2026版高三数学讲义微专题十　圆锥曲线中的证明、探索性问题

十圆锥曲线中的证明、探索性问题

掌握圆锥曲线中的证明、探索性问题的一般解法，进一步提升数学运算素养．

考点1证明问题

3

x2y21，

【例1】（2024·全国甲卷）设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M2在

a2b2

C上，且MF⊥x轴．

(1)求C的方程；

(2)过点P(4，0)的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于

点Q，求证：AQ⊥y轴．

b23a2－13

【解】(1)设F(c，0)，由题设有c＝1且＝，故＝，

a2a2

x2y2

故a＝2，故b＝3，故椭圆方程为＋＝1.

43

(2)证明：直线AB的斜率必定存在，设直线AB的方程为y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，

3x2＋4y2＝12，

2222

y2)，由可得(3＋4k)x－32kx＋64k－12＝0，

y＝k(x－4)

11

故Δ＝1024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－<k<，

22

32k264k2－12

又x1＋x2＝，x1x2＝，

3＋4k23＋4k2

55

，0y2x－

而，故直线的方程为＝，

N2BNy52

x2－

2

3

－y2

2－3y2

故yQ＝＝，

52x2－5

x2－

2

3y2

所以y1－yQ＝y1＋＝

2x2－5

y1×(2x2－5)＋3y2

＝

2x2－5

k(x1－4)×(2x2－5)＋3k(x2－4)

＝

2x2－5

2x1x2－5(x1＋x2)＋8

k×＝

2x2－5

64k2－1232k2

2×－5×＋8

2

k×3＋4k23＋4k＝

2x2－5

128k2－24－160k2＋24＋32k2

2

k×3＋4k＝0，

2x2－5

故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．

圆锥曲线中常见的证明问题

(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等．

(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.

在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明．

x2y2

【对点训练1】（2024·北京顺义区三模）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为

a2b2

3

A(－2，0)，上、下顶点分别为B1，B2，离心率为.

2

(1)求椭圆C的方程；

(2)设点P是椭圆C上一点，不与顶点重合，M满足四边形PB1MB2是平行四边形，过点

P作垂直于y轴的直线交直线AB1于点Q，再过点Q作垂直于x轴的直线交直线PB2于点N，

求证：A，M，N三点共线．

x2y2

解：(1)因为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A(－2，0)，所以a＝2，

a2b2

c3x2

又＝，所以c＝3，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

a24

(2)证明：由(1)知B1(0，1)，B2(0，－1)，

y＝kx－1，

12

设直线PB2的方程为y＝kx－1，k≠0，k≠±，联立x

2＋y2＝1，

4

可得(4k2＋1)x2－8kx＝0，

8k

x＝，

4k2＋1

x＝0，

解得或4k2－1

y＝－1y＝，

4k2＋1

4k2－1

8k，

所以P4k2＋14k2＋1.

如图，因为四边形PB1MB2是平行四边形，由椭圆的对称性可知点P与点M关于原点对

－8k1－4k2

，

称，所以M4k2＋14k2＋1，

14k2－1－4

直线AB1的方程为y＝x＋1，把y＝代入可得x＝，

24k2＋14k2＋1

－44k2－1

，

所以Q4k2＋14k2＋1，

－4－4k2－4k－1

－4，

把x＝代入y＝kx－1可得N4k2＋14k2＋1，

4k2＋1

－(2k＋1)2

4k2＋1－(2k＋1)22k＋1

所以过A，N的直线的斜率为kAN＝＝＝，

42(4k2－1)2－4k

2－

4k2＋1

1－4k2

4k2＋11－4k22k＋1

过A，M的直线的斜率为kAM＝＝＝＝kAN，

8k2(1－2k)22－4k

2－

4k2＋1

所以A，M，N三点共线．

考点2探索性问题

x2y21

【例2】（2024·天津卷）已知椭圆＋＝1(a>b>0)，椭圆的离心率e＝，左顶点为A，

a2b22

33

下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝.

2

(1)求椭圆的方程．

3

0，－

(2)过点2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

→→

TP·TQ≤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．

1

【解】(1)因为椭圆的离心率为e＝，故a＝2c，b＝3c，其中c为半焦距，所以A(－

2

3c

0，－1333

2c，0)，B（0，－3c），C2，故S△ABC＝×2c×c＝，

222

x2y2

故c＝3，所以a＝23，b＝3，故椭圆的方程为＋＝1.

129

3

0，－

(2)假设存在满足条件的点T，设T(0，t).若过点2的动直线的斜率存在，则可设该

3

直线的方程为y＝kx－，

2

3x2＋4y2＝36，

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由3

y＝kx－，

2

可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，

22212k27

故Δ＝144k＋108(3＋4k)＝324＋576k>0，且x1＋x2＝，x1x2＝－.

3＋4k23＋4k2

→→→→

而TP＝(x1，y1－t)，TQ＝(x2，y2－t)，故TP·TQ＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋

27

－3－－3－3＋3＋2－

kx1tkx2t2tt22

22＝(1＋k)x1x2－k2·(x1＋x2)＋2＝(1＋k)×3＋4k－

32

332＋t

＋t12k＋t－27k2－27－18k2－12k2t＋32＋(3＋2t)2k2

k2×＋2＝＝

3＋4k23＋4k2

3

＋t2

[(3＋2t)2－12t－45]k2＋3－27

2，

3＋4k2

→→

因为TP·TQ≤0，

(3＋2t)2－12t－45≤0，

所以3

＋t2

32－27≤0，

3

解得－3≤t≤.

2

3

0，－

若过点2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.

3

综上，可得－3≤t≤.

2

3

→→－3，

故在y轴上存在点T，使得TP·TQ≤0，点T纵坐标的取值范围为2.

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．

【对点训练2】（2024·陕西西安一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线S：x2

16

＝2py(p>0)，其焦点为F，过点F的直线l交抛物线S于A，B两点，|AB|＝，θ＝60°（如

3

图）.

(1)求抛物线S的方程．

(2)在抛物线S上是否存在关于直线l对称的相异两点？若存在，求出该两点所在直线的

方程；若不存在，请说明理由．

p

0，3p

解：(1)抛物线S：x2＝2py的焦点F2，直线l的方程为y＝x＋.

32

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

3p

y＝x＋，

322223

由消去y得3x－23px－3p＝0（显然Δ>0），则x1＋x2＝p，

x2＝2py，3

35

y1＋y2＝(x1＋x2)＋p＝p，

33

8

|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋y2＋p＝p，

3

816

于是p＝，解得p＝2，

33

所以抛物线S的方程为x2＝4y.

3

(2)由(1)知直线l：y＝x＋1，假设在抛物线S上存在关于直线l对称的相异两点，设这

3

22

x3x4

x3，x4，

两点坐标为M4，N4，

22

x3－x4

1

于是直线MN的斜率kMN＝44＝(x3＋x4)＝－3，解得x3＋x4＝－43.

4

x3－x4

线段MN的中点（－23，y0）在直线l上，则y0＝－1，而（－23，y0）应在线段AB

上，必有y0>0，与y0＝－1矛盾，所以在抛物线S上不存在关于直线l对称的相异两点．

解析几何中的创新问题

解析几何的创新题型的表现形式有两种：①定义新的解析几何的概念或性质，如曲线、

距离、曲率等，在此新定义下研究定点、定值、最值、范围等问题；②与其他数学知识交汇

命题，如与数列、导数、立体几何等，借助这些数学知识解决解析几何问题．

【典例】三等分角是古希腊几何尺规作图的三大问题之一，如今数学上已经证明三等

分任意角是尺规作图不可能问题，如果不局限于尺规，三等分任意角是可能的．下面是数学

家帕普斯给出的一种三等分角的方法：已知角α(0<α<π)的顶点为A，在α的两边上截取|AB|＝

|AC|，连接BC，在线段BC上取一点O，使得|BO|＝2|CO|，记BO的中点为D，以O为中心，

C，D为顶点作离心率为2的双曲线M，以A为圆心，AB为半径作圆，与双曲线M左支交

1

于点E（射线AE在∠BAC内部），则∠BAE＝∠BAC.在上述作法中，以O为原点，直线BC

3

为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，若B(－2，0)，点A在x轴的上方．

(1)求双曲线M的方程．

(2)过点A且与x轴垂直的直线交x轴于点G，点E到直线AG的距离为d，连接BE.

求证：①|BE|为定值；

d

1

②∠BAE＝∠BAC.

3

x2y2

【解】(1)设双曲线M的方程为－＝1(a>0，b>0)，由|BO|＝2|CO|及B(－2，0)，可

a2b2

a2＋b21＋b2

得C(1，0)，所以a＝1，因为双曲线M的离心率为2，所以＝＝4，解得b2＝3，

a21

y2

所以双曲线M的方程为x2－＝1.

3

(2)证明：①如图，因为|AB|＝|AC|，B(－2，0)，C(1，0)，

1

所以直线AG的方程为x＝－.

2

2

2y022

设E(x0，y0)(x0<－1)，则x0－＝1，y0＝3x0－3，

3

1

－－x01

所以d＝|2|＝－x0－，

2

22222|BE|

又|BE|＝(x0＋2)＋y0＝(x0＋2)＋3x0－3＝(2x0＋1)＝－2x0－1，所以＝2，为定值．

d

②因为|AB|＝|AE|，

1

1|BE|d

所以sin∠BAE＝2，sin∠EAG＝，

2|AE||AE|

|BE|1

因为＝2，所以sin∠BAE＝sin∠EAG，

d2

又∠BAE，∠EAG都是锐角，

1

所以∠BAE＝∠EAG，所以∠BAC＝2∠BAG＝2(∠BAE＋∠EAG)＝3∠BAE，

2

1

所以∠BAE＝∠BAC.

3

课时作业64

4

1．（15分）已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且斜率为的直线l与抛物

3

线C的交点为G，H.

25

(1)若|FG|＋|FH|＝，求抛物线C的方程及焦点F的坐标；

4

(2)如图，点P为x轴正半轴上的任意一点，过点P作直线交抛物线C于A，B两点，点

P关于原点的对称点为M，连接MA交抛物线于点N，连接NP，直线NP交抛物线于点E，

求证：PM为∠APE的平分线．

pp

，04x－

解：(1)由题意得F2，设直线l的方程为y＝2，G(x1，y1)，H(x2，y2)，

3

25

由抛物线焦半径公式可知|FG|＋|FH|＝x1＋x2＋p＝，

4

25

∴x1＋x2＝－p.

4

p

4x－

y＝2，

联立3消去y得8x2－17px＋2p2＝0，

y2＝2px，

17p25

∴x1＋x2＝＝－p，解得p＝2，

84

∴抛物线C的方程为y2＝4x，焦点F(1，0).

(2)证明：设A(x3，y3)，N(x4，y4)，P(m，0)，则M(－m，0)，直线AM的方程为x＝ty－

m.

x＝ty－m，

2

联立消去x得y－2pty＋2pm＝0，∴y3＋y4＝2pt，y3y4＝2pm，

y2＝2px，

y3y4x3y4＋x4y3－m(y3＋y4)

而kAP＋kNP＝＋＝，

2

x3－mx4－mx3x4－m(x3＋x4)＋m

又x3y4＋x4y3－m(y3＋y4)＝(ty3－m)y4＋(ty4－m)y3－m(y3＋y4)＝2ty3y4－2m(y3＋y4)＝4ptm

－4ptm＝0，

∴kAP＋kNP＝0，

∴PM为∠APE的平分线．

x2y23

2．（15分）（2024·北京延庆区一模）已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，A，

a2b22

C分别是E的上、下顶点，|AC|＝2，B，D分别是E的左、右顶点．

(1)求E的方程；

(2)设P为第二象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线BP与直线CD

交于点N，求证：MN⊥BD.

2b＝2，

c3x2

解：(1)由题意得＝，所以a＝2，b＝1.所以E的方程为＋y2＝1.

a24

a2＝b2＋c2，

x2

(2)证明：因为椭圆E的方程为＋y2＝1，所以A(0，1)，C(0，－1)，B(－2，0)，D(2，

4

0)，如图．

1

设直线PD的方程为y＝k(x－2)，其中－<k<0.

2

y＝k(x－2)，

由x2化简并整理得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，

＋y2＝1，

4

116k2－48k2－2

由－<k<0可得Δ>0，由根与系数的关系有2xP＝，所以xP＝，yP＝k(xP－2)

21＋4k21＋4k2

8k2－2

－2－4k

＝k1＋4k2＝，

1＋4k2

8k2－2－4k

，

即P1＋4k21＋4k2.

xy1

直线BC的方程为＋＝1，即y＝－x－1.

－2－12

1

y＝－x－1，

24k－2

由得xM＝.

＋

y＝k(x－2)，2k1

y－0x＋2x＋2

直线PB的方程为＝，即y＝－.

－4k8k2－2

－0＋24k

1＋4k21＋4k2

xy1

直线CD的方程为＋＝1，即y＝x－1.

2－12

1

y＝x－1，

2

4k－2

由x＋2得xN＝.

y＝－，2k＋1

4k

因为xM＝xN，所以MN⊥BD.

2

2y

3．（15分）（2024·吉林白山二模）已知双曲线C：x－＝1的右焦点为F，点P(x0，y0)(y0≠0)

3

1

，y0

在双曲线C上，Q2.

(1)若y0＝3，且点P在第一象限，点Q关于x轴的对称点为R，求直线PR与双曲线C

相交所得的弦长．

(2)探究：△PQF的外心是否落在双曲线C在点P处的切线上？若是，请给出证明过程；

若不是，请说明理由．

11

，3，－3－3－3

解：(1)如图，依题意得P(2，3)，Q，R，则直线PR的斜率为＝4，

221

－2

2

则直线PR的方程为y－3＝4(x－2)，即y＝4x－5.

y2

x2－＝1，

14

联立3得13x2－40x＋28＝0，解得x＝2或x＝，

y＝4x－5，13

14

2－1217

故所求弦长为1＋42×|13|＝.

13

(2)△PQF的外心落在双曲线C在点P处的切线上．证明过程如下：

设双曲线C在点P处的切线斜率为k，则在点P处的切线方程为y－y0＝k(x－x0)，

y－y0＝k(x－x0)，

2222

联立y得(3－k)x－2k(y0－kx0)x－(y0－kx0)－3＝0，

x2－＝1，

3

22222

其中k≠3，则Δ＝4k(y0－kx0)＋4(3－k)[(y0－kx0)＋3]＝0，

2

2y022222

而x0－＝1，故y0＋3＝3x0，代入上式，可得ky0－6kx0y0＋9x0＝0，

3

3x03x0y0y

解得k＝，故双曲线C在点P处的切线方程为y－y0＝(x－x0)，即x0x－＝1.

y0y03

5y0

2y0，

直线FQ的斜率为kFQ＝－，线段FQ的中点为E42，故线段FQ的中垂线方程为

3

1

5x0＋

y03x－2x0＋1

y－＝4，线段PQ的中垂线方程为x＝2＝.

22y024

5

y03x－

y－＝4，

22y0

联立

2x0＋1