第8章 第7节 第5课时 证明问题（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

第❺课时　证明问题 圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等). [对应学生用书P201] 考点 证明问题 (精研通) 【例】 (2023·新课标Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点的距离，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3. (1)解：设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝，　 化简得x2＝y－，所以W的方程为x2＝y－. (2)证明：设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上， 则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|). 设B，依题意知直线AB不与两坐标轴平行， 故可设直线AB的方程为y－＝k(x－t)，不妨设k>0， 与x2＝y－联立，得x2－kx＋kt－t2＝0， 则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t. 设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t， 所以|AB|＝|x1－t|＝|k－2t|＝·|2t－k|， |BC|＝|－－2t|＝·＝|2kt＋1|，且2kt＋1≠0， 所以2(|AB|＋|BC|)＝(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|). 因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝ (令2k2t－k3＝0，得t＝，令2kt＋1＝0，得t＝－，又k>0， 所以按照t≤－，－<t≤，t>进行分类讨论) 当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在上单调递减， 函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)， 函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在上单调递增， 所以当t＝时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，又k≠2t， 所以2(|AB|＋|BC|)>·(k2＋1)＝. 令f(k)＝，k≥1， 则f′(k)＝， 当1≤k<时，f′(k)<0，当k>时，f′(k)>0， 所以函数f(k)在[1，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 所以f(k)≥f()＝3， 所以2(|AB|＋|BC|)>≥3. 当2k－2k2>0，即0<k<1时， 函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在上单调递减， 函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在上单调递增， 函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在上单调递增， 所以当t＝－时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)， 又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)>k·(k2＋1)＝. 令g(k)＝，0<k<1， 则g′(k)＝， 当0<k<时，g′(k)<0，当<k<1时，g′(k)>0 所以函数g(k)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(k)≥g＝3， 所以2(|AB|＋|BC|)>≥3. 综上，矩形ABCD的周长大于3. 解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明. 1.已知抛物线y2＝4x，点P(2，0)，Q(4，0).过点Q的直线交抛物线于点A，B，AP，BP分别交抛物线于点C，D，连接AD，DC，CB. (1)若直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，求的值； (2)过点P与x轴垂直的直线分别交AD，BC于点E，F，求证：|PE|＝|PF|. (1)解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AC的方程为x＝m1y＋2， 所以k2＝＝＝，k1＝＝. 联立得y2－4m1y－8＝0，所以同理得y2y4＝－8. 由题意，得直线AB的方程为y＝k1(x－4). 联立得kx2－(8k＋4)x＋16k＝0， 所以 则y1y2＝k(x1－4)·(x2－4)＝k[x1x2－4(x1＋x2)＋16]＝－16， 所以＝＝＝－＝2. (2)证明：由题意，得直线PF的方程为x＝2.设直线AD的斜率为k3， 则k3＝＝， 所以直线AD的方程为y－y1＝(x－x1). 令x＝2，则yE＝(2－x1)＋y1.同理，得yF＝(2－x2)＋y2. 所以＝＝＝＝＝1， 故|PE|＝|PF|. 2.(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为. (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上. (1)解：设双曲线C的方程为－＝1(a>0，b>0)，c为双曲线C的半焦距， 由题意可得解得 所以双曲线C的方程为－＝1. (2)证明：方法一(根与系数的关系)　设M(x1，y1)，N(x2,y2),直线MN的方程为x＝my－4， 则x1＝my1－4，x2＝my2－4. 联立得(4m2－1)y2－32my＋48＝0. 因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以4m2－1≠0，且Δ>0. 由根与系数的关系得所以y1＋y2＝y1y2. 因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点， 所以A1(－2，0)，A2(2，0). 直线MA1的方程为＝，直线NA2的方程为＝， 所以＝，得＝，＝＝. 因为＝ ＝ ＝＝－3， 所以＝－3，解得x＝－1， 所以点P在定直线x＝－1上. 方法二(齐次化)　由题意得A1(－2，0)，A2(2，0). 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4， 则－＝1，即4x－y＝16. 如图，连接MA2， kMA1·kMA2＝·＝＝＝4　①. 由－＝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，[my－(x－2)]＝1. 4(x－2)2＋16(x－2)·[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋(x－2)my－(x－2)2－y2＝0， 两边同时除以(x－2)2， 得＋·－＝0， 即－·－＝0. kMA2＝，kNA2＝， 由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－　 ②. 由①②可得kMA1＝－3kNA2. lMA1：y＝kMA21(x＋2)＝－3kNA2 (x＋2)，lNA2：y＝kNA2 (x－2). 由解得x＝－1. 所以点P在定直线x＝－1上. 3.设O为坐标原点，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点(0，1). (1)求C的方程； (2)若直线l：x＝ky＋m与C交于P，Q两点，且△OPQ的面积是，求证：2m2－k2＝9. (1)解：因为椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点(0，1)，则b＝1，又椭圆C的离心率为， 则有e＝＝＝，解得a＝3， 所以C的方程为＋y2＝1. (2)证明：依题意，m≠0，由消去x并整理， 得(k2＋9)y2＋2kmy＋m2－9＝0， Δ＝4k2m2－4(k2＋9)(m2－9)＝36(k2＋9－m2)>0， 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 所以|PQ|＝·＝， 点O到直线l的距离d＝，　 因此S△OPQ＝|PQ|·d＝＝，即4m4－4m2(k2＋9)＋(k2＋9)2＝0， 整理，得[2m2－(k2＋9)]2＝0，即2m2－k2＝9，显然2m2－k2＝9满足Δ>0， 所以2m2－k2＝9. 分级练(61)　证明问题 分级一　提能强化 1.设椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点.若椭圆E的离心率为，△ABF2的周长为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线. (1)解：由题意知，4a＝4，a＝. 又e＝，a2＝b2＋c2，∴c＝，b＝， ∴椭圆E的方程为＋＝1. (2)证明：当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M，N在x轴上，O，M，N三点共线， 当直线AB，CD的斜率存在时，设其斜率为k，且设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)， 则两式相减得＋－(＋)＝0， ∴＝－，＝－， ∴·＝－，·＝－， 即k·kOM＝－，∴kOM＝－. 同理可得kON＝－，∴kOM＝kON，∴O，M，N三点共线. 2.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F(－1，0)，过点F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的弦长为3. (1)求椭圆C的方程； (2)已知点M(－4，0)，过点F作直线l交椭圆于A，B两点，证明：∠FMA＝∠FMB. (1)解：由题意可知c＝1，把x＝－1代入椭圆方程可得＋＝1，解得y＝±， ∴＝，又a2＝b2＋1，可得a＝2，b＝， ∴椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：当直线l的斜率不存在时，由对称性可知，∠FMA＝∠FMB. 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)， 代入椭圆方程可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝， ∴kAM＋kBM＝＋ ＝ ＝. ∵2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝－＋8＝0， ∴kAM＋kBM＝0，∴∠FMA＝∠FMB. 综上，∠FMA＝∠FMB. 分级二　知能探究 3.(2023·湖南娄底模拟)已知椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F，离心率为，椭圆C上一点为(1，).直线AB的方程为y＝kx＋1(k≠0)，交椭圆C于A，B两点，M为AB中点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点F且与AB垂直的直线与直线OM交于P点，过原点O作一条与AB平行的直线l，过点F作与MO垂直的直线m，设l∩m＝Q，求证：直线PQ⊥x轴. (1)解：依题意得解得 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：联立椭圆C的方程＋＝1，与直线AB的方程y＝kx＋1，消去y， 得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，得x1＋x2＝－，x1x2＝－， 设M(x0，y0)，所以x0＝＝－，y0＝kx0＋1＝， 所以直线MO的斜率为＝－，MO的方程为y＝－x，点F的坐标为(1，0)， 过F且与AB垂直的直线方程为y＝－(x－1)， 由y＝－(x－1)与y＝－x联立，消去y得点P的横坐标为4， 直线m的方程为y＝(x－1)，直线l的方程为y＝kx， 由y＝(x－1)与y＝kx联立消去y，得点Q的横坐标也为4，所以直线PQ⊥x轴. 4.(2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F(，0)，且离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切.证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝. (1)解：由题意知则a＝，又∵a2＝b2＋c2，∴b＝1. 故椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)证明：①(必要性)若M，N，F三点共线，即直线MN过点F(，0)， 设直线MN的方程为x＝my＋， 则圆心O(0，0)到MN的距离d＝＝1，得m2＝1. 联立得(m2＋3)y2＋2my－1＝0，即4y2＋2my－1＝0， |MN|＝·＝·＝，必要性成立. ②(充分性)当|MN|＝时，设直线MN的方程为x＝ty＋m. 此时圆心O(0，0)到MN的距离d＝＝1，得m2－t2＝1， 联立得(t2＋3)y2＋2tmy＋m2－3＝0， Δ＝4t2m2－4(t2＋3)(m2－3)＝12(t2－m2＋3)＝24. 由|MN|＝·＝，得t2＝1，∴m2＝2. ∵MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切，∴m>0，m＝， ∴直线MN的方程为x＝ty＋，恒过点F(，0)， ∴M，N，F三点共线，充分性成立. 由①②可得M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$