备战2025年高考数学精品教案第八章平面解析几何突破4圆锥曲线中的证明、探索性问题（Word版附解析）

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命题点1 证明问题
例1 [2022新高考卷Ⅱ]已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（2，0），渐近线方程为y＝±3x.
（1）求C的方程.
（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P（x1，y1），Q（x2，y2）在C上，且 x1＞x2＞0，y1＞0.过P且斜率为－3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①M在AB上；②PQ∥AB；③｜MA｜＝｜MB｜.
解析 （1）由题意得c＝2 ①.
因为双曲线的渐近线方程为y＝±bax＝±3x，所以ba＝3 ②.
又c2＝a2＋b2 ③，所以由①②③得a＝1，b＝3，所以双曲线C的方程为x2－y23＝1.
（2）由题意知直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx＋t（k≠0），将直线PQ的方程代入C的方程，
整理得（3－k2）x2－2ktx－t2－3＝0，Δ＞0，故t2＋3－k2＞0，
则x1＋x2＝2kt3－k2，x1x2＝－t2+33－k2＞0，所以3－k2＜0，
所以x1－x2＝（x1＋x2）2－4x1x2＝23（t2+3－k2）k2－3.
设点M的坐标为（xM，yM），则yM－y1＝－3（xM－x1),yM－y2＝3（xM－x2),
两式相减，得y1－y2＝23xM－3（x1＋x2），
又y1－y2＝（kx1＋t）－（kx2＋t）＝k（x1－x2），
所以23xM＝k（x1－x2）＋3（x1＋x2），
解得xM＝kt2+3－k2－ktk2－3；
两式相加，得2yM－（y1＋y2）＝3（x1－x2），
又y1＋y2＝（kx1＋t）＋（kx2＋t）＝k（x1＋x2）＋2t，
所以2yM＝k（x1＋x2）＋3（x1－x2）＋2t，
解得yM＝3t2+3－k2－3tk2－3＝3kxM.
因此，点M的轨迹为直线y＝3kx，其中k为直线PQ的斜率.
若选择①②：因为PQ∥AB，所以直线AB的方程为y＝k（x－2），设A（xA，yA），B（xB，yB），
不妨令点A在直线y＝3x上，
则由yA＝k（xA－2),yA＝3xA，解得xA＝2kk－3，yA＝23kk－3，
同理可得xB＝2kk＋3，yB＝－23kk＋3，
所以xA＋xB＝4k2k2－3，yA＋yB＝12kk2－3.
点M的坐标满足yM＝k（xM－2),yM＝3kxM，
得xM＝2k2k2－3＝xA＋xB2，yM＝6kk2－3＝yA＋yB2，
故M为AB的中点，即｜MA｜＝｜MB｜.
若选择①③：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F（2，0），此时M不在直线y＝3kx上，矛盾.
当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为y＝m（x－2）·（m≠0），A（xA，yA），B（xB，yB），
不妨令点A在直线y＝3x上，
则由yA＝m（xA－2),yA＝3xA，解得xA＝2mm－3，yA＝23mm－3，
同理可得xB＝2mm＋3，yB＝－23mm＋3，
因为M在AB上，且｜MA｜＝｜MB｜，所以xM＝xA＋xB2＝2m2m2－3，yM＝yA＋yB2＝6mm2－3，
又点M在直线y＝3kx上，所以6mm2－3＝3k·2m2m2－3，
解得k＝m，因此PQ∥AB.
若选择②③：因为PQ∥AB，所以直线AB的方程为y＝k（x－2），设A（xA，yA），
B（xB，yB），
不妨令点A在直线y＝3x上，
则由yA＝k（xA－2),yA＝3xA，解得xA＝2kk－3，yA＝23kk－3，
同理可得xB＝2kk＋3，yB＝－23kk＋3.
设AB的中点为C（xC，yC），则xC＝xA＋xB2＝2k2k2－3，
yC＝yA＋yB2＝6kk2－3.
因为｜MA｜＝｜MB｜，所以M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－1k（x－xC），
即y－6kk2－3＝－1k（x－2k2k2－3）上，与y＝3kx联立，得xM＝2k2k2－3＝xC，yM＝6kk2－3＝yC，
即点M恰为AB的中点，故点M在直线AB上.
方法技巧
有关证明问题的解题策略
圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系的证明，证明时，常把几何量用坐标表示，建立关于某个变量的函数，用代数方法证明.
训练1 [2021新高考卷Ⅱ]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的右焦点为F（2，0），且离心率为63.
（1）求C的方程.
（2）设M，N是C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2（x＞0）相切.证明：M，N，F三点共线的充要条件是｜MN｜＝3.
解析 （1）由题意，得c＝2，又e＝ca＝63，所以a＝3，
所以b＝a2－c2＝1，所以C的方程为x23＋y2＝1.
（2）由（1）知x2＋y2＝1（x＞0）.
证必要性：若M，N，F三点共线，则｜MN｜＝3.
由题意知直线MN的斜率存在且不为0，
由对称性不妨设直线MN的方程为y＝k（x－2）（k＜0），则｜2k｜k2+1＝1，得k＝－1.
所以直线MN的方程为x＋y－2＝0.
由x＋y－2=0，x23＋y2=1，消去y，得4x2－62x＋3＝0，Δ＞0.
设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝322，x1x2＝34，
所以｜MN｜＝1+(－1）2·｜x1－x2｜＝2·（x1＋x2）2－4x1x2＝2×92－4×34＝3.
由对称性可知当k＞0时，｜MN｜＝3.故必要性得证.
证充分性：若｜MN｜＝3，则M，N，F三点共线.
由题意可知直线MN的斜率存在且不为0，
由对称性不妨设直线MN的方程为y＝kx＋m（k＜0，m＞0），则｜m｜k2+1＝1，得m＝1+k2.
由y＝kx＋m，x23＋y2=1，消去y，得（3k2＋1）x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
得（3k2＋1）x2＋6k1+k2x＋3k2＝0，Δ＞0.
设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝－6k1+k23k2+1，x1x2＝3k23k2+1，
所以｜MN｜＝1+k2·｜x1－x2｜＝1+k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝1+k2·（－6k1+k23k2+1）2－4·3k23k2+1＝1+k2·－26k3k2+1＝3，整理得k4－2k2＋1＝0，得k＝－1，
所以m＝2，所以直线MN的方程为y＝－x＋2.
令y＝0，得x＝2，即直线MN过点F，所以M，N，F三点共线.
由对称性知当k＞0时，M，N，F三点共线，充分性得证.
综上，M，N，F三点共线的充要条件为｜MN｜＝3.
命题点2 探索性问题
例2 [2023河南省新乡市模拟]已知点A（2，1）在双曲线C：x2a2－y2a2－1＝1（a＞1）上.
（1）求C的方程.
（2）是否存在过点P（1，－12）的直线l与C相交于A，B两点，且满足P是线段AB的中点？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
解析 （1）已知点A（2，1）在C：x2a2－y2a2－1＝1（a＞1）上，
所以4a2－1a2－1＝1，整理得a4－4a2＋4＝0，解得a2＝2，则a＝2，所以C的方程为x22-y2=1.
（2）由题可知若直线存在，则直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y＝k（x－1）－12，且设交点A（x1，y1），B（x2，y2），则x122－y12=1，x222－y22=1，
两式相减得：（x1－x2）（x1＋x2）＝2（y1－y2）（y1＋y2），由于P（1，－12）为AB中点，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－1，则k＝y1－y2x1－x2＝－1，
则直线l的方程为y＝－（x－1）－12，即y＝－x＋12，
由y＝－x＋12，x22－y2=1，得2x2－4x＋5＝0，
Δ＝（－4）2－4×2×5＝－24＜0，方程无实根.
故不存在过点P（1，－12）的直线l与该双曲线相交于A，B两点，且满足P是线段AB的中点.
方法技巧
探索性问题的解题策略
此类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，否则不存在；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.
训练2 [2023济南市学情检测]已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的实轴长为2，直线y＝3x为C的一条渐近线.
（1）求C的方程.
（2）若过点（2，0）的直线与C交于P，Q两点，在x轴上是否存在定点M，使得MP·MQ为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
解析 （1）由题意知，2a＝2，ba＝3，解得a＝1，b＝3，
所以双曲线C的方程为x2－y23＝1.
（2）若直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为x＝my＋2，代入x2－y23＝1并整理得，（3m2－1）y2＋12my＋9＝0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则3m2－1≠0，Δ＝36m2＋36＞0，y1＋y2＝－12m3m2－1，y1y2＝93m2－1.
假设在x轴上存在定点M（t，0），使得MP·MQ为定值.
MP·MQ＝（x1－t）（x2－t）＋y1y2＝（m2＋1）y1y2＋（2－t）m（y1＋y2）＋（2－t）2＝（12t－15）m2+93m2－1＋（2－t）2.
若MP·MQ为定值，则必有12t－153＝9－1，
解得t＝－1，此时MP·MQ＝0.
若直线PQ的斜率为0，则可取P（－1，0），Q（1，0），M（－1，0），
所以MP·MQ＝（0，0）·（2，0）＝0.
所以在x轴上存在定点M（－1，0），使得MP·MQ为定值0.
1.[命题点1]已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P（3，1）在C上，且｜PF1｜·｜PF2｜＝10.
（1）求C的方程.
（2）斜率为－3的直线l与C交于A，B两点，点B关于原点的对称点为D.若直线PA，PD的斜率存在且分别为k1，k2，证明：k1k2为定值.
解析 （1）设F1（－c，0），F2（c，0），其中c＝a2＋b2.
因为｜PF1｜·｜PF2｜＝10，所以（3+c）2+1·（3－c）2+1＝10，解得c＝4.
所以2a＝（3+4）2+1－（3－4）2+1＝42，解得a＝22，所以b2＝c2－a2＝8，
所以C的方程为x28－y28＝1.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），则D（－x2，－y2）.
设直线l的方程为y＝－3x＋m，
将其与双曲线C的方程联立，消去y得8x2－6mx＋m2＋8＝0，
由Δ＝（－6m）2－32（m2＋8）＞0，得｜m｜＞8，
所以x1＋x2＝3m4，x1x2＝m2+88，
所以y1y2＝（－3x1＋m）（－3x2＋m）＝9x1x2－3m（x1＋x2）＋m2＝－m28＋9.
所以k1k2＝y1－1x1－3·－y2－1－x2－3＝y1y2＋y1－y2－1x1x2+3x1－3x2－9＝
－m28+8－3（x1－x2）m28－8+3（x1－x2）＝－1，所以k1k2为定值.
2.[命题点2/2023山东日照统考一模]已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，E为C上的动点，EQ垂直于动直线y＝t（t＜0），垂足为Q，当△EQF为等边三角形时，其面积为43.
（1）求C的方程.
（2）设O为原点，过点E的直线l与C相切，且与椭圆x24＋y22＝1交于A，B两点，直线OQ与AB交于点M，试问：是否存在t，使得｜AM｜＝｜BM｜？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由.
解析 （1）因为△EQF为等边三角形时，其面积为43，
所以12×｜EQ｜2sinπ3＝43，解得｜EQ｜＝4.
根据｜EF｜＝｜EQ｜和抛物线的定义可知，Q落在C的准线上，即y＝t＝－p2.
如图，设准线与y轴的交点为H，易得∠HFQ＝π3，于是｜FH｜＝｜FQ｜csπ3＝2＝p，所以C的方程为x2＝4y.
（2）假设存在t，使得｜AM｜＝｜BM｜，则点M为线段AB的中点.
设E（x0，x024）（x0≠0），依题意得Q（x0，t），则kOQ＝tx0，
由y＝x24可得y'＝x2，所以切线l的斜率为kl＝12x0.
设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点M（x1＋x22，y1＋y22），
由x124＋y122=1，x224＋y222=1，可得x12－x224＋y12－y222＝0，
即（x1＋x2)(x1－x2）4＋（y1＋y2)(y1－y2）2＝0，
整理可得y1－y2x1－x2·y1＋y2x1＋x2＝－12，即kl·kOM＝－12，
所以12x0·kOM＝－12，可得kOM＝－1x0，又kOQ＝kOM＝tx0，
所以t＝－1.
综上，存在t＝－1，使得｜AM｜＝｜BM｜.
学生用书·练习帮P369
1.[2024南昌市模拟]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）经过点M（1，32），F为椭圆C的右焦点，O为坐标原点，△OFM的面积为34.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点P（4，0）作一条斜率不为0的直线与椭圆C交于A，B两点（A在B，P之间）， 直线BF与椭圆C的另一个交点为D，求证：点A，D关于x轴对称.
解析 （1）如图，因为△OFM的面积为34，所以12×c×32＝34，解得c＝1.
又M（1，32）在椭圆C上，所以1a2＋94b2=1，a2－b2=1，解得a2=4，b2=3，
所以椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.
（2）由题意知直线FA，FB的斜率存在.根据椭圆的对称性，欲证A，D关于x轴对称，只需证kFA＝－kFD＝－kFB，即证kFA＋kFB＝0.
设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为x＝my＋4，
由x＝my+4，3x2+4y2=12，消去x得（3m2＋4）y2＋24my＋36＝0，
所以y1＋y2＝－24m3m2+4，y1y2＝363m2+4. 则kFA＋kFB＝y1x1－1＋y2x2－1＝y1（x2－1）＋y2（x1－1）（x1－1)(x2－1）＝y1x2＋y2x1－（y1＋y2）（x1－1)(x2－1）.
因为y1x2＋y2x1－（y1＋y2）＝2my1y2＋3（y1＋y2）＝2m×363m2+4＋3×－24m3m2+4＝0，
所以kFA＋kFB＝0，即点A，D关于x轴对称.
2.[2024广东七校联考]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的焦距为2，且经过点P（1，32）.
（1）求椭圆C的方程.
（2）经过椭圆右焦点F且斜率为k（k≠0）的动直线l与椭圆交于A，B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使｜AF｜·｜BT｜＝｜BF｜·｜AT｜恒成立？若存在，求出点T坐标；若不存在，请说明理由.
解析 （1）由椭圆C的焦距为2，得c＝1，
则b2＝a2－1， ①
由椭圆C经过点P（1，32），得1a2＋94b2＝1， ②
联立①②，得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.
（2）依题意知，直线l的斜率k≠0，令1k＝m，
由椭圆右焦点F（1，0），可得直线l的方程为x＝my＋1，与C：x24＋y23＝1联立，消去x，得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0，Δ＝36m2－4×（－9）×（3m2＋4）＝144（m2＋1）＞0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2＝－6m3m2+4，y1y2＝－93m2+4.
假设存在点T，使｜AF｜·｜BT｜＝｜BF｜·｜AT｜恒成立，则｜AF｜｜BF｜＝｜AT｜｜BT｜，
因为｜AF｜｜BF｜＝S△TFAS△TFB＝12｜FT｜·｜AT｜sin∠ATF12｜FT｜·｜BT｜sin∠BTF＝｜AT｜sin∠ATF｜BT｜sin∠BTF，
所以sin∠ATF＝sin∠BTF，∠ATF＝∠BTF，所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有kAT＋kBT＝0.
设点T坐标为（t，0），则kAT＋kBT＝y1x1－t＋y2x2－t＝0，
所以y1（x2－t）＋y2（x1－t）＝0，
所以y1（my2＋1－t）＋y2（my1＋1－t）＝0，
即2my1y2＋（1－t）（y1＋y2）＝0，
即2m×－93m2+4＋（1－t）×－6m3m2+4＝0，
即3m3m2+4＋（1－t）m3m2+4＝0，
解得t＝4，经检验t＝4符合题意，即存在点T（4，0）满足题意.
3.[2023长沙重点中学模拟]已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（2，0），点F到C的渐近线的距离为1.
（1）求C的方程.
（2）若直线l1与C的右支相切，切点为P，l1与直线l2：x＝32交于点Q，问x轴上是否存在定点M，使得MP⊥MQ？若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由.
解析 （1）由题意，双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为bx±ay＝0，
双曲线C的右焦点为F（2，0），可得c＝2，
所以F（2，0）到渐近线的距离d＝2ba2＋b2＝2bc＝b＝1，
所以a2＝c2－b2＝3，
所以C的方程为x23－y2＝1.
（2）由题意易知直线l1的斜率存在，设其方程为y＝kx＋m，
联立l1与C的方程，消去y，得（3k2－1）x2＋6kmx＋3m2＋3＝0.
因为直线l1与C的右支相切，所以－6km3k2－1>0，3m2+33k2－1>0，则3k2－1>0，km<0，
Δ＝36k2m2－12（3k2－1）（m2＋1）＝12（m2＋1－3k2）＝0，
得m2＝3k2－1，则m≠0，
设切点P（x1，y1），则x1＝－6km2（3k2－1）＝－3km，
y1＝kx1＋m＝－3k2m＋m＝m2－3k2m＝－1m.
设Q（x2，y2），因为Q是直线l1与直线l2的交点，所以x2＝32，y2＝32k＋m.
假设x轴上存在定点M（x0，0），使得MP⊥MQ，则MP·MQ＝（x1－x0，y1）·（x2－x0，y2）＝（x1－x0）（x2－x0）＋y1y2＝x1x2＋y1y2－x0（x1＋x2）＋x02＝－9k2m－3k2m－1－x0（32－3km）＋x02＝x02－32x0－1＋3km（x0－2）＝12（x0－2）（2x0＋1）＋3km（x0－2）＝（x0－2）（x0＋12＋3km），
由于上式对给定的x0一定成立，故存在x0＝2，使得MP·MQ＝0，即MP⊥MQ，
所以x轴上存在定点M（2，0），使得MP⊥MQ.
4.[2024襄阳模拟]在平面直角坐标系xOy中，已知点F（0，2），点P为平面内一动点，线段PF的中点为M，点M到x轴的距离等于｜MF｜，点P的轨迹为曲线E.
（1）求曲线E的方程；
（2）已知经过点F的直线与E交于A，B两点，过点F作与直线AB的倾斜角互补的直线与E交于C，D两点，且点A，C位于直线y＝2的下方，证明：直线AD与BC交于定点.
解析 （1）解法一 设点P的坐标为（x，y），
因为点F（0，2）在y轴正半轴，所以当点M位于x轴上或其下方时，点M到x轴的距离小于｜MF｜，不满足题意，
所以点M位于x轴上方.
由题意可知，｜MF｜＝y+22，（提示：M（x2，y+22），｜MF｜＝yM）
则｜PF｜＝2｜MF｜＝y＋2，
所以点P到点F（0，2）的距离等于点P到直线y＝－2的距离，
则点P的轨迹为以F为焦点，直线y＝－2为准线的抛物线，
设抛物线方程为x2＝2py（p＞0），则p＝4，
故曲线E的方程为x2＝8y.
解法二 设点P的坐标为（x，y），则M（x2，y+22），
因为点M到x轴的距离等于｜MF｜，
所以｜MF｜＝｜y+22｜，即（x2）2＋（y+22－2）2＝｜y+22｜，
化简得x2＝8y，故曲线E的方程为x2＝8y.
（2）由题意知，直线AB与CD的斜率均存在且均不为0，不妨设直线AB的方程为y=kx+2k≠0，则直线CD的方程为y＝－kx＋2，
设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），
由y＝kx+2，x2=8y，得x2－8kx－16＝0，
则x1＋x2＝8k，x1x2＝－16，
以－k代替k可得，x3＋x4＝－8k，x3x4＝－16，（点拨：因为直线AB与直线CD是过点F且倾斜角互补的直线，故可直接用－k代替k求得点C，D的坐标之间的关系）
所以x1＋x2＋x3＋x4＝0.
由题意知直线AD，BC的斜率均存在且均不为0，
设直线AD的方程为y＝k1x＋b1，直线BC的方程为y＝k2x＋b2，
由y＝k1x＋b1，x2=8y，得x2－8k1x－8b1＝0，
则x1＋x4＝8k1，x1x4＝－8b1，
同理可得，x2＋x3＝8k2，x2x3＝－8b2.
由x1＋x2＋x3＋x4＝0及x1x2＝－16，x3x4＝－16，得x1－16x1－16x4＋x4＝0，
整理得（x1＋x4）（1－16x1x4）＝0，由点A，C位于直线y＝2的下方可知，点B，D位于直线y＝2的上方，点A，D位于y轴同侧，
所以x1＋x4≠0，则1－16x1x4＝0，即1－16－8b1＝0，
所以b1＝－2，
因此直线AD过定点（0，－2）.
同理得b2＝－2，所以直线BC过定点（0，－2）.（另解：也可根据抛物线的对称性直接得到直线AD与BC的交点在y轴上，进而得到直线BC过定点（0，－2））
所以直线AD与BC交于定点（0，－2）.