课时规范练59 圆锥曲线中的证明、探索性问题专题-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦圆锥曲线证明与探索性问题，以双曲线、抛物线、椭圆为载体，系统整合中点转化、韦达定理应用、参数化推理等方法，构建“方程求解-几何性质-逻辑论证”的知识逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |证明问题|2题（含双曲线、椭圆证明）|中点重合证线段相等、斜率关系证面积比|从曲线方程到直线与曲线位置关系，运用代数运算论证几何关系| |探索性问题|2题（含抛物线定值、双曲线存在性）|参数化运算求定值、方程判别式分析存在性|基于曲线性质构建数学模型，通过推理判断结论是否成立|

课时规范练59　圆锥曲线中的证明、探索性问题 (分值:58分) 1.(13分)已知双曲线M:=1(a>0,b>0)与双曲线N:=1的渐近线相同,且双曲线M经过点(2,2),双曲线N的焦距为2. (1)分别求双曲线M和双曲线N的方程; (2)如图,过点T(0,1)的直线l(斜率大于0)与双曲线M和双曲线N的左、右两支依次相交于点A,B,C,D,证明:|AB|=|CD|. 2.(13分)已知抛物线C的顶点在坐标原点,焦点在x轴上,P(2,0)为定点. (1)若P为抛物线的焦点,求抛物线C的方程. (2)若动圆M过点P,且圆心M在抛物线C上运动,A,B是圆M与y轴的两交点,是否存在一条抛物线C,使|AB|为定值?若存在,求这个定值;若不存在,请说明理由. 3.(15分)(2025·北京,19)已知椭圆E:=1(a>b>0),离心率为,椭圆E上的点到两个焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程; (2)已知椭圆E上一点M(x0,y0)(x0≠0),直线x0x+2y0y-4=0与y=2,y=-2的交点为A,B,△AOM与△BOM的面积分别为S1,S2,猜想的数量关系并求证. 4.(17分)(2026·江苏徐州高三期中)已知双曲线E:=1(a>1)的右焦点为F(c,0),P是双曲线E与直线l:y=x+1的公共点,直线l分别与直线x=,y轴交于点Q,R,直线QF与y轴交于点T,记△TPR,△TQR的面积分别为S1,S2. (1)若c=,求点R到双曲线E的渐近线的距离. (2)证明:. (3)双曲线E的右支上是否存在点M,使得|MP|=|MQ|?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由. 参考答案 课时规范练59　圆锥曲线中的证明、探索性问题 1.(1)解 由题意可知双曲线N的焦距为2=2|m|=2,解得m2=1,即双曲线N的方程为x2-=1. 因为双曲线M与双曲线N的渐近线相同,不妨设双曲线M的方程为x2-=λ,因为双曲线M经过点(2,2),所以4-2=λ,解得λ=2,则双曲线M的方程为=1. (2)证明 不妨设直线l的方程为y=kx+1(k>0),A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4), 联立消去y并整理得(2-k2)x2-2kx-1-2λ=0,此时2-k2≠0,Δ=4k2+4(2-k2)(1+2λ)>0,当λ=1时,由根与系数的关系得x2+x3=,当λ=2时,由根与系数的关系得x1+x4=,所以AD与BC的中点的横坐标均为. 因为A,B,C,D在同一直线l上,所以AD与BC的中点重合,不妨设该点为E,此时|EA|=|ED|,|EB|=|EC|,则|EA|-|EB|=|ED|-|EC|,故|AB|=|CD|. 2.解 (1)设抛物线的方程为y2=2px(p≠0),则抛物线的焦点坐标为(,0). 由已知,=2,即p=4,故抛物线C的方程是y2=8x. (2)存在.设圆心M(a,b),点A(0,y1),B(0,y2). 因为圆M过点P(2,0),所以可设圆M的方程为(x-a)2+(y-b)2=(a-2)2+b2. 令x=0,得y2-2by+4a-4=0,则y1+y2=2b,y1y2=4a-4.所以|AB|=. 设抛物线C的方程为y2=mx(m≠0), 因为圆心M在抛物线C上,则b2=ma. 所以|AB|=. 由此可得,当m=4时,|AB|=4为定值. 故存在一条抛物线y2=4x,使|AB|为定值4. 3.解 (1)由题意得解得 故椭圆E的方程为=1. (2)取特殊值,当点M取(-2,0)时,显然=1=,故猜想. ∵对于直线x0x+2y0y-4=0,令y=2,可得点A的横坐标xA=, ∴点A的坐标为(,2),同理点B的坐标为(,-2),则直线OA的方程为x0x+2(y0-1)y=0,同理得直线OB的方程为x0x+2(y0+1)y=0, ∴点M到直线OA的距离d1=. ○* 又点M在椭圆E上,∴+2=4,代入○*式化简得d1=. 同理点M到直线OB的距离d2=. ∴,猜想得证. 4.(1)解 若c=,双曲线E:=1(a>1), 则2a2-1=5,得a2=3, 所以双曲线E:=1, 渐近线方程为y=±x, 即x±3y=0, 直线l:y=x+1与y轴的交点R(0,1), 点R(0,1)到渐近线x±3y=0的距离为. (2)证明 联立得(x+a2)2=0,即x=-a2, 所以P(-a2,-a2+1). 又R(0,1),Q(+1),F(c,0), 所以kQF=, 所以lQF:y=(x-c),令x=0,得y=,即T(0,), 所以kPT=. 因为kQF=-,所以kPT+kQF=0,所以∠QTR=∠PTR. 因为S1=|TP||TR|sin∠PTR,S2=|TQ||TR|sin∠QTR, 所以. (3)解 不存在.理由如下,由(2)知P(-a2,1-a2),Q(,1+), 所以PQ的中点为(), 所以PQ的中垂线的方程为y=-x+-a2+1. 令t=-a2+1,因为a>1,所以c2=2a2-1>1,则t<1. 将y=-x+t代入=1,得x2-2a2tx+a4+a2t2-a2=0, 令φ(x)=x2-2a2tx+a4+a2t2-a2(x≥a),对称轴为直线x=a2t. 当a2t≤a,即at≤1时,φ(x)min=φ(a)=a2(-2at+a2+t2)=a2(t-a)2>0, 此时方程x2-2a2tx+a4+a2t2-a2=0(x≥a)无解; 当a2t>a,即at>1时,由a>1,得t>0,又t<1,所以0<t<1,φ(x)min=φ(a2t)=-a4t2+a4+a2t2-a2=-a2(a2-1)(t2-1)>0, 此时方程x2-2a2tx+a4+a2t2-a2=0(x≥a)无解. 综上,双曲线E的右支上不存在点M使得|MP|=|MQ|. 3 学科网（北京）股份有限公司 $