十圓錐曲線中的證明、探索性問題掌握圓錐曲線中的證明、探索性問題的一般解法，進一步提升數(shù)學運算素養(yǎng)．考點1證明問題【例1】（2024·全國甲卷）設橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F，點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在C上，且MF⊥x軸．(1)求C的方程；(2)過點P(4，0)的直線交C于A，B兩點，N為線段FP的中點，直線NB交直線MF于點Q，求證：AQ⊥y軸．【解】(1)設F(c，0)，由題設有c＝1且eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2)，故eq\f(a2－1,a)＝eq\f(3,2)，故a＝2，故b＝eq\r(3)，故橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：直線AB的斜率必定存在，設直線AB的方程為y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝12，,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))，故直線BN的方程為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＝y(tǒng)1＋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＝y(tǒng)Q，即AQ⊥y軸．圓錐曲線中常見的證明問題(1)位置關系方面的：如證明直線與曲線相切，直線間的平行、垂直，直線過定點等．(2)數(shù)量關系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圓錐曲線的定義與性質(zhì)的前提下，一般采用直接法，通過相關的代數(shù)運算證明．【對點訓練1】（2024·北京順義區(qū)三模）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左頂點為A(－2，0)，上、下頂點分別為B1，B2，離心率為eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C的方程；(2)設點P是橢圓C上一點，不與頂點重合，M滿足四邊形PB1MB2是平行四邊形，過點P作垂直于y軸的直線交直線AB1于點Q，再過點Q作垂直于x軸的直線交直線PB2于點N，求證：A，M，N三點共線．解：(1)因為橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左頂點為A(－2，0)，所以a＝2，又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\r(3)，所以b2＝a2－c2＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：由(1)知B1(0，1)，B2(0，－1)，設直線PB2的方程為y＝kx－1，k≠0，k≠±eq\f(1,2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))可得(4k2＋1)x2－8kx＝0，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(8k,4k2＋1)，,y＝\f(4k2－1,4k2＋1)，))所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k,4k2＋1)，\f(4k2－1,4k2＋1))).如圖，因為四邊形PB1MB2是平行四邊形，由橢圓的對稱性可知點P與點M關于原點對稱，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k,4k2＋1)，\f(1－4k2,4k2＋1)))，直線AB1的方程為y＝eq\f(1,2)x＋1，把y＝eq\f(4k2－1,4k2＋1)代入可得x＝eq\f(－4,4k2＋1)，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4,4k2＋1)，\f(4k2－1,4k2＋1)))，把x＝eq\f(－4,4k2＋1)代入y＝kx－1可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4,4k2＋1)，\f(－4k2－4k－1,4k2＋1)))，所以過A，N的直線的斜率為kAN＝eq\f(\f(－(2k＋1)2,4k2＋1),2－\f(4,4k2＋1))＝eq\f(－(2k＋1)2,2(4k2－1))＝eq\f(2k＋1,2－4k)，過A，M的直線的斜率為kAM＝eq\f(\f(1－4k2,4k2＋1),2－\f(8k,4k2＋1))＝eq\f(1－4k2,2(1－2k)2)＝eq\f(2k＋1,2－4k)＝kAN，所以A，M，N三點共線．考點2探索性問題【例2】（2024·天津卷）已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，橢圓的離心率e＝eq\f(1,2)，左頂點為A，下頂點為B，O為坐標原點，C是線段OB的中點，其中S△ABC＝eq\f(3\r(3),2).(1)求橢圓的方程．(2)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的動直線與橢圓有兩個交點P，Q，在y軸上是否存在點T使得eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0？若存在，求出點T縱坐標的取值范圍；若不存在，請說明理由．【解】(1)因為橢圓的離心率為e＝eq\f(1,2)，故a＝2c，b＝eq\r(3)c，其中c為半焦距，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),2)c＝eq\f(3\r(3),2)，故c＝eq\r(3)，所以a＝2eq\r(3)，b＝3，故橢圓的方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)假設存在滿足條件的點T，設T(0，t).若過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的動直線的斜率存在，則可設該直線的方程為y＝kx－eq\f(3,2)，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝36，,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)，因為eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0，所以eq\b\lc\{\rc\(\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).若過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的動直線的斜率不存在，則P(0，3)，Q(0，－3)或P(0，－3)，Q(0，3)，此時需－3≤t≤3.綜上，可得－3≤t≤eq\f(3,2).故在y軸上存在點T，使得eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0，點T縱坐標的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).此類問題一般分為探究條件、探究結(jié)論兩種．若探究條件，則可先假設條件成立，再驗證結(jié)論是否成立，成立則存在，否則不存在；若探究結(jié)論，則應先求出結(jié)論的表達式，再針對其表達式進行討論，往往涉及對參數(shù)的討論．【對點訓練2】（2024·陜西西安一模）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線S：x2＝2py(p>0)，其焦點為F，過點F的直線l交拋物線S于A，B兩點，|AB|＝eq\f(16,3)，θ＝60°（如圖）.(1)求拋物線S的方程．(2)在拋物線S上是否存在關于直線l對稱的相異兩點？若存在，求出該兩點所在直線的方程；若不存在，請說明理由．解：(1)拋物線S：x2＝2py的焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，直線l的方程為y＝eq\f(\r(3),3)x＋eq\f(p,2).設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),3)x＋\f(p,2)，,x2＝2py，))消去y得3x2－2eq\r(3)px－3p2＝0（顯然Δ>0），則x1＋x2＝eq\f(2\r(3),3)p，y1＋y2＝eq\f(\r(3),3)(x1＋x2)＋p＝eq\f(5,3)p，|AB|＝|AF|＋|BF|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝eq\f(8,3)p，于是eq\f(8,3)p＝eq\f(16,3)，解得p＝2，所以拋物線S的方程為x2＝4y.(2)由(1)知直線l：y＝eq\f(\r(3),3)x＋1，假設在拋物線S上存在關于直線l對稱的相異兩點，設這兩點坐標為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3，\f(xeq\o\al(2,3),4)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4，\f(xeq\o\al(2,4),4)))，于是直線MN的斜率kMN＝eq\f(\f(xeq\o\al(2,3),4)－\f(xeq\o\al(2,4),4),x3－x4)＝eq\f(1,4)(x3＋x4)＝－eq\r(3)，解得x3＋x4＝－4eq\r(3).線段MN的中點（－2eq\r(3)，y0）在直線l上，則y0＝－1，而（－2eq\r(3)，y0）應在線段AB上，必有y0>0，與y0＝－1矛盾，所以在拋物線S上不存在關于直線l對稱的相異兩點．解析幾何中的創(chuàng)新問題解析幾何的創(chuàng)新題型的表現(xiàn)形式有兩種：①定義新的解析幾何的概念或性質(zhì)，如曲線、距離、曲率等，在此新定義下研究定點、定值、最值、范圍等問題；②與其他數(shù)學知識交匯命題，如與數(shù)列、導數(shù)、立體幾何等，借助這些數(shù)學知識解決解析幾何問題．【典例】三等分角是古希臘幾何尺規(guī)作圖的三大問題之一，如今數(shù)學上已經(jīng)證明三等分任意角是尺規(guī)作圖不可能問題，如果不局限于尺規(guī)，三等分任意角是可能的．下面是數(shù)學家帕普斯給出的一種三等分角的方法：已知角α(0<α<π)的頂點為A，在α的兩邊上截取|AB|＝|AC|，連接BC，在線段BC上取一點O，使得|BO|＝2|CO|，記BO的中點為D，以O為中心，C，D為頂點作離心率為2的雙曲線M，以A為圓心，AB為半徑作圓，與雙曲線M左支交于點E（射線AE在∠BAC內(nèi)部），則∠BAE＝eq\f(1,3)∠BAC.在上述作法中，以O為原點，直線BC為x軸建立如圖所示的平面直角坐標系，若B(－2，0)，點A在x軸的上方．(1)求雙曲線M的方程．(2)過點A且與x軸垂直的直線交x軸于點G，點E到直線AG的距離為d，連接BE.求證：①eq\f(|BE|,d)為定值；②∠BAE＝eq\f(1,3)∠BAC.【解】(1)設雙曲線M的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由|BO|＝2|CO|及B(－2，0)，可得C(1，0)，所以a＝1，因為雙曲線M的離心率為2，所以eq\f(a2＋b2,a2)＝eq\f(1＋b2,1)＝4，解得b2＝3，所以雙曲線M的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：①如圖，因為|AB|＝|AC|，B(－2，0)，C(1，0)，所以直線AG的方程為x＝－eq\f(1,2).設E(x0，y0)(x0<－1)，則xeq\o\al(2,0)－eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，yeq\o\al(2,0)＝3xeq\o\al(2,0)－3，所以d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－x0))＝－x0－eq\f(1,2)，又|BE|＝eq\r((x0＋2)2＋yeq\o\al(2,0))＝eq\r((x0＋2)2＋3xeq\o\al(2,0)－3)＝eq\r((2x0＋1)2)＝－2x0－1，所以eq\f(|BE|,d)＝2，為定值．②因為|AB|＝|AE|，所以sineq\f(1,2)∠BAE＝eq\f(\f(1,2)|BE|,|AE|)，sin∠EAG＝eq\f(d,|AE|)，因為eq\f(|BE|,d)＝2，所以sineq\f(1,2)∠BAE＝sin∠EAG，又∠BAE，∠EAG都是銳角，所以eq\f(1,2)∠BAE＝∠EAG，所以∠BAC＝2∠BAG＝2(∠BAE＋∠EAG)＝3∠BAE，所以∠BAE＝eq\f(1,3)∠BAC.課時作業(yè)641．（15分）已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過點F且斜率為eq\f(4,3)的直線l與拋物線C的交點為G，H.(1)若|FG|＋|FH|＝eq\f(25,4)，求拋物線C的方程及焦點F的坐標；(2)如圖，點P為x軸正半軸上的任意一點，過點P作直線交拋物線C于A，B兩點，點P關于原點的對稱點為M，連接MA交拋物線于點N，連接NP，直線NP交拋物線于點E，求證：PM為∠APE的平分線．解：(1)由題意得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，設直線l的方程為y＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，G(x1，y1)，H(x2，y2)，由拋物線焦半徑公式可知|FG|＋|FH|＝x1＋x2＋p＝eq\f(25,4)，∴x1＋x2＝eq\f(25,4)－p.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(4,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px，))消去y得8x2－17px＋2p2＝0，∴x1＋x2＝eq\f(17p,8)＝eq\f(25,4)－p，解得p＝2，∴拋物線C的方程為y2＝4x，焦點F(1，0).(2)證明：設A(x3，y3)，N(x4，y4)，P(m，0)，則M(－m，0)，直線AM的方程為x＝ty－m.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty－m，,y2＝2px，))消去x得y2－2pty＋2pm＝0，∴y3＋y4＝2pt，y3y4＝2pm，而kAP＋kNP＝eq\f(y3,x3－m)＋eq\f(y4,x4－m)＝eq\f(x3y4＋x4y3－m(y3＋y4),x3x4－m(x3＋x4)＋m2)，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為∠APE的平分線．2．（15分）（2024·北京延慶區(qū)一模）已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，A，C分別是E的上、下頂點，|AC|＝2，B，D分別是E的左、右頂點．(1)求E的方程；(2)設P為第二象限內(nèi)E上的動點，直線PD與直線BC交于點M，直線BP與直線CD交于點N，求證：MN⊥BD.解：(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))所以a＝2，b＝1.所以E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：因為橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，所以A(0，1)，C(0，－1)，B(－2，0)，D(2，0)，如圖．設直線PD的方程為y＝k(x－2)，其中－eq\f(1,2)<k<0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k(x－2)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))化簡并整理得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，由－eq\f(1,2)<k<0可得Δ>0，由根與系數(shù)的關系有2xP＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，所以xP＝eq\f(8k2－2,1＋4k2)，yP＝k(xP－2)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2－2,1＋4k2)－2))＝eq\f(－4k,1＋4k2)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2－2,1＋4k2)，\f(－4k,1＋4k2))).直線BC的方程為eq\f(x,－2)＋eq\f(y,－1)＝1，即y＝－eq\f(1,2)x－1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x－1，,y＝k(x－2)，))得xM＝eq\f(4k－2,2k＋1).直線PB的方程為eq\f(y－0,\f(－4k,1＋4k2)－0)＝eq\f(x＋2,\f(8k2－2,1＋4k2)＋2)，即y＝－eq\f(x＋2,4k).直線CD的方程為eq\f(x,2)＋eq\f(y,－1)＝1，即y＝eq\f(1,2)x－1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x－1，,y＝－\f(x＋2,4k)，))得xN＝eq\f(4k－2,2k＋1).因為xM＝xN，所以MN⊥BD.3．（15分）（2024·吉林白山二模）已知雙曲線C：x2－eq\f(y2,3)＝1的右焦點為F，點P(x0，y0)(y0≠0)在雙曲線C上，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，y0)).(1)若y0＝3，且點P在第一象限，點Q關于x軸的對稱點為R，求直線PR與雙曲線C相交所得的弦長．(2)探究：△PQF的外心是否落在雙曲線C在點P處的切線上？若是，請給出證明過程；若不是，請說明理由．解：(1)如圖，依題意得P(2，3)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－3))，則直線PR的斜率為eq\f(－3－3,\f(1,2)－2)＝4，則直線PR的方程為y－3＝4(x－2)，即y＝4x－5.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,y＝4x－5，))得13x2－40x＋28＝0，解得x＝2或x＝eq\f(14,13)，故所求弦長為eq\r(1＋42)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(14,13)))＝eq\f(12\r(17),13).(2)△PQF的外心落在雙曲線C在點P處的切線上．證明過程如下：設雙曲線C在點P處的切線斜率為k，則在點P處的切線方程為y－y0＝k(x－x0)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－y0＝k(x－x0)，,x2－\f(y2,3)＝1，))得(3－k2)x2－2k(y0－kx0)x－(y0－kx0)2－3＝0，其中k2≠3，則Δ＝4k2(y0－kx0)2＋4(3－k2)[(y0－kx0)2＋3]＝0，而xeq\o\al(2,0)－eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，故yeq\o\al(2,0)＋3＝3xeq\o\al(2,0)，代入上式，可得k2yeq\o\al(2,0)－6kx0y0＋9xeq\o\al(2,0)＝0，解得k＝eq\f(3x0,y0)，故雙曲線C在點P處的切線方程為y－y0＝eq\f(3x0,y0)(x－x0)，即x0x－eq\f(y0y,3)＝1.直線FQ的斜率為kFQ＝－eq\f(2y0,3)，線段FQ的中點為Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(y0,2)))，故線段FQ的中垂線方程為y－eq\f(y0,2)＝eq\f(3,2y0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,4)))，線段PQ的中垂線方程為x＝eq\f(x0＋\f(1,2),2)＝eq\f(2x0＋1,4).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\f(y0,2)＝\f(3,2y0)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,4)))，,x＝\f(2x0＋1,4)，))可得y＝eq\f(3x0＋2yeq\o