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2025年高考数学一轮复习-重难专攻（十）圆锥曲线中的证明、探究性问题【导学案】
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这是一份2025年高考数学一轮复习-重难专攻（十）圆锥曲线中的证明、探究性问题【导学案】，共10页。
2.探究性问题：先假设结论成立，用待定系数法列出含相应参数的方程，若方程有解，则探究的元素存在（或命题成立），否则不存在（或不成立）.需要注意的是：（1）当条件和结论不唯一时要分类讨论；（2）当给出结论需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.
位置关系的证明
【例1】 已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1（－2，0），A2（2，0），右焦点为F，点T（1，32）在椭圆C上.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）P为椭圆上不与A1，A2重合的任意一点，直线A1P，A2P分别与直线x＝4相交于点M，N，求证：FM⊥FN.
解：（1）由题知，a＝2，又点T（1，32）在椭圆C上，
∴14＋94b2＝1，解得b2＝3，
∴椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.
（2）证明：由（1）知F（1，0），
设P（x0，y0）（x0≠±2），则x024＋y023＝1，
直线A1P的方程为y－y0＝y0x0+2（x－x0），
令x＝4，得yM＝6y0x0+2，
即M（4，6y0x0+2），
直线A2P的方程为y－y0＝y0x0－2（x－x0），
令x＝4，得yN＝2y0x0－2，即N（4，2y0x0－2），
∴FM·FN＝（3，6y0x0+2）·（3，2y0x0－2）＝3×3＋6y0x0+2×2y0x0－2＝9＋12y02x02－4＝9＋12×3（1－x024）x02－4＝9＋（－9）＝0，
∴FM⊥FN，即FM⊥FN.
解题技法
树立“转化”意识，证明位置关系
双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）经过点（3，1），且渐近线方程为y＝±x.
（1）求a，b的值；
（2）点A，B，D是双曲线C上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点O.求证：直线AB与圆x2＋y2＝1相切.
解：（1）由题意得3a2－1b2=1，a＝b，解得a＝b＝2.
（2）证明：由（1）得双曲线C的方程为x2－y2＝2.
易知直线AB一定是不平行于x轴的直线且不与渐近线y＝±x平行，
所以可设直线AB的方程为x＝my＋n（m≠±1），
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1≠y2，D（－x2，y2）.
联立x2－y2=2，x＝my＋n，整理得（m2－1）y2＋2mny＋n2－2＝0，
Δ＝4（n2＋2m2－2）＞0，则y1y2＝n2－2m2－1.
由于△ABD的外接圆过原点，且B，D两点关于y轴对称，
所以可设△ABD外接圆的方程为x2＋y2＋Ey＝0.
则x12＋y12＋Ey1=0，x22＋y22＋Ey2=0，
所以y2（x12＋y12）＝y1（x22＋y22），
因为x12＝2＋y12，x22＝2＋y22，
所以y2（2y12＋2）＝y1（2y22＋2），
所以y1y2＝1，
所以y1y2＝n2－2m2－1＝1，所以n2＝m2＋1，
则原点到直线AB的距离d＝｜n｜m2+1＝1，
所以直线AB与圆x2＋y2＝1相切.
数量关系的证明
【例2】 设椭圆C：x22＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）.
（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
解：（1）由已知得F（1，0），l的方程为x＝1.
把x＝1代入椭圆方程x22＋y2＝1，可得点A的坐标为1，22或1,−22，
又M（2，0），所以直线AM的方程为y＝－22x＋2或y＝22x－2.
（2）证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴既不重合也不垂直时，
设l的方程为y＝k（x－1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1＜2，x2＜2，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝y1x1－2＋y2x2－2.
由y1＝k（x1－1），y2＝k（x2－1）得，kMA＋kMB＝2kx1x2－3k（x1＋x2）+4k（x1－2)(x2－2）.
将y＝k（x－1）代入x22＋y2＝1得（2k2＋1）x2－4k2x＋2k2－2＝0.
所以x1＋x2＝4k22k2+1，x1x2＝2k2－22k2+1.
则2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k＝4k3－4k－12k3+8k3+4k2k2+1＝0.
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补.
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB.
解题技法
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.
已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线y＝12x上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M（－1，0）对称.
（1）求E和Γ的标准方程；
（2）过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求证：｜CD｜＞2｜AB｜.
解：（1）设Γ的标准方程为x2＝2py，p＞0，则F（0，p2）.
已知点E在直线y＝12x上，
故可设E（2a，a）.
因为E，F关于点M（－1，0）对称，
所以2a+02＝－1，p2＋a2=0，解得a＝－1，p=2.
所以抛物线Γ的标准方程为x2＝4y.
因为圆E与x轴相切，故半径r＝｜a｜＝1，
所以圆E的标准方程为（x＋2）2＋（y＋1）2＝1.
（2）证明：由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方程为y＝k（x＋1）（k≠0）.
则E（－2，－1）到l的距离d＝｜k－1｜k2+1，
因为l与E交于A，B两点，
所以d2＜r2，即（k－1）2k2+1＜1，解得k＞0，
所以｜AB｜＝21－d2＝22kk2+1.
由x2=4y，y＝k（x+1）消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.
Δ＝16k2＋16k＞0恒成立，设C（x1，y1），D（x2，y2），
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，
那么｜CD｜＝k2+1｜x1－x2｜＝k2+1·（x1＋x2）2－4x1x2＝4k2+1·k2＋k.
所以｜CD｜2｜AB｜2＝16（k2+1)(k2＋k）8kk2+1
＝2（k2+1）2（k2＋k）k＞2kk＝2.
所以｜CD｜2＞2｜AB｜2，即｜CD｜＞2｜AB｜.
点、线的探究性问题
【例3】 已知A，B分别为椭圆E：x2a2＋y2＝1（a＞1）的左顶点和下顶点，P为直线x＝3上的动点，AP·BP的最小值为594.
（1）求E的方程；
（2）设直线PA与E的另一交点为D，直线PB与E的另一交点为C，问是否存在点P，使得四边形ABCD为梯形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.
解：（1）设P（3，t），由题意得A（－a，0），B（0，－1），
则AP＝（a＋3，t），BP＝（3，1＋t）.
所以AP·BP＝9＋3a＋t2＋t＝t＋122＋3a＋354，
于是当t＝－12时，AP·BP取得最小值3a＋354，所以3a＋354＝594，
解得a＝2.
所以E的方程为x24＋y2＝1.
（2）法一 假设存在点P（3，t）满足题设，设D（x1，y1），
则AD＝（x1＋2，y1），由题意可知AP＝（5，t），
存在λ∈（0，1），使得AD＝λAP，
即x1+2=5λ，y1＝λt，整理得x1=5λ－2，y1＝λt，代入x24＋y2＝1中，有（5λ－2）24＋（λt）2＝1， ①
设C（x2，y2），则BC＝（x2，y2＋1）.由题意可知BP＝（3，t＋1）.
因为四边形ABCD为梯形，所以AB∥CD，所以BC＝λBP，
即x2=3λ，y2+1=λt＋λ，整理得x2=3λ，y2＝λt＋λ－1，
代入x24＋y2＝1中，有（3λ）24＋（λt＋λ－1）2＝1， ②
①－②得λ（λ－1）（3－2t）＝0，又λ∈（0，1），所以t＝32.
故存在点P3，32，使得四边形ABCD为梯形.
法二 假设存在点P（3，t）满足题设，则t＞0，
设C（x1，y1），D（x2，y2）.
直线PA的方程为y＝t5（x＋2），直线PB的方程为y＝t+13x－1.
将y＝t5（x＋2）代入E的方程得（4t2＋25）x2＋16t2x＋16t2－100＝0，
Δ＞0，可得x2×（－2）＝16t2－1004t2+25，所以x2＝50－8t24t2+25.
将y＝t+13x－1代入E的方程得（4t2＋8t＋13）x2－24（t＋1）x＝0.
可得x1＝24（t+1）4t2+8t+13.
因为四边形ABCD为梯形，所以AB∥CD，所以｜AD｜｜AP｜＝｜BC｜｜BP｜，
于是x2+25＝x13，所以54t2+25＝2（t+1）4t2+8t+13，整理可得8t3－12t2＋10t－15＝0，
即（2t－3）（4t2＋5）＝0，解得t＝32.
故存在点P3，32，使得四边形ABCD为梯形.
解题技法
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.
已知双曲线C的焦点在坐标轴上，且过点P（62，1），其渐近线方程为y＝±2x.
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）双曲线C上是否存在被点B（1，1）平分的弦？如果存在，求出弦所在的直线方程；如果不存在，请说明理由.
解：（1）由双曲线C的焦点在坐标轴上，其渐近线方程为y＝±2x，
可设双曲线的标准方程为2x2－y2＝λ，
将P62，1代入双曲线方程，可得λ＝2，
所以双曲线C的标准方程为x2－y22＝1.
（2）假设双曲线C上存在被点B（1，1）平分的弦，记弦所在的直线为l.
设B（1，1）是弦MN的中点，M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝2，y1＋y2＝2.
因为点M，N在双曲线C上，所以它们的坐标满足双曲线方程，即x12－y122=1，x22－y222=1，
两式相减得2（x1＋x2）（x1－x2）－（y1－y2）（y1＋y2）＝0，
所以4（x1－x2）＝2（y1－y2），所以直线l的斜率kMN＝y1－y2x1－x2＝2，
所以直线l的方程为y－1＝2（x－1），即2x－y－1＝0.
联立直线l与双曲线C的方程，得x2－y22=1，2x－y－1=0，消去y，得2x2－4x＋3＝0，Δ＝16－4×2×3＝－8＜0，
所以直线l与双曲线C无交点，所以直线l不存在，故双曲线C上不存在被点B（1，1）平分的弦.
含参数的探究性问题
【例4】 如图，A，B，M，N为抛物线y2＝2x上四个不同的点，直线AB与直线MN相交于点（1，0），直线AN过点（2，0）.
（1）记A，B的纵坐标分别为yA，yB，求yA·yB的值；
（2）记直线AN，BM的斜率分别为k1，k2，是否存在实数λ，使得k2＝λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.
解：（1）设直线AB的方程为x＝my＋1，
代入y2＝2x，得y2－2my－2＝0，Δ＝4m2＋8＞0，
所以yA·yB＝－2.
（2）记点M，N的纵坐标分别为yM，yN，由（1）同理可得yM·yN＝－2.
设直线AN的方程为x＝ny＋2，代入y2＝2x，
得y2－2ny－4＝0，Δ＞0，所以yA·yN＝－4.
记点A，N的横坐标分别为xA，xN，
则k1＝yN－yAxN－xA＝yN－yAyN22－yA22＝2yN＋yA，
同理得k2＝2yM＋yB，
所以λ＝k2k1＝yA＋yNyB＋yM＝yA＋yN－2yA＋－2yN＝yAyN－2＝2，
所以存在实数λ＝2，使得k2＝2k1.
解题技法
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.
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点G到F1（－3，0），F2（3，0）两点的距离之和为4.
（1）试判断动点G的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程C；
（2）已知直线l：y＝k（x－3）（k＞0）与圆F：（x－3）2＋y2＝14交于M，N两点，与曲线C交于P，Q两点，其中M，P在第一象限.d为原点O到直线l的距离，是否存在实数k，使得T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2取得最大值？若存在，求出k；若不存在，说明理由.
解：（1）由题意知，｜GF1｜＋｜GF2｜＝4，又4＞23，所以动点G的轨迹是椭圆.
由椭圆的定义可知，c＝3，a＝2，又因为a2－b2＝c2，所以b2＝1，
故G的轨迹方程为x24＋y2＝1.
（2）由题设可知，M，N一个在椭圆外，一个在椭圆内；P，Q一个在☉F内，一个在☉F外，在直线l上的四点满足：｜NQ｜－｜MP｜＝（｜NQ｜＋｜NP｜）－（｜MP｜＋｜NP｜）＝｜PQ｜－｜MN｜＝｜PQ｜－1，
由x24＋y2=1，y＝k（x－3）消去y得（1＋4k2）x2－83·k2x＋12k2－4＝0，Δ＞0恒成立.
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
由根与系数的关系，得x1＋x2＝83k21+4k2，
x1x2＝12k2－41+4k2，
｜PQ｜＝（1+k2)[(x1＋x2）2－4x1x2]＝4k2+44k2+1.
所以｜NQ｜－｜MP｜＝｜PQ｜－1＝34k2+1，O到l距离d＝3kk2+1，T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2＝9k2（4k2+1)(k2+1）＝9k24k4+5k2+1
＝94k2＋1k2+5≤924k2×1k2+5＝1，
当且仅当4k2＝1k2，即k＝±22时等号成立.
验证可知k＝±22满足题意.
因为k＞0，所以k＝22.
1.在椭圆Γ：x2a2＋y2＝1（a＞1）中，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，F为右焦点，C，D两点均在直线x＝a上，且C在第一象限.
（1）若∠AFB＝π6，求椭圆Γ的标准方程；
（2）若C，D两点的纵坐标分别为2和1，判断：直线BC与AD的交点是否在椭圆Γ上，并说明理由.
解：（1）∵｜OF｜＝c（O为坐标原点），｜FB｜＝a，｜OB｜＝1，∴sin∠AFB＝｜OB｜｜FB｜＝1a＝sin π6＝12，
∴a＝2，因此椭圆Γ的标准方程为x24＋y2＝1.
（2）直线BC与AD的交点在椭圆Γ上.
由已知得A（－a，0），B（0，－1），C（a，2），D（a，1），
∴直线BC的方程为y＝3ax－1，
直线AD的方程为y＝12ax＋12，
联立y＝3ax－1，y＝12ax＋12，解得x＝3a5，y＝45.∴直线BC与AD的交点为（3a5，45），此时（3a5）2a2＋（45）2＝1，即交点坐标满足椭圆方程，因此该交点在椭圆Γ上.
2.（2024·大连模拟）已知双曲线Q：x2a2－y2＝1（a＞0）的离心率为52，经过坐标原点O的直线l与双曲线Q交于A，B两点，点A（x1，y1）位于第一象限，C（x2，y2）是双曲线Q右支上一点，AB⊥AC，设D（x1，－3y12）.
（1）求双曲线Q的标准方程；
（2）求证：C，D，B三点共线.
解：（1）由题意可知a2+1a＝52，解得a＝2，
所以双曲线Q的标准方程为x24－y2＝1.
（2）证明：法一 由题意可知，直线AB，AC的斜率存在且不为0，B（－x1，－y1）.
因为AB⊥AC，
所以kAB·kAC＝－1，即y1x1·y2－y1x2－x1＝－1.
又点A，C在双曲线Q右支上，所以x124－y12=1，x224－y22=1，
作差得y2－y1x2－x1＝x1＋x24（y1＋y2），
则kBC＝y2＋y1x2＋x1＝x2－x14（y2－y1）＝－14×y1x1，
又kBD＝－y1＋32y1－2x1＝－14×y1x1，
所以kBC＝kBD.
又BC，BD有公共点，所以B，C，D三点共线.
法二 由题意可知，直线AB，AC的斜率存在且不为0，B（－x1，－y1）.
因为AB⊥AC，
所以kAB·kAC＝－1，即y1x1·y2－y1x2－x1＝－1. ①
又kBC·kAC＝y2＋y1x2＋x1·y2－y1x2－x1＝y22－y12x22－x12，x124－y12＝1，x224－y22＝1，
所以kBC·kAC＝x224－1+1－x124x22－x12＝14. ②
由①②得kABkBC＝－4，所以kBC＝－14×y1x1，
又kBD＝－y1＋32y1－2x1＝－14×y1x1，所以kBC＝kBD.
又BC，BD有公共点，所以B，C，D三点共线.
3.已知双曲线方程为x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0），F1，F2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足PF1·PF2＝0，｜PF1｜｜PF2｜＝6.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点F2作直线l交双曲线于A，B两点，则在x轴上是否存在定点Q（m，0），使得QA·QB为定值？若存在，请求出m的值和该定值，若不存在，请说明理由.
解：（1）由e＝ca＝2得c＝2a，∴b＝c2－a2＝3a，
∵PF1·PF2＝0，∴PF1⊥PF2，
在Rt△F1PF2中，由｜PF1｜－｜PF2｜＝2a得｜PF1｜2＋｜PF2｜2－2｜PF1｜｜PF2｜＝4a2，
代入｜PF1｜2＋｜PF2｜2＝4c2，｜PF1｜｜PF2｜＝6得4c2－12＝4a2，
解得b2＝3，a2＝1，∴双曲线的标准方程为x2－y23＝1.
（2）当l斜率为0时，l：y＝0，
此时不妨设A（－1，0），B（1，0），由Q（m，0）得QA·QB＝m2－1；
当l斜率不为0时，设l：x＝ty＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立x＝ty+2，3x2－y2=3，得（3t2－1）y2＋12ty＋9＝0，则Δ＝36t2＋36＞0，
∴y1＋y2＝－12t3t2－1，y1y2＝93t2－1，
∴QA·QB＝（x1－m，y1）·（x2－m，y2）＝（x1－m）（x2－m）＋y1y2＝（ty1＋2－m）（ty2＋2－m）＋y1y2＝（t2＋1）y1·y2＋（2－m）t（y1＋y2）＋（2－m）2＝（t2＋1）·93t2－1＋（2－m）t·－12t3t2－1＋（2－m）2，
令QA·QB＝m2－1，即9（t2＋1）－12t2（2－m）＝（4m－5）（3t2－1），
解得m＝－1，则Q（－1，0），此时QA·QB＝0.
综上所述：存在m＝－1，使得QA·QB为定值且定值为0.
4.（2023·新高考Ⅰ卷22题）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，12）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33.
解：（1）设点P（x，y），则｜y｜＝x2＋（y－12）2，两边同时平方化简得y＝x2＋14，
故W：y＝x2＋14.
（2）证明：设矩形的三个顶点A（a，a2＋14），B（b，b2＋14），C（c，c2＋14）在W上，且a＜b＜c，
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＝b2＋14－（a2＋14）b－a＝a＋b＝m＜0，
同理令kBC＝b＋c＝n＞0，且mn＝－1，
则m＝－1n，
设矩形周长为L，由对称性不妨设｜m｜≥｜n｜，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋1n，
则12L＝｜AB｜＋｜BC｜
＝（b－a）2＋［（b2＋14）－（a2＋14）］2＋
（c－b）2＋［（c2＋14）－（b2＋14）］2
＝（b－a）2[1+（a＋b）2]＋（c－b）2[1+（c＋b）2]＝（b－a）1+m2＋（c－b）1+n2≥（c－a）1+n2＝（n＋1n）1+n2，n＞0，易知（n＋1n）1+n2＞0，
令f（x）＝（x＋1x）2（1＋x2），x＞0，f'（x）＝2（x＋1x）2（2x－1x），令f'（x）＝0，解得x＝22，
当x∈（0，22）时，f'（x）＜0，此时f（x）单调递减，
当x∈（22，＋∞），f'（x）＞0，此时f（x）单调递增，
则f（x）min＝f（22）＝274，
故12L≥274＝332，即L≥33.
当L＝33时，n＝22，m＝－2，且（b－a）1+m2＝（b－a）1+n2，无解，故等号取不到，
故L＞33，得
2.探究性问题：先假设结论成立，用待定系数法列出含相应参数的方程，若方程有解，则探究的元素存在（或命题成立），否则不存在（或不成立）.需要注意的是：（1）当条件和结论不唯一时要分类讨论；（2）当给出结论需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.
位置关系的证明
【例1】 已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1（－2，0），A2（2，0），右焦点为F，点T（1，32）在椭圆C上.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）P为椭圆上不与A1，A2重合的任意一点，直线A1P，A2P分别与直线x＝4相交于点M，N，求证：FM⊥FN.
解：（1）由题知，a＝2，又点T（1，32）在椭圆C上，
∴14＋94b2＝1，解得b2＝3，
∴椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.
（2）证明：由（1）知F（1，0），
设P（x0，y0）（x0≠±2），则x024＋y023＝1，
直线A1P的方程为y－y0＝y0x0+2（x－x0），
令x＝4，得yM＝6y0x0+2，
即M（4，6y0x0+2），
直线A2P的方程为y－y0＝y0x0－2（x－x0），
令x＝4，得yN＝2y0x0－2，即N（4，2y0x0－2），
∴FM·FN＝（3，6y0x0+2）·（3，2y0x0－2）＝3×3＋6y0x0+2×2y0x0－2＝9＋12y02x02－4＝9＋12×3（1－x024）x02－4＝9＋（－9）＝0，
∴FM⊥FN，即FM⊥FN.
解题技法
树立“转化”意识，证明位置关系
双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）经过点（3，1），且渐近线方程为y＝±x.
（1）求a，b的值；
（2）点A，B，D是双曲线C上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点O.求证：直线AB与圆x2＋y2＝1相切.
解：（1）由题意得3a2－1b2=1，a＝b，解得a＝b＝2.
（2）证明：由（1）得双曲线C的方程为x2－y2＝2.
易知直线AB一定是不平行于x轴的直线且不与渐近线y＝±x平行，
所以可设直线AB的方程为x＝my＋n（m≠±1），
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1≠y2，D（－x2，y2）.
联立x2－y2=2，x＝my＋n，整理得（m2－1）y2＋2mny＋n2－2＝0，
Δ＝4（n2＋2m2－2）＞0，则y1y2＝n2－2m2－1.
由于△ABD的外接圆过原点，且B，D两点关于y轴对称，
所以可设△ABD外接圆的方程为x2＋y2＋Ey＝0.
则x12＋y12＋Ey1=0，x22＋y22＋Ey2=0，
所以y2（x12＋y12）＝y1（x22＋y22），
因为x12＝2＋y12，x22＝2＋y22，
所以y2（2y12＋2）＝y1（2y22＋2），
所以y1y2＝1，
所以y1y2＝n2－2m2－1＝1，所以n2＝m2＋1，
则原点到直线AB的距离d＝｜n｜m2+1＝1，
所以直线AB与圆x2＋y2＝1相切.
数量关系的证明
【例2】 设椭圆C：x22＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）.
（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
解：（1）由已知得F（1，0），l的方程为x＝1.
把x＝1代入椭圆方程x22＋y2＝1，可得点A的坐标为1，22或1,−22，
又M（2，0），所以直线AM的方程为y＝－22x＋2或y＝22x－2.
（2）证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴既不重合也不垂直时，
设l的方程为y＝k（x－1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1＜2，x2＜2，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝y1x1－2＋y2x2－2.
由y1＝k（x1－1），y2＝k（x2－1）得，kMA＋kMB＝2kx1x2－3k（x1＋x2）+4k（x1－2)(x2－2）.
将y＝k（x－1）代入x22＋y2＝1得（2k2＋1）x2－4k2x＋2k2－2＝0.
所以x1＋x2＝4k22k2+1，x1x2＝2k2－22k2+1.
则2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k＝4k3－4k－12k3+8k3+4k2k2+1＝0.
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补.
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB.
解题技法
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.
已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线y＝12x上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M（－1，0）对称.
（1）求E和Γ的标准方程；
（2）过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求证：｜CD｜＞2｜AB｜.
解：（1）设Γ的标准方程为x2＝2py，p＞0，则F（0，p2）.
已知点E在直线y＝12x上，
故可设E（2a，a）.
因为E，F关于点M（－1，0）对称，
所以2a+02＝－1，p2＋a2=0，解得a＝－1，p=2.
所以抛物线Γ的标准方程为x2＝4y.
因为圆E与x轴相切，故半径r＝｜a｜＝1，
所以圆E的标准方程为（x＋2）2＋（y＋1）2＝1.
（2）证明：由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方程为y＝k（x＋1）（k≠0）.
则E（－2，－1）到l的距离d＝｜k－1｜k2+1，
因为l与E交于A，B两点，
所以d2＜r2，即（k－1）2k2+1＜1，解得k＞0，
所以｜AB｜＝21－d2＝22kk2+1.
由x2=4y，y＝k（x+1）消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.
Δ＝16k2＋16k＞0恒成立，设C（x1，y1），D（x2，y2），
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，
那么｜CD｜＝k2+1｜x1－x2｜＝k2+1·（x1＋x2）2－4x1x2＝4k2+1·k2＋k.
所以｜CD｜2｜AB｜2＝16（k2+1)(k2＋k）8kk2+1
＝2（k2+1）2（k2＋k）k＞2kk＝2.
所以｜CD｜2＞2｜AB｜2，即｜CD｜＞2｜AB｜.
点、线的探究性问题
【例3】 已知A，B分别为椭圆E：x2a2＋y2＝1（a＞1）的左顶点和下顶点，P为直线x＝3上的动点，AP·BP的最小值为594.
（1）求E的方程；
（2）设直线PA与E的另一交点为D，直线PB与E的另一交点为C，问是否存在点P，使得四边形ABCD为梯形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.
解：（1）设P（3，t），由题意得A（－a，0），B（0，－1），
则AP＝（a＋3，t），BP＝（3，1＋t）.
所以AP·BP＝9＋3a＋t2＋t＝t＋122＋3a＋354，
于是当t＝－12时，AP·BP取得最小值3a＋354，所以3a＋354＝594，
解得a＝2.
所以E的方程为x24＋y2＝1.
（2）法一 假设存在点P（3，t）满足题设，设D（x1，y1），
则AD＝（x1＋2，y1），由题意可知AP＝（5，t），
存在λ∈（0，1），使得AD＝λAP，
即x1+2=5λ，y1＝λt，整理得x1=5λ－2，y1＝λt，代入x24＋y2＝1中，有（5λ－2）24＋（λt）2＝1， ①
设C（x2，y2），则BC＝（x2，y2＋1）.由题意可知BP＝（3，t＋1）.
因为四边形ABCD为梯形，所以AB∥CD，所以BC＝λBP，
即x2=3λ，y2+1=λt＋λ，整理得x2=3λ，y2＝λt＋λ－1，
代入x24＋y2＝1中，有（3λ）24＋（λt＋λ－1）2＝1， ②
①－②得λ（λ－1）（3－2t）＝0，又λ∈（0，1），所以t＝32.
故存在点P3，32，使得四边形ABCD为梯形.
法二 假设存在点P（3，t）满足题设，则t＞0，
设C（x1，y1），D（x2，y2）.
直线PA的方程为y＝t5（x＋2），直线PB的方程为y＝t+13x－1.
将y＝t5（x＋2）代入E的方程得（4t2＋25）x2＋16t2x＋16t2－100＝0，
Δ＞0，可得x2×（－2）＝16t2－1004t2+25，所以x2＝50－8t24t2+25.
将y＝t+13x－1代入E的方程得（4t2＋8t＋13）x2－24（t＋1）x＝0.
可得x1＝24（t+1）4t2+8t+13.
因为四边形ABCD为梯形，所以AB∥CD，所以｜AD｜｜AP｜＝｜BC｜｜BP｜，
于是x2+25＝x13，所以54t2+25＝2（t+1）4t2+8t+13，整理可得8t3－12t2＋10t－15＝0，
即（2t－3）（4t2＋5）＝0，解得t＝32.
故存在点P3，32，使得四边形ABCD为梯形.
解题技法
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.
已知双曲线C的焦点在坐标轴上，且过点P（62，1），其渐近线方程为y＝±2x.
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）双曲线C上是否存在被点B（1，1）平分的弦？如果存在，求出弦所在的直线方程；如果不存在，请说明理由.
解：（1）由双曲线C的焦点在坐标轴上，其渐近线方程为y＝±2x，
可设双曲线的标准方程为2x2－y2＝λ，
将P62，1代入双曲线方程，可得λ＝2，
所以双曲线C的标准方程为x2－y22＝1.
（2）假设双曲线C上存在被点B（1，1）平分的弦，记弦所在的直线为l.
设B（1，1）是弦MN的中点，M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝2，y1＋y2＝2.
因为点M，N在双曲线C上，所以它们的坐标满足双曲线方程，即x12－y122=1，x22－y222=1，
两式相减得2（x1＋x2）（x1－x2）－（y1－y2）（y1＋y2）＝0，
所以4（x1－x2）＝2（y1－y2），所以直线l的斜率kMN＝y1－y2x1－x2＝2，
所以直线l的方程为y－1＝2（x－1），即2x－y－1＝0.
联立直线l与双曲线C的方程，得x2－y22=1，2x－y－1=0，消去y，得2x2－4x＋3＝0，Δ＝16－4×2×3＝－8＜0，
所以直线l与双曲线C无交点，所以直线l不存在，故双曲线C上不存在被点B（1，1）平分的弦.
含参数的探究性问题
【例4】 如图，A，B，M，N为抛物线y2＝2x上四个不同的点，直线AB与直线MN相交于点（1，0），直线AN过点（2，0）.
（1）记A，B的纵坐标分别为yA，yB，求yA·yB的值；
（2）记直线AN，BM的斜率分别为k1，k2，是否存在实数λ，使得k2＝λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.
解：（1）设直线AB的方程为x＝my＋1，
代入y2＝2x，得y2－2my－2＝0，Δ＝4m2＋8＞0，
所以yA·yB＝－2.
（2）记点M，N的纵坐标分别为yM，yN，由（1）同理可得yM·yN＝－2.
设直线AN的方程为x＝ny＋2，代入y2＝2x，
得y2－2ny－4＝0，Δ＞0，所以yA·yN＝－4.
记点A，N的横坐标分别为xA，xN，
则k1＝yN－yAxN－xA＝yN－yAyN22－yA22＝2yN＋yA，
同理得k2＝2yM＋yB，
所以λ＝k2k1＝yA＋yNyB＋yM＝yA＋yN－2yA＋－2yN＝yAyN－2＝2，
所以存在实数λ＝2，使得k2＝2k1.
解题技法
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.
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点G到F1（－3，0），F2（3，0）两点的距离之和为4.
（1）试判断动点G的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程C；
（2）已知直线l：y＝k（x－3）（k＞0）与圆F：（x－3）2＋y2＝14交于M，N两点，与曲线C交于P，Q两点，其中M，P在第一象限.d为原点O到直线l的距离，是否存在实数k，使得T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2取得最大值？若存在，求出k；若不存在，说明理由.
解：（1）由题意知，｜GF1｜＋｜GF2｜＝4，又4＞23，所以动点G的轨迹是椭圆.
由椭圆的定义可知，c＝3，a＝2，又因为a2－b2＝c2，所以b2＝1，
故G的轨迹方程为x24＋y2＝1.
（2）由题设可知，M，N一个在椭圆外，一个在椭圆内；P，Q一个在☉F内，一个在☉F外，在直线l上的四点满足：｜NQ｜－｜MP｜＝（｜NQ｜＋｜NP｜）－（｜MP｜＋｜NP｜）＝｜PQ｜－｜MN｜＝｜PQ｜－1，
由x24＋y2=1，y＝k（x－3）消去y得（1＋4k2）x2－83·k2x＋12k2－4＝0，Δ＞0恒成立.
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
由根与系数的关系，得x1＋x2＝83k21+4k2，
x1x2＝12k2－41+4k2，
｜PQ｜＝（1+k2)[(x1＋x2）2－4x1x2]＝4k2+44k2+1.
所以｜NQ｜－｜MP｜＝｜PQ｜－1＝34k2+1，O到l距离d＝3kk2+1，T＝（｜NQ｜－｜MP｜）·d2＝9k2（4k2+1)(k2+1）＝9k24k4+5k2+1
＝94k2＋1k2+5≤924k2×1k2+5＝1，
当且仅当4k2＝1k2，即k＝±22时等号成立.
验证可知k＝±22满足题意.
因为k＞0，所以k＝22.
1.在椭圆Γ：x2a2＋y2＝1（a＞1）中，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，F为右焦点，C，D两点均在直线x＝a上，且C在第一象限.
（1）若∠AFB＝π6，求椭圆Γ的标准方程；
（2）若C，D两点的纵坐标分别为2和1，判断：直线BC与AD的交点是否在椭圆Γ上，并说明理由.
解：（1）∵｜OF｜＝c（O为坐标原点），｜FB｜＝a，｜OB｜＝1，∴sin∠AFB＝｜OB｜｜FB｜＝1a＝sin π6＝12，
∴a＝2，因此椭圆Γ的标准方程为x24＋y2＝1.
（2）直线BC与AD的交点在椭圆Γ上.
由已知得A（－a，0），B（0，－1），C（a，2），D（a，1），
∴直线BC的方程为y＝3ax－1，
直线AD的方程为y＝12ax＋12，
联立y＝3ax－1，y＝12ax＋12，解得x＝3a5，y＝45.∴直线BC与AD的交点为（3a5，45），此时（3a5）2a2＋（45）2＝1，即交点坐标满足椭圆方程，因此该交点在椭圆Γ上.
2.（2024·大连模拟）已知双曲线Q：x2a2－y2＝1（a＞0）的离心率为52，经过坐标原点O的直线l与双曲线Q交于A，B两点，点A（x1，y1）位于第一象限，C（x2，y2）是双曲线Q右支上一点，AB⊥AC，设D（x1，－3y12）.
（1）求双曲线Q的标准方程；
（2）求证：C，D，B三点共线.
解：（1）由题意可知a2+1a＝52，解得a＝2，
所以双曲线Q的标准方程为x24－y2＝1.
（2）证明：法一 由题意可知，直线AB，AC的斜率存在且不为0，B（－x1，－y1）.
因为AB⊥AC，
所以kAB·kAC＝－1，即y1x1·y2－y1x2－x1＝－1.
又点A，C在双曲线Q右支上，所以x124－y12=1，x224－y22=1，
作差得y2－y1x2－x1＝x1＋x24（y1＋y2），
则kBC＝y2＋y1x2＋x1＝x2－x14（y2－y1）＝－14×y1x1，
又kBD＝－y1＋32y1－2x1＝－14×y1x1，
所以kBC＝kBD.
又BC，BD有公共点，所以B，C，D三点共线.
法二 由题意可知，直线AB，AC的斜率存在且不为0，B（－x1，－y1）.
因为AB⊥AC，
所以kAB·kAC＝－1，即y1x1·y2－y1x2－x1＝－1. ①
又kBC·kAC＝y2＋y1x2＋x1·y2－y1x2－x1＝y22－y12x22－x12，x124－y12＝1，x224－y22＝1，
所以kBC·kAC＝x224－1+1－x124x22－x12＝14. ②
由①②得kABkBC＝－4，所以kBC＝－14×y1x1，
又kBD＝－y1＋32y1－2x1＝－14×y1x1，所以kBC＝kBD.
又BC，BD有公共点，所以B，C，D三点共线.
3.已知双曲线方程为x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0），F1，F2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足PF1·PF2＝0，｜PF1｜｜PF2｜＝6.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点F2作直线l交双曲线于A，B两点，则在x轴上是否存在定点Q（m，0），使得QA·QB为定值？若存在，请求出m的值和该定值，若不存在，请说明理由.
解：（1）由e＝ca＝2得c＝2a，∴b＝c2－a2＝3a，
∵PF1·PF2＝0，∴PF1⊥PF2，
在Rt△F1PF2中，由｜PF1｜－｜PF2｜＝2a得｜PF1｜2＋｜PF2｜2－2｜PF1｜｜PF2｜＝4a2，
代入｜PF1｜2＋｜PF2｜2＝4c2，｜PF1｜｜PF2｜＝6得4c2－12＝4a2，
解得b2＝3，a2＝1，∴双曲线的标准方程为x2－y23＝1.
（2）当l斜率为0时，l：y＝0，
此时不妨设A（－1，0），B（1，0），由Q（m，0）得QA·QB＝m2－1；
当l斜率不为0时，设l：x＝ty＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立x＝ty+2，3x2－y2=3，得（3t2－1）y2＋12ty＋9＝0，则Δ＝36t2＋36＞0，
∴y1＋y2＝－12t3t2－1，y1y2＝93t2－1，
∴QA·QB＝（x1－m，y1）·（x2－m，y2）＝（x1－m）（x2－m）＋y1y2＝（ty1＋2－m）（ty2＋2－m）＋y1y2＝（t2＋1）y1·y2＋（2－m）t（y1＋y2）＋（2－m）2＝（t2＋1）·93t2－1＋（2－m）t·－12t3t2－1＋（2－m）2，
令QA·QB＝m2－1，即9（t2＋1）－12t2（2－m）＝（4m－5）（3t2－1），
解得m＝－1，则Q（－1，0），此时QA·QB＝0.
综上所述：存在m＝－1，使得QA·QB为定值且定值为0.
4.（2023·新高考Ⅰ卷22题）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，12）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33.
解：（1）设点P（x，y），则｜y｜＝x2＋（y－12）2，两边同时平方化简得y＝x2＋14，
故W：y＝x2＋14.
（2）证明：设矩形的三个顶点A（a，a2＋14），B（b，b2＋14），C（c，c2＋14）在W上，且a＜b＜c，
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＝b2＋14－（a2＋14）b－a＝a＋b＝m＜0，
同理令kBC＝b＋c＝n＞0，且mn＝－1，
则m＝－1n，
设矩形周长为L，由对称性不妨设｜m｜≥｜n｜，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋1n，
则12L＝｜AB｜＋｜BC｜
＝（b－a）2＋［（b2＋14）－（a2＋14）］2＋
（c－b）2＋［（c2＋14）－（b2＋14）］2
＝（b－a）2[1+（a＋b）2]＋（c－b）2[1+（c＋b）2]＝（b－a）1+m2＋（c－b）1+n2≥（c－a）1+n2＝（n＋1n）1+n2，n＞0，易知（n＋1n）1+n2＞0，
令f（x）＝（x＋1x）2（1＋x2），x＞0，f'（x）＝2（x＋1x）2（2x－1x），令f'（x）＝0，解得x＝22，
当x∈（0，22）时，f'（x）＜0，此时f（x）单调递减，
当x∈（22，＋∞），f'（x）＞0，此时f（x）单调递增，
则f（x）min＝f（22）＝274，
故12L≥274＝332，即L≥33.
当L＝33时，n＝22，m＝－2，且（b－a）1+m2＝（b－a）1+n2，无解，故等号取不到，
故L＞33，得
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