圆锥曲线的证明和探究性问题
课前必备知识
课标要求
1.进一步掌握圆锥曲线的基础知识，会综合处理直线、圆与圆锥曲线有关综合问题.2.提高综合运用知识的能力．
知识梳理
1．圆锥曲线的证明问题中常见的题设情境
(1)位置关系情境：如证明直线与曲线相切，直线与直线平行、垂直，直线过定点等．
(2)数量关系情境：如存在定值、恒成立、相等等．
2．圆锥曲线的探索性问题
探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．
一般步骤为：(1)假设满足条件的曲线(或直线、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(或直线、点等)存在，否则不存在．
3．圆锥曲线的综合问题
圆锥曲线的综合问题主要表现在如下两个方面：一是纵向综合，涉及直线与圆锥曲线、圆与圆锥曲线的相互综合，涉及弦长、中点、垂直、对称、轨迹等问题；二是横向综合，重点是函数、方程、不等式、向量、三角等知识的联系．
4．圆锥曲线的部分经典结论
(1)点M(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)上，过点M作椭圆的切线，则切线方程为＋＝1.
(2)点M(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)外，过点M作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，则切点弦AB的直线方程为＋＝1.
(3)点M(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)内，过点M作椭圆的弦AB(不过椭圆中心)，分别过A，B作椭圆的切线，则两条切线的交点P的轨迹方程为直线＋＝1.
(4)点M(x0，y0)在双曲线－＝1(a>0，b>0)上，过点M作双曲线的切线，则切线方程为－＝1.
(5)点M(x0，y0)在双曲线－＝1(a>0，b>0)外，过点M作双曲线的两条切线，切点分别为A，B，则切点弦AB的直线方程为－＝1.
(6)点M(x0，y0)在双曲线－＝1(a>0，b>0)内，过点M作双曲线的弦AB(不过双曲线中心)，分别过A，B作双曲线的切线，则两条切线的交点P的轨迹方程为直线－＝1.
(7)点M(x0，y0)在抛物线y2＝2px(p>0)上，过点M作抛物线的切线，则切线方程为y0y＝p(x＋x0).
(8)点M(x0，y0)在抛物线y2＝2px(p>0)外，过点M作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，则切点弦AB的直线方程为y0y＝p(x＋x0).
(9)点M(x0，y0)在抛物线y2＝2px(p>0)内，过点M作抛物线的弦AB，分别过A，B作抛物线的切线，则两条切线的交点P的轨迹方程为直线y0y＝p(x＋x0).
课前训练
1．已知A点的坐标为(－，0)，B是圆F：(x－)2＋y2＝4上一动点，线段AB的垂直平分线交BF于P，则动点P的轨迹为( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线的一支 D．抛物线
解析：B 由题意，圆F：(x－)2＋y2＝4，可得圆心坐标为F(，0)，半径为r＝2，
因为线段AB的垂直平分线交BF于P，可得|PA|＝|PB|，
所以|PA|＋|PF|＝|PB|＋|PF|＝r＝2>|AF|＝1，
根据椭圆的定义，可得点P的轨迹为以点A，F为焦点的椭圆．故选B.
2．(2025·天津红桥一模)已知直线y＝kx与圆C：(x＋2)2＋y2＝3相切，交抛物线y2＝2px(p>0)于点P，若|OP|＝8，O是坐标原点，则以P为圆心，p为半径的圆与圆C的位置关系为( )
A．相交 B．内含
C．外离 D．外切
解析：C 根据＝，解得k＝±，结合抛物线的对称性，只需考虑k＝的情形．
联立方程
解得或
所以|OP|＝＝＝8，
解得p＝6，此时点P(4，4)，圆P的方程为(x－4)2＋(y－4)2＝36.
因为圆C和圆P的圆心距d＝＝2>＋6，
所以两圆外离．同理，当k＝－时，两圆也外离．故选C.
3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点的坐标为(1，0)，一条切线的方程为x＋y＝7，则椭圆C的离心率e＝________．
解析：
联立直线与椭圆方程
可得(a2＋b2)x2－14a2x＋49a2－a2b2＝0.
由x＋y＝7为椭圆切线，
则有Δ＝196a4－4(a2＋b2)(49a2－a2b2)＝0，
化简得a4b2＋a2b4＝49a2b2.
又a>b>0，故a2＋b2＝49.
又椭圆的一个焦点的坐标为(1，0)，故有a2－b2＝1，
则a2＝25，故a＝5，则e＝.
4．(2025·云南昆明高三校考)已知直线l：y＝kx＋b与双曲线C：－y2＝1相切，且l与C的两条渐近线l1，l2分别交于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，则x1x2＝________．
解析：4 如图，将y＝kx＋b代入－y2＝1，得(1－4k2)x2－8kbx－4b2－4＝0，易得1－4k2≠0，
由Δ＝64k2b2＋16(b2＋1)(1－4k2)＝0，得b2＝4k2－1.
双曲线的渐近线方程为y＝±x，将其统一得－y2＝0，
将y＝kx＋b代入－y2＝0得(4k2－1)x2＋8kbx＋4b2＝0(k≠±)，
则x1x2＝＝＝4.
5．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2且斜率为的直线与双曲线在第一象限的交点为A，若(＋)·＝0，则此双曲线的标准方程可能为__________(答案不唯一).
解析：－＝1(－＝1(k>0))
由题可知，＝－＋，
若(＋)·＝0，
即为(＋)·(－＋)＝0，
可得2＝2，即有|AF2|＝|F2F1|＝2c.
由双曲线的定义可知|AF1|－|AF2|＝2a，可得|AF1|＝2a＋2c，由于过F2的直线斜率为，
所以在等腰三角形AF1F2中，tan ∠AF2F1＝－，
则cos ∠AF2F1＝－.
由余弦定理得
cos ∠AF2F1＝－＝，
化简得3c＝5a，即a＝c，b＝c，
可得a∶b＝3∶4，a2∶b2＝9∶16，
所以此双曲线的标准方程可能为
－＝1(－＝1(k>0)).
课堂核心考点
考点1 常见轨迹方程的求法
【例1】 (2025·山东临沂一模)动圆C与圆C1：(x＋2)2＋y2＝50和圆C2：(x－2)2＋y2＝2都内切，记动圆圆心C的轨迹为E.
(1)求E的方程．
(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为Ax2＋2Bxy＋Cy2＋2Dx＋2Ey＋F＝0，则曲线上一点(x0，y0)处的切线方程为Ax0x＋B(x0y＋y0x)＋Cy0y＋D(x0＋x)＋E(y0＋y)＋F＝0，试运用该性质解决以下问题：点P为直线x＝8上一点(P不在x轴上)，过点P作E的两条切线PA，PB，切点分别为A，B.
(ⅰ)证明：直线AB过定点．
(ⅱ)点A关于x轴的对称点为A′，连接A′B交x轴于点M，设△AC2M，△BC2M的面积分别为S1，S2，求|S1－S2|的最大值．
解析：(1)设动圆C的半径为r，由题意得圆C1和圆C2的半径分别为5，.
因为C与C1，C2都内切，
所以|CC1|＝5－r，|CC2|＝r－，所以|CC1|＋|CC2|＝5－r＋r－＝4.
又C1(－2，0)，C2(2，0)，故|C2C1|＝4<4，
所以点C的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆．
设E的方程为＋＝1(a>b>0)，
则2a＝4，2c＝4，
所以b2＝a2－c2＝4，
故E的方程为＋＝1.
(2)(ⅰ)证明：如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(8，t)(t≠0)，
由题意中的性质可得，切线PA的方程为＋＝1，
切线PB的方程为＋＝1.
因为两条切线都经过点P(8，t)，
所以x1＋＝1，x2＋＝1，
故直线AB的方程为x＋＝1，显然当y＝0时，x＝1，
直线AB经过定点(1，0).
(ⅱ)由(ⅰ)可设直线AB的方程为x＝my＋1(m≠0)，
联立方程
整理得(m2＋2)y2＋2my－7＝0，
由韦达定理得
又A′(x1，－y1)，
所以直线A′B的方程为y＋y1＝(x－x1).
令y＝0得
xM＝＋x1
＝
＝
＝＝1＋
＝1＋
＝8，
所以直线A′B经过定点M(8，0).
又C2(2，0)，
所以|S1－S2|＝|C2M|·||y1|－|y2||
＝3|y1＋y2|＝＝
≤＝，
所以|S1－S2|max＝，当且仅当|m|＝，即m＝±时取等号．
求轨迹方程的常用方法
(1)定义法：如果动点P的运动规律符合我们已知的某种曲线(如圆、椭圆、双曲线、抛物线)的定义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程.
(2)直译法：如果动点P的运动规律是否符合我们熟知的某些曲线的定义难以判断，但点P满足的等量关系易于建立，则可以先表示出点P所满足的几何上的等量关系，再用点P的坐标(x，y)表示该等量关系式，即可得到轨迹方程．
(3)代入法(相关点法)：如果动点P的运动是由另外某一点P′的运动引发的，而该点的运动规律已知(该点坐标满足某已知曲线方程)，则可以设出P(x，y)，用(x，y)表示出相关点P′的坐标，然后把P′的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点P的轨迹方程．
变式探究
1．(2025·河南襄城高中校联考三模)已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在y轴的正半轴上，圆x2＋(y－1)2＝1经过抛物线C的焦点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线l：mx＋y－4＝0与抛物线C相交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线，两条切线相交于点P，求△ABP面积的最小值．
解析：(1)由题意，设抛物线C的方程为x2＝2py(p>0).
因为圆x2＋(y－1)2＝1经过抛物线C的焦点(0，)，
所以(－1)2＝1，解得p＝4，
所以抛物线C的方程为x2＝8y.
(2)如图所示，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2.
联立方程整理得x2＋8mx－32＝0，
所以Δ＝64m2＋128>0，且x1＋x2＝－8m，x1x2＝－32，
所以|AB|＝·
＝8.
由x2＝8y，可得y＝，则y′＝，
所以抛物线C上过点A的切线方程是y－y1＝(x－x1)，
将y1＝代入上式整理得y＝x－.
同理可得抛物线C上过点B的切线方程为y＝x－.
由解得
所以x＝－4m，y＝－4.
所以P(－4m，－4)到直线mx＋y－4＝0的距离d＝＝，
所以△ABP的面积
S＝|AB|d
＝×8×
＝16(m2＋2)，
当m＝0时，Smin＝32，
所以△ABP面积的最小值为32.
探究点2 证明问题
【例2】 (2025·陕西榆林校联考期末)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e＝，P为C上一动点，△PF1F2面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程．
(2)若过F2且斜率不为0的直线l交椭圆于M，N两点，A1，A2分别为椭圆的左、右顶点，直线A1M，A2N分别与直线l1：x＝1交于T，Q两点，证明：四边形OTA2Q为菱形．
解析：(1)由题意知bc＝，e＝＝，a2＝b2＋c2(其中c为半焦距)，
所以a＝2，b＝，c＝1，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：由(1)知F2(1，0)，A1(－2，0)，A2(2，0)，如图所示．
因为l的斜率不为0，故设l的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程
消去x并化简得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
Δ＝36m2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0，
y1＋y2＝－，y1y2＝－.
直线A1M的斜率kA1M＝，
故直线A1M的方程为y＝(x＋2)，
与x＝1联立可得y＝，
故点T的坐标为(1，).
同理可得点Q的坐标为(1，－).
＋(－)
＝
＝.
又2my1y2－3(y1＋y2)＝2m·－3()＝＝0，
即＝，所以|F2T|＝|F2Q|.
又|OF2|＝1＝|F2A2|，且TQ⊥OA2，
所以四边形OTA2Q为菱形．
1．解决此类问题的一般方法是“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．
2．证明位置关系树立“转化”意识．
变式探究
2．已知平面内两点F1(－，0)，F2(，0)，动点P满足|PF1|＋|PF2|＝2.
(1)求动点P的轨迹C的方程．
(2)设M，N是轨迹C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切．证明：M，N，F2三点共线的充要条件是|MN|＝.
解析：(1)因为|PF1|＋|PF2|＝2(>|F1F2|＝2)，
所以由椭圆的定义可得点P的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆．
又2a＝2，2c＝2，解得a＝，c＝，
所以b2＝a2－c2＝1，
所以点P的轨迹C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
若MN⊥x轴，由MN与x2＋y2＝1(x>0)相切可知，直线MN的方程为x＝1，不合题意．
所以直线MN的斜率必存在且不为0，设直线MN的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
由直线MN与x2＋y2＝1(x>0)相切知＝1，即1＋k2＝m2，
联立方程
得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－1)＝0，
Δ＝(6km)2－4×3(m2－1)(1＋3k2)＝－12m2＋12＋36k2>0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|
＝
＝
＝，
又m2＝k2＋1，
所以|MN|＝.(*)
若点M，N，F2共线，点F2在直线MN：y＝kx＋m(k≠0)上，
则0＝k＋m，即m＝－k，
又1＋k2＝m2，解得k2＝1，代入(*)可得|MN|＝＝.
反之，若|MN|＝，
则＝，即2|k|·＝1＋3k2，
整理得k2＝1，
又1＋k2＝m2，所以m2＝2.
又曲线x2＋y2＝1(x>0)为右半圆，则m与k异号，
所以k＝1，m＝－或k＝－1，m＝，
所以直线MN的方程为y＝x－或y＝－x＋，
此时点M，N，F2共线．
综上，M，N，F2三点共线的充要条件是|MN|＝.
考点3 圆锥曲线的探究性问题
【例3】 (2025·上海浦东高三校考)设椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，1)，离心率为，F为椭圆E的右焦点．
(1)求椭圆E的方程．
(2)过点P(2，0)的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线l：x＝t的垂线(点B，C在直线l的两侧)，垂足分别为M，N.记△BMP，△MNP，△CNP的面积分别为S1，S2，S3，试问：是否存在常数t，使得S1，S2，S3总成等比数列？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)因为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，1)，离心率为，
所以有b＝1，＝，
则1－＝，所以a2＝2，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)由已知得，直线BC的斜率存在，且B，C在x轴的同侧，如图所示．
设直线BC的方程为y＝k(x－2)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，
不妨设x10，x1由得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
所以Δ＝8(1－2k2)>0，
x1＋x2＝，x1x2＝.
因为S1＝(t－x1)|y1|，S2＝(2－t)|y2－y1|，S3＝(x2－t)|y2|，
所以S1S3＝(x2－t)(t－x1)|y1y2|
＝(x2－t)(t－x1)y1y2
＝k2(x2－t)(t－x1)(x1－2)(x2－2)
＝k2[t(x1＋x2)－x1x2－t2]·[x1x2－2(x1＋x2)＋4]
＝k2(－－t2)·(－＋4)
＝[－2k2(t－2)2－t2＋2]，
S＝(2－t)2(y2－y1)2
＝k2(2－t)2(x2－x1)2
＝k2(2－t)2[(x2＋x1)2－4x1x2]
＝k2(2－t)2[()2－]
＝·[－2k2(t－2)2＋(t－2)2].
要使S1，S2，S3总成等比数列，则应有－t2＋2＝(t－2)2，解得t＝1，
所以存在t＝1，使得S1，S2，S3总成等比数列．
1．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．
2．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．
变式探究
3．(2025·四川遂宁阶段练习)在平面直角坐标系中，设点P的轨迹为曲线C.①过点F(1，0)的动圆恒与y轴相切，FP为该圆的直径；②点P到F(1，0)的距离比P到y轴的距离大1.在①和②中选择一个作为条件：
(1)选择条件________，求曲线C的方程．
(2)在x轴正半轴上是否存在一点M，当过点M的直线l与抛物线C交于Q，R两点时，＋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)选①：如图，过P作y轴的垂线，垂足为H，交直线x＝－1于点P′.
设动圆的圆心为E，半径为r，则E到y轴的距离为r，在梯形OFPH中，由中位线性质可得|PH|＝2r－1，
所以|PP′|＝2r－1＋1＝2r.
又|PF|＝2r，所以|PP′|＝|PF|.
由抛物线的定义知，点P是以F(1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，
所以曲线C的方程为y2＝4x.
选②：设P(x，y).
点P到F(1，0)的距离比P到y轴的距离大1，
所以＝|x＋1|，整理可得y2＝4x.
(2)设点M(t，0)(t>0)，由题意知直线l的斜率不为零，点Q(x1，y1)，R(x2，y2)，直线l的方程为x＝my＋t.
由得y2－4my－4t＝0.
则Δ＝16m2＋16t>0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t.
又|MQ|＝
＝＝|y1|.
同理可得|MR|＝|y2|，
所以＋
＝＋
＝＝
＝
＝＝.
若＋为定值，则t＝1，此时点M(1，0)为定点．
又当t＝1，m∈R时，Δ>0，所以，存在点M(1，0)，
当过点M的直线l与抛物线C交于Q，R两点时，＋为定值1.圆锥曲线的证明和探究性问题
课前必备知识
课标要求
1.进一步掌握圆锥曲线的基础知识，会综合处理直线、圆与圆锥曲线有关综合问题.2.提高综合运用知识的能力．
知识梳理
1．圆锥曲线的证明问题中常见的题设情境
(1)位置关系情境：如证明直线与曲线相切，直线与直线平行、垂直，直线过定点等．
(2)数量关系情境：如存在定值、恒成立、相等等．
2．圆锥曲线的探索性问题
探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．
一般步骤为：(1)假设满足条件的曲线(或直线、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(或直线、点等)存在，否则不存在．
3．圆锥曲线的综合问题
圆锥曲线的综合问题主要表现在如下两个方面：一是纵向综合，涉及直线与圆锥曲线、圆与圆锥曲线的相互综合，涉及弦长、中点、垂直、对称、轨迹等问题；二是横向综合，重点是函数、方程、不等式、向量、三角等知识的联系．
4．圆锥曲线的部分经典结论
(1)点M(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)上，过点M作椭圆的切线，则切线方程为＋＝1.
(2)点M(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)外，过点M作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，则切点弦AB的直线方程为＋＝1.
(3)点M(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)内，过点M作椭圆的弦AB(不过椭圆中心)，分别过A，B作椭圆的切线，则两条切线的交点P的轨迹方程为直线＋＝1.
(4)点M(x0，y0)在双曲线－＝1(a>0，b>0)上，过点M作双曲线的切线，则切线方程为－＝1.
(5)点M(x0，y0)在双曲线－＝1(a>0，b>0)外，过点M作双曲线的两条切线，切点分别为A，B，则切点弦AB的直线方程为－＝1.
(6)点M(x0，y0)在双曲线－＝1(a>0，b>0)内，过点M作双曲线的弦AB(不过双曲线中心)，分别过A，B作双曲线的切线，则两条切线的交点P的轨迹方程为直线－＝1.
(7)点M(x0，y0)在抛物线y2＝2px(p>0)上，过点M作抛物线的切线，则切线方程为y0y＝p(x＋x0).
(8)点M(x0，y0)在抛物线y2＝2px(p>0)外，过点M作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，则切点弦AB的直线方程为y0y＝p(x＋x0).
(9)点M(x0，y0)在抛物线y2＝2px(p>0)内，过点M作抛物线的弦AB，分别过A，B作抛物线的切线，则两条切线的交点P的轨迹方程为直线y0y＝p(x＋x0).
课前训练
1．已知A点的坐标为(－，0)，B是圆F：(x－)2＋y2＝4上一动点，线段AB的垂直平分线交BF于P，则动点P的轨迹为( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线的一支 D．抛物线
2．(2025·天津红桥一模)已知直线y＝kx与圆C：(x＋2)2＋y2＝3相切，交抛物线y2＝2px(p>0)于点P，若|OP|＝8，O是坐标原点，则以P为圆心，p为半径的圆与圆C的位置关系为( )
A．相交 B．内含
C．外离 D．外切
3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点的坐标为(1，0)，一条切线的方程为x＋y＝7，则椭圆C的离心率e＝________．
4．(2025·云南昆明高三校考)已知直线l：y＝kx＋b与双曲线C：－y2＝1相切，且l与C的两条渐近线l1，l2分别交于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，则x1x2＝________．
5．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2且斜率为的直线与双曲线在第一象限的交点为A，若(＋)·＝0，则此双曲线的标准方程可能为__________(答案不唯一).
课堂核心考点
考点1 常见轨迹方程的求法
【例1】 (2025·山东临沂一模)动圆C与圆C1：(x＋2)2＋y2＝50和圆C2：(x－2)2＋y2＝2都内切，记动圆圆心C的轨迹为E.
(1)求E的方程．
(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为Ax2＋2Bxy＋Cy2＋2Dx＋2Ey＋F＝0，则曲线上一点(x0，y0)处的切线方程为Ax0x＋B(x0y＋y0x)＋Cy0y＋D(x0＋x)＋E(y0＋y)＋F＝0，试运用该性质解决以下问题：点P为直线x＝8上一点(P不在x轴上)，过点P作E的两条切线PA，PB，切点分别为A，B.
(ⅰ)证明：直线AB过定点．
(ⅱ)点A关于x轴的对称点为A′，连接A′B交x轴于点M，设△AC2M，△BC2M的面积分别为S1，S2，求|S1－S2|的最大值．
求轨迹方程的常用方法
(1)定义法：如果动点P的运动规律符合我们已知的某种曲线(如圆、椭圆、双曲线、抛物线)的定义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程.
(2)直译法：如果动点P的运动规律是否符合我们熟知的某些曲线的定义难以判断，但点P满足的等量关系易于建立，则可以先表示出点P所满足的几何上的等量关系，再用点P的坐标(x，y)表示该等量关系式，即可得到轨迹方程．
(3)代入法(相关点法)：如果动点P的运动是由另外某一点P′的运动引发的，而该点的运动规律已知(该点坐标满足某已知曲线方程)，则可以设出P(x，y)，用(x，y)表示出相关点P′的坐标，然后把P′的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点P的轨迹方程．
变式探究
1．(2025·河南襄城高中校联考三模)已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在y轴的正半轴上，圆x2＋(y－1)2＝1经过抛物线C的焦点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线l：mx＋y－4＝0与抛物线C相交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线，两条切线相交于点P，求△ABP面积的最小值．
探究点2 证明问题
【例2】 (2025·陕西榆林校联考期末)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e＝，P为C上一动点，△PF1F2面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程．
(2)若过F2且斜率不为0的直线l交椭圆于M，N两点，A1，A2分别为椭圆的左、右顶点，直线A1M，A2N分别与直线l1：x＝1交于T，Q两点，证明：四边形OTA2Q为菱形．
1．解决此类问题的一般方法是“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．
2．证明位置关系树立“转化”意识．
变式探究
2．已知平面内两点F1(－，0)，F2(，0)，动点P满足|PF1|＋|PF2|＝2.
(1)求动点P的轨迹C的方程．
(2)设M，N是轨迹C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切．证明：M，N，F2三点共线的充要条件是|MN|＝.
考点3 圆锥曲线的探究性问题
【例3】 (2025·上海浦东高三校考)设椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，1)，离心率为，F为椭圆E的右焦点．
(1)求椭圆E的方程．
(2)过点P(2，0)的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线l：x＝t的垂线(点B，C在直线l的两侧)，垂足分别为M，N.记△BMP，△MNP，△CNP的面积分别为S1，S2，S3，试问：是否存在常数t，使得S1，S2，S3总成等比数列？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
1．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．
2．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．
变式探究
3．(2025·四川遂宁阶段练习)在平面直角坐标系中，设点P的轨迹为曲线C.①过点F(1，0)的动圆恒与y轴相切，FP为该圆的直径；②点P到F(1，0)的距离比P到y轴的距离大1.在①和②中选择一个作为条件：
(1)选择条件________，求曲线C的方程．
(2)在x轴正半轴上是否存在一点M，当过点M的直线l与抛物线C交于Q，R两点时，＋为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
