2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版高考大題沖關(guān)系列（5）含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版命題動(dòng)向：圓錐曲線問(wèn)題在高考中屬于必考內(nèi)容，并且常常在同一份試卷上多題型考查．對(duì)圓錐曲線的考查在解答題部分主要體現(xiàn)以下考法：第一問(wèn)一般是先求圓錐曲線的方程或離心率等較基礎(chǔ)的知識(shí)；第二問(wèn)往往涉及定點(diǎn)、定值、最值、取值范圍等探究性問(wèn)題，解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵是通過(guò)聯(lián)立方程來(lái)解決．題型1最值、范圍問(wèn)題角度最值問(wèn)題例1(2021·全國(guó)乙卷)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，且F與圓M：x2＋(y＋4)2＝1上點(diǎn)的距離的最小值為4.(1)求p；(2)若點(diǎn)P在M上，PA，PB是C的兩條切線，A，B是切點(diǎn)，求△PAB面積的最大值．解(1)因?yàn)榻裹c(diǎn)Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))到圓M：x2＋(y＋4)2＝1上點(diǎn)的距離的最小值為|FM|－1＝eq\f(p,2)＋4－1＝eq\f(p,2)＋3，所以eq\f(p,2)＋3＝4，所以p＝2.(2)解法一：由(1)知拋物線C：x2＝4y，即y＝eq\f(x2,4)，所以y′＝eq\f(x,2).設(shè)切點(diǎn)A(x1，y1)，切點(diǎn)B(x2，y2)，則lPA：y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)，lPB：y＝eq\f(x2,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,2),4).從而可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4))).由題意可知直線AB的斜率存在，設(shè)lAB：y＝kx＋b，與拋物線C：x2＝4y聯(lián)立，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,x2＝4y，,))消去y，得x2－4kx－4b＝0，則Δ＝16k2＋16b>0，即k2＋b>0，且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以P(2k，－b)．因?yàn)閨AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(16k2＋16b)，點(diǎn)P到直線AB的距離d＝eq\f(|2k2＋2b|,\r(k2＋1))，所以S△PAB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\r(1＋k2)·eq\r(16k2＋16b)·eq\f(|2k2＋2b|,\r(k2＋1))＝4(k2＋b)eq\s\up7(\f(3,2)).(*)又點(diǎn)P(2k，－b)在圓M：x2＋(y＋4)2＝1上，所以k2＝eq\f(1－（b－4）2,4).將該式代入(*)式，得S△PAB＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－b2＋12b－15,4)))eq\s\up7(\f(3,2)).而yP＝－b∈[－5，－3]，所以b∈[3，5]．所以當(dāng)b＝5時(shí)，△PAB的面積最大，最大值為20eq\r(5).解法二：由(1)知拋物線C：x2＝4y，即y＝eq\f(x2,4)，所以y′＝eq\f(x,2).設(shè)切點(diǎn)A(x1，y1)，切點(diǎn)B(x2，y2)，圓M上任意一點(diǎn)P(x0，y0)，則易得lPA：y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)，lPB：y＝eq\f(x2,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,2),4)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x1,2)x－\f(xeq\o\al(2,1),4)，,y＝\f(x2,2)x－\f(xeq\o\al(2,2),4)，))得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4))).所以x0＝eq\f(x1＋x2,2)，y0＝eq\f(x1x2,4)，又線段AB的中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以S△PAB＝eq\f(1,2)|PQ|·|x1－x2|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)－y0))·|x1－x2|＝eq\f(1,4)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2),4)－2y0))·|x1－x2|＝eq\f(1,16)|x1－x2|3＝eq\f(1,16)(eq\r(|x1－x2|2))3＝eq\f(1,16)(eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2))3＝eq\f(1,16)(eq\r(4xeq\o\al(2,0)－16y0))3＝eq\f(1,2)(eq\r(xeq\o\al(2,0)－4y0))3.(*)又點(diǎn)P(x0，y0)在圓M：x2＋(y＋4)2＝1上，所以xeq\o\al(2,0)＝1－(y0＋4)2，代入(*)式，得S△PAB＝eq\f(1,2)(－yeq\o\al(2,0)－12y0－15)eq\s\up7(\f(3,2)).而y0∈[－5，－3]，所以當(dāng)y0＝－5時(shí)，△PAB的面積最大，最大值為20eq\r(5).處理圓錐曲線最值問(wèn)題的求解方法圓錐曲線中的最值問(wèn)題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是利用幾何法，即通過(guò)利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進(jìn)行求解；二是利用代數(shù)法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達(dá)式表示為某個(gè)(些)參數(shù)的函數(shù)(解析式)，然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進(jìn)行求解．變式訓(xùn)練1(2023·全國(guó)甲卷)已知直線x－2y＋1＝0與拋物線C：y2＝2px(p＞0)交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝4eq\r(15).(1)求p；(2)設(shè)C的焦點(diǎn)為F，M，N為C上兩點(diǎn)，eq\o(MF,\s\up6(→))·eq\o(NF,\s\up6(→))＝0，求△MNF面積的最小值．解(1)設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1＝0，,y2＝2px，))可得y2－4py＋2p＝0，所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p，所以|AB|＝eq\r(5)|yA－yB|＝eq\r(5)×eq\r(（yA＋yB）2－4yAyB)＝eq\r(5)×eq\r(16p2－8p)＝4eq\r(15)，即2p2－p－6＝0，因?yàn)閜＞0，解得p＝2.(2)顯然直線MN的斜率不可能為零，設(shè)直線MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋n，))可得y2－4my－4n＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，Δ＝16m2＋16n＞0?m2＋n＞0，因?yàn)閑q\o(MF,\s\up6(→))·eq\o(NF,\s\up6(→))＝0，F(xiàn)(1，0)，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0，將y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入，得4m2＝n2－6n＋1，4(m2＋n)＝(n－1)2＞0，所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，解得n≥3＋2eq\r(2)或n≤3－2eq\r(2).設(shè)點(diǎn)F到直線MN的距離為d，所以d＝eq\f(|1－n|,\r(1＋m2))，|MN|＝eq\r(1＋m2)·|y1－y2|＝eq\r(1＋m2)eq\r(16m2＋16n)＝eq\r(1＋m2)eq\r(4（n2－6n＋1）＋16n)＝2eq\r(1＋m2)|n－1|，所以△MNF的面積S＝eq\f(1,2)|MN|·d＝eq\f(1,2)×2eq\r(1＋m2)|n－1|×eq\f(|1－n|,\r(1＋m2))＝(n－1)2，而n≥3＋2eq\r(2)或n≤3－2eq\r(2)，所以當(dāng)n＝3－2eq\r(2)時(shí)，△MNF的面積取得最小值，Smin＝(2－2eq\r(2))2＝12－8eq\r(2).角度范圍問(wèn)題例2(2021·浙江高考)如圖，已知F是拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)，M是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，且|MF|＝2.(1)求拋物線的方程；(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，若斜率為2的直線l與直線MA，MB，AB，x軸依次交于點(diǎn)P，Q，R，N，且滿足|RN|2＝|PN|·|QN|，求直線l在x軸上截距的取值范圍．解(1)因?yàn)镸是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，且|MF|＝2，所以p＝2.所以拋物線的方程為y2＝4x.(2)由(1)知，F(xiàn)(1，0)，M(－1，0)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為x＝my＋1，直線l的方程為y＝2x＋n(n≠±2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))可得y2－4my－4＝0，顯然Δ>0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，所以yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋8.易知直線AM的方程為y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋1)（x＋1），,y＝2x＋n，))可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－n（x1＋1）＋y1,2x1＋2－y1)，\f(（2－n）y1,2x1＋2－y1))).同理可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－n（x2＋1）＋y2,2x2＋2－y2)，\f(（2－n）y2,2x2＋2－y2)))，所以|yPyQ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（n－2）2y1y2,（2x1＋2－y1）（2x2＋2－y2）)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（n－2）2y1y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),2)＋2－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),2)＋2－y2)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4（n－2）2y1y2,4y1y2－（2y1y2＋8）（y1＋y2）＋yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＋4（yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)）＋16)))＝eq\f(（n－2）2,4m2＋3).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y＝2x＋n，))可得yR＝eq\f(n＋2,1－2m).因?yàn)閨RN|2＝|PN|·|QN|，所以yeq\o\al(2,R)＝|yPyQ|，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋2,1－2m)))eq\s\up12(2)＝eq\f(（n－2）2,4m2＋3)，所以eq\f(（n－2）2,（n＋2）2)＝eq\f(4m2＋3,（2m－1）2)＝eq\f(4,（2m－1）2)＋eq\f(2,2m－1)＋1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m－1)＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，所以n<－2或－2<n≤14－8eq\r(3)或n≥14＋8eq\r(3).因?yàn)橹本€l：y＝2x＋n(n≠±2)在x軸上的截距為－eq\f(n,2)，所以－eq\f(n,2)>1或4eq\r(3)－7≤－eq\f(n,2)<1或－eq\f(n,2)≤－7－4eq\r(3)，即直線l在x軸上截距的取值范圍是(－∞，－7－4eq\r(3)]∪[4eq\r(3)－7，1)∪(1，＋∞)．圓錐曲線中取值范圍問(wèn)題的五種常用解法(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍．(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解決這類問(wèn)題的核心是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系．(3)利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．(4)利用已知的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．(5)利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍．變式訓(xùn)練2(2021·北京高考)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過(guò)點(diǎn)A(0，－2)，以四個(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形面積為4eq\r(5).(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)點(diǎn)P(0，－3)的直線l斜率為k，交橢圓E于不同的兩點(diǎn)B，C，直線AB，AC交y＝－3于點(diǎn)M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范圍．解(1)因?yàn)闄E圓過(guò)A(0，－2)，所以b＝2，因?yàn)樗膫€(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形的面積為4eq\r(5)，所以eq\f(1,2)×2a×2b＝4eq\r(5)，即a＝eq\r(5)，故橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，因?yàn)橹本€BC的斜率存在，所以x1x2≠0，故直線AB：y＝eq\f(y1＋2,x1)x－2，令y＝－3，則xM＝－eq\f(x1,y1＋2)，同理xN＝－eq\f(x2,y2＋2).直線BC：y＝kx－3，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3，,4x2＋5y2＝20))可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，解得k<－1或k>1.又x1＋x2＝eq\f(30k,4＋5k2)，x1x2＝eq\f(25,4＋5k2)，故x1x2>0，所以xMxN>0.又|PM|＋|PN|＝|xM＋xN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,y1＋2)＋\f(x2,y2＋2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1－1)＋\f(x2,kx2－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2kx1x2－（x1＋x2）,k2x1x2－k（x1＋x2）＋1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(50k,4＋5k2)－\f(30k,4＋5k2),\f(25k2,4＋5k2)－\f(30k2,4＋5k2)＋1)))＝5|k|，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<－1或k>1，,5|k|≤15，))即－3≤k<－1或1<k≤3.綜上，k的取值范圍是[－3，－1)∪(1，3]．題型2定點(diǎn)、定值、定直線問(wèn)題角度定點(diǎn)問(wèn)題例3(2023·全國(guó)乙卷)已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq\f(\r(5),3)，點(diǎn)A(－2，0)在C上．(1)求C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)(－2，3)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M，N，證明：線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)．解(1)由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5)，))所以C的方程為eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)證明：由題意可知，直線PQ的斜率存在，設(shè)直線PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2）＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0，則Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1728k>0，解得k<0，可得x1＋x2＝－eq\f(8k（2k＋3）,4k2＋9)，x1x2＝eq\f(16（k2＋3k）,4k2＋9)，因?yàn)锳(－2，0)，則直線AP：y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，令x＝0，解得y＝eq\f(2y1,x1＋2)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y1,x1＋2)))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y2,x2＋2)))，則eq\f(\f(2y1,x1＋2)＋\f(2y2,x2＋2),2)＝eq\f(k（x1＋2）＋3,x1＋2)＋eq\f(k（x2＋2）＋3,x2＋2)＝eq\f([kx1＋（2k＋3）]（x2＋2）＋[kx2＋（2k＋3）]（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)＝eq\f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋4（2k＋3）,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)＝eq\f(\f(32k（k2＋3k）,4k2＋9)－\f(8k（4k＋3）（2k＋3）,4k2＋9)＋4（2k＋3）,\f(16（k2＋3k）,4k2＋9)－\f(16k（2k＋3）,4k2＋9)＋4)＝eq\f(108,36)＝3，所以線段MN的中點(diǎn)是定點(diǎn)(0，3)．(1)求解直線或曲線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題的基本思路是：把直線或曲線方程中的變量x，y當(dāng)作常數(shù)看待，把方程一端化為零，既然是過(guò)定點(diǎn)，那么這個(gè)方程就要對(duì)任意參數(shù)都成立，這時(shí)參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個(gè)關(guān)于x，y的方程組，這個(gè)方程組的解所確定的點(diǎn)就是直線或曲線所過(guò)的定點(diǎn)．(2)由直線方程確定其過(guò)定點(diǎn)時(shí)，若得到了直線方程的點(diǎn)斜式y(tǒng)－y0＝k(x－x0)，則直線必過(guò)定點(diǎn)(x0，y0)；若得到了直線方程的斜截式y(tǒng)＝kx＋m，則直線必過(guò)定點(diǎn)(0，m)．變式訓(xùn)練3(2022·全國(guó)乙卷)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對(duì)稱軸為x軸、y軸，且過(guò)A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))兩點(diǎn)．(1)求E的方程；(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)P(1，－2)的直線交E于M，N兩點(diǎn)，過(guò)M且平行于x軸的直線與線段AB交于點(diǎn)T，點(diǎn)H滿足eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→))，證明：直線HN過(guò)定點(diǎn)．解(1)設(shè)E的方程為mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，將A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))兩點(diǎn)代入，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)，))故E的方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1.(2)證明：由A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))可得直線AB：y＝eq\f(2,3)x－2.①若過(guò)點(diǎn)P(1，－2)的直線的斜率不存在，直線方程為x＝1，代入eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1，可得y＝±eq\f(2\r(6),3)，不妨令Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2\r(6),3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(6),3)))，將y＝－eq\f(2\r(6),3)代入直線AB：y＝eq\f(2,3)x－2，可得Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\r(6)，－\f(2\r(6),3)))，由eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→))，得Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－2\r(6)，－\f(2\r(6),3))).易求得此時(shí)直線HN：y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(2\r(6),3)))x－2，過(guò)點(diǎn)(0，－2)．②若過(guò)點(diǎn)P(1，－2)的直線的斜率存在，設(shè)為y＝kx－(k＋2)，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－（k＋2），,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1，))得(3k2＋4)x2－6k(k＋2)x＋3k(k＋4)＝0，Δ＝36k2(k＋2)2－12k(k＋4)(3k2＋4)＝96(k2－2k)>0?k<0或k>2，故有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(6k（k＋2）,3k2＋4)，,x1x2＝\f(3k（k＋4）,3k2＋4)，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－8（2＋k）,3k2＋4)，,y1y2＝\f(8（2＋2k－k2）,3k2＋4)，))且x1y2＋x2y1＝eq\f(－24k,3k2＋4)，(*)聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝y(tǒng)1，,y＝\f(2,3)x－2，))可得Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3y1,2)＋3，y1))，H(3y1＋6－x1，y1)，可求得此時(shí)直線HN：y－y2＝eq\f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)(x－x2)，將(0，－2)代入，整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0，將(*)式代入，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，顯然成立．綜上，可得直線HN過(guò)定點(diǎn)(0，－2)．角度定值問(wèn)題例4(2020·新高考Ⅰ卷)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，且過(guò)點(diǎn)A(2，1)．(1)求C的方程；(2)點(diǎn)M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點(diǎn)Q，使得|DQ|為定值．解(1)由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝6，b2＝c2＝3，故橢圓C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：設(shè)點(diǎn)M(x1，y1)，N(x2，y2)．因?yàn)锳M⊥AN，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0，即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0.①當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝kx＋m，如圖1.代入橢圓方程消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2)，②根據(jù)y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，代入①整理，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0，將②代入上式，得(k2＋1)eq\f(2m2－6,1＋2k2)＋(km－k－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,1＋2k2)))＋(m－1)2＋4＝0，整理化簡(jiǎn)得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0，因?yàn)锳(2，1)不在直線MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1，于是MN的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))－eq\f(1,3)，k≠1，所以直線MN過(guò)定點(diǎn)Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，可得N(x1，－y1)，如圖2.代入(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0得(x1－2)2＋1－yeq\o\al(2,1)＝0，結(jié)合eq\f(xeq\o\al(2,1),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，解得x1＝2(舍去)或x1＝eq\f(2,3)，此時(shí)直線MN過(guò)點(diǎn)Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).因?yàn)閨AE|為定值，且△ADE為直角三角形，AE為斜邊，所以AE的中點(diǎn)Q滿足|DQ|為定值eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AE長(zhǎng)度的一半\f(1,2)\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))\s\up12(2))＝\f(2\r(2),3))).由于A(2，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)))，故由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3))).故存在點(diǎn)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|為定值．圓錐曲線中的定值問(wèn)題的常見(jiàn)類型及解題策略(1)求代數(shù)式為定值．依題設(shè)條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)式、化簡(jiǎn)即可得出定值．(2)求點(diǎn)到直線的距離為定值．利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設(shè)條件化簡(jiǎn)、變形求得．(3)求某線段長(zhǎng)度為定值．利用長(zhǎng)度公式求得解析式，再依據(jù)條件對(duì)解析式進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形即可求得．變式訓(xùn)練4(2023·福建模擬)已知圓A1：(x＋1)2＋y2＝16，直線l1過(guò)點(diǎn)A2(1，0)且與圓A1交于B，C兩點(diǎn)，BC的中點(diǎn)為D，過(guò)A2C的中點(diǎn)E且平行于A1D的直線交A1C于點(diǎn)P，記P的軌跡為Γ.(1)求Γ的方程；(2)坐標(biāo)原點(diǎn)O關(guān)于A1，A2的對(duì)稱點(diǎn)分別為B1，B2，點(diǎn)A1，A2關(guān)于直線y＝x的對(duì)稱點(diǎn)分別為C1，C2，過(guò)A1的直線l2與Γ交于M，N兩點(diǎn)，直線B1M，B2N相交于點(diǎn)Q.請(qǐng)從下列結(jié)論中，選擇一個(gè)正確的結(jié)論并給予證明．①△QB1C1的面積是定值；②△QB1B2的面積是定值；③△QC1C2的面積是定值．解(1)由題意得，A1(－1，0)，A2(1，0)．因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以A1D⊥BC，即A1D⊥A2C，又PE∥A1D，所以PE⊥A2C，又E為A2C的中點(diǎn)，所以|PA2|＝|PC|，所以|PA1|＋|PA2|＝|PA1|＋|PC|＝|A1C|＝4>|A1A2|，所以點(diǎn)P的軌跡Γ是以A1，A2為焦點(diǎn)的橢圓(左、右頂點(diǎn)除外)．設(shè)Γ的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(x≠±a)，其中a>b>0，a2－b2＝c2，則2a＝4，a＝2，c＝1，b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3).故Γ的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±2)．(2)解法一：結(jié)論③正確．下證：△QC1C2的面積是定值．由題意得，B1(－2，0)，B2(2，0)，C1(0，－1)，C2(0，1)，且直線l2的斜率不為0，可設(shè)直線l2：x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，且x1≠±2，x2≠±2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，所以y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)，所以2my1y2＝－3(y1＋y2)．直線B1M的方程為y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直線B2N的方程為y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋2)（x＋2），,y＝\f(y2,x2－2)（x－2），))得eq\f(x＋2,x－2)＝eq\f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝eq\f(y2（my1＋1）,y1（my2－3）)＝eq\f(my1y2＋y2,my1y2－3y1)＝eq\f(－\f(3,2)（y1＋y2）＋y2,－\f(3,2)（y1＋y2）－3y1)＝eq\f(－\f(3,2)y1－\f(1,2)y2,－\f(9,2)y1－\f(3,2)y2)＝eq\f(1,3)，解得x＝－4.故點(diǎn)Q在直線x＝－4上，所以Q到C1C2的距離d＝4，因此△QC1C2的面積是定值，為eq\f(1,2)|C1C2|·d＝eq\f(1,2)×2×4＝4.解法二：結(jié)論③正確．下證：△QC1C2的面積是定值．由題意得，B1(－2，0)，B2(2，0)，C1(0，－1)，C2(0，1)，且直線l2的斜率不為0，可設(shè)直線l2：x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，且x1≠±2，x2≠±2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y3,3)＝1，,x＝my－1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，所以y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)，所以2my1y2＝－3(y1＋y2)．直線B1M的方程為y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直線B2N的方程為y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋2)（x＋2），,y＝\f(y2,x2－2)（x－2），))得x＝2×eq\f(y2（x1＋2）＋y1（x2－2）,y2（x1＋2）－y1（x2－2）)＝2×eq\f(y2（my1＋1）＋y1（my2－3）,y2（my1＋1）－y1（my2－3）)＝2×eq\f(2my1y2＋y2－3y1,y2＋3y1)＝2×eq\f(2my1y2＋3（y1＋y2）－2（y2＋3y1）,y2＋3y1)＝－4，故點(diǎn)Q在直線x＝－4上，所以Q到C1C2的距離d＝4，因此△QC1C2的面積是定值，為eq\f(1,2)|C1C2|·d＝eq\f(1,2)×2×4＝4.解法三：結(jié)論③正確．下證：△QC1C2的面積是定值．由題意得，B1(－2，0)，B2(2，0)，C1(0，－1)，C2(0，1)，且直線l2的斜率不為0.(ⅰ)當(dāng)直線l2垂直于x軸時(shí)，l2：x＝－1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝－1，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－\f(3,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝\f(3,2).))不妨設(shè)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))，則直線B1M的方程為y＝eq\f(3,2)(x＋2)，直線B2N的方程為y＝eq\f(1,2)(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)（x＋2），,y＝\f(1,2)（x－2），))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－4，,y＝－3，))所以Q(－4，－3)，故Q到C1C2的距離d＝4，此時(shí)△QC1C2的面積為eq\f(1,2)|C1C2|·d＝eq\f(1,2)×2×4＝4.(ⅱ)當(dāng)直線l2不垂直于x軸時(shí)，設(shè)直線l2：y＝k(x＋1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，且x1≠±2，x2≠±2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x＋1），))得(4k2＋3)x2＋8k2x＋(4k2－12)＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3).直線B1M的方程為y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直線B2N的方程為y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋2)（x＋2），,y＝\f(y2,x2－2)（x－2），))得x＝2×eq\f(y2（x1＋2）＋y1（x2－2）,y2（x1＋2）－y1（x2－2）)＝2×eq\f(k（x2＋1）（x1＋2）＋k（x1＋1）（x2－2）,k（x2＋1）（x1＋2）－k（x1＋1）（x2－2）)＝eq\f(4x1x2－2x1＋6x2,3x1＋x2＋4).下證：eq\f(4x1x2－2x1＋6x2,3x1＋x2＋4)＝－4.即證4x1x2－2x1＋6x2＝－4(3x1＋x2＋4)，即證4x1x2＝－10(x1＋x2)－16，即證4×eq\f(4k2－12,4k2＋3)＝－10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k2,4k2＋3)))－16，即證4(4k2－12)＝－10(－8k2)－16(4k2＋3)，上式顯然成立，故點(diǎn)Q在直線x＝－4上，所以Q到C1C2的距離d＝4，此時(shí)△QC1C2的面積是定值，為eq\f(1,2)|C1C2|·d＝eq\f(1,2)×2×4＝4.由(ⅰ)(ⅱ)可知，△QC1C2的面積為定值．解法四：結(jié)論③正確．下證：△QC1C2的面積是定值．由題意得，B1(－2，0)，B2(2，0)，C1(0，－1)，C2(0，1)，且直線l2的斜率不為0，可設(shè)直線l2：x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，且x1≠±2，x2≠±2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，所以y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4).直線B1M的方程為y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直線B2N的方程為y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，因?yàn)閑q\f(xeq\o\al(2,2),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，所以eq\f(y2,x2－2)＝－eq\f(3,4)×eq\f(x2＋2,y2)，故直線B2N的方程為y＝－eq\f(3,4)×eq\f(x2＋2,y2)(x－2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋2)（x＋2），,y＝－\f(3,4)×\f(x2＋2,y2)（x－2），))得eq\f(x－2,x＋2)＝－eq\f(4y1y2,3（x1＋2）（x2＋2）)＝－eq\f(4y1y2,3（my1＋1）（my2＋1）)＝－eq\f(4,3)×eq\f(y1y2,m2y1y2＋m（y1＋y2）＋1)＝－eq\f(4,3)×eq\f(－9,－9m2＋6m2＋（3m2＋4）)＝3，解得x＝－4.故點(diǎn)Q在直線x＝－4上，所以Q到C1C2的距離d＝4，因此△QC1C2的面積是定值，為eq\f(1,2)|C1C2|·d＝eq\f(1,2)×2×4＝4.角度定直線問(wèn)題例5(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為(－2eq\r(5)，0)，離心率為eq\r(5).(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過(guò)點(diǎn)(－4，0)的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點(diǎn)P.證明：點(diǎn)P在定直線上．解(1)設(shè)雙曲線C的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由焦點(diǎn)坐標(biāo)可知c＝2eq\r(5)，則由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)可得a＝2，b＝eq\r(c2－a2)＝4，故C的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1.(2)證法一：由(1)可得A1(－2，0)，A2(2，0)，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，顯然直線MN的斜率不為0，所以設(shè)直線MN的方程為x＝my－4，且－eq\f(1,2)<m<eq\f(1,2)，與eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1聯(lián)立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0，則y1＋y2＝eq\f(32m,4m2－1)，y1y2＝eq\f(48,4m2－1)，直線MA1的方程為y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直線NA2的方程為y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，聯(lián)立直線MA1與直線NA2的方程可得，eq\f(x＋2,x－2)＝eq\f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝eq\f(y2（my1－2）,y1（my2－6）)＝eq\f(my1y2－2（y1＋y2）＋2y1,my1y2－6y1)＝eq\f(m·\f(48,4m2－1)－2·\f(32m,4m2－1)＋2y1,m·\f(48,4m2－1)－6y1)＝eq\f(\f(－16m,4m2－1)＋2y1,\f(48m,4m2－1)－6y1)＝－eq\f(1,3)，由eq\f(x＋2,x－2)＝－eq\f(1,3)可得x＝－1，即xP＝－1，據(jù)此可得，點(diǎn)P在定直線x＝－1上．證法二：由題意得A1(－2，0)，A2(2，0)．設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線MN的方程為x＝my－4，則eq\f(xeq\o\al(2,1),4)－eq\f(yeq\o\al(2,1),16)＝1，即4xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝16.如圖，連接MA2，kMA1·kMA2＝eq\f(y1,x1＋2)·eq\f(y1,x1－2)＝eq\f(yeq\o\al(2,1),xeq\o\al(2,1)－4)＝eq\f(4xeq\o\al(2,1)－16,xeq\o\al(2,1)－4)＝4.①由eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6，eq\f(1,6)[my－(x－2)]＝1.4(x－2)2＋16(x－2)·eq\f(1,6)[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋eq\f(8,3)(x－2)my－eq\f(8,3)(x－2)2－y2＝0，兩邊同時(shí)除以(x－2)2，得eq\f(4,3)＋eq\f(8m,3)·eq\f(y,x－2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))eq\s\up12(2)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))eq\s\up12(2)－eq\f(8m,3)·eq\f(y,x－2)－eq\f(4,3)＝0.kMA2＝eq\f(y1,x1－2)，kNA2＝eq\f(y2,x2－2)，由根與系數(shù)的關(guān)系得kMA2·kNA2＝－eq\f(4,3).②由①②可得kMA1＝－3kNA2.lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，lNA2：y＝kNA2(x－2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－3kNA2（x＋2），,y＝kNA2（x－2），))解得x＝－1.所以點(diǎn)P在定直線x＝－1上．定直線問(wèn)題是指因圖形變化或點(diǎn)的移動(dòng)而產(chǎn)生的動(dòng)點(diǎn)在定直線上的問(wèn)題．這類問(wèn)題的核心在于確定定點(diǎn)的軌跡，主要方法有：(1)設(shè)點(diǎn)法：設(shè)點(diǎn)的軌跡，通過(guò)已知點(diǎn)軌跡，消去參數(shù)，從而得到軌跡方程．(2)待定系數(shù)法：設(shè)出含參數(shù)的直線方程、待定系數(shù)法求解出系數(shù)．(3)驗(yàn)證法：通過(guò)特殊點(diǎn)位置求出直線方程，再對(duì)一般位置進(jìn)行驗(yàn)證．變式訓(xùn)練5(2023·江蘇常州一模)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短軸長(zhǎng)為2eq\r(2)，離心率為eq\f(\r(2),2).(1)求橢圓C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)P(4，1)的動(dòng)直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，在線段AB上取點(diǎn)Q，滿足|AP|·|QB|＝|AQ|·|PB|，證明：點(diǎn)Q總在某定直線上．解(1)由題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2b＝2\r(2)，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(2)，,c＝\r(2)，))所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)證明：直線AB的斜率顯然存在，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－4)＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x，y)．因?yàn)锳，P，B，Q四點(diǎn)共線，不妨設(shè)x2<x<x1<4，則|AP|＝eq\r(1＋k2)(4－x1)，|AQ|＝eq\r(1＋k2)(x1－x)，|QB|＝eq\r(1＋k2)(x－x2)，|PB|＝eq\r(1＋k2)(4－x2)，由|AP|·|QB|＝|AQ|·|PB|，可得(4－x1)·(x－x2)＝(x1－x)(4－x2)，化簡(jiǎn)得2x1x2－(x1＋x2)(4＋x)＋8x＝0.(*)聯(lián)立直線y＝k(x－4)＋1和橢圓的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x－4）＋1，))消去y，得(2k2＋1)x2＋4k(1－4k)x＋32k2－16k－2＝0，由Δ＝16k2(1－4k)2－4(2k2＋1)(32k2－16k－2)>0，得12k2－8k－1<0，所以x1＋x2＝－eq\f(4k（1－4k）,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(32k2－16k－2,2k2＋1)，代入(*)，化簡(jiǎn)得x＝eq\f(4k＋1,k＋2)＝4－eq\f(7,k＋2)，即eq\f(7,k＋2)＝4－x.又Q在直線AB上，所以k＝eq\f(y－1,x－4)，代入上式，得eq\f(7,\f(y－1,x－4)＋2)＝4－x，化簡(jiǎn)得2x＋y－2＝0，所以點(diǎn)Q總在定直線2x＋y－2＝0上．題型3圓錐曲線中的探索性問(wèn)題例6如圖，已知點(diǎn)F為拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F的動(dòng)直線l與拋物線C交于M，N兩點(diǎn)，且當(dāng)直線l的傾斜角為45°時(shí)，|MN|＝16.(1)求拋物線C的方程；(2)試確定在x軸上是否存在點(diǎn)P，使得直線PM，PN關(guān)于x軸對(duì)稱？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)當(dāng)l的斜率為1時(shí)，∵Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，∴l(xiāng)的方程為y＝x－eq\f(p,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－\f(p,2)，,y2＝2px，))得x2－3px＋eq\f(p2,4)＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝3p，∴|MN|＝x1＋x2＋p＝4p＝16，p＝4，∴拋物線C的方程為y2＝8x.(2)解法一：假設(shè)滿足條件的點(diǎn)P存在．設(shè)P(a，0)，由(1)知F(2，0)．①當(dāng)直線l不與x軸垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－2)(k≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2），,y2＝8x，))得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，Δ＝(4k2＋8)2－4·k2·4k2＝64k2＋64>0，x1＋x2＝eq\f(4k2＋8,k2)，x1x2＝4.∵直線PM，PN關(guān)于x軸對(duì)稱，∴kPM＋kPN＝0，又kPM＝eq\f(k（x1－2）,x1－a)，kPN＝eq\f(k（x2－2）,x2－a)，∴eq\f(k（x1－2）,x1－a)＋eq\f(k（x2－2）,x2－a)＝0，兩邊同時(shí)乘以(x1－a)(x2－a)，得k(x1－2)·(x2－a)＋k(x2－2)(x1－a)＝k[2x1x2－(a＋2)(x1＋x2)＋4a]＝－eq\f(8（a＋2）,k)＝0，∴a＝－2，此時(shí)P(－2，0)．②當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，由拋物線的對(duì)稱性，易知PM，PN關(guān)于x軸對(duì)稱，此時(shí)只需P與焦點(diǎn)F不重合即可．綜上，存在唯一的點(diǎn)P(－2，0)，使直線PM，PN關(guān)于x軸對(duì)稱．解法二：假設(shè)滿足條件的點(diǎn)P存在．設(shè)P(a，0)，由(1)知F(2，0)，顯然，直線l的斜率不為0，設(shè)l：x＝my＋2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝8x，))得y2－8my－16＝0，則Δ＝(－8m)2＋4×16＝64m2＋64>0，y1＋y2＝8m，y1y2＝－16.kPM＝eq\f(y1,x1－a)，kPN＝eq\f(y2,x2－a)，kPM＋kPN＝0?(x2－a)y1＋(x1－a)y2＝0，∴(my2＋2－a)y1＋(my1＋2－a)y2＝0，∴2my1y2＋(2－a)(y1＋y2)＝2m×(－16)＋(2－a)×8m＝0，∴a＝－2，∴存在唯一的點(diǎn)P(－2，0)，使直線PM，PN關(guān)于x軸對(duì)稱．存在性問(wèn)題的解題策略存在性的問(wèn)題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在．(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論．(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件．(3)當(dāng)要討論的量能夠確定時(shí)，可先確定，再證明結(jié)論符合題意．變式訓(xùn)練6(2023·沈陽(yáng)三模)已知橢圓Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，其左焦點(diǎn)為F1(－2，0)．(1)求Γ的方程；(2)如圖，過(guò)Γ的上頂點(diǎn)P作動(dòng)圓F1的切線分別交Γ于點(diǎn)M，N，是否存在圓F1使得△PMN是以PN為斜邊的直角三角形？若存在，求出圓F1的半徑；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)由題意設(shè)焦距為2c，則c＝2，由離心率為eq\f(\r(2),2)，得a＝2eq\r(2)，則b2＝a2－c2＝4，故Γ的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)不存在．證明如下：由(1)知P(0，2)，假設(shè)存在圓F1滿足題意，當(dāng)圓F1過(guò)原點(diǎn)O時(shí)，直線PN與y軸重合，直線PM的斜率為0，不符合題意．依題意不妨設(shè)PM：y＝k1x＋2(k1≠0)，PN：y＝k2x＋2(k2≠0)，圓F1的半徑為r，則圓心到直線PM的距離為eq\f(|－2k1＋2|,\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝r，所以(r2－4)keq\o\al(2,1)＋8k1＋r2－4＝0，同理，(r2－4)keq\o\al(2,2)＋8k2＋r2－4＝0，即k1，k2是關(guān)于k的方程(r2－4)k2＋8k＋r2－4＝0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，此時(shí)k1k2＝1.聯(lián)立直線PM與橢圓的方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋2，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))得(1＋2keq\o\al(2,1))x2＋8k1x＝0，所以xP＋xM＝eq\f(－8k1,1＋2keq\o\al(2,1))，即xM＝－eq\f(8k1,1＋2keq\o\al(2,1))，得yM＝eq\f(2－4keq\o\al(2,1),1＋2keq\o\al(2,1))，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k1,1＋2keq\o\al(2,1))，\f(2－4keq\o\al(2,1),1＋2keq\o\al(2,1))))，同理，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k2,1＋2keq\o\al(2,2))，\f(2－4keq\o\al(2,2),1＋2keq\o\al(2,2))))，由k2＝eq\f(1,k1)，得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k1,2＋keq\o\al(2,1))，\f(2keq\o\al(2,1)－4,2＋keq\o\al(2,1))))，由題意，PM⊥MN，即kMN＝－eq\f(1,k1)，此時(shí)kMN＝eq\f(\f(2－4keq\o\al(2,1),1＋2keq\o\al(2,1))－\f(2keq\o\al(2,1)－4,2＋keq\o\al(2,1)),－\f(8k1,1＋2keq\o\al(2,1))＋\f(8k1,2＋keq\o\al(2,1)))＝eq\f(（－2keq\o\al(2,1)＋1）（keq\o\al(2,1)＋2）－（keq\o\al(2,1)－2）（2keq\o\al(2,1)＋1）,4k1（2keq\o\al(2,1)＋1）－4k1（keq\o\al(2,1)＋2）)＝eq\f(－4keq\o\al(4,1)＋4,4k1（keq\o\al(2,1)－1）)＝－eq\f(keq\o\al(2,1)＋1,k1)，所以－eq\f(keq\o\al(2,1)＋1,k1)＝－eq\f(1,k1)，因?yàn)閗1≠0，所以方程無(wú)解，故不存在圓F1滿足題意．題型4圓錐曲線中的證明問(wèn)題角度位置關(guān)系的證明例7(2021·新高考Ⅱ卷)已知橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，右焦點(diǎn)為F(eq\r(2)，0)，且離心率為eq\f(\r(6),3).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)M，N是橢圓C上的兩點(diǎn)，直線MN與曲線x2＋y2＝b2(x>0)相切．證明：M，N，F(xiàn)三點(diǎn)共線的充要條件是|MN|＝eq\r(3).解(1)由題意，知橢圓的半焦距c＝eq\r(2)且e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，所以a＝eq\r(3)，又b2＝a2－c2＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)證明：由(1)得，曲線為x2＋y2＝1(x>0)，當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，直線MN：x＝1，不符合題意；當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)．必要性：若M，N，F(xiàn)三點(diǎn)共線，可設(shè)直線MN：y＝k(x－eq\r(2))，即kx－y－eq\r(2)k＝0，由直線MN與曲線x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq\f(|－\r(2)k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝±（x－\r(2)），,\f(x2,3)＋y2＝1，))可得4x2－6eq\r(2)x＋3＝0，所以x1＋x2＝eq\f(3\r(2),2)，x1x2＝eq\f(3,4)，所以|MN|＝eq\r(1＋1)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(3)，所以必要性成立；充分性：設(shè)直線MN：y＝kx＋m(km<0)，即kx－y＋m＝0，由直線MN與曲線x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝1，所以m2＝k2＋1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))可得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(6km,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－3,1＋3k2)，所以|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6km,1＋3k2)))2－4·\f(3m2－3,1＋3k2))＝eq\r(1＋k2)·eq\f(\r(24k2),1＋3k2)＝eq\r(3)，化簡(jiǎn)得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝1，,m＝－\r(2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－1，,m＝\r(2)，))所以直線MN：y＝x－eq\r(2)或y＝－x＋eq\r(2)，所以直線MN過(guò)點(diǎn)F(eq\r(2)，0)，即M，N，F(xiàn)三點(diǎn)共線，充分性成立．所以M，N，F(xiàn)三點(diǎn)共線的充要條件是|MN|＝eq\r(3).樹(shù)立“轉(zhuǎn)化”意識(shí)，證明位置關(guān)系，如相切、垂直、過(guò)定點(diǎn)等，關(guān)鍵是將位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為代數(shù)關(guān)系．幾何性質(zhì)代數(shù)實(shí)現(xiàn)對(duì)邊平行斜率相等，或向量平行對(duì)邊相等橫(縱)坐標(biāo)差相等對(duì)角線互相平分中點(diǎn)重合兩邊垂直數(shù)量積為0變式訓(xùn)練7(2022·新高考Ⅱ卷)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點(diǎn)為F(2，0)，漸近線方程為y＝±eq\r(3)x.(1)求C的方程；(2)過(guò)F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1＞x2＞0，y1＞0.過(guò)P且斜率為－eq\r(3)的直線與過(guò)Q且斜率為eq\r(3)的直線交于點(diǎn)M.從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立：①M(fèi)在AB上；②PQ∥AB；③|AM|＝|BM|.注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．解(1)∵右焦點(diǎn)為F(2，0)，∴c＝2，∵漸近線方程為y＝±eq\r(3)x，∴eq\f(b,a)＝eq\r(3)，∴b＝eq\r(3)a，∴c2＝a2＋b2＝4a2＝4，∴a＝1，b＝eq\r(3).∴C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意知，直線PQ的斜率存在且不為0，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋t(k≠0)，將直線PQ的方程代入C的方程，整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，則x1＋x2＝eq\f(2kt,3－k2)，x1x2＝－eq\f(t2＋3,3－k2)＞0，∴3－k2＜0，∴x1－x2＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(2\r(3（t2＋3－k2）),k2－3).設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(xM，yM)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yM－y1＝－\r(3)（xM－x1），,yM－y2＝\r(3)（xM－x2），))兩式相減，得y1－y2＝2eq\r(3)xM－eq\r(3)(x1＋x2)，又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)＝k(x1－x2)，∴2eq\r(3)xM＝k(x1－x2)＋eq\r(3)(x1＋x2)，解得xM＝eq\f(k\r(t2＋3－k2)－kt,k2－3).兩式相加，得2yM－(y1＋y2)＝eq\r(3)(x1－x2)，又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)＝k(x1＋x2)＋2t，∴2yM＝k(x1＋x2)＋eq\r(3)(x1－x2)＋2t，解得yM＝eq\f(3\r(t2＋3－k2)－3t,k2－3)＝eq\f(3,k)xM.∴點(diǎn)M的軌跡為直線y＝eq\f(3,k)x，其中k為直線PQ的斜率．若選擇①②：∵PQ∥AB，∴直線AB的方程為y＝k(x－2)，設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令點(diǎn)A在直線y＝eq\r(3)x上，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3))，∴xA＋xB＝eq\f(4k2,k2－3)，yA＋yB＝eq\f(12k,k2－3).點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yM＝k（xM－2），,yM＝\f(3,k)xM，))得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝eq\f(xA＋xB,2)，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝eq\f(yA＋yB,2)，故M為AB的中點(diǎn)，即|AM|＝|BM|.若選擇①③：當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)M即為點(diǎn)F(2，0)，此時(shí)M不在直線y＝eq\f(3,k)x上，矛盾．當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，易知直線AB的斜率不為0，設(shè)直線AB的方程為y＝m(x－2)(m≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令點(diǎn)A在直線y＝eq\r(3)x上，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝m（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2m,m－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)m,m－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2m,m＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)m,m＋\r(3))，∵M(jìn)在AB上，且|AM|＝|BM|，∴xM＝eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(2m2,m2－3)，yM＝eq\f(yA＋yB,2)＝eq\f(6m,m2－3)，又點(diǎn)M在直線y＝eq\f(3,k)x上，∴eq\f(6m,m2－3)＝eq\f(3,k)·eq\f(2m2,m2－3)，解得k＝m，因此PQ∥AB.若選擇②③：∵PQ∥AB，∴直線AB的方程為y＝k(x－2)，設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令點(diǎn)A在直線y＝eq\r(3)x上，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3)).設(shè)AB的中點(diǎn)為C(xC，yC)，則xC＝eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(2k2,k2－3)，yC＝eq\f(yA＋yB,2)＝eq\f(6k,k2－3).∵|AM|＝|BM|，∴M在AB的垂直平分線上，即M在直線y－yC＝－eq\f(1,k)(x－xC)，即y－eq\f(6k,k2－3)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2k2,k2－3)))上，與y＝eq\f(3,k)x聯(lián)立，得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝xC，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝y(tǒng)C，即M恰為AB的中點(diǎn)，故M在直線AB上．角度數(shù)量關(guān)系的證明例8(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)在直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P到x軸的距離等于點(diǎn)P到點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的距離，記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為W.(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三個(gè)頂點(diǎn)在W上，證明：矩形ABCD的周長(zhǎng)大于3eq\r(3).解(1)設(shè)P(x，y)，則|y|＝eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))\s\up12(2))，兩邊同時(shí)平方，化簡(jiǎn)得y＝x2＋eq\f(1,4)，故W的方程為y＝x2＋eq\f(1,4).(2)證法一：不妨設(shè)A，B，D在W上，且AB⊥AD，依題意可設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，易知直線AB，AD的斜率均存在且不為0，則設(shè)AB，AD的斜率分別為k和－eq\f(1,k)，由對(duì)稱性，不妨設(shè)|k|≤1，直線AB的方程為y＝k(x－a)＋a2＋eq\f(1,4)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋\f(1,4)，,y＝k（x－a）＋a2＋\f(1,4)，))得x2－kx＋ka－a2＝0，Δ＝k2－4(ka－a2)＝(k－2a)2>0，則k≠2a，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|，同理|AD|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))，所以|AB|＋|AD|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|＋eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))＝eq\r(\f(（1＋k2）3,k2)).令k2＝m，則m∈(0，1]，設(shè)f(m)＝eq\f(（m＋1）3,m)＝m2＋3m＋eq\f(1,m)＋3，則f′(m)＝2m＋3－eq\f(1,m2)＝eq\f(（2m－1）（m＋1）2,m2)，令f′(m)＝0，解得m＝eq\f(1,2)，當(dāng)m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時(shí)，f′(m)<0，f(m)單調(diào)遞減，當(dāng)m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時(shí)，f′(m)>0，f(m)單調(diào)遞增，則f(m)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(27,4)，所以|AB|＋|AD|≥eq\f(3\r(3),2)，但eq\r(1＋k2)|k－2a|＋eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))))，此處取等號(hào)的條件為|k|＝1，與最終取等號(hào)的條件|k|＝eq\f(\r(2),2)不一致，故|AB|＋|AD|>eq\f(3\r(3),2)，故矩形ABCD的周長(zhǎng)大于3eq\r(3).證法二：設(shè)矩形的三個(gè)頂點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，c2＋\f(1,4)))在W上，a<b<c，且AB⊥BC，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在且不為0，則kAB·kBC＝－1，a＋b<b＋c，令kAB＝eq\f(b2＋\f(1,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,4))),b－a)＝a＋b＝m<0，同理，令kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1，則m＝－eq\f(1,n)，設(shè)矩形的周長(zhǎng)為l，由對(duì)稱性，不妨設(shè)|m|≥|n|，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋eq\f(1,n)，則eq\f(1,2)l＝|AB|＋|BC|＝(b－a)eq\r(1＋m2)＋(c－b)eq\r(1＋n2)≥(c－a)eq\r(1＋n2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)，n>0，易知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)>0，令f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)(1＋x2)，x>0，f′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(\r(2),2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，則f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\f(27,4)，故eq\f(1,2)l≥eq\r(\f(27,4))＝eq\f(3\r(3),2)，即l≥3eq\r(3).當(dāng)l＝3eq\r(3)時(shí)，n＝eq\f(\r(2),2)，m＝－eq\r(2)，且(b－a)eq\r