲线C上不同于A，B的一点，则＝1， 可得， 又直线MA，MB斜率分别为k1，k2 所以k1k2＝，故C错误； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 91 由定义知动点到定点F与它到定直线l距离d满足， 所以|PO|＋的距离， 即求椭圆上一点P到O与到直线l：x＝距离和的最大值， 显然当P在椭圆左顶点时，|PO|和d同时取得最大值， 所以， 故D正确．故选ABD．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 92 三、填空题 9．(2026·河南郑州模拟)若坐标原点O和点F(－2，0)分别为双曲线 的最小值为_____________． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 3＋2 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 93 3＋2　[∵F(－2，0)是双曲线的左焦点， ∴a2＋1＝4，即a2＝3，∴双曲线的方程为－y2＝1． 设点P(x0，y0)，则有)，解得)． ∵＝(x0，y0)， ∴＋2x0－1． ∵x0≥， 根据二次函数的单调性可知函数在[，＋∞)上单调递增， ∴当x0＝．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 94 10．已知抛物线y2＝2x，从抛物线内一点A(2，)发出平行于x轴的光线经过抛物线上点B反射后交抛物线于点C，则直线BC与x轴交点的横坐标为_____________，△ABC的面积为_____________． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 ， 由抛物线的光学性质可知，直线BC过焦点F，即直线BC与x轴交点的横坐标为． 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 95 ∵F，∴直线BC的倾斜角为60°，且∠ABC＝120°， 即|BC|＝， ∴S△ABC＝|AB|·|BC|sin∠ABF＝．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 96 四、解答题 11．[蝴蝶模型]抛物线Γ：y2＝2px(p>0)经过点M(1，－2)，焦点为F，过点F且倾斜角为θ的直线l与抛物线Γ交于点A，B，如图． (1)求抛物线Γ的标准方程； (2)当θ＝时，求弦AB的长； (3)已知点P(2，0)，直线AP，BP分别与抛物线 Γ交于点C，D．证明：直线CD过定点． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 97 [解]　(1)抛物线y2＝2px经过点M(1，－2)， 所以(－2)2＝2p，所以p＝2， 所以抛物线Γ的标准方程为y2＝4x． (2)由(1)知F(1，0)，当θ＝， 所以直线l的方程为y＝(x－1)， 联立 ． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 98 (3)证明：由(1)知F(1，0)，直线AB的斜率不为0， 当直线AB斜率不存在时，l：x＝1，B(1，－2)，P(2，0)，直线BP的方程为y＝2x－4，联立得xB＝1，xD＝4，同理xC＝4，所以直线CD：x＝4，过定点(4，0)； 当直线AB的斜率存在时， 设直线AB的方程为x＝my＋1， A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 99 联立 得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16>0， 因此y1＋y2＝4m，y1y2＝－4． 设直线AC的方程为x＝ny＋2， 联立 得y2－4ny－8＝0，Δ＝16n2＋32>0， 因此y1＋y3＝4n，y1y3＝－8，得y3＝，同理可得y4＝， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 100 所以kCD＝． 因此直线CD的方程为x＝2m(y－y3)＋x3， 令y＝0得，x＝－2my3＋x3＝－2my3＋ ＝－2m＝ ＝4＋4·＝4， 所以，直线CD过定点(4，0)． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 101 12．(2026·山东济南模拟)已知椭圆C：，左、右顶点分别为A，B，左、右焦点分别为F1，F2．过右焦点F2的直线l交椭圆于点M，N，且△F1MN的周长为16． (1)求椭圆C的标准方程； (2)记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2， 证明：为定值． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 课后作业 阶段评估 *第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题 102 [解]　(1)由△F1MN的周长为16，及椭圆的定义，可知4a＝16，即a＝4， 又离心率为e＝，所以c＝2， b2＝a2－c2＝16－4＝12． 所以椭圆C的方程为＝1． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 103 (2)证明：依题意，直线l与x轴不重合， 设l的方程为x＝my＋2． 联立得， (3m2＋4)y2＋12my－36＝0， Δ＝(12m)2＋4(3m2＋4)×36>0恒成立， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 104 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由根与系数的关系得y1＋y2＝． 又A(－4，0)，B(4，0)，则 ＝， 又，即my1y2＝3(y1＋y2)， 所以． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 105 谢 谢 ！ $