2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-第11讲 第3课时 证明、探索性问题

第3课时证明、探索性问题考向一圆锥曲线中的证明问题角度1位置关系的证明已知椭圆C的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，右焦点为F(eq\r(2)，0)，且离心率为eq\f(\r(6),3).(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆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|＝eq\r(3).解：(1)由题意，知椭圆的半焦距c＝eq\r(2)且e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，所以a＝eq\r(3)，又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)证明：由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN：y＝k(x－eq\r(2))，即kx－y－eq\r(2)k＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq\f(|－\r(2)k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝±（x－\r(2)），,\f(x2,3)＋y2＝1，))可得4x2－6eq\r(2)x＋3＝0，所以x1＋x2＝eq\f(3\r(2),2)，x1x2＝eq\f(3,4)，所以|MN|＝eq\r(1＋1)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(3)，所以必要性成立；充分性：设直线MN：y＝kx＋m(km<0)，即kx－y＋m＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝1，所以m2＝k2＋1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))可得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(6km,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－3,1＋3k2)，所以|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6km,1＋3k2)))2－4·\f(3m2－3,1＋3k2))＝eq\r(1＋k2)·eq\f(\r(24k2),1＋3k2)＝eq\r(3)，化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝1，,m＝－\r(2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－1，,m＝\r(2)，))所以直线MN：y＝x－eq\r(2)或y＝－x＋eq\r(2)，所以直线MN过点F(eq\r(2)，0)，即M，N，F三点共线，充分性成立．所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq\r(3).树立“转化”意识，证明位置关系，如相切、垂直、过定点等，关键是将位置关系转化为代数关系．几何性质代数实现对边平行斜率相等，或向量平行对边相等横(纵)坐标差相等对角线互相平分中点重合两边垂直数量积为0(2024·全国甲卷)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在C上，且MF⊥x轴．(1)求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eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2)，故eq\f(a2－1,a)＝eq\f(3,2)，解得a＝2，b＝eq\r(3)，故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：由题意可知，直线AB的斜率一定存在，设直线AB的方程为y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x－4），))可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，故Δ＝1024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－eq\f(1,2)<k<eq\f(1,2)，又x1＋x2＝eq\f(32k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(64k2－12,3＋4k2)，而Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，故直线BN的方程为y＝eq\f(y2,x2－\f(5,2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))，故yQ＝eq\f(－\f(3,2)y2,x2－\f(5,2))＝eq\f(－3y2,2x2－5)，所以y1－yQ＝y1＋eq\f(3y2,2x2－5)＝eq\f(y1（2x2－5）＋3y2,2x2－5)＝eq\f(k（x1－4）（2x2－5）＋3k（x2－4）,2x2－5)＝k×eq\f(2x1x2－5（x1＋x2）＋8,2x2－5)＝k×eq\f(2×\f(64k2－12,3＋4k2)－5×\f(32k2,3＋4k2)＋8,2x2－5)＝k×eq\f(\f(128k2－24－160k2＋24＋32k2,3＋4k2),2x2－5)＝0，故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．角度2数量关系的证明(2023·新课标Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))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3eq\r(3).解：(1)设P(x，y)，则|y|＝eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))\s\up12(2))，两边同时平方，化简得y＝x2＋eq\f(1,4)，故W的方程为y＝x2＋eq\f(1,4).(2)证法一：不妨设A，B，D在W上，且AB⊥AD，依题意可设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，易知直线AB，AD的斜率均存在且不为0，则设AB，AD的斜率分别为k和－eq\f(1,k)，由对称性，不妨设|k|≤1，直线AB的方程为y＝k(x－a)＋a2＋eq\f(1,4)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋\f(1,4)，,y＝k（x－a）＋a2＋\f(1,4)，))得x2－kx＋ka－a2＝0，Δ＝k2－4(ka－a2)＝(k－2a)2>0，则k≠2a，则|AB|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|，同理|AD|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))，所以|AB|＋|AD|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|＋eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))＝eq\r(\f(（1＋k2）3,k2)).令k2＝m，则m∈(0，1]，设f(m)＝eq\f(（m＋1）3,m)＝m2＋3m＋eq\f(1,m)＋3，则f′(m)＝2m＋3－eq\f(1,m2)＝eq\f(（2m－1）（m＋1）2,m2)，令f′(m)＝0，解得m＝eq\f(1,2)，当m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(m)<0，f(m)单调递减，当m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，f′(m)>0，f(m)单调递增，则f(m)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(27,4)，所以|AB|＋|AD|≥eq\f(3\r(3),2)，但eq\r(1＋k2)|k－2a|＋eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))))，此处取等号的条件为|k|＝1，与最终取等号的条件|k|＝eq\f(\r(2),2)不一致，故|AB|＋|AD|>eq\f(3\r(3),2)，故矩形ABCD的周长大于3eq\r(3).证法二：设矩形的三个顶点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，c2＋\f(1,4)))在W上，a<b<c，且AB⊥BC，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在且不为0，则kAB·kBC＝－1，a＋b<b＋c，令kAB＝eq\f(b2＋\f(1,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,4))),b－a)＝a＋b＝m<0，同理，令kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1，则m＝－eq\f(1,n)，设矩形的周长为l，由对称性，不妨设|m|≥|n|，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋eq\f(1,n)，则eq\f(1,2)l＝|AB|＋|BC|＝(b－a)eq\r(1＋m2)＋(c－b)eq\r(1＋n2)≥(c－a)eq\r(1＋n2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)，n>0，易知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)>0，令f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)(1＋x2)，x>0，f′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(\r(2),2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，则f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\f(27,4)，故eq\f(1,2)l≥eq\r(\f(27,4))＝eq\f(3\r(3),2)，即l≥3eq\r(3).当l＝3eq\r(3)时，n＝eq\f(\r(2),2)，m＝－eq\r(2)，且(b－a)eq\r(1＋m2)＝(b－a)eq\r(1＋n2)，即当|m|＝|n|时等号成立，矛盾，故l>3eq\r(3)，得证．证法三：为了计算方便，我们将抛物线向下移动eq\f(1,4)个单位得抛物线W′：y＝x2，矩形ABCD变换为矩形A′B′C′D′，则问题等价于矩形A′B′C′D′的周长大于3eq\r(3).设B′(t0，teq\o\al(2,0))，A′(t1，teq\o\al(2,1))，C′(t2，teq\o\al(2,2))在W′上，且A′B′⊥B′C′，根据对称性，不妨设t0≥0，则kA′B′＝t1＋t0，kB′C′＝t2＋t0，由于A′B′⊥B′C′，则(t1＋t0)(t2＋t0)＝－1.由于|A′B′|＝eq\r(1＋（t1＋t0）2)|t1－t0|，|B′C′|＝eq\r(1＋（t2＋t0）2)|t2－t0|，且t0介于t1，t2之间，不妨设t1＜t0＜t2，则|A′B′|＋|B′C′|＝eq\r(1＋（t1＋t0）2)(t0－t1)＋eq\r(1＋（t2＋t0）2)(t2－t0)．令t2＋t0＝tanθ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则t1＋t0＝－eq\f(1,tanθ)，则t2＝tanθ－t0，t1＝－eq\f(1,tanθ)－t0，所以|A′B′|＋|B′C′|＝eq\r(1＋\f(1,tan2θ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t0＋\f(1,tanθ)))＋eq\r(1＋tan2θ)(tanθ－2t0)，故|A′B′|＋|B′C′|＝2t0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinθ)－\f(1,cosθ)))＋eq\f(sinθ,cos2θ)＋eq\f(cosθ,sin2θ)＝eq\f(2t0（cosθ－sinθ）,sinθcosθ)＋eq\f(sin3θ＋cos3θ,sin2θcos2θ).①当θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，|A′B′|＋|B′C′|≥eq\f(sin3θ＋cos3θ,sin2θcos2θ)＝eq\f(sinθ,cos2θ)＋eq\f(cosθ,sin2θ)≥2eq\r(\f(1,sinθcosθ))＝2eq\r(\f(2,sin2θ))≥2eq\r(2)＞eq\f(3\r(2),2)；②当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，由于t1<t0<t2，从而－eq\f(1,tanθ)－t0<t0<tanθ－t0，从而－eq\f(1,2tanθ)<t0<eq\f(tanθ,2)，又t0≥0，故0≤t0<eq\f(tanθ,2)，所以|A′B′|＋|B′C′|＝eq\f(2t0（cosθ－sinθ）,sinθcosθ)＋eq\f(sin3θ＋cos3θ,sin2θcos2θ)>eq\f(sinθ（cosθ－sinθ）,sinθcos2θ)＋eq\f(sin3θ＋cos3θ,sin2θcos2θ)＝eq\f(1,sin2θcosθ)＝eq\r(\f(2,sin2θsin2θ·2cos2θ))＝eq\r(\f(2,（1－cos2θ）（1－cos2θ）·2cos2θ))≥eq\r(\f(2,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（1－cos2θ）＋（1－cos2θ）＋2cos2θ,3)))\s\up12(3)))＝eq\r(\f(2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(3)))＝eq\f(3\r(3),2)，当且仅当cosθ＝eq\f(\r(3),3)时等号成立，故|A′B′|＋|B′C′|>eq\f(3\r(3),2)，故矩形ABCD的周长大于3eq\r(3).数量关系方面的证明，如存在定值、恒成立、值相等、角相等等，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．已知斜率为k的直线l与椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．(1)证明：k<－eq\f(1,2)；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＝0.证明|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差数列，并求该数列的公差．解：(1)证法一(点差法)：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，两式相减，并由eq\f(y1－y2,x1－x2)＝k得eq\f(x1＋x2,4)＋eq\f(y1＋y2,3)·k＝0，由题设知eq\f(x1＋x2,2)＝1，eq\f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq\f(3,4m).①由题设得0<m<eq\f(3,2)，故k<－eq\f(1,2).证法二(常规设线)：设直线AB：y＝kx＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，当k＝0时，显然不满足题意；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋t，))得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，所以Δ>0，即4k2＋3－t2>0，x1＋x2＝－eq\f(8kt,3＋4k2)，而eq\f(x1＋x2,2)＝1，所以3＋4k2＝－4kt，又m＝k＋t＝k－eq\f(4k2＋3,4k)＝－eq\f(3,4k)>0，所以k<0，4k2＋3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2＋3,－4k)))eq\s\up12(2)>0，即k2>eq\f(1,4)，又k<0，解得k<－eq\f(1,2).(2)解法一(常规运算＋整体思想)：由题意得F(1，0)，设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0，0)，由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.又点P在C上，所以m＝eq\f(3,4)，从而Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，|eq\o(FP,\s\up6(→))|＝eq\f(3,2).于是|eq\o(FA,\s\up6(→))|＝eq\r(（x1－1）2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(（x1－1）2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,1),4))))＝2－eq\f(x1,2).同理|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝2－eq\f(x2,2)，所以|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝4－eq\f(1,2)(x1＋x2)＝3.故2|eq\o(FP,\s\up6(→))|＝|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|，即|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差数列．设该数列的公差为d，则2|d|＝||eq\o(FB,\s\up6(→))|－|eq\o(FA,\s\up6(→))||＝eq\f(1,2)|x1－x2|＝eq\f(1,2)eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2).②将m＝eq\f(3,4)代入①得k＝－1.所以l的方程为y＝－x＋eq\f(7,4)，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋eq\f(1,4)＝0.故x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(1,28)，代入②解得|d|＝eq\f(3\r(21),28)，所以该数列的公差为eq\f(3\r(21),28)或－eq\f(3\r(21),28).解法二(直接运算)：由eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＝0，知点F为△PAB的重心，由三角形的重心坐标公式可得xP＝1，yP＝－2m，即P(1，－2m)．由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得m＝eq\f(3,4)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2))).由(1)有k＝－eq\f(3,4m)＝－1，直线l的方程为y＝－x＋eq\f(7,4)，将其与椭圆方程联立，消去y得28x2－56x＋1＝0，求得x1，2＝eq\f(14±3\r(21),14)，不妨设xA<xB，所以xA＝eq\f(14－3\r(21),14)，xB＝eq\f(14＋3\r(21),14)，|eq\o(FA,\s\up6(→))|＝eq\r(（xA－1）2＋yeq\o\al(2,A))＝eq\r(（xA－1）2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,A),4))))＝2－eq\f(xA,2)＝eq\f(42＋3\r(21),28)，同理，可得|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝2－eq\f(xB,2)＝eq\f(42－3\r(21),28)，所以|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝3，而|eq\o(FP,\s\up6(→))|＝eq\f(3,2)，故|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(FP,\s\up6(→))|，即|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差数列，从而公差为eq\f(3,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(x1，2,2)))＝eq\f(1,2)(x1，2－1)，即该数列的公差为eq\f(3\r(21),28)或－eq\f(3\r(21),28).解法三(焦半径公式的应用)：因为线段AB的中点为M(1，m)，所以x1＋x2＝2.由eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＝0，知点F为△PAB的重心，由三角形的重心坐标公式可得xP＝1，由椭圆方程可知e＝eq\f(1,2)，由椭圆的焦半径公式得|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝(a－ex1)＋(a－ex2)＝2a－e(x1＋x2)＝3，|eq\o(FP,\s\up6(→))|＝a－exP＝eq\f(3,2).所以|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(FP,\s\up6(→))|，即|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差数列．由解法二可得，xA＝eq\f(14＋3\r(21),14)或xA＝eq\f(14－3\r(21),14)，从而公差为eq\f(3,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)xA))＝eq\f(1,2)(xA－1)，即该数列的公差为eq\f(3\r(21),28)或－eq\f(3\r(21),28).考向二圆锥曲线中的探索性问题(2025·新疆喀什模拟)已知双曲线E：x2－3y2＝3的左、右焦点分别为F1，F2，A是直线l：y＝－eq\f(c,a2)x(其中a是实半轴长，c是半焦距)上不同于原点O的一个动点，斜率为k1的直线AF1与双曲线E交于M，N两点，斜率为k2的直线AF2与双曲线E交于P，Q两点．(1)求eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)的值；(2)若直线OM，ON，OP，OQ的斜率分别为kOM，kON，kOP，kOQ，问是否存在点A，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意可得，双曲线E：eq\f(x2,3)－y2＝1，则a2＝3，b2＝1，∴c2＝a2＋b2＝4，∴c＝2，∴双曲线E的左、右焦点分别为F1(－2，0)，F2(2，0)，直线l的方程为y＝－eq\f(2,3)x.设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(2,3)t))(t≠0)，则k1＝eq\f(－\f(2,3)t－0,t＋2)＝－eq\f(2t,3（t＋2）)，k2＝eq\f(－\f(2,3)t－0,t－2)＝－eq\f(2t,3（t－2）)，∴eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝－eq\f(3（t＋2）,2t)－eq\f(3（t－2）,2t)＝－eq\f(6t,2t)＝－3.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，如图，直线AF1的方程为y＝k1(x＋2)，代入双曲线方程，得(1－3keq\o\al(2,1))x2－12keq\o\al(2,1)x－12keq\o\al(2,1)－3＝0，∴x1＋x2＝eq\f(12keq\o\al(2,1),1－3keq\o\al(2,1))，x1x2＝eq\f(－12keq\o\al(2,1)－3,1－3keq\o\al(2,1))，则kOM＋kON＝eq\f(y1,x1)＋eq\f(y2,x2)＝eq\f(y1x2＋y2x1,x1x2)＝eq\f(k1（x1＋2）x2＋k1（x2＋2）x1,x1x2)＝eq\f(2k1x1x2＋2k1（x2＋x1）,x1x2)＝eq\f(2k1,4keq\o\al(2,1)＋1).同理kOP＋kOQ＝eq\f(2k2,4keq\o\al(2,2)＋1).若kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0，则eq\f(2k1,4keq\o\al(2,1)＋1)＋eq\f(2k2,4keq\o\al(2,2)＋1)＝0，即(k1＋k2)(4k1k2＋1)＝0，∴k1＋k2＝0或k1k2＝－eq\f(1,4)，又eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝－3，∴k1k2＝－eq\f(1,4)，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k1＝－\f(1,4)，,k2＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k1＝1，,k2＝－\f(1,4).))若k1＝－eq\f(1,4)，k2＝1，由点A在直线AF1上，得－eq\f(2,3)t＝－eq\f(1,4)(t＋2)，∴t＝eq\f(6,5)，此时Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，－\f(4,5)))；若k1＝1，k2＝－eq\f(1,4)，由点A在直线AF1上，得－eq\f(2,3)t＝t＋2，∴t＝－eq\f(6,5)，此时Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，\f(4,5))).综上，存在点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，－\f(4,5)))或Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，\f(4,5)))，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0.存在性问题的解题策略存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．(2)当给出结论而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．(2025·广西南宁模拟)椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(2\r(2),3)，过点P(a，b)的直线l与椭圆E交于M，N两点．当直线l过坐标原点O时，|MN|＝2eq\r(5).(1)求椭圆E的方程；(2)设A，B分别是椭圆E的右顶点和上顶点，过点M作x轴的平行线分别与直线AB，NB交于点C，D.试探究D，C，M三点的横坐标是否构成等差数列，并说明理由．解：(1)由题意得e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(2\r(2),3)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(1,3)，当过点P(a，b)的直线l过坐标原点O时，直线l的斜率为eq\f(b,a)＝eq\f(1,3)，则此时直线l的方程为y＝eq\f(1,3)x，设直线l与椭圆E的交点为M(x0，y0)，不妨取x0＞0，则N(－x0，－y0)，且y0＝eq\f(1,3)x0，①因为|MN|＝2eq\r(5)，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝5，②由①②可得x0＝eq\f(3\r(2),2)，y0＝eq\f(\r(2),2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(9,2a2)＋\f(1,2b2)＝1，,\f(b,a)＝\f(1,3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝1，))故椭圆E的方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)D，C，M三点的横坐标构成等差数列．理由如下：不妨设直线MN的方程为x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)(y1≠1，y2≠1)，因为直线MN经过点P(3，1)，所以m＋n＝3，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n，,\f(x2,9)＋y2＝1，))消去x，并整理得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0，由根与系数的关系得y1＋y2＝eq\f(－2mn,m2＋9)，y1y2＝eq\f(n2－9,m2＋9)，所以eq\f(x1,y1－1)＋eq\f(x2,y2－1)＝eq\f(x1（y2－1）＋x2（y1－1）,（y1－1）（y2－1）)＝eq\f(2my1y2＋（n－m）（y1＋y2）－2n,y1y2－（y1＋y2）＋1)＝eq\f(2m·\f(n2－9,m2＋9)＋（n－m）·\f(－2mn,m2＋9)－2n,\f(n2－9,m2＋9)－\f(－2mn,m2＋9)＋1)＝eq\f(－18（m＋n）,（m＋n）2)＝－6，因为B，D，N三点共线，所以eq\f(x2,y2－1)＝eq\f(xD,y1－1)，而kAB＝eq\f(y1－1,xC)＝eq\f(yA－yB,xA－xB)＝eq\f(0－1,3－0)＝－eq\f(1,3)，即eq\f(x1,y1－1)＋eq\f(xD,y1－1)＝－6＝eq\f(2,kAB)＝2·eq\f(xC,y1－1)，则x1＋xD＝2xC，故D，C，M三点的横坐标构成等差数列．课时作业1．(2025·陕西榆林模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，过F2的直线与椭圆C交于M，N两点，且△MNF1的周长为8，△MF1F2的最大面积为eq\r(3).(1)求椭圆C的方程；(2)设b＞1，是否存在x轴上的定点P，使得△PMN的内心在x轴上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)∵△MNF1的周长为8，△MF1F2的最大面积为eq\r(3)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＝8，,\f(1,2)×2c×b＝\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝2，b＝eq\r(3)或a＝2，b＝1.∴椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1或eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由(1)及b＞1，易知F2(1，0)，不妨设直线MN的方程为x＝my＋1(m≠0)，P(t，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，则y1＋y2＝－eq\f(6m,4＋3m2)，y1y2＝－eq\f(9,4＋3m2)，若△PMN的内心在x轴上，则∠MPF2＝∠NPF2，∴kPM＋kPN＝0，即eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝0，即y1(my2＋1－t)＋y2(my1＋1－t)＝0，可得2my1y2＋(1－t)(y1＋y2)＝0.则2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,4＋3m2)))＋(1－t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6m,4＋3m2)))＝0，得4－t＝0，即t＝4.当直线MN⊥x轴，即m＝0时，显然点P(4，0)也是符合题意的点．故在x轴上存在定点P(4，0)，使得△PMN的内心在x轴上．2．(2025·广东深圳模拟)已知A是圆E：(x－eq\r(3))2＋y2＝16上的任意一点，点F(－eq\r(3)，0)，线段AF的垂直平分线交线段AE于点T.(1)求动点T的轨迹C的方程；(2)已知点Q(4，0)，过点P(1，0)的直线l与C交于M，N两点，求证：|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|.解：(1)因为|TE|＋|TF|＝|TE|＋|TA|＝|EA|＝4＞|EF|＝2eq\r(3)，所以动点T的轨迹C是以E，F为焦点，且长轴长为4的椭圆，因为2a＝4，2c＝2eq\r(3)，所以a＝2，c＝eq\r(3)，所以b2＝a2－c2＝1，所以动点T的轨迹C的方程是eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：若直线l与x轴重合，则M，N为椭圆C长轴的端点，不妨设M(2，0)，N(－2，0)，则eq\f(|MP|,|NP|)＝eq\f(1,3)，eq\f(|MQ|,|NQ|)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，所以eq\f(|MP|,|NP|)＝eq\f(|MQ|,|NQ|)，若直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x＝ty＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,x2＋4y2＝4，))得(t2＋4)y2＋2ty－3＝0，因为Δ＝4t2＋12(t2＋4)＞0，所以y1＋y2＝－eq\f(2t,t2＋4)，y1y2＝－eq\f(3,t2＋4)，因为kMQ＋kNQ＝eq\f(y1,ty1－3)＋eq\f(y2,ty2－3)＝eq\f(2ty1y2－3（y1＋y2）,（ty1－3）（ty2－3）)＝eq\f(－\f(6t,t2＋4)＋\f(6t,t2＋4),（ty1－3）（ty2－3）)＝0，所以x轴平分∠MQN，所以eq\f(S△MPQ,S△NPQ)＝eq\f(|MP|,|NP|)＝eq\f(|MQ|,|NQ|).综上，|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|.3．(2022·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±eq\r(3)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－eq\r(3)的直线与过Q且斜率为eq\r(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|AM|＝|BM|.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．解：(1)∵右焦点为F(2，0)，∴c＝2，∵渐近线方程为y＝±eq\r(3)x，∴eq\f(b,a)＝eq\r(3)，∴b＝eq\r(3)a，∴c2＝a2＋b2＝4a2＝4，∴a＝1，b＝eq\r(3).∴C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝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，则x1＋x2＝eq\f(2kt,3－k2)，x1x2＝－eq\f(t2＋3,3－k2)＞0，∴3－k2＜0，∴x1－x2＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(2\r(3（t2＋3－k2）),k2－3).设点M的坐标为(xM，yM)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yM－y1＝－\r(3)（xM－x1），,yM－y2＝\r(3)（xM－x2），))两式相减，得y1－y2＝2eq\r(3)xM－eq\r(3)(x1＋x2)，又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)＝k(x1－x2)，∴2eq\r(3)xM＝k(x1－x2)＋eq\r(3)(x1＋x2)，解得xM＝eq\f(k\r(t2＋3－k2)－kt,k2－3).两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝eq\r(3)(x1－x2)，又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)＝k(x1＋x2)＋2t，∴2yM＝k(x1＋x2)＋eq\r(3)(x1－x2)＋2t，解得yM＝eq\f(3\r(t2＋3－k2)－3t,k2－3)＝eq\f(3,k)xM.∴点M的轨迹为直线y＝eq\f(3,k)x，其中k为直线PQ的斜率．若选择①②：∵PQ∥AB，∴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＝eq\r(3)x上，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3))，∴xA＋xB＝eq\f(4k2,k2－3)，yA＋yB＝eq\f(12k,k2－3).点M的坐标满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yM＝k（xM－2），,yM＝\f(3,k)xM，))得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝eq\f(xA＋xB,2)，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝eq\f(yA＋yB,2)，故M为AB的中点，即|AM|＝|BM|.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＝eq\f(3,k)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)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝eq\r(3)x上，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝m（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2m,m－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)m,m－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2m,m＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)m,m＋\r(3))，∵M在AB上，且|AM|＝|BM|，∴xM＝eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(2m2,m2－3)，yM＝eq\f(yA＋yB,2)＝eq\f(6m,m2－3)，又点M在直线y＝eq\f(3,k)x上，∴eq\f(6m,m2－3)＝eq\f(3,k)·eq\f(2m2,m2－3)，解得k＝m，因此PQ∥AB.若选择②③：∵PQ∥AB，∴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＝eq\r(3)x上，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝