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(共76張PPT)
重難專攻（十）　圓錐曲線中的證明、探究性問題
　　圓錐曲線中的證明問題，主要有兩類：一是有關位置關系的證
明，如相切、平行、垂直、共線等；二是數量關系的證明，如恒成
立、值相等（不等）、角相等（不等）等，在熟悉圓錐曲線的定義和
性質的前提下，常把幾何量用坐標表示，建立某個變量的函數，用代
數方法證明.
　　圓錐曲線中的探究性問題，先假設結論成立，用待定系數法列出
含相應參數的方程，若方程有解，則探索的元素存在（或命題成
立），否則不存在（或不成立）.要注意的是：（1）當條件和結論不
唯一時要分類討論；（2）當給出結論而要推導出存在的條件時，先
假設成立，再推出條件；（3）當要討論的量能夠確定時，可先確
定，再證明結論符合題意.
【例1】　（2021·新高考Ⅱ卷20題）已知橢圓 C 的方程為 ＝1
（ a ＞ b ＞0），右焦點為 F （ ，0），且離心率為 .
（1）求橢圓 C 的方程；
位置關系的證明
解：由題意知　 a ＝ ，
又∵ a 2＝ b 2＋ c 2，∴ b ＝1.
故橢圓 C 的方程為 ＋ y 2＝1.
（2）設 M ， N 是橢圓 C 上的兩點，直線 MN 與曲線 x 2＋ y 2＝ b 2（ x ＞
0）相切.證明： M ， N ， F 三點共線的充要條件是｜ MN ｜＝ .
證明：①（必要性）若 M ， N ， F 三點共線，設直線 MN 的方程
為 x ＝ my ＋ ，
圓心 O （0，0）到 MN 的距離 d ＝ ＝1 m 2＝1.
聯立 （ m 2＋3） y 2＋2 my －1＝0 4 y 2＋2
my －1＝0，
｜ MN ｜＝ · ，必要性成立.
②（充分性）當｜ MN ｜＝ 時，設直線 MN 的方程為 x ＝ ty ＋n .
此時圓心 O （0，0）到 MN 的距離 d ＝ ＝1 n 2－ t 2＝1，
聯立 （ t 2＋3） y 2＋2 tny ＋ n 2－3＝0，Δ＝4 t 2 n 2
－4（ t 2＋3）（ n 2－3）＝12（ t 2－ n 2＋3）＝24.
｜ MN ｜＝ t 2＝1，∴ n 2＝2.
∵ MN 與曲線 x 2＋ y 2＝ b 2（ x ＞0）相切，∴ n ＞0， n ＝ ，
∴直線 MN 的方程為 x ＝ ty ＋ 恒過點 F （ ，0），∴ M ，
N ， F 三點共線，充分性成立.
由①②可得 M ， N ， F 三點共線的充要條件是｜ MN ｜＝ .
解題技法
樹立“轉化”意識，證明位置關系
　已知動點 P 到點 F （ ，0）的距離等于它到直線 x ＝－ 的距離，記
點 P 的軌跡為 C .
（1）求 C 的方程；
解：根據拋物線的定義知，點 P 的軌跡 C 為拋物線，
設 C 的方程為 y 2＝2 px ， p ＞0，
易知拋物線 C 的焦點為 F （ ，0），準線為直線 x ＝－ ，
所以 p ＝1，
所以拋物線 C 的方程為 y 2＝2 x .
（2）過 C 上一點 Q 作圓 E ：（ x －4）2＋ y 2＝4的兩條斜率都存在的
切線，分別與 C 交于異于點 Q 的 M ， N 兩點.證明：直線 MN 與
圓 E 相切.
解：證明：因為圓 E ：（ x －4）2＋ y 2＝4，所以圓心 E 的坐
標為（4，0），半徑 r ＝2，設 Q （ ， y 1）， M （ ， y 2）， N （ ， y 3）， y 1≠ y 2≠ y 3，
則直線 QM 的方程為 y － y 2＝ （ x － ），
即2 x －（ y 1＋ y 2） y ＋ y 1 y 2＝0.
因為直線 QM 與圓 E 相切，所以 ＝2，
整理得（ －4） ＋8 y 1 y 2＋48－4 ＝0，
同理可得（ －4） ＋8 y 1 y 3＋48－4 ＝0，
所以 y 2， y 3是關于 y 的方程（ －4） y 2＋8 y 1 y ＋48－4 ＝0
的兩根，所以 y 2＋ y 3＝ ， y 2 y 3＝ .
又直線 MN 的方程為2 x －（ y 2＋ y 3） y ＋ y 2 y 3＝0，
所以圓 E 的圓心到直線 MN 的距離 d ＝
＝2＝ r ，所以直線 MN 與圓 E 相切.
數量關系的證明
【例2】?。?024·新高考Ⅰ卷22題）在直角坐標系 xOy 中，點 P 到 x 軸
的距離等于點 P 到點（0， ）的距離，記動點 P 的軌跡為 W .
（1）求 W 的方程；
解：設點 P （ x ， y ），則｜ y ｜＝ ，兩
邊同時平方化簡得 y ＝ x 2＋ ，
故 W ： y ＝ x 2＋ .
（2）已知矩形 ABCD 有三個頂點在 W 上，證明：矩形 ABCD 的周長
大于3 .
解：證明：設矩形的三個頂點 A （ a ， a 2＋ ）， B （ b ， b 2＋
）， C （ c ， c 2＋ ）在 W 上，且 a ＜ b ＜ c ，
易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，
則 kAB · kBC ＝－1， a ＋ b ＜ b ＋ c ，
令 kAB ＝ ＝ a ＋ b ＝ m ＜0，
同理令 kBC ＝ b ＋ c ＝ n ＞0，且 mn ＝－1，則 m ＝－ ，
設矩形周長為 L ，由對稱性不妨設｜ m ｜≥｜ n ｜， kBC － kAB ＝
c － a ＝ n － m ＝ n ＋ ，
則 L ＝｜ AB ｜＋｜ BC ｜
＝ ＋

＝
＝（ b － a ） ＋（ c － b ） ≥（ c － a ）
＝（ n ＋ ） ， n ＞0，
易知（ n ＋ ） ＞0，
令 f （ x ）＝（ x ＋ ）2（1＋ x 2）， x ＞0，f'（ x ）＝2（ x ＋ ）
2（2 x － ），令f'（ x ）＝0，解得 x ＝ ，
當 x ∈（0， ）時，f'（ x ）＜0，此時 f （ x ）單調遞減，
當 x ∈（ ，＋∞），f'（ x ）＞0，此時 f （ x ）單調遞增，
則 f （ x ）min＝ f （ ）＝ ，故 L ≥ ，即 L ≥3 .
當 L ＝3 時， n ＝ ， m ＝－ ，且（ b － a ） ＝
（ b － a ） ，無解，故等號取不到，
故 L ＞3 ，得證.
解題技法
　　解決此類問題，一般方法是“設而不求”，通過“設參、用參、
消參”的推理及運算，借助幾何直觀，達到證明的目的.
　已知斜率為 k 的直線 l 與橢圓 C ： ＝1交于 A ， B 兩點，線段
AB 的中點為 M （1， m ）（ m ＞0）.
（1）證明： k ＜－ ；
證明：設 A （ x 1， y 1）， B （ x 2， y 2），
則 ＝1， ＝1，
兩式相減，并由 ＝ k ，得 · k ＝0.
由題設知 ＝1， ＝ m ，于是 k ＝－ ，
將 x ＝1代入 ＝1得 y ＝± ，又 m ＞0，所以0＜ m ＜ ，故
k ＜－ .
（2）設 F 為 C 的右焦點， P 為 C 上一點，且 ＝0.證
明：｜ ｜，｜ ｜，｜ ｜成等差數列.
證明：由題意得 F （1，0），設 P （ x 3， y 3），
則（ x 3－1， y 3）＋（ x 1－1， y 1）＋（ x 2－1， y 2）＝（0，0），
結合（1）得 x 3＝3－（ x 1＋ x 2）＝1， y 3＝－（ y 1＋ y 2）＝－2 m ＜0.
又點 P 在 C 上，所以 m ＝ ， P （1，－ ），｜ ｜＝ .
因為－2≤ x 1≤2，所以｜ ｜＝ ＝2－ .
同理可得｜ ｜＝2－ .
所以｜ ｜＋｜ ｜＝4－ （ x 1＋ x 2）＝3.
故2｜ ｜＝｜ ｜＋｜ ｜，即｜ ｜，｜ ｜，｜ ｜成
等差數列.
點、線的存在性問題
【例3】　已知橢圓 C ：9 x 2＋ y 2＝ m 2（ m ＞0），直線 l 不過原點 O 且
不平行于坐標軸， l 與 C 有兩個交點 A ， B ，線段 AB 的中點為 M .
（1）證明：直線 OM 的斜率與 l 的斜率的乘積為定值；
解：證明：設直線 l ： y ＝ kx ＋ b （ k ≠0， b ≠0）， A （ x
1， y 1）， B （ x 2， y 2）， M （ xM ， yM ）.
將 y ＝ kx ＋ b 代入9 x 2＋ y 2＝ m 2，得（ k 2＋9） x 2＋2 kbx ＋ b 2－
m 2＝0，Δ＞0，
故 xM ＝ ， yM ＝ kxM ＋ b ＝ .
于是直線 OM 的斜率 kOM ＝ ＝－ ，即 kOM · k ＝－9.
所以直線 OM 的斜率與 l 的斜率的乘積為定值.
（2）若 l 過點（ ， m ），延長線段 OM 與 C 交于點 P ，四邊形 OAPB
能否為平行四邊形？若能，求此時 l 的斜率；若不能，說明理由.
解：四邊形 OAPB 能為平行四邊形.
因為直線 l 過點（ ， m ），所以 l 不過原點且與 C 有兩個交點的
充要條件是 k ＞0， k ≠3.由（1）得 OM 的方程為 y ＝－ x .
設點 P 的橫坐標為 xP .
由 ，即 xP ＝ .
將點（ ， m ）的坐標代入直線 l 的方程得 b ＝ ，因此
xM ＝ .
四邊形 OAPB 為平行四邊形，當且僅當線段 AB 與線段 OP 互相平
分，即 xP ＝2 xM .
于是 ＝2× ，解得 k 1＝4－ ， k 2＝4＋ .
所以當直線 l 的斜率為4－ 或4＋ 時，四邊形 OAPB 為平行四
邊形.
解題技法
點、線存在性問題的求解方法
（1）解決存在性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明
朗化.一般步驟如下：
①假設滿足條件的曲線（直線或點等）存在，用待定系數法
設出；
②列出關于待定系數的方程（組）；
③若方程（組）有實數解，則曲線（直線或點等）存在，否則
不存在.
（2）反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法.
　已知雙曲線 C 的焦點在坐標軸上，且過點 P （ ，1），其漸近線
方程為 y ＝± x .
（1）求雙曲線 C 的標準方程；
解：由雙曲線 C 的焦點在坐標軸上，其漸近線方程為 y ＝± x ，
可設雙曲線的標準方程為2 x 2－ y 2＝λ，
將 P 代入雙曲線方程，可得λ＝2，
所以雙曲線 C 的標準方程為 x 2－ ＝1.
（2）雙曲線 C 上是否存在被點 B （1，1）平分的弦？如果存在，求出
弦所在的直線方程；如果不存在，請說明理由.
解：假設雙曲線 C 上存在被點 B （1，1）平分的弦，記弦所在的
直線為 l .
設 B （1，1）是弦 MN 的中點， M （ x 1， y 1）， N （ x 2， y 2），
則 x 1＋ x 2＝2， y 1＋ y 2＝2.
因為點 M ， N 在雙曲線 C 上，所以它們的坐標滿足雙曲線方程，即
兩式相減得2（ x 1＋ x 2）（ x 1－ x 2）－（ y 1－ y 2）（ y 1＋ y 2）＝0，
所以4（ x 1－ x 2）＝2（ y 1－ y 2），所以直線 l 的斜率 kMN ＝ ＝2，
所以直線 l 的方程為 y －1＝2（ x －1），即2 x － y －1＝0.
聯立直線 l 與雙曲線 C 的方程，得消去 y ，得2 x 2－4
x ＋3＝0，Δ＝16－4×2×3＝－8＜0，
所以直線 l 與雙曲線 C 無交點，所以直線 l 不存在，故不存在被點 B
（1，1）平分的弦.
含參數的存在性問題
【例4】　如圖，橢圓 C ： ＝1（ a ＞ b ＞0）經過點 P （1，
），離心率 e ＝ ，直線 l 的方程為 x ＝4.
（1）求橢圓 C 的方程；
解：橢圓 C ： ＝1（ a ＞ b ＞0）經過點 P （1，
），可得 ＝1（ a ＞ b ＞0），?、?br/>由離心率 e ＝ ，即 a ＝2 c ，則 b 2＝3 c 2，?、?br/>代入①解得 c ＝1， a ＝2， b ＝ ，
故橢圓 C 的方程為 ＝1.
（2） AB 是經過右焦點 F 的任一弦（不經過點 P ），設直線 AB 與直線
l 相交于點 M ，記 PA ， PB ， PM 的斜率分別為 k 1， k 2， k 3.問：
是否存在常數λ，使得 k 1＋ k 2＝λ k 3？若存在，求λ的值；若不存
在，說明理由.
解：由題意可設 AB 的斜率為 k ，則直線 AB 的方程為 y ＝ k （ x －1），?、?br/>代入橢圓方程 ＝1并整理得（4 k 2＋3） x 2－8 k 2 x ＋4 k 2－
12＝0，設 A （ x 1， y 1）， B （ x 2， y 2），
x 1＋ x 2＝ ， x 1 x 2＝ ，　④
在方程③中，令 x ＝4得， M 的坐標為（4，3 k ），
從而 k 1＝ ， k 2＝ ， k 3＝ ＝ k － ，
注意到 A ， F ， B 三點共線，則有 k ＝ kAF ＝ kBF ，即有 ＝ k ，
所以 k 1＋ k 2＝ （ ）
＝2 k － ，　⑤
將④代入⑤得 k 1＋ k 2＝2 k － ＝2 k －1，
又 k 3＝ k － ，所以 k 1＋ k 2＝2 k 3.故存在常數λ＝2符合題意.
解題技法
含參數的存在性問題的求解方法
　　求解含參數的存在性問題時，通常的方法是首先假設滿足條件的
參數值存在，然后利用這些條件并結合題目的其他已知條件進行推理
與計算，若不出現矛盾，并且得到了相應的參數值，就說明滿足條件
的參數值存在；若在推理與計算中出現了矛盾，則說明滿足條件的參
數值不存在，同時推理與計算的過程就是說明理由的過程.
　在平面直角坐標系中， O 為坐標原點，動點 G 到 F 1（－ ，0），
F 2（ ，0）兩點的距離之和為4.
（1）試判斷動點 G 的軌跡是什么曲線，并求其軌跡方程 C ；
解：由題意知，｜ GF 1｜＋｜ GF 2｜＝4，又4＞2 ，所
以動點 G 的軌跡是橢圓.
由橢圓的定義可知， c ＝ ， a ＝2，又因為 a 2－ b 2＝ c 2，所以
b 2＝1，故 G 的軌跡方程為 ＋ y 2＝1.
（2）已知直線 l ： y ＝ k （ x － ）（ k ＞0）與圓 F ：（ x － ）2＋
y 2＝ 交于 M ， N 兩點，與曲線 C 交于 P ， Q 兩點，其中 M ， P
在第一象限. d 為原點 O 到直線 l 的距離，是否存在實數 k ，使得
T ＝（｜ NQ ｜－｜ MP ｜）· d 2取得最大值？若存在，求出 k ；
若不存在，說明理由.
解：由題設可知， M ， N 一個在橢圓外，一個在橢圓內； P ， Q
一個在☉ F 內，一個在☉ F 外，在直線 l 上的四點滿足：｜ NQ ｜
－｜ MP ｜＝（｜ NQ ｜＋｜ NP ｜）－（｜ MP ｜＋｜ NP ｜）
＝｜ PQ ｜－｜ MN ｜＝｜ PQ ｜－1，
由消去 y 得（1＋4 k 2） x 2－8 k 2 x ＋12 k 2－4＝0，
Δ＞0恒成立.設 P （ x 1， y 1）， Q （ x 2， y 2），由根與系數的關系，得 x 1＋ x 2＝ ， x 1 x 2＝ ，
｜ PQ ｜＝ .
所以｜ NQ ｜－｜ MP ｜＝｜ PQ ｜－1＝ ， O 到 l 距離 d ＝
， T ＝（｜ NQ ｜－｜ MP ｜）· d 2＝
＝ ＝1，
當且僅當4 k 2＝ ，即 k ＝± 時等號成立.
驗證可知 k ＝± 滿足題意.
因為 k ＞0，所以 k ＝ .
課時 跟蹤檢測
關鍵能力 分層施練 素養重提升
課后練習
1. 在橢圓Γ： ＋ y 2＝1（ a ＞1）中， A ， B 分別為橢圓的左頂
點和下頂點， F 為右焦點， C ， D 兩點均在直線 x ＝ a 上，且 C
在第一象限.
（1）若∠ AFB ＝ ，求橢圓Γ的標準方程；
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解：∵｜ OF ｜＝ c （ O 為坐標原點），｜ FB ｜＝a ，｜ OB ｜＝1，
∴ sin ∠ AFB ＝ ＝ sin ，∴ a ＝2，
因此橢圓Γ的標準方程為 ＋ y 2＝1.
（2）若 C ， D 兩點的縱坐標分別為2和1，判斷：直線 BC 與 AD 的
交點是否在橢圓Γ上，并說明理由.
解：直線 BC 與 AD 的交點在橢圓Γ上.
由已知得 A （－ a ，0）， B （0，－1）， C （ a ，2）， D （ a ，1），
∴直線 BC 的方程為 y ＝ x －1，
直線 AD 的方程為 y ＝ x ＋ ，
聯立解得
∴直線 BC 與 AD 的交點為（ ），此時 ＋（ ）2＝1，
即交點坐標滿足橢圓方程，因此該交點在橢圓Γ上.
2. 已知 F 1， F 2分別為橢圓 C ： ＝1（ a ＞ b ＞0）的左、右焦
點，焦距為2，過 F 2作斜率存在且不為零的直線 l 交 C 于 A ， B 兩
點，且△ F 1 AB 的周長為8.
（1）求橢圓 C 的方程；
解：由焦距為2，即2 c ＝2，得 c ＝1，結合橢圓的定義
知，△ F 1 AB 的周長為4 a ＝8，得 a ＝2，
∴ b 2＝ a 2－ c 2＝3，即橢圓 C 的方程為 ＝1.
（2）已知弦 AB 的垂直平分線交 x 軸于點 P ，求證：｜ AB ｜＝4｜
PF 2｜.
解：證明：設直線 l 的方程為 x ＝ my ＋1， m ≠0， A （ x 1， y 1）， B （ x 2， y 2），
聯立得（3 m 2＋4） y 2＋6 my －9＝0，Δ＞0恒成立，
∴ y 1＋ y 2＝ ， y 1 y 2＝ ，
則 x 1＋ x 2＝ m （ y 1＋ y 2）＋2＝ ，
∴ AB 的中點為（ ），即（ ），
∴弦 AB 的垂直平分線的方程為 y ＝－ m （ x － ）－ ＝－
mx ＋ ，令 y ＝0，得 x ＝ ，∴ xP ＝ ，
∴｜ PF 2｜＝｜1－ xP ｜＝ ，
而｜ AB ｜＝ ｜ y 1－ y 2｜＝
· ，
∴ ＝4，即｜ AB ｜＝4｜ PF 2｜.
3. 設動點 P 到定點 F （ ，0）的距離和 P 到定直線 l ： x ＝ 的距
離的比是 .
（1）求動點 P 的軌跡方程；
解：設 P （ x ， y ），因為動點 P 到定點 F （ ，0）的
距離和 P 到定直線 l ： x ＝ 的距離的比是 ，
所以 ，整理化簡得 ＋ y 2＝1.
所以動點 P 的軌跡方程為 ＋ y 2＝1.
（2）設動點 P 的軌跡為曲線 N ，不過原點 O 且斜率為 的直線 l
與曲線 N 交于不同的兩點 A ， B ，線段 AB 的中點為 M ，
直線 OM 與曲線 N 交于 C ， D 兩點，證明： A ， B ， C ，
D 四點共圓.
解：證明：設直線 l 的方程為 y ＝ x ＋ m （ m ≠0）， A （ x 1，y 1）， B （ x 2， y 2），
由方程組得 x 2＋2 mx ＋2 m 2－2＝0，?、?br/>方程①的判別式為Δ＝4（2－ m 2），
由Δ＞0，即2－ m 2＞0，解得－ ＜ m ＜ .
由①得 x 1＋ x 2＝－2 m ， x 1 x 2＝2 m 2－2.
所以 M 點坐標為（－ m ， ），直線 OM 的方程為 y ＝－ x ，
假設點 C 在第二象限，由方程組
得 C （－ ）， D （ ，－ ），
所以｜ MC ｜·｜ MD ｜＝ （－ m ＋ ）· ＋ m ）＝ （2
－ m 2）.
又｜ MA ｜·｜ MB ｜＝ ｜ AB ｜2＝ [（ x 1－ x 2）2＋（ y 1－ y 2）2]
＝ [（ x 1＋ x 2）2－4 x 1 x 2]＝ [4 m 2－4（2 m 2－2）]＝ （2－
m 2），所以｜ MA ｜·｜ MB ｜＝｜ MC ｜·｜ MD ｜，
所以 A ， B ， C ， D 四點共圓.
4. 已知雙曲線方程為 ＝1（ a ＞0， b ＞0）， F 1， F 2為雙曲線
的左、右焦點，離心率為2，點 P 為雙曲線在第一象限上的一點，
且滿足 · ＝0，｜ ｜｜ ｜＝6.
（1）求雙曲線的標準方程；
解：由 e ＝ ＝2得 c ＝2 a ，∴ b ＝ a ，
∵ · ＝0，∴ PF 1⊥ PF 2，
在Rt△ F 1 PF 2中，由｜ PF 1｜－｜ PF 2｜＝2 a 得｜ PF 1｜2＋｜
PF 2｜2－2｜ PF 1｜｜ PF 2｜＝4 a 2，
代入｜ PF 1｜2＋｜ PF 2｜2＝4 c 2，｜ PF 1｜｜ PF 2｜＝6得4 c 2
－12＝4 a 2，
解得 b 2＝3， a 2＝1，∴雙曲線的方程為 x 2－ ＝1.
（2）過點 F 2作直線 l 交雙曲線于 A ， B 兩點，則在 x 軸上是否存在
定點 Q （ m ，0），使得 · 為定值？若存在，請求出 m
的值和該定值；若不存在，請說明理由.
解：當 l 斜率為0時， l ： y ＝0，
此時 A （－1，0）， B （1，0），由 Q （ m ，0）得 · ＝
m 2－1；
當 l 斜率不為0時，設 l ： x ＝ ty ＋2， A （ x 1， y 1）， B （ x 2，
y 2），
聯立得（3 t 2－1） y 2＋12 ty ＋9＝0，則Δ＝36
t 2＋36＞0，
∴ y 1＋ y 2＝ ， y 1 y 2＝ ，
∴ · ＝（ x 1－ m ， y 1）·（ x 2－ m ， y 2）＝（ x 1－ m ）
（ x 2－ m ）＋ y 1 y 2＝（ ty 1＋2－ m ）（ ty 2＋2－ m ）＋ y 1 y 2＝（ t 2＋1） y 1· y 2＋（2－ m ） t （ y 1＋ y 2）＋（2－ m ）2＝（ t 2＋1）· ＋（2－ m ） t · ＋（2－ m ）2，令 · ＝ m 2－1，即9（ t 2＋1）－12 t 2（2－ m ）＝（4 m －5）（3 t 2－1），
解得 m ＝－1，則 Q （－1，0），此時 · ＝0.
綜上所述：存在 m ＝－1，使得 · ＝0.
5. 已知拋物線 C ： x 2＝2 py （ p ＞0）的焦點為 F ， E 為 C 上的動點，
EQ 垂直于動直線 y ＝ t （ t ＜0），垂足為 Q ，當△ EQF 為等邊三角
形時，其面積為4 .
（1）求 C 的方程；
解：∵△ EQF 為等邊三角形時，其面積為4 ，
∴ ×｜ EQ ｜2 sin ＝4 ，解得｜ EQ ｜＝4，
根據｜ EF ｜＝｜ EQ ｜和拋物線的定義可
知， Q 落在準線上，即 y ＝ t ＝－ ，設準線和 y 軸交點為 H ，易證∠ HFQ ＝ ，于是｜ FQ ｜ cos ＝2＝｜ FH ｜＝ p ，
∴ C 的方程為 x 2＝4 y .
（2）設 O 為原點，過點 E 的直線 l 與 C 相切，且與橢圓 ＝1
交于 A ， B 兩點，直線 OQ 與 AB 交于點 M ，試問：是否存在
t ，使得｜ AM ｜＝｜ BM ｜？若存在，求 t 的值；若不存在，
請說明理由.
解：假設存在 t ，使得｜ AM ｜＝｜ BM ｜，則 M 為線段 AB 的
中點，設 E （ x 0， ），依題意得 Q （ x 0， t ），當 x 0≠0時，則 kOQ ＝ ，由 y ＝ 可得y'＝ ，∴切線 l 的斜率為 kl ＝ x 0，
設 A （ x 1， y 1）， B （ x 2， y 2），線段 AB 的中點 M （ ），由 可得 ＝0，
∴ ＝0，
整理可得 · ＝－ ，即 kl · kOM ＝－ ，所以 x 0· kOM ＝
－ ，可得 kOM ＝－ ，又∵ kOQ ＝ kOM ＝ ，
∴當 t ＝－1時， kOQ ＝ kOM ＝－ ，此時 O ， M ， Q 三點共線，滿
足 M 為 AB 的中點.
當 x 0＝0時，結論也成立.
綜上，存在 t ＝－1，使得｜ AM ｜＝｜ BM ｜.
6. 已知橢圓 C ： ＝1（ a ＞ b ＞0）的左焦點為 F ，離心率為 ，
過點 F 且垂直于 x 軸的直線交 C 于 A ， B 兩點，｜ AB ｜＝3.
（1）求橢圓 C 的方程；
解：設 F （－ c ，0），∵點 A ， B 為過點 F 且垂直于 x
軸的直線與橢圓 C 的交點，∴｜ AB ｜＝ ，
∴解得
∴橢圓 C 的方程為 ＝1.
（2）過 F 點作相互垂直的弦 DE ， MN ，設 DE ， MN 的中點分
別為 P ， Q ，當△ FPQ 的面積最大時，證明：點 P ， Q 關
于 x 軸對稱.
解：證明：由題意得直線 DE ， MN 的斜率均存在，
設直線 DE 的斜率為 k ，則直線 MN 的斜率為－ ，
∴直線 DE 的方程為 y ＝ k （ x ＋1），設 D （ x 1， y 1），
E （ x 2， y 2），
聯立直線與橢圓的方程可得（3＋4 k 2） x 2＋8 k 2 x ＋
4 k 2－12＝0，Δ＝144 k 2＋144＞0，
由根與系數的關系可得， x 1＋ x 2＝ ，
∵ P 為 DE 的中點，
∴ xP ＝ ， yP ＝ k （ xP ＋1）＝ ，
∴ P （ ），
∴｜ PF ｜＝ ，
同理用－ 代替 k 得 Q （ ），
｜ QF ｜＝ ，
∴ S △ FPQ ＝ ｜ PF ｜·｜ QF ｜＝ ，設 t ＝ （ t ≥2），∴ S △ FPQ ＝ （ t ≥2），設 f （ x ）＝12 x ＋ （ x ≥2），由對勾函數的性質，可知函數 f （ x ）在區間[2，＋∞）上單調遞增，
∴當 x ＝2時， f （ x ）最小，即 S △ FPQ 最大，此時 ＝
2，解得 k 2＝1，∴ xP ＝ xQ ＝－ ， yP ＝－ yQ ，∴點 P ， Q 關于 x
軸對稱，即得證.
感 謝 觀 看!重難專攻（十）　圓錐曲線中的證明、探究性問題
1.證明問題：圓錐曲線中的證明問題，常見的有位置關系的證明，如相切、平行、垂直、共線等；數量關系的證明，如恒成立、值相等（不等）、角相等（不等）等，在熟悉圓錐曲線的定義和性質的前提下，常把幾何量用坐標表示，建立某個變量的函數，用代數方法證明.
2.探究性問題：先假設結論成立，用待定系數法列出含相應參數的方程，若方程有解，則探究的元素存在（或命題成立），否則不存在（或不成立）.需要注意的是：（1）當條件和結論不唯一時要分類討論；（2）當給出結論需要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件；（3）當要討論的量能夠確定時，可先確定，再證明結論符合題意.
位置關系的證明
【例1】　已知橢圓C：＋＝1（a＞b＞0）的左、右頂點分別為A1（－2，0），A2（2，0），右焦點為F，點T（1，）在橢圓C上.
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）P為橢圓上不與A1，A2重合的任意一點，直線A1P，A2P分別與直線x＝4相交于點M，N，求證：FM⊥FN.
解：（1）由題知，a＝2，又點T（1，）在橢圓C上，
∴＋＝1，解得b2＝3，
∴橢圓C的標準方程為＋＝1.
（2）證明：由（1）知F（1，0），
設P（x0，y0）（x0≠±2），則＋＝1，
直線A1P的方程為y－y0＝（x－x0），
令x＝4，得yM＝，
即M（4，），
直線A2P的方程為y－y0＝（x－x0），
令x＝4，得yN＝，即N（4，），
∴·＝（3，）·（3，）＝3×3＋×＝9＋＝9＋＝9＋（－9）＝0，
∴⊥，即FM⊥FN.
解題技法
樹立“轉化”意識，證明位置關系
　雙曲線C：－＝1（a＞0，b＞0）經過點（，1），且漸近線方程為y＝±x.
（1）求a，b的值；
（2）點A，B，D是雙曲線C上不同的三點，且B，D兩點關于y軸對稱，△ABD的外接圓經過原點O.求證：直線AB與圓x2＋y2＝1相切.
解：（1）由題意得解得a＝b＝.
（2）證明：由（1）得雙曲線C的方程為x2－y2＝2.
易知直線AB一定是不平行于x軸的直線且不與漸近線y＝±x平行，
所以可設直線AB的方程為x＝my＋n（m≠±1），
設A（x1，y1），B（x2，y2），則y1≠y2，D（－x2，y2）.
聯立整理得（m2－1）y2＋2mny＋n2－2＝0，
Δ＝4（n2＋2m2－2）＞0，則y1y2＝.
由于△ABD的外接圓過原點，且B，D兩點關于y軸對稱，
所以可設△ABD外接圓的方程為x2＋y2＋Ey＝0.
則
所以y2（＋）＝y1（＋），
因為＝2＋，＝2＋，
所以y2（2＋2）＝y1（2＋2），
所以y1y2＝1，
所以y1y2＝＝1，所以n2＝m2＋1，
則原點到直線AB的距離d＝＝1，
所以直線AB與圓x2＋y2＝1相切.
數量關系的證明
【例2】　設橢圓C：＋y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為（2，0）.
（1）當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；
（2）設O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB.
解：（1）由已知得F（1，0），l的方程為x＝1.
把x＝1代入橢圓方程＋y2＝1，可得點A的坐標為或，
又M（2，0），所以直線AM的方程為y＝－x＋或y＝x－.
（2）證明：當l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°.
當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，
所以∠OMA＝∠OMB.
當l與x軸既不重合也不垂直時，
設l的方程為y＝k（x－1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
則x1＜，x2＜，直線MA，MB的斜率之和為kMA＋kMB＝＋.
由y1＝k（x1－1），y2＝k（x2－1）得，kMA＋kMB＝.
將y＝k（x－1）代入＋y2＝1得（2k2＋1）x2－4k2x＋2k2－2＝0.
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
則2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k＝＝0.
從而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補.
所以∠OMA＝∠OMB.
綜上，∠OMA＝∠OMB.
解題技法
　　解決此類問題，一般方法是“設而不求”，通過“設參、用參、消參”的推理及運算，借助幾何直觀，達到證明的目的.
已知頂點是坐標原點的拋物線Γ的焦點F在y軸正半軸上，圓心在直線y＝x上的圓E與x軸相切，且點E，F關于點M（－1，0）對稱.
（1）求E和Γ的標準方程；
（2）過點M的直線l與圓E交于A，B兩點，與Γ交于C，D兩點，求證：｜CD｜＞｜AB｜.
解：（1）設Γ的標準方程為x2＝2py，p＞0，則F（0，）.
已知點E在直線y＝x上，
故可設E（2a，a）.
因為E，F關于點M（－1，0）對稱，
所以解得
所以拋物線Γ的標準方程為x2＝4y.
因為圓E與x軸相切，故半徑r＝｜a｜＝1，
所以圓E的標準方程為（x＋2）2＋（y＋1）2＝1.
（2）證明：由題意知，直線l的斜率存在，設l的斜率為k，那么其方程為y＝k（x＋1）（k≠0）.
則E（－2，－1）到l的距離d＝，
因為l與E交于A，B兩點，
所以d2＜r2，即＜1，解得k＞0，
所以｜AB｜＝2＝2.
由消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.
Δ＝16k2＋16k＞0恒成立，設C（x1，y1），D（x2，y2），
則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，
那么｜CD｜＝｜x1－x2｜＝·＝4·.
所以＝
＝＞＝2.
所以｜CD｜2＞2｜AB｜2，即｜CD｜＞｜AB｜.
點、線的探究性問題
【例3】　已知A，B分別為橢圓E：＋y2＝1（a＞1）的左頂點和下頂點，P為直線x＝3上的動點，·的最小值為.
（1）求E的方程；
（2）設直線PA與E的另一交點為D，直線PB與E的另一交點為C，問是否存在點P，使得四邊形ABCD為梯形？若存在，求點P的坐標；若不存在，請說明理由.
解：（1）設P（3，t），由題意得A（－a，0），B（0，－1），
則＝（a＋3，t），＝（3，1＋t）.
所以·＝9＋3a＋t2＋t＝＋3a＋，
于是當t＝－時，·取得最小值3a＋，所以3a＋＝，
解得a＝2.
所以E的方程為＋y2＝1.
（2）法一　假設存在點P（3，t）滿足題設，設D（x1，y1），
則＝（x1＋2，y1），由題意可知＝（5，t），
存在λ∈（0，1），使得＝λ，
即整理得代入＋y2＝1中，有＋（λt）2＝1，?、?br/>設C（x2，y2），則＝（x2，y2＋1）.由題意可知＝（3，t＋1）.
因為四邊形ABCD為梯形，所以AB∥CD，所以＝λ，
即整理得
代入＋y2＝1中，有＋（λt＋λ－1）2＝1，?、?br/>①－②得λ（λ－1）（3－2t）＝0，又λ∈（0，1），所以t＝.
故存在點P，使得四邊形ABCD為梯形.
法二　假設存在點P（3，t）滿足題設，則t＞0，
設C（x1，y1），D（x2，y2）.
直線PA的方程為y＝（x＋2），直線PB的方程為y＝x－1.
將y＝（x＋2）代入E的方程得（4t2＋25）x2＋16t2x＋16t2－100＝0，
Δ＞0，可得x2×（－2）＝，所以x2＝.
將y＝x－1代入E的方程得（4t2＋8t＋13）x2－24（t＋1）x＝0.
可得x1＝.
因為四邊形ABCD為梯形，所以AB∥CD，所以＝，
于是＝，所以＝，整理可得8t3－12t2＋10t－15＝0，
即（2t－3）（4t2＋5）＝0，解得t＝.
故存在點P，使得四邊形ABCD為梯形.
解題技法
點、線的探究性問題的求解方法
（1）解決探究性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化.一般步驟如下：
①假設滿足條件的曲線（直線或點等）存在，用待定系數法設出；
②列出關于待定系數的方程（組）；
③若方程（組）有實數解，則曲線（直線或點等）存在，否則不存在.
（2）反證法與驗證法也是求解探究性問題常用的方法.
　已知雙曲線C的焦點在坐標軸上，且過點P（，1），其漸近線方程為y＝±x.
（1）求雙曲線C的標準方程；
（2）雙曲線C上是否存在被點B（1，1）平分的弦？如果存在，求出弦所在的直線方程；如果不存在，請說明理由.
解：（1）由雙曲線C的焦點在坐標軸上，其漸近線方程為y＝±x，
可設雙曲線的標準方程為2x2－y2＝λ，
將P代入雙曲線方程，可得λ＝2，
所以雙曲線C的標準方程為x2－＝1.
（2）假設雙曲線C上存在被點B（1，1）平分的弦，記弦所在的直線為l.
設B（1，1）是弦MN的中點，M（x1，y1），N（x2，y2），則x1＋x2＝2，y1＋y2＝2.
因為點M，N在雙曲線C上，所以它們的坐標滿足雙曲線方程，即
兩式相減得2（x1＋x2）（x1－x2）－（y1－y2）（y1＋y2）＝0，
所以4（x1－x2）＝2（y1－y2），所以直線l的斜率kMN＝＝2，
所以直線l的方程為y－1＝2（x－1），即2x－y－1＝0.
聯立直線l與雙曲線C的方程，得消去y，得2x2－4x＋3＝0，Δ＝16－4×2×3＝－8＜0，
所以直線l與雙曲線C無交點，所以直線l不存在，故雙曲線C上不存在被點B（1，1）平分的弦.
含參數的探究性問題
【例4】　如圖，A，B，M，N為拋物線y2＝2x上四個不同的點，直線AB與直線MN相交于點（1，0），直線AN過點（2，0）.
（1）記A，B的縱坐標分別為yA，yB，求yA·yB的值；
（2）記直線AN，BM的斜率分別為k1，k2，是否存在實數λ，使得k2＝λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由.
解：（1）設直線AB的方程為x＝my＋1，
代入y2＝2x，得y2－2my－2＝0，Δ＝4m2＋8＞0，
所以yA·yB＝－2.
（2）記點M，N的縱坐標分別為yM，yN，由（1）同理可得yM·yN＝－2.
設直線AN的方程為x＝ny＋2，代入y2＝2x，
得y2－2ny－4＝0，Δ＞0，所以yA·yN＝－4.
記點A，N的橫坐標分別為xA，xN，
則k1＝＝＝，
同理得k2＝，
所以λ＝＝＝＝＝2，
所以存在實數λ＝2，使得k2＝2k1.
解題技法
含參數的探究性問題的求解方法
　　求解含參數的探究性問題時，通常的方法是首先假設滿足條件的參數值存在，然后利用這些條件并結合題目的其他已知條件進行推理與計算，若不出現矛盾，并且得到了相應的參數值，就說明滿足條件的參數值存在；若在推理與計算中出現了矛盾，則說明滿足條件的參數值不存在，同時推理與計算的過程就是說明理由的過程.
　在平面直角坐標系中，O為坐標原點，動點G到F1（－，0），F2（，0）兩點的距離之和為4.
（1）試判斷動點G的軌跡是什么曲線，并求其軌跡方程C；
（2）已知直線l：y＝k（x－）（k＞0）與圓F：（x－）2＋y2＝交于M，N兩點，與曲線C交于P，Q兩點，其中M，P在第一象限.d為原點O到直線l的距離，是否存在實數k，使得T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2取得最大值？若存在，求出k；若不存在，說明理由.
解：（1）由題意知，｜GF1｜＋｜GF2｜＝4，又4＞2，所以動點G的軌跡是橢圓.
由橢圓的定義可知，c＝，a＝2，又因為a2－b2＝c2，所以b2＝1，
故G的軌跡方程為＋y2＝1.
（2）由題設可知，M，N一個在橢圓外，一個在橢圓內；P，Q一個在☉F內，一個在☉F外，在直線l上的四點滿足：｜NQ｜－｜MP｜＝（｜NQ｜＋｜NP｜）－（｜MP｜＋｜NP｜）＝｜PQ｜－｜MN｜＝｜PQ｜－1，
由消去y得（1＋4k2）x2－8·k2x＋12k2－4＝0，Δ＞0恒成立.
設P（x1，y1），Q（x2，y2），
由根與系數的關系，得x1＋x2＝，
x1x2＝，
｜PQ｜＝＝.
所以｜NQ｜－｜MP｜＝｜PQ｜－1＝，O到l距離d＝，T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2＝＝
＝≤＝1，
當且僅當4k2＝，即k＝±時等號成立.
驗證可知k＝±滿足題意.
因為k＞0，所以k＝.
1.在橢圓Γ：＋y2＝1（a＞1）中，A，B分別為橢圓的左頂點和下頂點，F為右焦點，C，D兩點均在直線x＝a上，且C在第一象限.
（1）若∠AFB＝，求橢圓Γ的標準方程；
（2）若C，D兩點的縱坐標分別為2和1，判斷：直線BC與AD的交點是否在橢圓Γ上，并說明理由.
解：（1）∵｜OF｜＝c（O為坐標原點），｜FB｜＝a，｜OB｜＝1，∴sin∠AFB＝＝＝sin ＝，
∴a＝2，因此橢圓Γ的標準方程為＋y2＝1.
（2）直線BC與AD的交點在橢圓Γ上.
由已知得A（－a，0），B（0，－1），C（a，2），D（a，1），
∴直線BC的方程為y＝x－1，
直線AD的方程為y＝x＋，
聯立解得∴直線BC與AD的交點為（，），此時＋（）2＝1，即交點坐標滿足橢圓方程，因此該交點在橢圓Γ上.
2.（2024·大連模擬）已知雙曲線Q：－y2＝1（a＞0）的離心率為，經過坐標原點O的直線l與雙曲線Q交于A，B兩點，點A（x1，y1）位于第一象限，C（x2，y2）是雙曲線Q右支上一點，AB⊥AC，設D（x1，－）.
（1）求雙曲線Q的標準方程；
（2）求證：C，D，B三點共線.
解：（1）由題意可知＝，解得a＝2，
所以雙曲線Q的標準方程為－y2＝1.
（2）證明：法一　由題意可知，直線AB，AC的斜率存在且不為0，B（－x1，－y1）.
因為AB⊥AC，
所以kAB·kAC＝－1，即·＝－1.
又點A，C在雙曲線Q右支上，所以
作差得＝，
則kBC＝＝＝－×，
又kBD＝＝－×，
所以kBC＝kBD.
又BC，BD有公共點，所以B，C，D三點共線.
法二　由題意可知，直線AB，AC的斜率存在且不為0，B（－x1，－y1）.
因為AB⊥AC，
所以kAB·kAC＝－1，即·＝－1.　①
又kBC·kAC＝·＝，－＝1，－＝1，
所以kBC·kAC＝＝.?、?br/>由①②得＝－4，所以kBC＝－×，
又kBD＝＝－×，所以kBC＝kBD.
又BC，BD有公共點，所以B，C，D三點共線.
3.已知雙曲線方程為－＝1（a＞0，b＞0），F1，F2為雙曲線的左、右焦點，離心率為2，點P為雙曲線在第一象限上的一點，且滿足·＝0，｜｜｜｜＝6.
（1）求雙曲線的標準方程；
（2）過點F2作直線l交雙曲線于A，B兩點，則在x軸上是否存在定點Q（m，0），使得·為定值？若存在，請求出m的值和該定值，若不存在，請說明理由.
解：（1）由e＝＝2得c＝2a，∴b＝＝a，
∵·＝0，∴PF1⊥PF2，
在Rt△F1PF2中，由｜PF1｜－｜PF2｜＝2a得｜PF1｜2＋｜PF2｜2－2｜PF1｜｜PF2｜＝4a2，
代入｜PF1｜2＋｜PF2｜2＝4c2，｜PF1｜｜PF2｜＝6得4c2－12＝4a2，
解得b2＝3，a2＝1，∴雙曲線的標準方程為x2－＝1.
（2）當l斜率為0時，l：y＝0，
此時不妨設A（－1，0），B（1，0），由Q（m，0）得·＝m2－1；
當l斜率不為0時，設l：x＝ty＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），
聯立得（3t2－1）y2＋12ty＋9＝0，則Δ＝36t2＋36＞0，
∴y1＋y2＝，y1y2＝，
∴·＝（x1－m，y1）·（x2－m，y2）＝（x1－m）（x2－m）＋y1y2＝（ty1＋2－m）（ty2＋2－m）＋y1y2＝（t2＋1）y1·y2＋（2－m）t（y1＋y2）＋（2－m）2＝（t2＋1）·＋（2－m）t·＋（2－m）2，
令·＝m2－1，即9（t2＋1）－12t2（2－m）＝（4m－5）（3t2－1），
解得m＝－1，則Q（－1，0），此時·＝0.
綜上所述：存在m＝－1，使得·為定值且定值為0.
4.（2023·新高考Ⅰ卷22題）在直角坐標系xOy中，點P到x軸的距離等于點P到點（0，）的距離，記動點P的軌跡為W.
（1）求W的方程；
（2）已知矩形ABCD有三個頂點在W上，證明：矩形ABCD的周長大于3.
解：（1）設點P（x，y），則｜y｜＝，兩邊同時平方化簡得y＝x2＋，
故W：y＝x2＋.
（2）證明：設矩形的三個頂點A（a，a2＋），B（b，b2＋），C（c，c2＋）在W上，且a＜b＜c，
易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，
則kAB·kBC＝－1，a＋b＜b＋c，
令kAB＝＝a＋b＝m＜0，
同理令kBC＝b＋c＝n＞0，且mn＝－1，
則m＝－，
設矩形周長為L，由對稱性不妨設｜m｜≥｜n｜，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋，
則L＝｜AB｜＋｜BC｜
＝＋
＝＋＝（b－a）＋（c－b）≥（c－a）＝（n＋），n＞0，易知（n＋）＞0，
令f（x）＝（x＋）2（1＋x2），x＞0，f'（x）＝2（x＋）2（2x－），令f'（x）＝0，解得x＝，
當x∈（0，）時，f'（x）＜0，此時f（x）單調遞減，
當x∈（，＋∞），f'（x）＞0，此時f（x）單調遞增，
則f（x）min＝f（）＝，
故L≥＝，即L≥3.
當L＝3時，n＝，m＝－，且（b－a）＝（b－a），無解，故等號取不到，
故L＞3，得

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