命題點1 證明問題
例1 [2022新高考卷Ⅱ]已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的右焦點為F（2，0），漸近線方程為y＝±3x.
（1）求C的方程.
（2）過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點P（x1，y1），Q（x2，y2）在C上，且 x1＞x2＞0，y1＞0.過P且斜率為－3的直線與過Q且斜率為3的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立.
①M在AB上；②PQ∥AB；③｜MA｜＝｜MB｜.
解析 （1）由題意得c＝2 ①.
因為雙曲線的漸近線方程為y＝±bax＝±3x，所以ba＝3 ②.
又c2＝a2＋b2 ③，所以由①②③得a＝1，b＝3，所以雙曲線C的方程為x2－y23＝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，Δ＞0，故t2＋3－k2＞0，
則x1＋x2＝2kt3－k2，x1x2＝－t2+33－k2＞0，所以3－k2＜0，
所以x1－x2＝（x1＋x2）2－4x1x2＝23（t2+3－k2）k2－3.
設(shè)點M的坐標為（xM，yM），則yM－y1＝－3（xM－x1),yM－y2＝3（xM－x2),
兩式相減，得y1－y2＝23xM－3（x1＋x2），
又y1－y2＝（kx1＋t）－（kx2＋t）＝k（x1－x2），
所以23xM＝k（x1－x2）＋3（x1＋x2），
解得xM＝kt2+3－k2－ktk2－3；
兩式相加，得2yM－（y1＋y2）＝3（x1－x2），
又y1＋y2＝（kx1＋t）＋（kx2＋t）＝k（x1＋x2）＋2t，
所以2yM＝k（x1＋x2）＋3（x1－x2）＋2t，
解得yM＝3t2+3－k2－3tk2－3＝3kxM.
因此，點M的軌跡為直線y＝3kx，其中k為直線PQ的斜率.
若選擇①②：因為PQ∥AB，所以直線AB的方程為y＝k（x－2），設(shè)A（xA，yA），B（xB，yB），
不妨令點A在直線y＝3x上，
則由yA＝k（xA－2),yA＝3xA，解得xA＝2kk－3，yA＝23kk－3，
同理可得xB＝2kk＋3，yB＝－23kk＋3，
所以xA＋xB＝4k2k2－3，yA＋yB＝12kk2－3.
點M的坐標滿足yM＝k（xM－2),yM＝3kxM，
得xM＝2k2k2－3＝xA＋xB2，yM＝6kk2－3＝y(tǒng)A＋yB2，
故M為AB的中點，即｜MA｜＝｜MB｜.
若選擇①③：當直線AB的斜率不存在時，點M即為點F（2，0），此時M不在直線y＝3kx上，矛盾.
當直線AB的斜率存在時，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A在直線y＝3x上，
則由yA＝m（xA－2),yA＝3xA，解得xA＝2mm－3，yA＝23mm－3，
同理可得xB＝2mm＋3，yB＝－23mm＋3，
因為M在AB上，且｜MA｜＝｜MB｜，所以xM＝xA＋xB2＝2m2m2－3，yM＝y(tǒng)A＋yB2＝6mm2－3，
又點M在直線y＝3kx上，所以6mm2－3＝3k·2m2m2－3，
解得k＝m，因此PQ∥AB.
若選擇②③：因為PQ∥AB，所以直線AB的方程為y＝k（x－2），設(shè)A（xA，yA），
B（xB，yB），
不妨令點A在直線y＝3x上，
則由yA＝k（xA－2),yA＝3xA，解得xA＝2kk－3，yA＝23kk－3，
同理可得xB＝2kk＋3，yB＝－23kk＋3.
設(shè)AB的中點為C（xC，yC），則xC＝xA＋xB2＝2k2k2－3，
yC＝y(tǒng)A＋yB2＝6kk2－3.
因為｜MA｜＝｜MB｜，所以M在AB的垂直平分線上，即點M在直線y－yC＝－1k（x－xC），
即y－6kk2－3＝－1k（x－2k2k2－3）上，與y＝3kx聯(lián)立，得xM＝2k2k2－3＝xC，yM＝6kk2－3＝y(tǒng)C，
即點M恰為AB的中點，故點M在直線AB上.
方法技巧
有關(guān)證明問題的解題策略
圓錐曲線中的證明問題多涉及幾何量的證明，比如涉及線段或角相等以及位置關(guān)系的證明，證明時，常把幾何量用坐標表示，建立關(guān)于某個變量的函數(shù)，用代數(shù)方法證明.
訓練1 [2021新高考卷Ⅱ]已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的右焦點為F（2，0），且離心率為63.
（1）求C的方程.
（2）設(shè)M，N是C上的兩點，直線MN與曲線x2＋y2＝b2（x＞0）相切.證明：M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是｜MN｜＝3.
解析 （1）由題意，得c＝2，又e＝ca＝63，所以a＝3，
所以b＝a2－c2＝1，所以C的方程為x23＋y2＝1.
（2）由（1）知x2＋y2＝1（x＞0）.
證必要性：若M，N，F(xiàn)三點共線，則｜MN｜＝3.
由題意知直線MN的斜率存在且不為0，
由對稱性不妨設(shè)直線MN的方程為y＝k（x－2）（k＜0），則｜2k｜k2+1＝1，得k＝－1.
所以直線MN的方程為x＋y－2＝0.
由x＋y－2=0，x23＋y2=1，消去y，得4x2－62x＋3＝0，Δ＞0.
設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則x1＋x2＝322，x1x2＝34，
所以｜MN｜＝1+(－1）2·｜x1－x2｜＝2·（x1＋x2）2－4x1x2＝2×92－4×34＝3.
由對稱性可知當k＞0時，｜MN｜＝3.故必要性得證.
證充分性：若｜MN｜＝3，則M，N，F(xiàn)三點共線.
由題意可知直線MN的斜率存在且不為0，
由對稱性不妨設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋m（k＜0，m＞0），則｜m｜k2+1＝1，得m＝1+k2.
由y＝kx＋m，x23＋y2=1，消去y，得（3k2＋1）x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
得（3k2＋1）x2＋6k1+k2x＋3k2＝0，Δ＞0.
設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則x1＋x2＝－6k1+k23k2+1，x1x2＝3k23k2+1，
所以｜MN｜＝1+k2·｜x1－x2｜＝1+k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝1+k2·（－6k1+k23k2+1）2－4·3k23k2+1＝1+k2·－26k3k2+1＝3，整理得k4－2k2＋1＝0，得k＝－1，
所以m＝2，所以直線MN的方程為y＝－x＋2.
令y＝0，得x＝2，即直線MN過點F，所以M，N，F(xiàn)三點共線.
由對稱性知當k＞0時，M，N，F(xiàn)三點共線，充分性得證.
綜上，M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件為｜MN｜＝3.
命題點2 探索性問題
例2 [2023河南省新鄉(xiāng)市模擬]已知點A（2，1）在雙曲線C：x2a2－y2a2－1＝1（a＞1）上.
（1）求C的方程.
（2）是否存在過點P（1，－12）的直線l與C相交于A，B兩點，且滿足P是線段AB的中點？若存在，求出l的方程；若不存在，請說明理由.
解析 （1）已知點A（2，1）在C：x2a2－y2a2－1＝1（a＞1）上，
所以4a2－1a2－1＝1，整理得a4－4a2＋4＝0，解得a2＝2，則a＝2，所以C的方程為x22-y2=1.
（2）由題可知若直線存在，則直線l的斜率存在，故設(shè)直線l的方程為y＝k（x－1）－12，且設(shè)交點A（x1，y1），B（x2，y2），則x122－y12=1，x222－y22=1，
兩式相減得：（x1－x2）（x1＋x2）＝2（y1－y2）（y1＋y2），由于P（1，－12）為AB中點，則x1＋x2＝2，y1＋y2＝－1，則k＝y(tǒng)1－y2x1－x2＝－1，
則直線l的方程為y＝－（x－1）－12，即y＝－x＋12，
由y＝－x＋12，x22－y2=1，得2x2－4x＋5＝0，
Δ＝（－4）2－4×2×5＝－24＜0，方程無實根.
故不存在過點P（1，－12）的直線l與該雙曲線相交于A，B兩點，且滿足P是線段AB的中點.
方法技巧
探索性問題的解題策略
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(shè)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.
訓練2 [2023濟南市學情檢測]已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的實軸長為2，直線y＝3x為C的一條漸近線.
（1）求C的方程.
（2）若過點（2，0）的直線與C交于P，Q兩點，在x軸上是否存在定點M，使得MP·MQ為定值？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由.
解析 （1）由題意知，2a＝2，ba＝3，解得a＝1，b＝3，
所以雙曲線C的方程為x2－y23＝1.
（2）若直線PQ的斜率不為0，設(shè)直線PQ的方程為x＝my＋2，代入x2－y23＝1并整理得，（3m2－1）y2＋12my＋9＝0，
設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），則3m2－1≠0，Δ＝36m2＋36＞0，y1＋y2＝－12m3m2－1，y1y2＝93m2－1.
假設(shè)在x軸上存在定點M（t，0），使得MP·MQ為定值.
MP·MQ＝（x1－t）（x2－t）＋y1y2＝（m2＋1）y1y2＋（2－t）m（y1＋y2）＋（2－t）2＝（12t－15）m2+93m2－1＋（2－t）2.
若MP·MQ為定值，則必有12t－153＝9－1，
解得t＝－1，此時MP·MQ＝0.
若直線PQ的斜率為0，則可取P（－1，0），Q（1，0），M（－1，0），
所以MP·MQ＝（0，0）·（2，0）＝0.
所以在x軸上存在定點M（－1，0），使得MP·MQ為定值0.
1.[命題點1]已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P（3，1）在C上，且｜PF1｜·｜PF2｜＝10.
（1）求C的方程.
（2）斜率為－3的直線l與C交于A，B兩點，點B關(guān)于原點的對稱點為D.若直線PA，PD的斜率存在且分別為k1，k2，證明：k1k2為定值.
解析 （1）設(shè)F1（－c，0），F(xiàn)2（c，0），其中c＝a2＋b2.
因為｜PF1｜·｜PF2｜＝10，所以（3+c）2+1·（3－c）2+1＝10，解得c＝4.
所以2a＝（3+4）2+1－（3－4）2+1＝42，解得a＝22，所以b2＝c2－a2＝8，
所以C的方程為x28－y28＝1.
（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則D（－x2，－y2）.
設(shè)直線l的方程為y＝－3x＋m，
將其與雙曲線C的方程聯(lián)立，消去y得8x2－6mx＋m2＋8＝0，
由Δ＝（－6m）2－32（m2＋8）＞0，得｜m｜＞8，
所以x1＋x2＝3m4，x1x2＝m2+88，
所以y1y2＝（－3x1＋m）（－3x2＋m）＝9x1x2－3m（x1＋x2）＋m2＝－m28＋9.
所以k1k2＝y(tǒng)1－1x1－3·－y2－1－x2－3＝y(tǒng)1y2＋y1－y2－1x1x2+3x1－3x2－9＝
－m28+8－3（x1－x2）m28－8+3（x1－x2）＝－1，所以k1k2為定值.
2.[命題點2/2023山東日照統(tǒng)考一模]已知拋物線C：x2＝2py（p＞0）的焦點為F，E為C上的動點，EQ垂直于動直線y＝t（t＜0），垂足為Q，當△EQF為等邊三角形時，其面積為43.
（1）求C的方程.
（2）設(shè)O為原點，過點E的直線l與C相切，且與橢圓x24＋y22＝1交于A，B兩點，直線OQ與AB交于點M，試問：是否存在t，使得｜AM｜＝｜BM｜？若存在，求t的值；若不存在，請說明理由.
解析 （1）因為△EQF為等邊三角形時，其面積為43，
所以12×｜EQ｜2sinπ3＝43，解得｜EQ｜＝4.
根據(jù)｜EF｜＝｜EQ｜和拋物線的定義可知，Q落在C的準線上，即y＝t＝－p2.
如圖，設(shè)準線與y軸的交點為H，易得∠HFQ＝π3，于是｜FH｜＝｜FQ｜csπ3＝2＝p，所以C的方程為x2＝4y.
（2）假設(shè)存在t，使得｜AM｜＝｜BM｜，則點M為線段AB的中點.
設(shè)E（x0，x024）（x0≠0），依題意得Q（x0，t），則kOQ＝tx0，
由y＝x24可得y'＝x2，所以切線l的斜率為kl＝12x0.
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），線段AB的中點M（x1＋x22，y1＋y22），
由x124＋y122=1，x224＋y222=1，可得x12－x224＋y12－y222＝0，
即（x1＋x2)(x1－x2）4＋（y1＋y2)(y1－y2）2＝0，
整理可得y1－y2x1－x2·y1＋y2x1＋x2＝－12，即kl·kOM＝－12，
所以12x0·kOM＝－12，可得kOM＝－1x0，又kOQ＝kOM＝tx0，
所以t＝－1.
綜上，存在t＝－1，使得｜AM｜＝｜BM｜.
學生用書·練習幫P369
1.[2024南昌市模擬]已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）經(jīng)過點M（1，32），F(xiàn)為橢圓C的右焦點，O為坐標原點，△OFM的面積為34.
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）過點P（4，0）作一條斜率不為0的直線與橢圓C交于A，B兩點（A在B，P之間）， 直線BF與橢圓C的另一個交點為D，求證：點A，D關(guān)于x軸對稱.
解析 （1）如圖，因為△OFM的面積為34，所以12×c×32＝34，解得c＝1.
又M（1，32）在橢圓C上，所以1a2＋94b2=1，a2－b2=1，解得a2=4，b2=3，
所以橢圓C的標準方程為x24＋y23＝1.
（2）由題意知直線FA，F(xiàn)B的斜率存在.根據(jù)橢圓的對稱性，欲證A，D關(guān)于x軸對稱，只需證kFA＝－kFD＝－kFB，即證kFA＋kFB＝0.
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），直線AB的方程為x＝my＋4，
由x＝my+4，3x2+4y2=12，消去x得（3m2＋4）y2＋24my＋36＝0，
所以y1＋y2＝－24m3m2+4，y1y2＝363m2+4. 則kFA＋kFB＝y(tǒng)1x1－1＋y2x2－1＝y(tǒng)1（x2－1）＋y2（x1－1）（x1－1)(x2－1）＝y(tǒng)1x2＋y2x1－（y1＋y2）（x1－1)(x2－1）.
因為y1x2＋y2x1－（y1＋y2）＝2my1y2＋3（y1＋y2）＝2m×363m2+4＋3×－24m3m2+4＝0，
所以kFA＋kFB＝0，即點A，D關(guān)于x軸對稱.
2.[2024廣東七校聯(lián)考]已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的焦距為2，且經(jīng)過點P（1，32）.
（1）求橢圓C的方程.
（2）經(jīng)過橢圓右焦點F且斜率為k（k≠0）的動直線l與橢圓交于A，B兩點，試問x軸上是否存在異于點F的定點T，使｜AF｜·｜BT｜＝｜BF｜·｜AT｜恒成立？若存在，求出點T坐標；若不存在，請說明理由.
解析 （1）由橢圓C的焦距為2，得c＝1，
則b2＝a2－1， ①
由橢圓C經(jīng)過點P（1，32），得1a2＋94b2＝1， ②
聯(lián)立①②，得a2＝4，b2＝3，
所以橢圓C的方程為x24＋y23＝1.
（2）依題意知，直線l的斜率k≠0，令1k＝m，
由橢圓右焦點F（1，0），可得直線l的方程為x＝my＋1，與C：x24＋y23＝1聯(lián)立，消去x，得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0，Δ＝36m2－4×（－9）×（3m2＋4）＝144（m2＋1）＞0，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則y1＋y2＝－6m3m2+4，y1y2＝－93m2+4.
假設(shè)存在點T，使｜AF｜·｜BT｜＝｜BF｜·｜AT｜恒成立，則｜AF｜｜BF｜＝｜AT｜｜BT｜，
因為｜AF｜｜BF｜＝S△TFAS△TFB＝12｜FT｜·｜AT｜sin∠ATF12｜FT｜·｜BT｜sin∠BTF＝｜AT｜sin∠ATF｜BT｜sin∠BTF，
所以sin∠ATF＝sin∠BTF，∠ATF＝∠BTF，所以直線TA和TB關(guān)于x軸對稱，其傾斜角互補，即有kAT＋kBT＝0.
設(shè)點T坐標為（t，0），則kAT＋kBT＝y(tǒng)1x1－t＋y2x2－t＝0，
所以y1（x2－t）＋y2（x1－t）＝0，
所以y1（my2＋1－t）＋y2（my1＋1－t）＝0，
即2my1y2＋（1－t）（y1＋y2）＝0，
即2m×－93m2+4＋（1－t）×－6m3m2+4＝0，
即3m3m2+4＋（1－t）m3m2+4＝0，
解得t＝4，經(jīng)檢驗t＝4符合題意，即存在點T（4，0）滿足題意.
3.[2023長沙重點中學模擬]已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的右焦點為F（2，0），點F到C的漸近線的距離為1.
（1）求C的方程.
（2）若直線l1與C的右支相切，切點為P，l1與直線l2：x＝32交于點Q，問x軸上是否存在定點M，使得MP⊥MQ？若存在，求出M點坐標；若不存在，請說明理由.
解析 （1）由題意，雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的漸近線方程為bx±ay＝0，
雙曲線C的右焦點為F（2，0），可得c＝2，
所以F（2，0）到漸近線的距離d＝2ba2＋b2＝2bc＝b＝1，
所以a2＝c2－b2＝3，
所以C的方程為x23－y2＝1.
（2）由題意易知直線l1的斜率存在，設(shè)其方程為y＝kx＋m，
聯(lián)立l1與C的方程，消去y，得（3k2－1）x2＋6kmx＋3m2＋3＝0.
因為直線l1與C的右支相切，所以－6km3k2－1>0，3m2+33k2－1>0，則3k2－1>0，km

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