第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题
1.已知椭圆C：＋＝1.
（1）求椭圆C的离心率和长轴长；
（2）已知直线y＝kx＋2与椭圆C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点，是否存在实数k，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由.
2.（2024·湖北七市州调研）如图，O为坐标原点，F为抛物线y2＝2x的焦点，过F的直线交抛物线于A，B两点，直线AO交抛物线的准线于点D，设抛物线在B点处的切线为l.
（1）若直线l与y轴的交点为E，求证：｜DE｜＝｜EF｜；
（2）过点B作l的垂线与直线AO交于点G，求证：｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜.
3.已知点P是动点，直线PA与直线y＝x垂直，垂足为点A且位于第一象限，直线PB与直线y＝－x垂直，垂足为点B且位于第四象限，四边形OAPB（O为坐标原点）的面积为2，动点P的轨迹记作Ω.
（1）求Ω的方程；
（2）设T是直线x＝1上一点，过T的直线l与Ω交于C，D两点，试问是否存在点T，使得·＝？若存在，求T的坐标，若不存在，请说明理由.
4.（2025·八省联考）已知椭圆C的离心率为，左、右焦点分别为F1（－1，0），F2（1，0）.
（1）求C的方程；
（2）已知点M0（1，4），证明：线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点；
（3）设M是坐标平面上的动点，且线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点，证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程.
第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题
1.解：（1）由题意：a2＝4，b2＝2，所以a＝2，
因为a2＝b2＋c2，所以c2＝2，c＝，
所以e＝＝.
所以椭圆C离心率为，长轴长为4.
（2）联立消y整理得：（2k2＋1）x2＋8kx＋4＝0.
因为直线与椭圆交于A，B两点，故Δ＞0，解得k2＞.
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1＋x2＝，x1x2＝.
设AB中点G（x0，y0），
则x0＝＝，y0＝kx0＋2＝，
故G（，）.
假设存在k和点P（m，0），使得△PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形，
则PG⊥AB，故kPG·kAB＝－1，
所以·k＝－1，解得m＝，故P（，0）.
又因为∠APB＝，所以·＝0，
所以（x1－m，y1）·（x2－m，y2）＝0，即（x1－m）·（x2－m）＋y1y2＝0.
整理得（k2＋1）x1x2＋（2k－m）（x1＋x2）＋m2＋4＝0.
所以（k2＋1）－（2k－m）＋m2＋4＝0，
代入m＝，整理k4＝1，即k2＝1.
当k＝－1时，P点坐标为（，0）；当k＝1时，P点坐标为（－，0）.
此时，△PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形.
2.证明：（1）易知抛物线焦点F（，0），准线方程为x＝－；
设直线AB的方程为x＝my＋，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立得y2－2my－1＝0，
可得∴y1＝，
不妨设A在第一象限，B在第四象限，对于y＝－，y'＝－；
可得l的斜率为－＝－＝，
∴l的方程为y－y2＝（x－x2），即为y＝x＋.
令x＝0得E（0，），直线OA的方程为y＝x＝x＝－2y2x，
令x＝－得D（－，y2）.
又F（，0），∴＝，即｜DE｜＝｜EF｜得证.
（2）由D（－，y2），B（x2，y2）知DB与x轴平行，∴＝， ①
又DF的斜率为－y2，BG的斜率也为－y2，∴DF与BG平行，∴＝， ②
由①②得＝，即｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜得证.
3.解：（1）由已知设点A（m，m）（m＞0），B（n，－n）（n＞0），易知四边形OAPB为矩形，因为其面积为2，所以｜OA｜｜OB｜＝m·n＝2mn＝2，所以mn＝1.
由题意可得直线PA的方程为x＋y－2m＝0，直线PB的方程为x－y－2n＝0，
由解得即P（m＋n，m－n），
所以（m＋n）2－（m－n）2＝4mn＝4.
因为m＋n≥2＝2，所以Ω的方程为x2－y2＝4（x≥2）.
（2）设T（1，t），C（x1，y1），D（x2，y2），设直线CD的方程为y－t＝k（x－1），即y＝kx＋t－k，由得（k2－1）x2＋2k（t－k）x＋（t－k）2＋4＝0，易知k≠±1，
则Δ＝4k2（t－k）2－4（k2－1）[（t－k）2＋4]＝4（t＋k）（t－3k）＋16＞0，且x1＋x2＝＞0，x1x2＝＞0，
所以·＝｜｜｜｜＝（1＋k2）·｜x1－1｜·｜x2－1｜＝（1＋k2）｜x1x2－（x1＋x2）＋1｜＝.
假设存在点T满足·＝，则＝t2＋1，
整理得t2＋k2＋2＝0，但t2＋k2＋2≥2＞0，所以假设不成立，故不存在满足题意的点T.
4.解：（1）因为椭圆左、右焦点分别为F1（－1，0），F2（1，0），所以c＝1，又因为椭圆C的离心率为，
得a＝2，所以b2＝3，所以椭圆方程为＋＝1.
（2）证明：由M0（1，4），F1（－1，0）得直线M0F1斜率为k＝2，中点坐标为（0，2），
所以线段F1M0的垂直平分线方程为y＝－x＋2，
联立垂直平分线方程和椭圆方程
得x2－2x＋1＝0，
又Δ＝4－4＝0，所以直线与椭圆相切，
所以线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点.
（3）法一 设M（x0，y0），
当y0＝0时，F1M的垂直平分线方程为x＝，
此时＝±2，x0＝5或－3；
当y0≠0时，F1M的垂直平分线方程为y＝－＋＝－x＋，
联立
得3x2＋4［－x＋x2］＝12，
即x2－x＋
－12＝0.
因为线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点，
故Δ＝－4［3＋］［－12］＝0，
即－36－＝0，
即＋（2－14）＋（x0＋1）2（x0＋3）（x0－5）＝0，
＋（2－14）＋（＋2x0＋1）（－2x0－15）＝0，
即（＋＋2x0＋1）（＋－2x0－15）＝0，
因为＋＋2x0＋1＝（x0＋1）2＋＞0，所以＋－2x0－15＝0，
而（5，0），（－3，0）也满足该方程，
故点M的轨迹是圆，该圆的方程为x2＋y2－2x－15＝0，即（x－1）2＋y2＝16.
法二 设线段F1M的垂直平分线与C切于点（x0，y0），
则切点处的切线方程为＋＝1，
即3x0x＋4y0y＝12，9x2＋16y2＋24x0y0xy＝144， ①
易知F1M：y＝（x＋1），即3x0y－4y0x＝4y0，
9y2＋16x2－24x0y0xy＝16， ②
①＋②，得（9＋16）（x2＋y2）＝144＋16， ③
又3＋4＝12，
所以144＝36＋48，将其代入③得x2＋y2＝4，此方程即为线段F1M中点的轨迹方程，设动点M（xM，yM），
又x＝，y＝，
所以（ ）2＋（ ）2＝4，
即点M的轨迹方程为（xM－1）2＋＝16，其为一个圆.故该圆的方程为（x－1）2＋y2＝16.
法三 设线段F1M的垂直平分线l与C恰有一个公共点为P，
则当点P不在长轴时，线段F1M的垂直平分线l即为点P处的切线，
也为∠F1PM的平分线，
作∠F1PF2的平分线PH，根据椭圆的光学性质得PH⊥l，
所以∠F1PE＋∠F1PH＝90°，则∠F2PH＋∠EPM＝90°，
故∠F2PF1＋∠F1PM＝180°，
所以M，P，F2三点共线，所以｜MF2｜＝｜MP｜＋｜PF2｜＝｜PF1｜＋｜PF2｜＝4，
所以点M的轨迹是以F2为圆心，4为半径的圆，
当P在椭圆长轴上时，M点为（5，0）或（－3，0）也满足｜MF2｜＝4，
故点M的轨迹是圆，该圆的方程为（x－1）2＋y2＝16.
1 / 1第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题
重点解读
1.证明问题：圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系的证明，如相切、平行、垂直、共线等；数量关系的证明，如恒成立、值相等（不等）、角相等（不等）等，在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明.
2.探究性问题：先假设结论成立，用待定系数法列出含相应参数的方程，若方程有解，则探究的元素存在（或命题成立），否则不存在（或不成立）.需要注意的是：（1）当条件和结论不唯一时要分类讨论；（2）当给出结论需要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；（3）当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.
位置关系的证明
（师生共研过关）
（2025·南京模拟）已知椭圆C：＋y2＝1的左、右顶点分别为M，N，点P（x0，y0）（y0≠0）在椭圆C上，若点E（－6，yE），F（－6，yF）分别在直线MP，NP上.
（1）求kMP·kMF的值；
（2）连接FM并延长交椭圆C于点Q，求证：E，N，Q三点共线.
解题技法
树立“转化”意识，证明位置关系
双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）经过点（，1），且渐近线方程为y＝±x.
（1）求a，b的值；
（2）点A，B，D是双曲线C上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点O.求证：直线AB与圆x2＋y2＝1相切.
数量关系的证明
（师生共研过关）
（2024·武汉五调）已知双曲线E：x2－y2＝1，直线PQ与双曲线E交于P，Q两点，直线MN与双曲线E交于M，N两点.
（1）若直线MN经过坐标原点，且直线PM，PN的斜率kPM，kPN均存在，求kPMkPN；
（2）设直线PQ与直线MN的交点为T（1，2），且·＝·，证明：直线PQ与直线MN的斜率之和为0.
解题技法
解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目的.
已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线y＝x上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M（－1，0）对称.
（1）求E和Γ的标准方程；
（2）过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求证：｜CD｜＞｜AB｜.
点、线的探究性问题
（师生共研过关）
已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1（a＞1）的左顶点和下顶点，P为直线x＝3上的动点，·的最小值为.
（1）求E的方程；
（2）设直线PA与E的另一交点为D，直线PB与E的另一交点为C，问是否存在点P，使得四边形ABCD为梯形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.
解题技法
点、线的探究性问题的求解方法
（1）解决探究性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.一般步骤如下：
①假设满足条件的曲线（直线或点等）存在，用待定系数法设出；
②列出关于待定系数的方程（组）；
③若方程（组）有实数解，则曲线（直线或点等）存在，否则不存在.
（2）反证法与验证法也是求解探究性问题常用的方法.
已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，点E，F分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O，且△EOF的面积为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由.
含参数的探究性问题
（师生共研过关）
（2024·阜阳模拟）已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的左、右顶点分别为A（－1，0），B（1，0），动直线l过点M（2，0），当直线l与双曲线C有且仅有一个公共点时，点B到直线l的距离为.
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）当直线l与双曲线C交于异于A，B的两点P，Q时，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2.是否存在实数λ，使得k2＝λk1成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
解题技法
含参数的探究性问题的求解方法
求解含参数的探究性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程.
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点G到F1（－，0），F2（，0）两点的距离之和为4.
（1）试判断动点G的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程C；
（2）已知直线l：y＝k（x－）（k＞0）与圆F：（x－）2＋y2＝交于M，N两点，与曲线C交于P，Q两点，其中M，P在第一象限.d为原点O到直线l的距离，是否存在实数k，使得T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2取得最大值？若存在，求出k；若不存在，说明理由.
第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题
【考点·分类突破】
考点1
【例1】 解：（1）∵点P（x0，y0）在椭圆C上，∴＋＝1.
又直线MP的斜率为，直线NP的斜率为，∴直线NP的方程为y＝（x－2），
令x＝－6，则yF＝，∴点F的坐标为（－6，），∴直线MF的斜率为＝，
∴kMP·kMF＝·＝＝＝－.
（2）证明：设直线MP的斜率为k，则y＝k（x＋2），令x＝－6，则yE＝－4k，可得E（－6，－4k）.
而直线MF的斜率为－，
∴直线MF的方程为y＝－（x＋2）.
联立可得（1＋k2）y2＋2ky＝0，
易得Q点的纵坐标为，将其代回直线x＝－2ky－2，可得x＝，
∴Q（，），
∴直线NQ的斜率为＝，直线NE的斜率为＝，
∴kNQ＝kNE，∴E，N，Q三点共线.
跟踪训练
解：（1）由题意得解得a＝b＝.
（2）证明：由（1）得双曲线C的方程为x2－y2＝2.
易知直线AB一定是不平行于x轴的直线且不与渐近线y＝±x平行，
所以可设直线AB的方程为x＝my＋n（m≠±1），
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1≠y2，D（－x2，y2）.
联立整理得（m2－1）y2＋2mny＋n2－2＝0，
Δ＝4（n2＋2m2－2）＞0，则y1y2＝.
由于△ABD的外接圆过原点，且B，D两点关于y轴对称，
所以可设△ABD外接圆的方程为x2＋y2＋Ey＝0.
则
所以y2（＋）＝y1（＋），
因为＝2＋，＝2＋，
所以y2（2＋2）＝y1（2＋2），
所以y1y2＝1，
所以y1y2＝＝1，所以n2＝m2＋1，
则原点到直线AB的距离d＝＝1，
所以直线AB与圆x2＋y2＝1相切.
考点2
【例2】 解：（1）当直线MN经过坐标原点时，M，N两点关于原点对称.
设M（x1，y1），N（－x1，－y1），P（x0，y0），
于是kPM＝，kPN＝.
因为M，N，P三点都在双曲线x2－y2＝1，
所以两式作差，－＝－，所以kPMkPN＝·＝＝1.
（2）证明：已知T（1，2），由题意可知MN，PQ均有斜率，
可设直线MN：y－2＝k1（x－1），直线PQ：y－2＝k2（x－1），M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4）.＝（x1－1，y1－2），＝（x2－1，y2－2）.
联立直线MN方程与双曲线E的方程：
整理得（1－）x2＋2k1（k1－2）x－（k1－2）2－1＝0，
当1－≠0时，Δ＝4（5－4k1）＞0.
x1＋x2＝－，x1x2＝.
于是，·＝（x1－1）（x2－1）＋（y1－2）·（y2－2）＝（1＋）[x1x2－（x1＋x2）＋1]
＝（1＋）［＋＋1］＝（1＋）·，
同理可得，·＝（1＋）·.
因为·＝·，所以＝，
整理得，＝，而k1≠k2，所以k1＋k2＝0.
跟踪训练
解：（1）设Γ的标准方程为x2＝2py，p＞0，则F（0，）.
已知点E在直线y＝x上，
故可设E（2a，a）.
因为E，F关于点M（－1，0）对称，
所以解得
所以抛物线Γ的标准方程为x2＝4y.
因为圆E与x轴相切，故半径r＝｜a｜＝1，
所以圆E的标准方程为（x＋2）2＋（y＋1）2＝1.
（2）证明：由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方程为y＝k（x＋1）（k≠0）.
则E（－2，－1）到l的距离d＝，
因为l与E交于A，B两点，
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，设C（x1，y1），D（x2，y2），
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，
那么｜CD｜＝｜x1－x2｜＝·＝4·.
所以＝
＝＞＝2.
所以｜CD｜2＞2｜AB｜2，即｜CD｜＞｜AB｜.
考点3
【例3】 解：（1）设P（3，t），由题意得A（－a，0），B（0，－1），
则＝（a＋3，t），＝（3，1＋t）.
所以·＝9＋3a＋t2＋t＝＋3a＋，
于是当t＝－时，·取得最小值3a＋，所以3a＋＝，
解得a＝2.
所以E的方程为＋y2＝1.
（2）法一 假设存在点P（3，t）满足题设，设D（x1，y1），
则＝（x1＋2，y1），由题意可知＝（5，t），
存在λ∈（0，1），使得＝λ，
即整理得代入＋y2＝1中，有＋（λt）2＝1，①
设C（x2，y2），则＝（x2，y2＋1）.由题意可知＝（3，t＋1）.
因为四边形ABCD为梯形，所以AB∥CD，所以＝λ，
即
整理得
代入＋y2＝1中，有＋（λt＋λ－1）2＝1， ②
①－②得λ（λ－1）（3－2t）＝0，又λ∈（0，1），所以t＝.
故存在点P，使得四边形ABCD为梯形.
法二 假设存在点P（3，t）满足题设，则t＞0，
设C（x1，y1），D（x2，y2）.
直线PA的方程为y＝（x＋2），直线PB的方程为y＝x－1.
将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＝.
将y＝x－1代入E的方程得（4t2＋8t＋13）x2－24（t＋1）x＝0.
可得x1＝.
因为四边形ABCD为梯形，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＝.
故存在点P，使得四边形ABCD为梯形.
跟踪训练
解：（1）由题意可知解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
（2）假设满足条件的直线l存在，
由E（0，－2），F（，0），得kEF＝，
因为点F为△EAB的垂心，所以AB⊥EF，所以kAB＝－，
设直线l的方程为y＝－x＋t，代入＋＝1，得7x2－6tx＋6（t2－4）＝0，
Δ＝（－6t）2－4×7×6（t2－4）＝－96t2＋672＞0，即－＜t＜.
记A（x1，y1），B（x2，y2），则
由AF⊥BE得·＝－1，
所以y1y2＋2y1＋x1x2－x2＝0，
将y1＝－x1＋t，y2＝－x2＋t代入上式，得3x1x2－（t＋2）（x1＋x2）＋（2t2＋4t）＝0，
所以3×－（t＋2）·＋（2t2＋4t）＝0，
所以5t2＋t－18＝0，解得t＝（t＝－2舍去），满足Δ＞0，
所以直线l的方程为y＝－x＋.
考点4
【例4】 解：（1）∵a＝1，∴x2－＝1，
故当直线l过（2，0）且与双曲线C有且仅有一个公共点时，l与C的渐近线平行.
设直线l：y＝±b（x－2），则点B（1，0）到直线l的距离为＝，∴b＝1，
∴双曲线C的标准方程为x2－y2＝1.
（2）由题可知，直线l的斜率不为0，设直线l：x＝my＋2，P（x1，y1），Q（x2，y2），
由
得（m2－1）y2＋4my＋3＝0（m2－1≠0）.
Δ＝4m2＋12＞0成立，
则y1＋y2＝，
y1y2＝，
∴my1y2＝－（y1＋y2）.
∵k1＝，k2＝，∴λ＝＝＝＝＝＝＝＝－3.
故存在实数λ＝－3，使得k2＝λk1成立.
跟踪训练
解：（1）由题意知，｜GF1｜＋｜GF2｜＝4，又4＞2，所以动点G的轨迹是椭圆.
由椭圆的定义可知，c＝，a＝2，又因为a2－b2＝c2，所以b2＝1，
故G的轨迹方程为＋y2＝1.
（2）由题设可知，M，N一个在椭圆外，一个在椭圆内；P，Q一个在☉F内，一个在☉F外，在直线l上的四点满足：｜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.
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
由根与系数的关系，得x1＋x2＝，
x1x2＝，
｜PQ｜＝＝.
所以｜NQ｜－｜MP｜＝｜PQ｜－1＝，O到l距离d＝，T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2＝＝＝≤＝1，
当且仅当4k2＝，即k＝±时等号成立.
因为k＞0，所以k＝.
3 / 3(共59张PPT)
第十一节 圆锥曲线中的证明、探究性问题
高中总复习·数学
重点解读
1. 证明问题：圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系的证明，如相
切、平行、垂直、共线等；数量关系的证明，如恒成立、值相等（不
等）、角相等（不等）等，在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，常把
几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明.
2. 探究性问题：先假设结论成立，用待定系数法列出含相应参数的方程，
若方程有解，则探究的元素存在（或命题成立），否则不存在（或不成
立）.需要注意的是：（1）当条件和结论不唯一时要分类讨论；（2）当
给出结论需要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；（3）当
要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.
目 录
CONTENTS
考点·分类突破
01.
课时·跟踪检测
02.
PART 01
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
位置关系的证明（师生共研过关）
（2025·南京模拟）已知椭圆C： ＋y2＝1的左、右顶点分别为
M，N，点P（x0，y0）（y0≠0）在椭圆C上，若点E（－6，yE），F
（－6，yF）分别在直线MP，NP上.
（1）求kMP·kMF的值；
解： ∵点P（x0，y0）在椭圆C上，
∴ ＋ ＝1.
又直线MP的斜率为 ，直线NP的斜率为 ，∴直线NP的方程为y
＝ （x－2），
令x＝－6，则yF＝ ，
∴点F的坐标为（－6， ），
∴直线MF的斜率为 ＝ ，
∴kMP·kMF＝ · ＝ ＝ ＝－ .
（2）连接FM并延长交椭圆C于点Q，求证：E，N，Q三点共线.
解： 证明：设直线MP的斜率为k，则y＝k（x
＋2），令x＝－6，则yE＝－4k，可得E（－6，－4k）.
而直线MF的斜率为－ ，
∴直线MF的方程为y＝－ （x＋2）.
联立 可得（1＋k2）y2＋2ky＝0，
易得Q点的纵坐标为 ，将其代回直线x＝－2ky－2，可得x＝ ，
∴Q（ ， ），
∴直线NQ的斜率为 ＝ ，直线NE的斜率为 ＝ ，
∴kNQ＝kNE，∴E，N，Q三点共线.
解题技法
树立“转化”意识，证明位置关系
双曲线C： － ＝1（a＞0，b＞0）经过点（ ，1），且渐近线方程
为y＝±x.
（1）求a，b的值；
解： 由题意得 解得a＝b＝ .
（2）点A，B，D是双曲线C上不同的三点，且B，D两点关于y轴对
称，△ABD的外接圆经过原点O. 求证：直线AB与圆x2＋y2＝1相切.
解： 证明：由（1）得双曲线C的方程为x2－y2＝2.
易知直线AB一定是不平行于x轴的直线且不与渐近线y＝±x平行，
所以可设直线AB的方程为x＝my＋n（m≠±1），
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1≠y2，D（－x2，y2）.
联立 整理得（m2－1）y2＋2mny＋n2－2＝0，
Δ＝4（n2＋2m2－2）＞0，则y1y2＝ .
由于△ABD的外接圆过原点，且B，D两点关于y轴对称，
所以可设△ABD外接圆的方程为x2＋y2＋Ey＝0.
则
所以y2（ ＋ ）＝y1（ ＋ ），
因为 ＝2＋ ， ＝2＋ ，
所以y2（2 ＋2）＝y1（2 ＋2），
所以y1y2＝1，
所以y1y2＝ ＝1，所以n2＝m2＋1，
则原点到直线AB的距离d＝ ＝1，
所以直线AB与圆x2＋y2＝1相切.
数量关系的证明（师生共研过关）
（2024·武汉五调）已知双曲线E：x2－y2＝1，直线PQ与双曲线E
交于P，Q两点，直线MN与双曲线E交于M，N两点.
（1）若直线MN经过坐标原点，且直线PM，PN的斜率kPM，kPN均存
在，求kPMkPN；
解： 当直线MN经过坐标原点时，M，N两点关于原点对称.
设M（x1，y1），N（－x1，－y1），P（x0，y0），
于是kPM＝ ，kPN＝ .
因为M，N，P三点都在双曲线x2－y2＝1，
所以 两式作差， － ＝ － ，所以kPMkPN＝
· ＝ ＝1.
（2）设直线PQ与直线MN的交点为T（1，2），且 · ＝ · ，
证明：直线PQ与直线MN的斜率之和为0.
解： 证明：已知T（1，2），由题意可知MN，
PQ均有斜率，
可设直线MN：y－2＝k1（x－1），直线PQ：y－2
＝k2（x－1），M（x1，y1），N（x2，y2），P
（x3，y3），Q（x4，y4）. ＝（x1－1，y1－2），
＝（x2－1，y2－2）.
联立直线MN方程与双曲线E的方程：
整理得（1－ ）x2＋2k1（k1－2）x－（k1－2）2－1＝0，
当1－ ≠0时，Δ＝4（5－4k1）＞0.
x1＋x2＝－ ，x1x2＝ .
于是， · ＝（x1－1）（x2－1）＋（y1－
2）·（y2－2）＝（1＋ ）[x1x2－（x1＋x2）＋1]
＝（1＋ ）［ ＋ ＋1］＝（1
＋ ）· ，
同理可得， · ＝（1＋ ）· .
因为 · ＝ · ，所以 ＝ ，
整理得， ＝ ，而k1≠k2，所以k1＋k2＝0.
解题技法
解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消
参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目的.
已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线y＝
x上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M（－1，0）对称.
（1）求E和Γ的标准方程；
解： 设Γ的标准方程为x2＝2py，p＞0，则F（0， ）.
已知点E在直线y＝ x上，
故可设E（2a，a）.
因为E，F关于点M（－1，0）对称，
所以 解得
所以抛物线Γ的标准方程为x2＝4y.
因为圆E与x轴相切，故半径r＝｜a｜＝1，
所以圆E的标准方程为（x＋2）2＋（y＋1）2＝1.
（2）过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求
证：｜CD｜＞ ｜AB｜.
解： 证明：由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方
程为y＝k（x＋1）（k≠0）.
则E（－2，－1）到l的距离d＝ ，
因为l与E交于A，B两点，
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，设C（x1，y1），D（x2，y2），
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，
那么｜CD｜＝ ｜x1－x2｜＝ · ＝
4 · .
所以 ＝
＝ ＞ ＝2.
所以｜CD｜2＞2｜AB｜2，即｜CD｜＞ ｜AB｜.
点、线的探究性问题（师生共研过关）
已知A，B分别为椭圆E： ＋y2＝1（a＞1）的左顶点和下顶点，
P为直线x＝3上的动点， · 的最小值为 .
（1）求E的方程；
解： 设P（3，t），由题意得A（－a，0），B（0，－1），
则 ＝（a＋3，t）， ＝（3，1＋t）.
所以 · ＝9＋3a＋t2＋t＝ ＋3a＋ ，
于是当t＝－ 时， · 取得最小值3a＋ ，所以3a＋ ＝ ，
解得a＝2.
所以E的方程为 ＋y2＝1.
（2）设直线PA与E的另一交点为D，直线PB与E的另一交点为C，问是
否存在点P，使得四边形ABCD为梯形？若存在，求点P的坐标；若不存
在，请说明理由.
解： 法一 假设存在点P（3，t）满足题设，设D（x1，y1），
则 ＝（x1＋2，y1），
由题意可知 ＝（5，t），
存在λ∈（0，1），使得 ＝λ ，
即 整理得 代入 ＋y2＝1中，有
＋（λt）2＝1， ①
设C（x2，y2），则 ＝（x2，y2＋1）.由题意可知 ＝（3，t＋1）.
因为四边形ABCD为梯形，所以AB∥CD，所以 ＝λ ，
即 整理得
代入 ＋y2＝1中，有 ＋（λt＋λ－1）2＝1， ②
①－②得λ（λ－1）（3－2t）＝0，又λ∈（0，1），
所以t＝ .
故存在点P ，使得四边形ABCD为梯形.
法二 假设存在点P（3，t）满足题设，则t＞0，
设C（x1，y1），D（x2，y2）.
直线PA的方程为y＝ （x＋2），直线PB的方程为y＝ x－1.
将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＝ .
将y＝ x－1代入E的方程得（4t2＋8t＋13）x2－24（t＋1）x＝0.
可得x1＝ .
因为四边形ABCD为梯形，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＝ .
故存在点P ，使得四边形ABCD为梯形.
解题技法
点、线的探究性问题的求解方法
（1）解决探究性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.
一般步骤如下：
①假设满足条件的曲线（直线或点等）存在，用待定系数法设出；
②列出关于待定系数的方程（组）；
③若方程（组）有实数解，则曲线（直线或点等）存在，否则不存在.
（2）反证法与验证法也是求解探究性问题常用的方法.
已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）的离心率为 ，点E，F分别为其
下顶点和右焦点，坐标原点为O，且△EOF的面积为 .
（1）求椭圆C的方程；
解： 由题意可知 解得
所以椭圆C的方程为 ＋ ＝1.
（2）是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为
△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由.
解： 假设满足条件的直线l存在，
由E（0，－2），F（ ，0），得kEF＝ ，
因为点F为△EAB的垂心，所以AB⊥EF，所以kAB＝－ ，
设直线l的方程为y＝－ x＋t，代入 ＋ ＝1，得7x2
－6 tx＋6（t2－4）＝0，
Δ＝（－6 t）2－4×7×6（t2－4）＝－96t2＋672＞0，即－ ＜t＜
.
记A（x1，y1），B（x2，y2），则
由AF⊥BE得 · ＝－1，
所以y1y2＋2y1＋x1x2－ x2＝0，
将y1＝－ x1＋t，y2＝－ x2＋t代入上式，得3x1x2－ （t＋2）（x1
＋x2）＋（2t2＋4t）＝0，
所以3× － （t＋2）· ＋（2t2＋4t）＝0，
所以5t2＋t－18＝0，解得t＝ （t＝－2舍去），满足Δ＞0，
所以直线l的方程为y＝－ x＋ .
含参数的探究性问题（师生共研过关）
（2024·阜阳模拟）已知双曲线C： － ＝1（a＞0，b＞0）的
左、右顶点分别为A（－1，0），B（1，0），动直线l过点M（2，0），
当直线l与双曲线C有且仅有一个公共点时，点B到直线l的距离为 .
（1）求双曲线C的标准方程；
解： ∵a＝1，∴x2－ ＝1，
故当直线l过（2，0）且与双曲线C有且仅有一个公共点时，l与C的渐近
线平行.
设直线l：y＝±b（x－2），则点B（1，0）到直线l的距离为 ＝
，∴b＝1，
∴双曲线C的标准方程为x2－y2＝1.
解： 由题可知，直线l的斜率不为0，设直线l：
x＝my＋2，P（x1，y1），Q（x2，y2），
由
得（m2－1）y2＋4my＋3＝0（m2－1≠0）.
Δ＝4m2＋12＞0成立，
则y1＋y2＝ ，
y1y2＝ ，
∴my1y2＝－ （y1＋y2）.
（2）当直线l与双曲线C交于异于A，B的两点P，Q时，记直线AP的斜
率为k1，直线BQ的斜率为k2.是否存在实数λ，使得k2＝λk1成立？若存
在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
∵k1＝ ，k2＝ ，
∴λ＝ ＝ ＝ ＝
＝ ＝
＝ ＝－3.
故存在实数λ＝－3，使得k2＝λk1成立.
解题技法
含参数的探究性问题的求解方法
求解含参数的探究性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数
值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，
若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存
在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同
时推理与计算的过程就是说明理由的过程.
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点G到F1（－ ，0），F2
（ ，0）两点的距离之和为4.
（1）试判断动点G的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程C；
解： 由题意知，｜GF1｜＋｜GF2｜＝4，又4＞2 ，所以动点G的
轨迹是椭圆.
由椭圆的定义可知，c＝ ，a＝2，又因为a2－b2＝c2，所以b2＝1，
故G的轨迹方程为 ＋y2＝1.
（2）已知直线l：y＝k（x－ ）（k＞0）与圆F：（x－ ）2＋y2＝
交于M，N两点，与曲线C交于P，Q两点，其中M，P在第一象限.d
为原点O到直线l的距离，是否存在实数k，使得T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2取得最大值？若存在，求出k；若不存在，说明理由.
解： 由题设可知，M，N一个在椭圆外，一个在椭圆内；P，Q一个
在☉F内，一个在☉F外，在直线l上的四点满足：｜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.
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
由根与系数的关系，得x1＋x2＝ ，
x1x2＝ ，
｜PQ｜＝ ＝ .
所以｜NQ｜－｜MP｜＝｜PQ｜－1＝ ，O到l距离d＝ ，T
＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2＝ ＝
＝ ≤ ＝1，
当且仅当4k2＝ ，即k＝± 时等号成立.
因为k＞0，所以k＝ .
PART 02
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1. 已知椭圆C： ＋ ＝1.
（1）求椭圆C的离心率和长轴长；
解： 由题意：a2＝4，b2＝2，所以a＝2，
因为a2＝b2＋c2，所以c2＝2，c＝ ，
所以e＝ ＝ .
所以椭圆C离心率为 ，长轴长为4.
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（2）已知直线y＝kx＋2与椭圆C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一
点，是否存在实数k，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角
形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由.
解： 联立 消y整理得：（2k2＋1）x2＋8kx＋4＝0.
因为直线与椭圆交于A，B两点，故Δ＞0，解得k2＞ .
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1＋x2＝ ，x1x2＝ .
设AB中点G（x0，y0），
则x0＝ ＝ ，
y0＝kx0＋2＝ ，
故G（ ， ）.
假设存在k和点P（m，0），使得△PAB是以P为直角顶点的等腰直角三
角形，
则PG⊥AB，故kPG·kAB＝－1，
所以 ·k＝－1，
解得m＝ ，故P（ ，0）.
又因为∠APB＝ ，
所以 · ＝0，
所以（x1－m，y1）·（x2－m，y2）＝0，即（x1－m）·（x2－m）＋y1y2
＝0.
整理得（k2＋1）x1x2＋（2k－m）（x1＋x2）＋m2＋4＝0.
所以（k2＋1） －（2k－m） ＋m2＋4＝0，
代入m＝ ，整理k4＝1，即k2＝1.
当k＝－1时，P点坐标为（ ，0）；当k＝1时，P点坐标为（－ ，0）.
此时，△PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形.
2. （2024·湖北七市州调研）如图，O为坐标原点，F为抛物线y2＝2x的
焦点，过F的直线交抛物线于A，B两点，直线AO交抛物线的准线于点
D，设抛物线在B点处的切线为l.
（1）若直线l与y轴的交点为E，求证：｜DE｜＝｜EF｜；
证明： 易知抛物线焦点F（ ，0），准线方程
为x＝－ ；
设直线AB的方程为x＝my＋ ，A（x1，y1），B
（x2，y2），
联立 得y2－2my－1＝0，
可得 ∴y1＝ ，
不妨设A在第一象限，B在第四象限，对于y＝－ ，y'＝－ ；
可得l的斜率为－ ＝－ ＝ ，
∴l的方程为y－y2＝ （x－x2），即为y＝ x＋ .
令x＝0得E（0， ），直线OA的方程为y＝ x＝ x＝－2y2x，
令x＝－ 得D（－ ，y2）.
又F（ ，0），∴ ＝ ，即｜DE｜＝｜EF｜得证.
（2）过点B作l的垂线与直线AO交于点G，求证：｜AD｜2＝｜
AO｜·｜AG｜.
证明： 由D（－ ，y2），B（x2，y2）知DB与
x轴平行，∴ ＝ ， ①
又DF的斜率为－y2，BG的斜率也为－y2，∴DF与
BG平行，∴ ＝ ， ②
由①②得 ＝ ，即｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜得证.
3. 已知点P是动点，直线PA与直线y＝x垂直，垂足为点A且位于第一象
限，直线PB与直线y＝－x垂直，垂足为点B且位于第四象限，四边形
OAPB（O为坐标原点）的面积为2，动点P的轨迹记作Ω.
（1）求Ω的方程；
解： 由已知设点A（m，m）（m＞0），B（n，－n）（n＞
0），易知四边形OAPB为矩形，因为其面积为2，所以｜OA｜｜OB｜＝
m· n＝2mn＝2，所以mn＝1.
由题意可得直线PA的方程为x＋y－2m＝0，直线PB的方程为x－y－2n
＝0，
由 解得 即P（m＋n，m－n），
所以（m＋n）2－（m－n）2＝4mn＝4.
因为m＋n≥2 ＝2，所以Ω的方程为x2－y2＝4（x≥2）.
（2）设T是直线x＝1上一点，过T的直线l与Ω交于C，D两点，试问是
否存在点T，使得 · ＝ ？若存在，求T的坐标，若不存在，请说
明理由.
解： 设T（1，t），C（x1，y1），D（x2，y2），设直线CD的方
程为y－t＝k（x－1），即y＝kx＋t－k，由 得
（k2－1）x2＋2k（t－k）x＋（t－k）2＋4＝0，易知k≠±1，
则Δ＝4k2（t－k）2－4（k2－1）[（t－k）2＋4]＝4（t＋k）（t－3k）
＋16＞0，且x1＋x2＝ ＞0，x1x2＝ ＞0，
所以 · ＝｜ ｜｜ ｜＝（1＋k2）｜x1－1｜·｜x2－1｜＝（1＋
k2）｜x1x2－（x1＋x2）＋1｜＝ .
假设存在点T满足 · ＝ ，则 ＝t2＋1，
整理得t2＋k2＋2＝0，但t2＋k2＋2≥2＞0，所以假设不成立，故不存在满
足题意的点T.
4. （2025·八省联考）已知椭圆C的离心率为 ，左、右焦点分别为F1（－
1，0），F2（1，0）.
（1）求C的方程；
解： 因为椭圆左、右焦点分别为F1（－1，0），F2（1，0），所以c
＝1，又因为椭圆C的离心率为 ，
得a＝2，所以b2＝3，所以椭圆方程为 ＋ ＝1.
（2）已知点M0（1，4），证明：线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公
共点；
解： 证明：由M0（1，4），F1（－1，0）得直线M0F1斜率为k＝2，
中点坐标为（0，2），
所以线段F1M0的垂直平分线方程为y＝－ x＋2，
联立垂直平分线方程和椭圆方程
得x2－2x＋1＝0，
又Δ＝4－4＝0，所以直线与椭圆相切，
所以线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点.
（3）设M是坐标平面上的动点，且线段F1M的垂直平分线与C恰有一个
公共点，证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程.
解： 法一 设M（x0，y0），
当y0＝0时，F1M的垂直平分线方程为x＝ ，
此时 ＝±2，x0＝5或－3；
当y0≠0时，F1M的垂直平分线方程为y＝－ ·
＋ ＝－ x＋ ，
联立
得3x2＋4［ － x＋ x2］＝12，
即 x2－ x＋
－12＝0.
因为线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点，
故Δ＝ －
4［3＋ ］［ －12］＝0，
即 －36－ ＝0，
即 ＋（2 －14） ＋（x0＋1）2（x0＋3）（x0－5）＝0，
＋（2 －14） ＋（ ＋2x0＋1）（ －2x0－15）＝0，
即（ ＋ ＋2x0＋1）（ ＋ －2x0－15）＝0，
因为 ＋ ＋2x0＋1＝（x0＋1）2＋ ＞0，
所以 ＋ －2x0－15＝0，
而（5，0），（－3，0）也满足该方程，
故点M的轨迹是圆，该圆的方程为x2＋y2－2x－15＝0，
即（x－1）2＋y2＝16.
法二 设线段F1M的垂直平分线与C切于点（x0，y0），
则切点处的切线方程为 ＋ ＝1，
即3x0x＋4y0y＝12，9 x2＋16 y2＋24x0y0xy＝144，①
易知F1M：y＝ （x＋1），即3x0y－4y0x＝4y0，
9 y2＋16 x2－24x0y0xy＝16 ， ②
①＋②，得（9 ＋16 ）（x2＋y2）＝144＋16 ，③
又3 ＋4 ＝12，
所以144＝36 ＋48 ，将其代入③得x2＋y2＝4，此方
程即为线段F1M中点的轨迹方程，设动点M（xM，yM），
又x＝ ，y＝ ，所以（ ）2＋（ ）2＝4，
法三 设线段F1M的垂直平分线l与C恰有一个公共点为P，
则当点P不在长轴时，线段F1M的垂直平分线l即为点P处的切线，
也为∠F1PM的平分线，
作∠F1PF2的平分线PH，根据椭圆的光学性质得PH⊥l，
所以∠F1PE＋∠F1PH＝90°，则∠F2PH＋∠EPM＝90°，
故∠F2PF1＋∠F1PM＝180°，
所以M，P，F2三点共线，所以｜MF2｜＝｜MP｜＋｜PF2｜＝｜PF1｜＋｜PF2｜＝4，
所以点M的轨迹是以F2为圆心，4为半径的圆，
当P在椭圆长轴上时，M点为（5，0）或（－3，0）也满足｜MF2｜＝4，
故点M的轨迹是圆，该圆的方程为（x－1）2＋y2＝16.
THANKS
演示完毕 感谢观看
