第65讲 圆锥曲线中的证明与存在性问题——2027届高三数学一轮复习课件

该高中数学高考复习课件聚焦圆锥曲线中的证明与存在性问题，依据高考评价体系梳理了方程求解、斜率关系证明、定点定值探究等核心考点，通过2025年广东期中、山东青岛二模等真题案例，明确高频题型分布，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题解析+解题策略+素养培养”模式，如例1椭圆斜率乘积证明运用韦达定理推导，例2双曲线定点存在性问题采用假设验证法，培养学生数学思维与模型观念。特设易错点分析与解题步骤模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准指导高考冲刺。

第10章 直线与圆、圆锥曲线 第65讲 圆锥曲线中的证明与存在性问题 2027届高考一轮复习数学 1 【知识要点】 圆锥曲线中探索问题 一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在;若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论. 2 考点1 证明问题 例1　(2025高三·广东·期中)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，点P(2，1)在椭圆C上，斜率为-的直线l与椭圆C相交于M，N两点(异于点P). (1)求椭圆C的方程; (2)记直线PM与PN的斜率分别为k1，k2，直线OM，ON的斜率分别为k3，k4， 证明:k1k2=k3k4. 3 (1)求椭圆C的方程; [解析] (1)由题知=，a2=b2+c2，+=1，解得a=2，b=， 故椭圆C的方程为+=1. 4 (2)记直线PM与PN的斜率分别为k1，k2，直线OM，ON的斜率分别为k3，k4， 证明:k1k2=k3k4. [解析] (2)设直线l的方程为y=-x+m(m≠2)，点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 联立得x2-2mx+2m2-4=0， 由Δ=4m2-4(2m2-4)=16-4m2>0，得-2<m<2， 由韦达定理，有x1+x2=2m，x1x2=2m2-4， 5 因为k1k2= = = = = = =， k3k4== = = = = ，所以k1k2=k3k4. 6 [小结]证明圆锥曲线问题的三种策略 (1)证明三点共线或直线平行,用斜率相等. (2)证明直线垂直,用斜率之积为-1. (3)证明两角相等,用倾斜角互补,斜率之和为0. 7 1.(2025·山东青岛·二模)已知抛物线C:x2=4y，F为C的焦点，过抛物线外一点N作抛物线C的两条切线，A，B是切点. (1)若点N的纵坐标为-2，求证:直线AB恒过定点; (2)证明:|FA|·|FB|=|FN|2. 对应训练 8 (1)若点N的纵坐标为-2，求证:直线AB恒过定点; [解析] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0，y0)， 由y=x2得y'=x，则直线NA的方程为y-y1=x1(x-x1)， 即2(y-y1)=x1x-4y1，即x1x=2(y+y1)， 同理，直线NB的方程为x2x=2(y+y2)， 又直线NA与直线NB都过N(x0，y0)， 则x1x0=2(y0+y1)，x2x0=2(y0+y2)， 从而A(x1，y1)，B(x2，y2)均在直线x0x=2(y0+y)上， 故直线AB的方程为x0x=2(y0+y)，又y0=-2， 故直线AB的方程为2(y-2)=x(x0-0)，故直线AB过定点(0，2). 9 (2)证明:|FA|·|FB|=|FN|2. [解析] (2)由(1)知，A点切线方程为x1x=2(y+y1)，将y1=代入化简得2x1x-4y-=0， 同理可得B点处切线方程为2x2x-4y-=0， 由解得x=，y=， 故点N的坐标为N. 10 由已知F(0，1)，由抛物线的性质有|FA|=y1+=+1，|FB|=y2+= +1， 则|FA|·|FB|==+++1， 又|FN|2=+ = +++- +1 = +++1， 故|FA|·|FB|=|FN|2，得证. 11 考点2 圆锥曲线中的探究性(存在性)问题 例2　(2025·江西上饶·二模)已知双曲线C过点Q(3，)，其右焦点F到渐近线的距离为1，过F作与坐标轴都不垂直的直线l交C的右支于A，B两点. (1)求双曲线C的标准方程. (2)P(x0，y0)为双曲线C上一动点，过点P分别作两条渐近线的平行线交渐近线于E，G，四边形OEPG的面积是否为定值?若是，求出该定值;若不是，请说明理由. (3)在x轴上是否存在定点M，使|BM|·S△AMF=|AM|·S△BMF恒成立?若存在，求出定点M的坐标;若不存在，请说明理由. 12 (1)求双曲线C的标准方程. [解析] (1)设双曲线C的标准方程为-=1(a>0，b>0)，右焦点F(c，0)， 双曲线C的渐近线bx±ay=0，点F到渐近线的距离=b=1， 又-=1，解得a2=3， 所以双曲线C的标准方程为-y2=1. 13 (2)P(x0，y0)为双曲线C上一动点，过点P分别作两条渐近线的平行线交渐近线于E，G，四边形OEPG的面积是否为定值?若是，求出该定值;若不是，请说明理由. [解析] (2)双曲线C:-y2=1的渐近线为x±y=0， 由P(x0，y0)在双曲线C上，得-=1，即-3=3， 过点P(x0，y0)且与直线x+y=0平行的直线方程为x-x0+(y-y0)=0， 由解得 即交点E， 14 依题意，四边形OEPG是平行四边形，|OE|=·|x0+y0|， 点P到直线x-y=0的距离d=， 所以四边形OEPG的面积S=|OE|d=|-3|=，即四边形OEPG的面积为定值. 15 (3)在x轴上是否存在定点M，使|BM|·S△AMF=|AM|·S△BMF恒成立?若存在，求出定点M的坐标;若不存在，请说明理由. [解析] (3)假设存在点M(t，0)， 由(1)知，F(2，0)，由直线l不垂直于坐标轴，设直线l的方程为y=k(x-2)，k≠0， 由消去y得(3k2-1)x2-12k2x+3(4k2+1)=0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 16 解得k<-或k>， 由|BM|·S△AMF= |AM|·S△BMF， 得 = ，而 = ， 于是=，则MF平分∠AMB，因此直线AM，BM的斜率互为相反数， 即+ = = =0， 17 即2x1x2-(2+t)(x1+x2)+4t=2·-(2+t)·+4t==0，解得t= ， 所以在x轴上存在定点M，使|BM|·S△AMF=|AM|·S△BMF恒成立. 18 [小结]解决探索性问题求解步骤: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. [注意](1)当条件和结论不唯一时要分类讨论; (2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件. 19 2.(2025·天津滨海新·二模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，A1，A2是椭圆C的左，右顶点，E是椭圆C的上顶点，且|A1E|=. (1)求椭圆C的标准方程; (2)若过点P(1，0)的直线l交C于B，D两点(异于A1，A2)，直线A1B与A2D交于点Q. (ⅰ)求△A1BD面积的取值范围; (ⅱ)是否存在点Q同时满足·=30?若存在，求出点Q的坐标;若不存在，请说明理由. 对应训练 20 (1)求椭圆C的标准方程; [解析] (1)由题意有 又c2=a2-b2，解得 因此，椭圆C的标准方程为+y2=1. 21 (2)若过点P(1，0)的直线l交C于B，D两点(异于A1，A2)，直线A1B与A2D交于点Q. (ⅰ)求△A1BD面积的取值范围; [解析] (2)(ⅰ)设直线BD的方程为x=my+1，B(x1，y1)，D(x2，y2)， 联立消x得(m2+4)y2+2my-3=0，Δ=16m2+48>0恒成立， y1+y2= - ，y1y2= - ， 22 = ×3× = =·=6·， 令t=，t≥，则==，由y=t+在[，+∞)上单调递增， 则t+≥，故0<≤，所以∈. 23 (ⅱ)是否存在点Q同时满足·=30?若存在，求出点Q的坐标;若不存在，请说明理由. [解析] (ⅱ)A1(-2，0)，A2(2，0)，由(ⅰ)B(x1，y1)，D(x2，y2)， 直线A1B的方程为y= (x+2)，直线A2D的方程为y= (x-2)， 因为y1+y2=- ，y1y2=- ，所以my1y2=(y1+y2). 令(x+2)= (x-2)， 24 则 = = = = =3， ∴x+2=3x-6，x=4，点Q的横坐标为定值， 设点Q的坐标(4，n)(n≠0)， 因为A1(-2，0)，E(0，1)，·=(-6，-n)·(-4，1-n)=24-n+n2=30， 解得n2-n-6=0，得出n=3或n=-2，所以存在点Q(4，3)或Q(4，-2)满足条件. 25 $