专题突破练20 圆锥曲线中的证明、探索性问
题
1.(12 分)(2024 全国甲,理20)设椭圆C: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F,点M(1,3
2)在C 上,
且MF⊥x 轴.
(1)求C 的方程;
(2)过点P(4,0)的直线交C 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.
2.(15 分)(2025 陕西宝鸡三模)已知双曲线C 过点P(❑√3,1)且一条渐近线方程为x+y=0.
(1)求双曲线C 的标准方程.
(2)若过点M(1,0)的直线l 与双曲线C 相交于A,B 两点,试问在x 轴上是否存在定点N,使
直线NA 与直线NB 关于x 轴对称,若存在,求出定点N 的坐标;若不存在,请说明理由.
3.(15 分)(2025 浙江杭州模拟预测)如图,在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2
=1(a>b>0)的离心率e=
❑√2
2
,且椭圆E 过点A(2,0),过点A 作斜率为k(k≠0)的直线l 交椭圆
E 于点B,交y 轴于点C.
(1)求椭圆E 的方程.
(2)已知P 为AB 的中点,是否存在定点Q,对于任意的k(k≠0)都有⃗OP⊥⃗CQ,若存在,求出点
Q 的坐标;若不存在,说明理由.
4.(17 分)(2025 山东日照二模)在平面直角坐标系xOy 中,过点M(2,0)的直线l 与抛物线
C:y2=2px(p>0)交于A,B 两点,当直线l 平行于y 轴时,|AB|=4.
(1)求抛物线C 的方程.
(2)若直线l 的斜率存在,直线AO 与直线x=-2 相交于点D,过点B 且与抛物线C 相切的直
线交x 轴于点E.
①证明:∠DEO+∠BMO=π.
②是否存在直线l 使得四边形ABDE 的面积为15
2
?若存在,说明直线l 有几条;若不存在,
请说明理由.
答案：
1.(1)解 设椭圆C 的左焦点为F1,
则|F1F|=2,|MF|=3
2
,
又MF⊥x 轴,所以|MF1|=5
2
,2a=|MF1|+|MF|=4,
则a2=4,b2=a2-1=3.
故椭圆C 的方程为x
2
4 + y
2
3
=1.
(2)证明 设点A(x1,y1),B(x2,y2),
则
y1
x1- 4 =
y2
x2- 4 ,
即x1y2-x2y1=4(y2-y1),
所以(x1y2-x2y1)(x1y2+x2y1)=x1
2 y2
2−x2
2 y1
2
=(4-4 y1
2
3 ) y2
2-(4-4 y2
2
3 ) y1
2
=4(y2-y1)(y2+y1)
=4(y2-y1)(x1y2+x2y1),
所以x1y2+x2y1=y1+y2,2x2y1=5y1-3y2,
又点P(4,0),F(1,0),N(5
2
,0),
则yQ= 3 y2
5-2 x2
=
3 y1 y2
5 y1-2 y1 x2
=y1,故AQ⊥y 轴.
2.解 (1)∵双曲线C 的一条渐近线方程为x+y=0,
∴设双曲线方程为x2-y2=λ(λ≠0).
又∵双曲线C 过点P(❑√3,1),
则代入得λ=2,
∴双曲线C 的方程为x
2
2 −y
2
2
=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),假设在x 轴上存在定点N(x0,0),使直线NA 与直线NB 关于x 轴对称.
由题意知,直线l 的斜率一定存在,则设其方程为y=k(x-1),
联立{
x
2
2 - y
2
2 =1,
y =k ( x -1),
消去y 得(1-k2)x2+2k2x-k2-2=0,
由题意知{
1-k
2≠0,
Δ= 4 k
4- 4(1-k
2)(-k
2-2)= 4(2-k
2)>0,
即k∈(-❑√2,-1)∪(-1,1)∪(1,❑√2),
又有x1+x2=-2k
2
1-k
2,x1x2=-(k
2+2)
1-k
2
,
则kAN+kBN=
y1
x1- x0
+
y2
x2- x0
= k [2 x1 x2-( x0+1)( x1+ x2)+2 x0]
x1 x2- x0( x1+ x2)+ x0
2
=0,
∴k[2-(k
2+2)
1-k
2
-(x0+1)(-2k
2
1-k
2)+2x0]=0,
∴k (2 x0- 4)
1-k
2
=0,∴k(2x0-4)=0,
上式对∀k∈(-❑√2,-1)∪(-1,1)∪(1,❑√2)恒成立,∴x0=2,
∴存在定点N(2,0),使kAN+kBN=0,即直线NA 与直线NB 关于x 轴对称.
3.解 (1)因为椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 的离心率e=
❑√2
2
,且椭圆E 过点A(2,0),
可得{
c
a =
❑√2
2 ,
a=2,
b
2=a
2-c
2,
解得a=2,b=❑√2,
所以椭圆E 的方程为x
2
4 + y
2
2
=1.
(2)由题意,显然直线AB 的斜率存在,设直线AB 的方程为y=k(x-2),
联立{
y =k ( x -2),
x
2
4 + y
2
2 =1,
整理得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-4=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2= 8k
2
1+2k
2,x1x2=8k
2- 4
1+2k
2 .
因为点P 为AB 的中点,可得xP= x1+ x2
2
=
4 k
2
1+2k
2,
则yP=k(xP-2)=-2k
1+2k
2,
即P( 4 k
2
1+2k
2 ,-2k
1+2k
2),
令x=0,可得yC=-2k,即C(0,-2k),
假设存在点Q(m,n),使得⃗OP⊥⃗CQ,此时⃗OP·⃗CQ=0.
因为⃗OP=( 4 k
2
1+2k
2 ,-2k
1+2k
2),⃗CQ=(m,n+2k),
可得⃗OP·⃗CQ = 4 mk
2
1+2k
2 −2k (n+2k )
1+2k
2
=0,整理得2mk2-k(n+2k)=0.
因为k≠0,所以2mk-(n+2k)=0,
即(2m-2)k-n=0 恒成立,
令{
2m-2=0,
n=0,
解得m=1,n=0,即Q(1,0),
即存在定点Q(1,0),使得⃗OP⊥⃗CQ .
4.(1)解 当直线l∥y 轴时|AB|=4,则点(2,2)在抛物线上,故4=4p,解得p=1,所以抛物线C
的方程为y2=2x.
(2)①证明 由题设,直线l 的斜率存在且不为0,设直线l:x=my+2(m≠0),则斜率kAB= 1
m .
若A(x1,y1),B(x2,y2),y1>0>y2,联立{
x =my +2,
y
2=2 x, 得y2-2my-4=0,
所以y1+y2=2m,y1y2=-4,
由y=-❑√2 x,则y'=-
❑√2
2❑√x
,
故在点B 处切线斜率为-
❑√2
2❑√x2
=-
❑√2
2 ·
❑√2
❑√y2
2 = 1
y2,
所以对应切线方程为y= 1
y2
(x-x2)+y2= 1
y2
(x- y2
2
2
)+y2= x
y2
+ y2
2 ,
令y=0,得x=- y2
2
2
,故E(- y2
2
2
,0).
由直线OA:y= y1
x1
x,令x=-2,
则y=-2 y1
x1
=-4 y1
y1
2 =- 4
y1
,
故D(-2,- 4
y1
),
所以kDE=
- 4
y1
-2+ y2
2
2
=
8
4 y1- y1 y2
2 =
8
4 y1+ 4 y2
=
2
y1+ y2
= 1
m
,
所以kAB=kDE,即l∥DE,所以∠DEO+∠BMO=π.
②解 连接AE,BD,由①得D(-2,- 4
y1
),y1y2=-4,则D(-2,y2),
又B(x2,y2),所以BD∥x 轴,
即四边形DBME 为平行四边形,
所以S 四边形ABDE=S 四边形DBME+S△AEM=(2-xE)(|yB|+1
2
yA)
=(2+ y2
2
2
)·(-y2+1
2y1)=(2+ y2
2
2
)(-y2- 2
y2
)=- y2
3
2
-3y2- 4
y2
,
若四边形ABDE 的面积为15
2
,
则- y2
3
2
-3y2- 4
y2
= 15
2 ,
整理得y2
4+6y2
2+15y2+8=0,
令f(x)=x4+6x2+15x+8,且x<0,
则f'(x)=4x3+12x+15,
令g(x)=f'(x),
则g'(x)=12x2+12>0,
故g(x)=f'(x)在(-∞,0)上单调递增,
又f'(-1)=-1<0<f'(-1
2
)=17
2
,
所以∃x0∈(-1,-1
2
)使f'(x0)=0,
在(-∞,x0)上f'(x)<0,f(x)在(-∞,x0)上单调递减,
在(x0,0)上f'(x)>0,f(x)在(x0,0)上单调递增,
而f(-1)=0>f(x0),f(-1
2
)=33
16
,∃x1∈(x0,-1
2
)使f(x1)=0,
所以f(x)在(-∞,0)上有两个零点,为-1 和x1,x1∈(x0,-1
2
),
即- y2
3
2
-3y2- 4
y2
= 15
2 在(-∞,0)上有2 个不同根,由对称性,使四边形ABDE 的面积为15
2 的直线
l 共有
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