2027届高中数学高考一轮复习学案：第八章　第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题

这是一份2027届高中数学高考一轮复习学案：第八章　第64课时　圆锥曲线中的证明、探索性问题，文件包含2025-2026学年第二学期九年级数学第六章图形的相似单元测试卷docx、2025-2026学年第二学期九年级数学第六章图形的相似单元测试参考答案与试题解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
[典例1] (2023·北京卷)已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为53，A，C分别为E的上、下顶点，B，D分别为E的左、右顶点，|AC|＝4．
(1)求E的方程；
(2)P为第一象限内E上的一个动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N．求证：MN∥CD．





名师点评：树立“转化”意识，证明位置关系
[巩固迁移]
1．(2025·八省联考)已知椭圆C的离心率为12，左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)．
(1)求C的方程；
(2)已知点M0(1，4)，证明：线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点；
(3)设M是坐标平面上的动点，且线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点．证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程．





技法二 “设而不求”法证明数量关系
[典例2] 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|．
[思维流程]





名师点评：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，借助几何直观地达到证明的目的．
[巩固迁移]
2．(2026·内蒙古呼和浩特开学考试)已知双曲线C：x2a2−y2b2＝1(a>0，b>0)的一个焦点为(5，0)，点P(42，3)在C上．
(1)求C的方程；
(2)已知点Q(42，−3)，A(22，0)，B为线段PQ上一点，且直线AB交C于D，E两点，证明：|AD|·|BE|＝|AE|·|BD|．





技法三 肯定顺推法求解存在性问题
[典例3] 已知椭圆C1：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，椭圆C1的上顶点与抛物线C2：x2＝2py(p>0)的焦点F重合，且抛物线C2经过点P(2，1)，O为坐标原点．
(1)求椭圆C1和抛物线C2的标准方程．
(2)已知直线l：y＝kx＋m与抛物线C2交于A，B两点，与椭圆C1交于C，D两点，若直线PF平分∠APB，四边形OCPD能否为平行四边形？若能，求实数m的值；若不能，请说明理由．
[思维流程]





名师点评：肯定顺推法求解存在性问题
先假设满足条件的元素(点、直线、曲线、参数等)存在，用待定系数法设出，并列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线、参数等)存在；否则，元素(点、直线、曲线、参数等)不存在．
[巩固迁移]
3．(2025·河北石家庄一模)已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的一个焦点F(−2，0)，短轴长为22．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线l：x＝－a22与x轴交于点Q，过焦点F(－2，0)的直线与椭圆交于M，N两点．
(ⅰ)证明：点Q在以MN为直径的圆外．
(ⅱ)在l上是否存在点E使得△EMN是等边三角形．若存在，求出直线MN的方程；若不存在，请说明理由．





技法一
典例1 解：(1)由题意可得2b＝4，e＝53＝ca，a2＝b2＋c2，
解得b＝2，a2＝9，∴椭圆E的方程为x29+y24＝1．
(2)证明：由题意可知，A(0，2)，B(－3，0)，C(0，－2)，D(3，0)，
直线BC的方程为x−3+y−2＝1，即2x＋3y＋6＝0．
设直线AP的方程为y＝kx＋2(k0，
解得x＝0或x＝－36k4+9k2，
∴P−36k4+9k2，8−18k24+9k2．
直线PD的方程为y＝18k2−84+9k23+36k4+9k2(x－3)，
即y＝18k2−827k2+36k+12(x－3)，
与2x＋3y＋6＝0联立，解得x＝−6k−43k2+2k，y＝8−18k29k2+6k．
∴M−6k−43k2+2k，8−18k29k2+6k．
∴kMN＝8−18k29k2+6k+24k−6k+43k2+2k＝23，kCD＝23，
∴MN∥CD．
巩固迁移
1．解：(1)由题意知ca＝12，c＝1，a2＝b2+c2，∴a＝2，b＝3，
∴C的方程为x24+y23＝1．
(2)证明：设线段F1M0的中点为P，则P(0，2)，kF1M0＝2，∴线段F1M0的垂直平分线方程为y＝－12x＋2，
由y＝−12x+2，x24+y23＝1
消去y得3x2＋414x2−2x+4－12＝0，∴x2－2x＋1＝0，Δ＝4－4＝0，
∴线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点．
(3)证明：设M(x0，y0)，
当y0＝0时，线段F1M的垂直平分线方程为x＝x0−12，此时x0−12＝±2，x0＝5或x0＝－3．
当y0≠0时，线段F1M的垂直平分线方程为y＝－x0+1y0x−x0−12+y02
＝－x0+1y0x+x02+y02−12y0，
联立y＝−x0+1y0x+x02+y02−12y0，3x2+4y2＝12，
得3x2＋4(x02+y02−1)24y02−(x0+1)(x02+y02−1)y02x+(x0+1)2y02x2＝12，
∴3+4(x0+1)2y02x2−4(x0+1)(x02+y02−1)y02x＋(x02+y02−1)2y02－12＝0．
∵线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点，
∴Δ＝16(x0+1)2(x02+y02−1)2y04−43+4(x0+1)2y02(x02+y02−1)2y02−12＝0，
即3(x02+y02−1)2y02−36−48(x0+1)2y02＝0，
则y04＋(2x02－14)y02+x04−18x02－32x0－15＝0，
即y04＋(2x02－14)y02＋(x0＋1)2(x0＋3)·(x0－5)＝0，y04＋(2x02－14)y02＋(x02＋2x0＋1)(x02－2x0－15)＝0，
∴(y02+x02＋2x0＋1)(y02+x02－2x0－15)＝0，
∵x02+y02＋2x0＋1＝(x0＋1)2＋y02>0，
∴x02+y02－2x0－15＝0，即(x0－1)2＋y02＝16，
∵点(5，0)，(－3，0)也满足上式，∴M的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝16，它为一个圆．
技法二
典例2 解：(1)设抛物线Γ的标准方程为x2＝2py，p>0，则F0，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，设直线l的斜率为k，那么其方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．
则E(－2，－1)到直线l的距离d＝k−1|k2+1，
因为l与圆E交于A，B两点，
所以d20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＝2k(k2+1)2(k+1)k>2kk＝2．
所以|CD|2>2|AB|2，
即|CD|>2|AB|．
巩固迁移
2．解：(1)由双曲线C的一个焦点为(5，0)，得a2＋b2＝25，
由点P(42，3)在双曲线C上，得32a2−9b2＝1，解得a＝4，b＝3，
所以双曲线C的方程为x216−y29＝1．
(2)证明：设B(42，t)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，
则直线AB的方程为y＝t22(x－22)，
由y＝t22(x−22)，x216−y29＝1，
消去y得(9－2t2)x2＋82t2x－16t2－144＝0，
由直线AB交C于D，E两点，得
9−2t2≠0，Δ＝128t4−64(2t2−9)(t2+9)>0，
解得－3