§5 圆锥曲线中的计算、证明、存在性问题
【备考指南】 2024年新高考Ⅰ卷第16题，2021年、2022年新高考Ⅰ卷第21题均考查了圆锥曲线中的计算问题；2021年、2022年新高考Ⅱ卷分别在第20，21题考查了圆锥曲线中的证明问题．备考中要注意积累优秀的“设点、设线、算法”案例，不断优化计算方法，提升高考解题的能力．
能力考点1 圆锥曲线中的计算问题
【典例1】 (2022·新高考Ⅰ卷)已知点A(2，1)在双曲线C：＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝2，求△PAQ的面积．
[解] (1)因为点A(2，1)在双曲线C：＝1(a＞1)上，所以＝1，解得a2＝2，即双曲线C的方程为－y2＝1．
易知直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立消去y，可得(1－2k2)x2－4mkx－2m2－2＝0，
所以Δ＝16m2k2＋4(2m2＋2)(1－2k2)＞0 m2＋1－2k2＞0，x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以由kAQ＋kAP＝0，可得＝0，
即(x1－2)(kx2＋m－1)＋(x2－2)(kx1＋m－1)＝0，
即2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
所以2k×＋(m－1－2k)×－4(m－1)＝0，
化简得，8k2＋4k－4＋4m(k＋1)＝0，即(k＋1)(2k－1＋m)＝0，所以k＝－1或m＝1－2k，
当m＝1－2k时，直线l：y＝kx＋m＝k(x－2)＋1，
过点A(2，1)，与题意不符，舍去，故k＝－1．
(2)不妨设直线AP，AQ的倾斜角为α，β(α＜β)，因为kAP＋kAQ＝0，所以α＋β＝π，
因为tan ∠PAQ＝2，所以tan (β－α)＝2，
即tan 2α＝－2，
即tan2α－tanα－＝0，解得tan α＝，
于是，直线AP：y＝(x－2)＋1，
直线AQ：y＝－(x－2)＋1，
联立
消去y，可得x2＋2(1－2)x＋10－4＝0，
因为方程有一个根为2，
所以xP＝，yP＝，
同理可得，xQ＝，yQ＝．
所以PQ：x＋y－＝0，|PQ|＝，
点A到直线PQ的距离d＝＝，
故S△PAQ＝＝．
利用根与系数的关系解决直线与圆锥曲线相交问题：联立→消元→根与系数的关系，注意判别式Δ＞0．
(2024·山东济宁三模)已知椭圆E：＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B，离心率e＝，直线FB过点P(1，2)．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点F的直线l与椭圆E相交于M，N两点(M，N都不在坐标轴上)，若∠MPF＝∠NPF，求直线l的方程．
[解] (1)设F(－c，0)，由e＝＝，得a＝c，b＝c，则直线FB的斜率k＝1，
由直线FB过点P(1，2)，得直线FB的方程为y＝x＋1，因此b＝c＝1，a＝，
所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1．
(2)设∠MPF＝∠NPF＝θ，直线MP的倾斜角为β，
直线NP的倾斜角为α，由直线FP的斜率k＝1知直线FP的倾斜角为，于是α＝＋θ，＝β＋θ，即有α＋β＝，显然α，β均不等于，
则tan αtan β＝＝1，即直线MP，NP的斜率满足kMP·kNP＝1，
由题设知，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my－1，m≠1，
由消去x并整理得，(m2＋2)y2－2my－1＝0，显然Δ>0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝－，由kMP·kNP＝1，得＝1，
即(x1－1)(x2－1)－(y1－2)(y2－2)＝0，
则(my1－2)(my2－2)－(y1－2)(y2－2)＝0，
整理得(m2－1)y1y2－(2m－2)(y1＋y2)＝0，
即－＝0，于是5m2－4m－1＝0，而m≠1，解得m＝－，
所以直线l的方程为x＝－y－1，即5x＋y＋5＝0．
【教师备选资源】
如图，已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点，P，Q是椭圆C上的两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线OP与OQ的斜率之积为－(O为坐标原点)，点D为射线OP上一点，且＝，若线段DQ与椭圆C交于点E，设＝λ(λ>0)．
①求λ的值；
②求四边形OPEQ的面积．
[解] (1)依题意有＝＝1，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝，c＝1，故椭圆C的方程为＝1．
(2)①设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为＝，
所以D(2x1，2y1)．
因为P，Q均在椭圆上，所以＝＝1．
又kOP·kOQ＝－，则＝－，即3x1x2＋4y1y2＝0．
因为＝λ，
所以(xE－x2，yE－y2)＝λ(2x1－xE，2y1－yE)，
可得E．
又E在椭圆上，则
＝＋4λ＝(1＋λ)2，4λ2＋1＝(1＋λ)2，解得λ＝．
②由①可知＝，得S△PEQ＝S△QPD＝S△OPQ，则S四边形OPEQ＝S△OPQ．
当直线PQ的斜率为0时，易知kOP＝－kOQ，
又kOP·kOQ＝－，则kOP＝±．
根据对称性不妨取kOP＝，y1>0，
由得则
则P，Q，
此时S△OPQ＝×2＝．
当直线PQ的斜率不为0时，设PQ的方程为x＝my＋t，
将直线方程与椭圆方程联立有
消去x，
得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0．
Δ＝36m2t2－4(3m2＋4)(3t2－12)＞0，即－t2＋3m2＋4＞0，则由根与系数的关系知，
y1＋y2＝，y1y2＝．
因为3x1x2＋4y1y2＝3(my1＋t)(my2＋t)＋4y1y2＝0，y1y2＋3mt＋3t2＝0，
＋3t2＝0，
所以2t2－3m2－4＝0，2t2＝3m2＋4．
|PQ|＝
＝
＝
＝
＝2．
又原点到直线PQ的距离为，
则此时S△OPQ＝×2＝．
综上可得四边形OPEQ的面积为．
能力考点2 圆锥曲线中的证明问题
【典例2】 (2024·全国甲卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴．
(1)求椭圆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．
[解] (1)设F(c，0)，由题设有c＝1且＝，故＝，故a＝2，b＝，
故椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：直线AB的斜率必定存在，设直线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，
故－又x1＋x2＝，x1x2＝，
而N，故直线BN：y＝，故yQ＝＝，
所以y1－yQ＝y1＋＝
＝＝k·
＝k·＝k·＝0，
故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．
代数转化法求解圆锥曲线中的证明问题
(1)求值(方程)证明：对于定值、定点等类型的证明问题，可以利用求定点、定值类的方法，通过计算，求出相应的定点、定值等即可证明．
(2)转化证明：将要证明的结论转化为斜率、弦长、中点、位置关系等．利用方程联立、消元，结合根与系数的关系解题．
(2024·云南昆明一模)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，直线y＝x＋1与C交于A，B两点，＝8．
(1)求C的方程；
(2)过A，B作C的两条切线交于点P，设D，E分别是线段PA，PB上的点，且直线DE与C相切，求证：＝．
[解] (1)设A，B，x2＜0＜x1，
联立得y2－y＋1＝0，
则Δ＝4p2＋8p>0，y1＋y2＝2＋2p，y1y2＝1，
则＝y1＋y2＋p＝2＋3p＝8，故p＝2，
所以C的方程为x2＝4y．
(2)证明：由(1)知y1＋y2＝6，因为抛物线C：y＝x2，
则y′＝x，
则kPA＝，kPB＝，则直线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，即x1x＝2，
同理直线PB的方程为x2x＝2．
联立得x＝2(y1－y2)，
则x＝＝2，将x＝2代入得
两式相加得2y＝＝＝－2，
即y＝－1，所以点P．
设直线DE与抛物线相切于点T，则直线DE方程为xx0＝2．
设D，E，
联立
两式作比得＝，即yD＝＝＝，同理yE＝，
因为＝
＝，
同理＝(y1－yD)(y2－yE)，
故要证＝，
即证yDyE＋yD＋yE＋1＝y1y2－y2yD－y1yE＋yDyE，
即证yD＋yE＋yDy2＋y1yE＝0，
即证＝0，
即证4x0＋x0x1x2＝0，
即证x0＝0，
由(1)知＝16y1y2＝16，又x1x2<0，故x1x2＝－4，上式成立，
故＝．
【教师备选资源】
1．(2022·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±x．
(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－的直线与过Q且斜率为的直线交于点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] (1)由题意可得＝＝2，故a＝1，b＝．因此C的方程为x2－＝1．
(2)设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0，
Δ＝(－2kb)2－4(3－k2)(－b2－3)＝12(b2－k2＋3)＞0，
则x1＋x2＝，x1x2＝－，所以3－k2＜0，x1－x2＝
＝．
设点M的坐标为(xM，yM)，
则
两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)，而y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，
故2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，解得xM＝．
两式相加得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)，
而y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，故2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2b，解得yM＝＝xM．
因此，点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．
若选择①②：
证明：设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设A的坐标为(xA，yA)，B的坐标为(xB，yB)．不妨令点A在直线y＝x上，
则
解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
此时xA＋xB＝，yA＋yB＝．
而点M的坐标满足解得xM＝＝，yM＝＝，故M为AB的中点，即|MA|＝|MB|．
若选择①③：
证明：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＝x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)，并设A的坐标为(xA，yA)，B的坐标为(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝x上，则解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
此时xM＝＝，yM＝＝．
由于点M同时在直线y＝x上，故6m＝·2m2，解得k＝m．因此PQ∥AB．
若选择②③：
证明：设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设A的坐标为(xA，yA)，B的坐标为(xB，yB)．不妨令点A在直线y＝x上，
则解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝＝，yC＝＝．
由于|MA|＝|MB|，故M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－(x－xC)上．
将该直线与y＝x联立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，即点M恰为AB的中点．故点M在直线AB上．
2．(2023·新高考Ⅰ卷)在直角坐标系xOy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－，
所以W的方程为x2＝y－．
(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，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y－＝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|＝|x1－t|＝|k－2t|＝|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在上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在上单调递减或是常数函数(当k＝1时是常数函数)，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|)＞(k2＋1)＝．
令f (k)＝，k≥1，
则f ′(k)＝，
当1≤k＜时，f ′(k)＜0，当k＞时，f ′(k)＞0，
所以函数f (k)在[1，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，所以f (k)≥f ()＝3，
所以≥3．
②当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在
上单调递增，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＜时，g′(k)＜0，当＜k＜1时，g′(k)＞0，
所以函数g(k)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(k)≥g＝3，所以≥3．
综上，矩形ABCD的周长大于3．
能力考点3 圆锥曲线中的存在性问题
【典例3】 (2024·天津高考)已知椭圆＝1(a>b>0)，椭圆的离心率e＝，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是否存在点T使得≤0？若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
[解] (1)因为椭圆的离心率e＝，故a＝2c，b＝c，其中c为半焦距，
所以A(－2c，0)，B(0，－c)，C，故S△ABC＝×2c×c＝，
故c＝，所以a＝2，b＝3，
故椭圆方程为＝1．
(2)若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为y＝kx－，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t)，
由消去y可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，
故Δ＝144k2＋108(3＋4k2)＝324＋576k2>0，且x1＋x2＝，x1x2＝－，
而＝(x1，y1－t)，＝(x2，y2－t)，
故＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋
＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋
＝(1＋k2)×－k
＝＝，
因为≤0恒成立，
故
解得－3≤t≤．
若过点的动直线的斜率不存在，则P(0，3)，Q(0，－3)或P(0，－3)，Q(0，3)，
此时需－3≤t≤3，两者结合可得－3≤t≤．
综上，点T的纵坐标的取值范围是．
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．
(2024·山西大同模拟)由半椭圆＝1(x≥0)与半椭圆＝1(x≤0)合成的曲线称作“果圆”，其中a2＝b2＋c2，a>b>c>0．如图，F，F1，F2是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2分别是“果圆”与x轴，y轴的交点．
(1)若△FF1F2是边长为2的等边三角形，求“果圆”的方程；
(2)若>，求的取值范围；
(3)连接“果圆”上任意两点的线段称为“果圆”的弦，是否存在斜率为定值k的“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上？若存在，求出所有可能的k值；若不存在，说明理由．
[解] (1)由题意得F(c，0)，F1，F2(0，)，∴＝2＝2，＝c＝，又a2＝b2＋c2，
解得b＝2，a＝，c＝，
因此“果圆”的方程为＝1(x≥0)，＝1(x≤0)．
(2)因为>，故a＋c>2b，得>2b－a，
而(2b)2>2b2>b2＋c2＝a2，即2b>a，
所以a2－b2>4b2－4ab＋a2，所以<．
又a2＝b2＋c2<2b2，则>，所以的取值范围是．
(3)若斜率为k的直线与椭圆mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)交于A，B两点，则中点的轨迹在直线上．
证明：设A，B，它们的中点为M，
则＝1且＝1，
从而＝0，
故m＋n＝0，
故mx0＋nky0＝0，故中点在直线mx＋nky＝0上．
对于“果园”的弦的中点，若斜率k＝0，则设直线y＝t，
它与“果圆”的交点是，
弦的中点(x，y)满足 ，
弦的中点轨迹方程是＝1，
而(a－c)－b＝(a－2b－c)＝－2b－c)<<0，
即(a－c)≠b，所以若“果圆”弦所在直线的斜率为0，则平行弦中点轨迹是椭圆．
若“果圆”弦的斜率k≠0，则在平移过程中总存在无数条斜率为k的直线与“果园”的左半椭圆相交，由前述证明的结论，此时中点在直线上，
故平行弦中点轨迹不能总落在某个椭圆上；
综上，斜率k＝0时，“果圆” 平行弦中点轨迹落在某个椭圆上．
斜率k≠0时，“果圆” 平行弦中点轨迹不能总落在某个椭圆上．
【教师备选资源】
1．已知椭圆C：＝1，设过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，交直线x＝4于点P，点E为直线x＝1上不同于点A的任意一点．
(1)若≥1，求b的取值范围；
(2)若b＝1，记直线EM，EN，EP的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在k1，k2，k3的某种排列(其中＝)，使得成等差数列或等比数列？若存在，写出结论，并加以证明；若不存在，说明理由．
[解] (1)设M，其中＝1，－2≤x1≤2且x1≠1，则|AM|＝＝＝，
由≥1，得－2x1＋b2＝(x1－2)≥0，
因为x1≤2，00，所以x1－≤0，所以x1≤，
只需2≤，又0所以b的取值范围是[，2)．
(2)存在k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差数列，证明如下：
若b＝1，则C：＋y2＝1，设E，t≠0．
①若直线l斜率为0，则点P，不妨令M，N，
则k1＝－t，k2＝，k3＝－，此时k1，k2，k3的任意排列均不成等比数列，
k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差数列．
②若直线l斜率不为0，设直线l：x＝my＋1(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则点P，
由 得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，Δ＝16(m2＋3)>0，
故y1＋y2＝，y1y2＝，
因为k1＝，k2＝，k3＝＝，
所以k1＋k2＝＝
＝＝＝＝＝2k3，
所以k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差数列．
综上所述，k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差数列．
2．从抛物线y2＝4x上各点向x轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线P．
(1)求曲线P的方程，并说明曲线P是什么曲线；
(2)过点Q(2，0)的直线l交曲线P于A，B两点，线段AB的垂直平分线交曲线P于C，D两点，探究是否存在直线l，使A，B，C，D四点共圆？若存在，请求出圆的方程；若不存在，请说明理由．
[解] (1)设抛物线y2＝4x上的任意点为(x0，y0)，垂线段的中点为(x，y)，
故 则 代入抛物线方程得(2y)2＝4x，得曲线P的方程为y2＝x，
所以曲线P是焦点为的抛物线．
(2)若直线l与x轴重合，则直线l与曲线P只有一个交点，不符合题意．
设直线l的方程为x＝ty＋2，根据题意知t≠0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立 得y2－ty－2＝0，Δ＝t2＋8＞0，则y1＋y2＝t，y1·y2＝－2，
则|AB|＝·|y1－y2|＝＝，
且线段AB的中点的纵坐标为＝，
即＝t·＋2＝＋2，
所以线段AB的中点为M，
因为直线CD为线段AB的垂直平分线，可设直线CD的方程为x＝－y＋m，t≠0，
则＋2＝－＋m，故m＝．
联立
得2ty2＋2y－t(t2＋5)＝0，Δ＞0，
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则
y3＋y4＝－，y3·y4＝－(t2＋5)，
故|CD|＝|y3－y4|＝
＝，
所以线段CD的中点为N．
假设A，B，C，D四点共圆，则弦AB的中垂线与弦CD的中垂线的交点必为圆心，因为CD为线段AB的中垂线，则可知弦CD的中点N必为圆心，则|AN|＝|CD|，
在Rt△AMN中，|AN|2＝|AM|2＋|MN|2，所以＝|AM|2＋|MN|2，
则＝(t2＋1)(t2＋8)＋＋，解得t2＝1，即t＝±1，
所以存在直线l，使A，B，C，D四点共圆，且圆心为弦CD的中点N，
圆N的方程为＋＝或＋＝．
3．已知椭圆Γ：＝1(a>b>0)的离心率为，其左焦点为F1(－2，0)．
(1)求Γ的方程；
(2)如图，过Γ的上顶点P作动圆F1的切线分别交Γ于M，N两点，是否存在圆F1使得△PMN是以PN为斜边的直角三角形？若存在，求出圆F1的半径；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由题意设焦距为2c，则c＝2，
由离心率为，所以a＝2，
则b2＝a2－c2＝4，
所以椭圆Γ的方程为＝1．
(2)不存在．
证明如下：假设存在圆F1满足题意，当圆F1过原点O时，直线PN与y轴重合，
直线PM的斜率为0，不合题意．
依题意不妨设PM：y＝k1x＋2，
PN：y＝k2x＋2，M，N，圆F1的半径为r，
则圆心到直线PM的距离为＝r，
圆心到直线PN的距离为＝r，
即k1，k2是关于k的方程k2＋8k＋r2－4＝0的两异根，
此时k1k2＝1．
联立得x2＋8k1x＝0，Δ＞0，
所以xP＋xM＝，
即xM＝，得yM＝，
所以，
由k2＝，得，
由题意，PM⊥MN，即kMN＝－，此时
kMN＝＝＝＝，
所以＝－，因为k1≠0，
所以方程无解，命题得证．
专题限时集训(十六) 圆锥曲线中的计算、证明、存在性问题
1．(2024·浙江金华模拟)设抛物线C：y2＝2px，直线x＝－1是抛物线C的准线，且与x轴交于点B，过点B的直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，A是不在直线l上的一点，直线AM，AN分别与准线交于P，Q两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)证明：＝；
(3)记△AMN，△APQ的面积分别为S1，S2，若S1＝2S2，求直线l的方程．
[解] (1)因为x＝－1为抛物线的准线，
所以＝1，即2p＝4，
故抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)证明：如图，
设l：x＝ty－1，t≠0，M，N，
联立y2＝4x，消去x得y2－4ty＋4＝0，
则Δ＝16>0，t2＞1，所以
又直线AM：y－n＝，令x＝－1，得P，
同理可得Q，
所以yP＋yQ＝n－＋n－＝2n－
＝2n－
＝2n－＝2n－＝0，
故＝．
(3)由(2)可得，S2＝|PQ|×2＝＝＝，
S1＝d＝·4＝2，
由S1＝2S2，得t2－1＝2，解得t＝±，
所以直线l的方程为x±y＋1＝0．
2．(2024·山东聊城三模)已知圆A：(x＋1)2＋y2＝16和点B，点P是圆上任意一点，线段PB的垂直平分线与线段PA相交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)点D在直线x＝4上运动，过点D的动直线l与曲线C相交于点M，N．
①若线段MN上一点E，满足＝，求证：当D的坐标为(4，1)时，点E在定直线上；
②过点M作x轴的垂线，垂足为G，设直线GN，GD的斜率分别为k1，k2，当直线l过点时，是否存在实数λ，使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由题意知圆心A(－1，0)，半径为4，且＝＝2，则＝＝＝4>＝2，所以点Q的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，
设曲线C的方程为＝1，则2a＝4，2c＝2，解得a＝2，c＝1，
所以b2＝a2－c2＝3，
所以曲线C的方程为＝1．
(2)①证明：因为直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，
因为D在l上，所以4k＋m＝1，
由 得x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0，
Δ＝－16＝48(4k2－m2＋3)>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，E(x0，y0)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，由＝，得＝，
化简得4－2x1x2＝x0，则4×－2×＝x0，
化简得kx0＋m＋3x0－3＝0，又因为y0＝kx0＋m，所以3x0＋y0－3＝0，
所以点E在定直线3x＋y－3＝0上．
②因为直线l：y＝kx＋m过点，所以k＋m＝0，直线l的方程为y＝kx－k，
从而得D，G(x1，0)，
由①知，x1＋x2＝，x1x2＝，k1＝，k2＝，
所以＝＝＝
＝＝＝，
所以存在实数λ＝，使得k1＝k2．
8/21§5 圆锥曲线中的计算、证明、存在性问题
【备考指南】 2024年新高考Ⅰ卷第16题，2021年、2022年新高考Ⅰ卷第21题均考查了圆锥曲线中的计算问题；2021年、2022年新高考Ⅱ卷分别在第20，21题考查了圆锥曲线中的证明问题．备考中要注意积累优秀的“设点、设线、算法”案例，不断优化计算方法，提升高考解题的能力．
能力考点1 圆锥曲线中的计算问题
【典例1】 (2022·新高考Ⅰ卷)已知点A(2，1)在双曲线C：＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝2，求△PAQ的面积．
[听课记录]
利用根与系数的关系解决直线与圆锥曲线相交问题：联立→消元→根与系数的关系，注意判别式Δ＞0．
(2024·山东济宁三模)已知椭圆E：＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B，离心率e＝，直线FB过点P(1，2)．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点F的直线l与椭圆E相交于M，N两点(M，N都不在坐标轴上)，若∠MPF＝∠NPF，求直线l的方程．
能力考点2 圆锥曲线中的证明问题
【典例2】 (2024·全国甲卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴．
(1)求椭圆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．
[听课记录]
代数转化法求解圆锥曲线中的证明问题
(1)求值(方程)证明：对于定值、定点等类型的证明问题，可以利用求定点、定值类的方法，通过计算，求出相应的定点、定值等即可证明．
(2)转化证明：将要证明的结论转化为斜率、弦长、中点、位置关系等．利用方程联立、消元，结合根与系数的关系解题．
(2024·云南昆明一模)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，直线y＝x＋1与C交于A，B两点，＝8．
(1)求C的方程；
(2)过A，B作C的两条切线交于点P，设D，E分别是线段PA，PB上的点，且直线DE与C相切，求证：＝．
能力考点3 圆锥曲线中的存在性问题
【典例3】 (2024·天津高考)已知椭圆＝1(a>b>0)，椭圆的离心率e＝，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是否存在点T使得≤0？若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
[听课记录]
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．
(2024·山西大同模拟)由半椭圆＝1(x≥0)与半椭圆＝1(x≤0)合成的曲线称作“果圆”，其中a2＝b2＋c2，a>b>c>0．如图，F，F1，F2是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2分别是“果圆”与x轴，y轴的交点．
(1)若△FF1F2是边长为2的等边三角形，求“果圆”的方程；
(2)若>，求的取值范围；
(3)连接“果圆”上任意两点的线段称为“果圆”的弦，是否存在斜率为定值k的“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上？若存在，求出所有可能的k值；若不存在，说明理由．
1/1
