高考数学一轮复习 讲义 高考解答题专项突破（5）第3课时　证明与探索性问题

第3课时证明与探索性问题考点一证明问题(多考向探究)考向1利用直接法证明已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2)＝1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2.过F2的直线l交C的右支于M，N两点，当l垂直于x轴时，M，N到C的一条渐近线的距离之和为2eq\r(2).(1)求双曲线C的方程；(2)证明：eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)为定值．解：(1)根据题意，得F2(eq\r(2)a，0)，C的一条渐近线方程为y＝x，将x＝eq\r(2)a代入C的方程，得M(eq\r(2)a，a)，N(eq\r(2)a，－a)，所以M，N到直线y＝x的距离之和为eq\f(|\r(2)a－a|,\r(2))＋eq\f(|\r(2)a＋a|,\r(2))＝2a＝2eq\r(2)，所以a＝eq\r(2)，所以双曲线C的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：当l垂直于x轴时，由(1)可知，|MF2|＝|NF2|＝a＝eq\r(2)，且由双曲线的定义可知|MF1|＝|NF1|＝a＋2a＝3a＝3eq\r(2)，故eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝6；当l不垂直于x轴时，由双曲线的定义可知|MF1|＝|MF2|＋2a＝|MF2|＋2eq\r(2)，|NF1|＝|NF2|＋2eq\r(2)，故eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝2＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|MF2|)＋\f(1,|NF2|))).设l：y＝k(x－2)，代入C的方程，得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－1)，x1x2＝eq\f(4k2＋2,k2－1)，所以eq\f(1,|MF2|)＋eq\f(1,|NF2|)＝eq\f(|MF2|＋|NF2|,|MF2|·|NF2|)＝eq\f(|MN|,|MF2|·|NF2|)＝eq\f(|x1－x2|,\r(1＋k2)|（x1－2）（x2－2）|)＝eq\f(\r(（x1＋x2）2－4x1x2),\r(1＋k2)|x1x2－2（x1＋x2）＋4|)＝eq\f(\r(\f(16k4,（k2－1）2)－\f(16k2＋8,k2－1)),\r(1＋k2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4k2＋2,k2－1)－\f(8k2,k2－1)＋4)))＝eq\f(\r(8k2＋8),2\r(1＋k2))＝eq\r(2)，所以eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)＝2＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|MF2|)＋\f(1,|NF2|)))＝2＋2eq\r(2)×eq\r(2)＝6.综上所述，eq\f(|MF1|,|MF2|)＋eq\f(|NF1|,|NF2|)的值为定值6.对于证明问题，一般是根据已知条件，运用所涉及的知识通过运算化简，利用定义、定理、公理等，直接推导出所证明的结论即可，证明不等式常用不等式的性质或基本不等式求得最值．1.已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))两点，M，N是椭圆E上异于T的两动点，且∠MAT＝∠NAT，若直线AM，AN的斜率均存在，并分别记为k1，k2.(1)证明：k1k2为常数；(2)记△AMN的面积为S，证明：S≤eq\f(8,5).证明：(1)设直线AM，AT，AN的倾斜角分别为α，θ，β，因为∠MAT＝∠NAT，所以∠MAN＝2∠NAT，即β－α＝2(β－θ)，故α＋β＝2θ，因为A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))，所以tanθ＝eq\f(1＋\f(3,5),\f(8,5))＝1，所以θ＝eq\f(π,4)，所以α＋β＝2θ＝eq\f(π,2)，则k1k2＝tanαtanβ＝tanαtaneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝1，所以k1k2为常数1.(2)椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过A(0，1)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,5)))两点，代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f(64,25a2)＋\f(9,25b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1，))所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，k1＝k(k≠0，k≠1)，由(1)得k2＝eq\f(1,k)，则直线AM的方程为y＝kx＋1，y1＝kx1＋1，直线AN的方程为y＝eq\f(1,k)x＋1，y2＝eq\f(1,k)x2＋1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋1，))消去y，得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，则x1＝－eq\f(8k,4k2＋1)，同理可得x2＝－eq\f(\f(8,k),4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))\s\up12(2)＋1)＝－eq\f(8k,k2＋4)，则S△AMN＝eq\f(1,2)|AM|·|AN|sin∠MAN＝eq\f(1,2)|AM|·|AN|eq\r(1－cos2∠MAN)＝eq\f(1,2)eq\r(|AM|2·|AN|2·（1－cos2∠MAN）)＝eq\f(1,2)eq\r(|AM|2·|AN|2－（|AM|·|AN|cos∠MAN）2)＝eq\f(1,2)eq\r(|AM|2·|AN|2－（\o(AM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→))）2)＝eq\f(1,2)eq\r(（xeq\o\al(2,1)＋k2xeq\o\al(2,1)）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,2)＋\f(1,k2)xeq\o\al(2,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1x2＋kx1·\f(1,k)x2))\s\up12(2))＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)－2))xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))\s\up12(2)·\f(64k2,（4k2＋1）2)·\f(64k2,（k2＋4）2))＝32eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))\s\up12(2)·\f(k4,（4k4＋17k2＋4）2))＝eq\f(32\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k))),4k2＋\f(4,k2)＋17).令t＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))，t>0，则S△AMN＝eq\f(32\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k))),4k2＋\f(4,k2)＋17)＝eq\f(32t,4t2＋25)＝eq\f(32,4t＋\f(25,t))≤eq\f(32,2\r(4t·\f(25,t)))＝eq\f(8,5)，当且仅当4t＝eq\f(25,t)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))＝eq\f(5,2)时，等号成立，故S≤eq\f(8,5).考向2利用转化法证明已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点到直线l：y＝2x－5的距离为eq\f(6\r(5),5).(1)求抛物线C的方程；(2)若点P在l上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，直线AB与l交于点Q，证明：存在定点H，使得PH⊥QH.解：(1)由题意可知C的焦点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，由点到直线的距离公式可得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2×0－\f(p,2)－5)),\r(22＋（－1）2))＝eq\f(6\r(5),5)(p>0)，解得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝4y.(2)证明：设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),4))).由x2＝4y，得y＝eq\f(x2,4)，y′＝eq\f(x,2)，可知直线PA的方程为y－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1x,2)－eq\f(xeq\o\al(2,1),4).同理，直线PB的方程为y＝eq\f(x2x,2)－eq\f(xeq\o\al(2,2),4).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x1x,2)－\f(xeq\o\al(2,1),4)，,y＝\f(x2x,2)－\f(xeq\o\al(2,2),4)，))解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4))).若记P(t，2t－5)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2t，,x1x2＝4（2t－5），))由点A，B的坐标可写出直线AB的方程为(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(xeq\o\al(2,2),4)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)－\f(xeq\o\al(2,2),4)))(x－x2)，即y＝eq\f(x1＋x2,4)x－eq\f(x1x2,4)，所以y＝eq\f(t,2)x－2t＋5.由AB与l相交，可知t≠4，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－5，,y＝\f(t,2)x－2t＋5，))可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4（t－5）,t－4)，\f(3t－20,t－4))).设H(x，y)，则由PH⊥QH可知eq\o(PH,\s\up6(→))·eq\o(QH,\s\up6(→))＝(x－t，y－(2t－5))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4（t－5）,t－4)，y－\f(3t－20,t－4)))＝eq\f(1,t－4)(x－t，y－(2t－5))·((t－4)x－4(t－5)，(t－4)y－(3t－20))＝－eq\f(1,t－4)(t－x，2t－(y＋5))·((x－4)t－4(x－5)，(y－3)t－4(y－5))＝－eq\f(1,t－4)[(x－4)t2－(x2－20)t＋4x(x－5)＋2(y－3)t2－(y2＋10y－55)t＋4(y＋5)(y－5)]＝－eq\f(1,t－4)[(x＋2y－10)t2－(x2＋y2＋10y－75)t＋4(x2＋y2－5x－25)]＝0，上式关于t恒成立，当且仅当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－10＝0，,x2＋y2＋10y－75＝0，,x2＋y2－5x－25＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝8，,y＝1.))因此存在定点H(0，5)或H(8，1)，使得PH⊥QH.利用转化法证明圆锥曲线问题的三种策略(1)共线问题转化法：证明三点共线或直线平行，用斜率相等．(2)垂直问题转化法：证明直线垂直，用斜率之积为－1或方向向量的数量积为0.(3)对称关系转化法：证明两角相等，用倾斜角互补，斜率之和为0.2.(2026·四川南充模拟)已知F′，F分别是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在椭圆C上，且△AFF′的面积为eq\f(3,2).(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点T(4，0)的直线l与线段AF交于点S(异于端点)，与椭圆交于P，Q两点．①证明：∠PFS＝∠QFS；②若S△AQS＝S△PFS，求点P的坐标．解：(1)由△AFF′的面积为eq\f(3,2)，得eq\f(1,2)×2c×eq\f(3,2)＝eq\f(3,2)，解得c＝1，所以a2－b2＝1，又点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在椭圆C上，所以eq\f(12,a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2),b2)＝1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝1，,\f(12,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2),b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3，))所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设Q(x1，y1)，P(x2，y2)，直线l：x＝ty＋4，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋4，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x，得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，由直线l与线段AF交于点S(异于端点)，得t<－2，所以y1＋y2＝eq\f(－24t,3t2＋4)，y1y2＝eq\f(36,3t2＋4).①证明：因为F(1，0)，所以kQF＋kPF＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)＝eq\f(y1,ty1＋3)＋eq\f(y2,ty2＋3)＝eq\f(2ty1y2＋3（y1＋y2）,（ty1＋3）（ty2＋3）)＝eq\f(2t·\f(36,3t2＋4)＋3·\f(－24t,3t2＋4),（ty1＋3）（ty2＋3）)＝0，所以∠PFF′＝∠QFT，易知AF⊥FF′，所以∠PFS＝∠QFS.②由S△AQS＝S△PFS，得|QS|·|AS|＝|PS|·|FS|，即eq\f(|AS|,|FS|)＝eq\f(|PS|,|QS|)，又∠ASP＝∠FSQ，所以△ASP∽△FSQ，所以∠PAS＝∠QFS，由①，知∠PFS＝∠QFS，所以∠PAF＝∠PFA，所以|PA|＝|PF|，所以P为线段AF的中垂线y＝eq\f(3,4)与椭圆的交点，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,4)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(13),2)，,y＝\f(3,4)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(\r(13),2)，,y＝\f(3,4)，))因此点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),2)，\f(3,4)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(13),2)，\f(3,4))).考点二探索性问题已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq\f(1,2)，左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点(O为坐标原点)，S△ABC＝eq\f(3\r(3),2).(1)求椭圆的方程；(2)过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))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eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立？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＝eq\f(1,2)，所以a＝2c，b＝eq\r(3)c，其中c为半焦距，所以A(－2c，0)，B(0，－eq\r(3)c)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3)c,2)))，故S△ABC＝eq\f(1,2)×2c×eq\f(\r(3)c,2)＝eq\f(3\r(3),2)，故c＝eq\r(3)，所以a＝2eq\r(3)，b＝3，故椭圆的方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)若过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为y＝kx－eq\f(3,2)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，,y＝kx－\f(3,2)，))可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，故Δ＝144k2＋108(3＋4k2)＝324＋576k2>0且x1＋x2＝eq\f(12k,3＋4k2)，x1x2＝－eq\f(27,3＋4k2)，而eq\o(TP,\s\up6(→))＝(x1，y1－t)，eq\o(TQ,\s\up6(→))＝(x2，y2－t)，故eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1－\f(3,2)－t))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2－\f(3,2)－t))＝(1＋k2)x1x2－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))(x1＋x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))eq\s\up12(2)＝(1＋k2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,3＋4k2)))－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))×eq\f(12k,3＋4k2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))eq\s\up12(2)＝eq\f(－27k2－27－18k2－12k2t＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))\s\up12(2)＋（3＋2t）2k2,3＋4k2)＝eq\f([（3＋2t）2－12t－45]k2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))\s\up12(2)－27,3＋4k2)，因为eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3＋2t）2－12t－45≤0，,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))\s\up12(2)－27≤0，))解得－3≤t≤eq\f(3,2)；若过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))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≤3，两者结合可得－3≤t≤eq\f(3,2).综上所述，存在T(0，t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3≤t≤\f(3,2)))，使得eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立．探索性问题的解题策略(1)肯定顺推法解决探索性问题：首先假设所探求问题的结论成立或存在，然后在这个假设条件下进行推理论证，如果得到一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答，如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．(2)探究转化法解决探索性问题：将所探究的问题转化为其他明确的问题，使所探究的问题更加具体、易求．对于角度、垂直问题的探究，一般转化为斜率、向量数量积来研究．3.已知点O(0，0)，点F(0，1)，M是x轴上的一动点，点N在y轴上，直线MN与直线MF垂直，N关于M的对称点为P.(1)求点P的轨迹Γ的方程；(2)过F的直线l交Γ于A，B两点，点A在第一象限，Γ在点A处的切线为l′，l′交y轴于点C，过点C作OB的平行线交l于点D，∠ACD是否存在最大值？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)解法一：设M(a，0)，N(0，b)，P(x，y)，因为MF⊥MN，所以eq\o(MF,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，即a2＋b＝0.又x＝2a，y＝－b，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)－y＝0，即x2＝4y，易知a≠0，所以点P的轨迹Γ的方程为x2＝4y(x≠0)．解法二：如图，设F关于M的对称点为Q，由已知得，FQ，NP互相垂直平分，所以四边形PFNQ为菱形，所以|PF|＝|PQ|.因为M为FQ的中点，所以yQ＝－yF＝－1，即点Q在定直线y＝－1上，因为PQ∥FN，所以PQ与直线y＝－1垂直，即点P到定点F(0，1)的距离等于点P到定直线y＝－1的距离，又易知点P的轨迹不过点(0，0)，所以点P的轨迹是以F(0，1)为焦点，y＝－1为准线且除去点(0，0)的抛物线．所以点P的轨迹Γ的方程为x2＝4y(x≠0)．(2)∠ACD存在最大值．设直线OB交AC于点E，∠AEB＝∠ACD，所以∠ACD最大即直线OB与l′的倾斜角之差最大．由题意可知，直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋1，A(x1，y1)(x1>0)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)))′＝eq\f(x,2)，所以l′的斜率k1＝eq\f(x1,2)，OB的斜率k2＝eq\f(y2,x2)＝eq\f(x2,4).设直线l′与OB的倾斜角分别为θ1，θ2，则tan(θ2－θ1)＝eq\f(tanθ2－tanθ1,1＋tanθ1tanθ2)＝eq\f(k2－k1,1＋k1k2)＝eq\f(\f(x2,4)－\f(x1,2),1＋\f(x1x2,8))＝eq\f(\f(x2,4)－\f(x1,2),1＋\f(－4,8))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－\f(x1,2)))＝eq\f(x2,2)－x1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)＋x1))≤－2eq\r(2)，当且仅当eq\f(2,x1)＝x1，即x1＝eq\r(2)，x2＝－2eq\r(2)时，等号成立．因为tan(θ2－θ1)<0，所以θ2－θ1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以当tan(θ2－θ1)最大时，θ2－θ1最大，即∠ACD最大，此时Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(1,2)))，所以k＝eq\f(x1＋x2,4)＝－eq\f(\r(2),4)，所以直线l的方程为y＝－eq\f(\r(2),4)x＋1.课时作业基础题(占比20%)中档题(占比50%)拔高题(占比30%)题号123456难度★★★★★★★★★★★★★考点与圆有关的证明问题两直线垂直的证明问题与三角形面积有关的探索性问题与线段长度相关的证明问题与向量的数量积有关的探索性问题用向量法证明三点共线1.在平面直角坐标系xOy中，已知点F(2，0)，直线l：x＝eq\f(1,2)，点M到l的距离为d，若点M满足|MF|＝2d，记点M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)过点F(2，0)且斜率不为0的直线与C交于P，Q两点，设A(－1，0)，证明：以P，Q为直径的圆经过点A.解：(1)设M(x，y)，则d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，|MF|＝eq\r(（x－2）2＋y2)，由|MF|＝2d，得eq\r(（x－2）2＋y2)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，两边平方，整理得3x2－y2＝3，所以C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：设直线m的方程为x＝ty＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x并整理，得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，因为直线m与C交于两点，所以t≠±eq\f(\r(3),3)，此时Δ＝(12t)2－4(3t2－1)×9＝36(t2＋1)>0，所以y1＋y2＝－eq\f(12t,3t2－1)，y1y2＝eq\f(9,3t2－1)，而x1＋x2＝t(y1＋y2)＋4，x1x2＝(ty1＋2)(ty2＋2)＝t2y1y2＋2t(y1＋y2)＋4，又eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝y1y2＋x1＋x2＋x1x2＋1＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9＝eq\f(9t2＋9,3t2－1)－eq\f(36t2,3t2－1)＋9＝eq\f(9（－3t2＋1）,3t2－1)＋9＝0，所以AP⊥AQ，即以P，Q为直径的圆经过点A.2．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)))在椭圆C上，且MF⊥x轴．(1)求椭圆C的方程；(2)过点P(4，0)的直线与椭圆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．3．已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝eq\f(9,4)的圆心C在抛物线x2＝2py(p＞0)上，圆C过原点且与抛物线的准线相切．(1)求抛物线的方程；(2)过抛物线的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，分别在点A，B处作抛物线的切线，两条切线交于点P，△PAB的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)由已知可得圆心C(a，b)，半径r＝eq\f(3,2)，焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，准线方程为y＝－eq\f(p,2).因为圆C与抛物线的准线相切，所以b＝eq\f(3,2)－eq\f(p,2)，且圆C过焦点F.又圆C过原点，所以圆心C必在线段OF的垂直平分线上，即b＝eq\f(p,4)，所以b＝eq\f(3,2)－eq\f(p,2)＝eq\f(p,4)，解得p＝2.所以抛物线的方程为x2＝4y.(2)由抛物线的方程为x2＝4y，知F(0，1)．易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))消去y并整理，得x2－4kx－4＝0，Δ＝(－4k)2－4×1×(－4)＝16k2＋16>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.对y＝eq\f(x2,4)求导，得y′＝eq\f(x,2)，即直线AP的斜率kAP＝eq\f(x1,2)，则直线AP的方程为y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1).同理可得，直线BP的方程为y＝eq\f(x2,2)x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2).设P(x0，y0)，联立直线AP与BP的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝2k，,y0＝\f(x1x2,4)＝－1，))即P(2k，－1)．又|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（4k）2＋16)＝4(1＋k2)，点P到直线AB的距离d＝eq\f(|2k2＋2|,\r(1＋k2))＝2eq\r(1＋k2)，所以△PAB的面积S＝eq\f(1,2)×4(1＋k2)×2eq\r(1＋k2)＝4(1＋k2)eq\s\up6(\f(3,2))≥4，当且仅当k＝0时，等号成立．故△PAB面积的最小值为4，此时直线l的方程为y＝1.4．(2026·广东茂名模拟)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为eq\f(\r(2),2)，直线l交E于A，B两点．(1)求椭圆E的方程；(2)若直线l过E的右焦点，当△OAB的面积最大时，求|AB|；(3)若直线l不过原点，M为线段AB的中点，直线OM与E交于P，Q两点，已知P，Q，A，B四点共圆，证明：|AB|<2eq\r(3).解：(1)依题意，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝4，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，))解得a＝2，c＝eq\r(2)，所以b2＝a2－c2＝2，故椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由(1)可知，椭圆E的右焦点为F(eq\r(2)，0)，由题意可设直线l的方程为x＝ty＋eq\r(2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋\r(2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(t2＋2)y2＋2eq\r(2)ty－2＝0，则Δ＝8t2＋8(t2＋2)>0恒成立，则y1＋y2＝eq\f(－2\r(2)t,t2＋2)，y1y2＝eq\f(－2,t2＋2)，所以S△AOB＝eq\f(1,2)c|y1－y2|＝eq\f(\r(2),2)eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\f(\r(2),2)eq\r(\f(8t2,（t2＋2）2)－4×\f(－2,t2＋2))＝eq\f(\r(2),2)eq\r(\f(8t2＋8（t2＋2）,（t2＋2）2))＝2eq\r(2)eq\r(\f(t2＋1,（t2＋2）2))＝2eq\r(2)eq\r(\f(t2＋1,（t2＋1）2＋2（t2＋1）＋1))＝2eq\r(2)eq\r(\f(1,（t2＋1）＋\f(1,t2＋1)＋2))≤2eq\r(2)×eq\r(\f(1,2＋2))＝eq\r(2)，当且仅当t＝0时，等号成立，所以当直线l⊥x轴时，△AOB的面积取得最大值，此时|AB|＝eq\f(2b2,a)＝eq\f(4,2)＝2.(3)证明：当直线l的斜率为0时，A，B为左、右顶点，P，Q为上、下顶点，且PQ⊥AB，若P，Q，A，B四点共圆，则|OP|＝|OA|，不成立，所以直线l的斜率不为0，故可设直线l的方程为x＝ty＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)，M(x0，y0)，则Q(－x3，－y3)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(t2＋2)y2＋2mty＋m2－4＝0，由Δ＝4m2t2－4(t2＋2)(m2－4)>0，得m2－2t2－4<0，y1＋y2＝eq\f(－2mt,t2＋2)，y1y2＝eq\f(m2－4,t2＋2)，又x1＋x2＝t(y1＋y2)＋2m＝eq\f(－2mt2,t2＋2)＋2m＝eq\f(4m,t2＋2)，所以中点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,t2＋2)，－\f(mt,t2＋2)))，所以kOM＝－eq\f(t,2)，故直线OM的方程为y＝－eq\f(t,2)x，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(t,2)x，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))可得x2＝eq\f(8,t2＋2)，即xeq\o\al(2,3)＝eq\f(8,t2＋2)，由P，Q，A，B四点共圆，得|MA|·|MB|＝|MP|·|MQ|，又|MA|·|MB|＝eq\f(1,4)|AB|2＝eq\f(1,4)(1＋t2)[(y1＋y2)2－4y1y2]＝2(1＋t2)eq\f(2t2－m2＋4,（t2＋2）2)，|MP|·|MQ|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(t2,4)))|xeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,3)|＝(4＋t2)eq\f(2t2－m2＋4,（t2＋2）2)，所以2(1＋t2)＝4＋t2，可得t2＝2，所以m2<4＋2t2＝8，又直线l不过原点，所以m≠0，所以m2∈(0，8)，|AB|2＝8(1＋t2)eq\f(2t2－m2＋4,（t2＋2）2)＝eq\f(3,2)(8－m2)<12，即|AB|<2eq\r(3).5．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，直线l1：y＝x－2与C的一条渐近线平行，且与C交于点B，直线AB的斜率为eq\f(1,3).(1)求双曲线C的方程；(2)已知直线l2：y＝2x＋m(m≠8)与C交于P，Q两点，是否存在满足eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(EQ,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EQ,\s\up6(→))的点E(x0，y0)？若存在，求xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意可知，C的一条渐近线方程为y＝x，则a＝b，设B(t，t－2)，又A(－a，0)，a>0，直线AB的斜率为eq\f(1,3)，所以eq\f(t－2,t＋a)＝eq\f(1,3)，解得t＝eq\f(6＋a,2)，则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6＋a,2)，\f(2＋a,2)))，代入x2－y2＝a2，解得a＝4，故双曲线C的方程为eq\f(x2,16)－eq\f(y2,16)＝1.(2)因为eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(EQ,\s\up6(→))，所以eq\o(EP,\s\up6(→))·(eq\o(EA,\s\up6(→))－eq\o(EQ,\s\up6(→)))＝0，即eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(QA,\s\up6(→))＝0，所以PE⊥AQ，同理可得AE⊥PQ，EQ⊥AP，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)－\f(y2,16)＝1，,y＝2x＋m，))得3x2＋4mx＋m2＋16＝0，由题意知Δ＝16m2－12(m2＋16)>0，且m≠8，解得m<－4eq\r(3)或m>4eq\r(3)，且m≠8，所以x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(m2＋16,3)，过点A与l2垂直的直线的方程为y＝－eq\f(1,2)x－2，设该直线与C的右支交于另一点H，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)－\f(y2,16)＝1，,y＝－\f(1,2)x－2，))得3x2－8x－80＝0，解得x＝eq\f(20,3)或x＝－4(舍去)，所以Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)，－\f(16,3)))，因为eq\o(PH,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)－x1，－\f(16,3)－y1))·(x2＋4，y2)＝eq\f(20,3)x2＋eq\f(80,3)－x1x2－4x1－eq\f(16,3)y2－y1y2＝eq\f(20,3)x2＋eq\f(80,3)－x1x2－4x1－eq\f(16,3)(2x2＋m)－(2x1＋m)(2x2＋m)＝－5x1x2－(4＋2m)(x1＋x2)＋eq\f(80,3)－eq\f(16,3)m－m2＝(－5)×eq\f(m2＋16,3)－(4＋2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)m))＋eq\f(80,3)－eq\f(16,3)m－m2＝－eq\f(5,3)m2－eq\f(80,3)＋eq\f(16,3)m＋eq\f(8,3)m2＋eq\f(80,3)－eq\f(16,3)m－m2＝0，所以PH⊥AQ，同理可证QH⊥AP，又AH⊥PQ，所以H与E重合，所以E在C上，则xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝16，故存在点E(x0，y0)满足eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(EQ,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EQ,\s\up6(→))，且xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)的值为16.6．(2026·江西南昌模拟)设抛物线Γ：y2＝2px，p是大于0的常数．抛物线Γ的焦点为F，过F且垂直于x轴的直线交抛物线Γ于A，B两点(点A在x轴上方)，直线l：y＝kx(k>0)与直线AB交于点D(异于A，B)，与抛物线Γ交于点E(异于坐标原点O)，直线EF交抛物线Γ于另一点C，直线CD与x轴交于点G.(1)若F是△OCD的重心，求k的值；(2)设直线l与直线BC交于点P，M，N分别为线段BE，PF的中点．①求证：M，G，N三点共线；②设△PMG的面积为S1，△OMF的面积为S2，若S1≤eq\f(3,2)S2，求k的取值范围．解：(1)由题意可得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，－p))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，\f(kp,2)))，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,y2＝2px，))得k2x2＝2px，解得x＝0或x＝eq\f(2p,k2)，当x＝eq\f(2p,k2)时，y＝eq\f(2p,k)，故Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,k2)，\f(2p,k)))，则直线EF的方程为y＝eq\f(\f(2p,k),\f(2p,k2)－\f(p,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，化简，可得直线EF的方程为y＝eq\f(4k,4－k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(4k,4－k2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px，))得y2－eq\f(p（4－k2）,2k)y－p2＝0，故yEyC＝－p2，进而可得yC＝eq\f(－p2,yE)＝－eq\f(kp,2)，故Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2p,8)，－\f(kp,2)))，由于△OCD的重心为F，故eq\f(\f(k2p,8)＋\f(p,2)＋0,3)＝eq\f(p,2)，化简，得k2＝8，因为k>0，所以k＝2eq\r(2).(2)①证明：因为kBC＝eq\f(－\f(kp,2)＋p,\f(k2p,8)－\f(p,2))＝eq\f(－4,k＋2)，故直线BC的方程为y＝eq\f(－4,k＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))－p，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(－4,k＋2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))－p，,y＝kx，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(－kp,k2＋2k＋4)，,y＝\f(－k2p,k2＋2k＋4)，))因此Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－kp,k2＋2k＋4)，\f(－k2p,k2＋2k＋4)))，故Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(－kp,k2＋2k＋4)＋\f(p,2),2)，\f(\f(－k2p,k2＋2k＋4),2)))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2p,k2)＋\f(p,2),2)，\f(\f(2p,k)－p,2)))，即Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(k2p,2)＋2p,2（k2＋2k＋4）)，\f(－k2p,2（k2＋2k＋4）)))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p＋\f(k2p,2),2k2)，\f(2p－kp,2k)))，因为直线CD的方程为y＝eq\f(kp,\f(p,2)－\f(k2p,8))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))＋eq\f(kp,2)，令y＝0，则x＝eq\f(p,4)＋eq\f(k2p,16)，故Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,4)＋\f(k2p,16)，0))，eq\o(GM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p＋\f(k2p,2),2k2)－\f(p,4)－\f(k2p,16)，\f(2p－kp,2k)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16p－k4p,16k2)，\f(2p－kp,2k)))，eq\o(GN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(k2p,2)＋2p,2（k2＋2k＋4）)－\f(p,4)－\f(k2p,16)，\f(－k2p,2（k2＋2k＋4）)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－kp,2（k2＋2k＋4）)－\f(k2p,16)，\f(－k2p,2（k2＋2k＋4）)))，因为eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(－kp,2（k2＋2k＋4）)－\f(k2p,16)))·\f(2p－kp,2k),\f(16p－k4p,16k2)·\f(－k2p,2（k2＋2k＋4）))＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2（k2＋2k＋4）)＋\f(k,16)))·16（k2＋2k＋4）,（4＋k2）（2＋k）)＝eq\f(8＋k（k2＋2k＋4）,（4＋k2）（2＋k）)＝eq\f(k3＋2k2＋4k＋8,k3＋2k2＋4k＋8)＝1，所以eq\o(GM,\s\up6(→))∥eq\o(GN,\s\up6(→))，又eq\o(GM,\s\up6(→))，eq\o(GN,\s\up6(→))有公共点，故M，G，N三点共线．②由题意，得S2＝eq\f(1,2)|OF|·|yM|＝eq\f(1,2)×eq\f(p,2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al