11 微专题二 专项一 圆锥曲线中的求值、证明问题(PPT课件)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（湘教版2019）

专项一　圆锥曲线中的求值、证明问题 微专题二　圆锥曲线的综合问题 圆锥曲线中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，解决时，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恒等变形及必要的数值计算进行证明． CONTECT 内 容 索 引 01 题型一　圆锥曲线中的求值问题 02 题型二　圆锥曲线中的证明问题 03 课 时 测 评 题型一　圆锥曲线中的求值问题 返回 例1 (1)求椭圆C的方程； 解：由题意知，A(0，b)，B(0，－b)，F(c,0)， (2)若斜率为k(k∈R)的直线l与椭圆C交于P，Q两点，O为坐标原点，直线OP，OQ的斜率之积等于－ ，求△OPQ的面积． 解：设直线l的方程为y＝kx＋m， 由直线与椭圆交于P，Q两点，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， Δ＝(8km)2－16(1＋4k2)(m2－1)>0，则4k2＋1>m2， 所以2m2＝4k2＋1， 规律方法 面积问题的解决策略 1．求三角形的面积需要寻底找高，需要两条线段的长度，为了简化运算，通常优先选择能用坐标直接表示的底(或高)． 2．面积的拆分：不规则的多边形通常考虑拆分为多个三角形，对于三角形，如果底和高不便于计算，则也可以考虑拆分成若干个易于计算的三角形． 对点练1.(2024·福建福州模拟)在平面直角坐标系xOy中，双曲线C： ＝1的右焦点为F，T为直线l：x＝1上一点，过点F作TF的垂线分别交C的左、右两支于P，Q两点，交l于点A． (1)求证：直线OT平分线段PQ； 解：证明：由题意知xF＝ ＝3，即F(3,0)，设T(1,2t)，则直线PQ的方程为x＝ty＋3. 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 又直线PQ分别交C的左、右两支于P，Q两点，则x1x2＝(ty1＋3)(ty2＋3) 所以kON＝2t＝kOT，故O，T，N三点共线，即直线OT平分线段PQ. (2)若|PA|＝3|QF|，求|TF|2的值． 以(x1＋x2)＋8＝4x2，① 3(x1＋x2)－8＝4x1，② ①×②得3(x1＋x2)2＋16(x1＋x2)－64＝16x1x2， 返回 题型二　圆锥曲线中的证明问题 返回 例2 角度1　位置关系的证明 已知点P(－2，－1)为椭圆C： ＝1(a>b>0)上一点，且C的离心率为 . (1)求椭圆C的标准方程； 解：由点P(－2，－1)在椭圆C上可得， 由①②，解得a2＝8，b2＝2， (2)若M为C上第二象限内一点，点M关于直线x＝－2的对称点为N，直线PN与C交于另一点Q，O为坐标原点，求证：MQ∥OP. 解：证明：因为点M，N关于直线x＝－2对称，所以直线PM与PN关于直线x＝－2对称， 则kPM＋kPN＝0，易知直线PM的斜率存在且不为0，设直线PM的斜率为k， 则直线PN的斜率为－k， 又P(－2，－1)，所以直线PM的方程为y＋1＝k(x＋2)，即y＝k(x＋2)－1， 消去y，并整理得(4k2＋1)x2＋(16k2－8k)x＋16k2－16k－4＝0， 设M(x1，y1)， 角度2　数量关系的证明 (12分)(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； 例3 (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. 思路分析　(1)利用距离公式直接求解． (2)设点坐标→设直线方程→利用弦长公式求边长→求周长，并构造函数求解． 规律方法 圆锥曲线证明问题的类型及求解策略 1．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)． 2．解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明． 对点练2.已知椭圆C： ＝1(a>b>0)，点F(1,0)为椭圆的右焦点，过点F且斜率不为0的直线l1交椭圆C于M，N两点，当l1与x轴垂直时，|MN|＝3. (1)求椭圆C的标准方程； (2)设A1，A2分别为椭圆C的左、右顶点，直线A1M，A2N分别与直线l2：x＝1交于P，Q两点，求证：四边形OPA2Q为菱形． 返回 课时测评 返回 (1)求椭圆的方程； 解：设椭圆的半焦距为c， 2 1 3 4 (2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率． 解：由题意，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM,0)． 设直线PB的斜率为k(k≠0)， 又B(0,2)，则直线PB的方程为y＝kx＋2， 2 1 3 4 整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0， 2 1 3 4 由题意得N(0，－1)， 2 1 3 4 2．(25分)在平面直角坐标系xOy中，已知圆G：x2＋(y－1)2＝1与抛物线C：x2＝2py(p>0)交于点M，N(异于原点O)，MN恰为该圆的直径，过点E(0,2)作直线交抛物线C于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P. (1)求证：点P的纵坐标为定值； 由对称性可知交点坐标为(1,1)，(－1,1)，代入抛物线方程可得2p＝1， 所以抛物线的方程为x2＝y. 2 1 3 4 因为直线AB过点E(0,2)，所以－x1x2＝2，所以x1x2＝－2.　① 因为y′＝2x，所以直线PA的斜率为2x1，直线PB的斜率为2x2，直线PA 由①可知点P的纵坐标为定值－2. 2 1 3 4 (2)若F是抛物线C的焦点，求证：∠PFA＝∠PFB． 2 1 3 4 2 1 3 4 3．(25分)(2024·河北承德模拟)已知斜率为k的直线l与椭圆C： ＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(n，m)． (1)若n＝1，m＝－1，求k的值； 2 1 3 4 又xA＋xB＝2n＝2，yA＋yB＝2m＝－2， 2 1 3 4 (2)若线段AB的垂直平分线交y轴于点P (0，－ )，且|AB|＝4|PM|，求直线l的方程． 解：由题意，直线l斜率一定存在， 令直线l为y＝k(x－n)＋m， 2 1 3 4 即6mx－3ny－n＝0，又M(n，m)在该直线上， 整理得9(2＋9n2)x2－18n(2＋9n2)x＋81n4＋36n2－104＝0， 2 1 3 4 综上，直线l的方程为y＝±x＋1. 2 1 3 4 (1)求椭圆C的方程； 2 1 3 4 (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|＝ . 解：证明：①(必要性)若M，N，F三点共线，设直线MN的方程为x＝ my＋ ， 2 1 3 4 ②(充分性)当|MN|＝ 时，设直线MN的方程为x＝ty＋n. 2 1 3 4 因为MN与曲线x2＋y2＝b2(x＞0)相切， 所以n＞0，n＝ ， 所以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|＝ . 返回 2 1 3 4 谢谢观看 本节到此结束 (2024·广东惠州模拟)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上、下顶点分别为A，B，点F是椭圆的右焦点，·＝2，S△ABF＝. 因为·＝2，S△ABF＝， 所以解得从而a2＝b2＋c2＝4， 所以椭圆C的方程为＋y2＝1. 联立得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， ＝＝－， 所以kOP·kOQ＝·＝ ＝ ＝ ＝ 所以|PQ|＝|x1－x2|＝＝. 原点O到l的距离d＝， 所以S△OPQ＝·d＝··＝1. － 由得(2t2－1)y2＋12ty＋12＝0， 则故t2≠. 由韦达定理可得y1＋y2＝－，y1y2＝， 所以x1＋x2＝t(y1＋y2)＋6＝－. ＝t2y1y2＋3t(y1＋y2)＋9＝－<0，故t2>， 所以PQ的中点为N， 解：由|PA|＝3|QF|得＝3，则1－x1＝3(3－x2)，即－x1＋3x2＝8，所 所以3×－16×－64＝－16×， 解得t2＝或t2＝(舍去)， 此时，|TF|2＝4＋4t2＝12＋3. 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. ＋ ＋＝1，① 由椭圆C的离心率为，得＝＝2，② 与椭圆方程联立，得 则－2x1＝，x1＝， 设Q(x2，y2)，同理可得x2＝， 所以直线MQ的斜率kMQ＝＝ ＝＝ ＝＝. 又直线OP的斜率为＝，且直线OP与MQ不重合，所以MQ∥OP. (0，) ＋ 解：由题可知c＝1.当l1与x轴垂直时，不妨设M的坐标为(1，)，所以 解得a＝2，b＝，所以椭圆C的标准方程为＋＝1. 解：证明：设l1的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立消去x得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，易知Δ>0恒成立，由韦达定理得y1＋y2＝，y1y2＝， 由直线A1M的斜率为kA1M＝，得直线A1M的方程为y＝(x＋2)，当x＝1时，yP＝.由直线A2N的斜率为kA2N＝，得直线A2N的方程为y＝(x－2)，当x＝1时，yQ＝.若四边形OPA2Q为菱形，则对角线相互垂直且平分，下面证yP＋yQ＝0，因为yP＋yQ＝＋＝＝，代入韦达定理得2my1y2－3(y1＋y2)＝2m·－3＝＝0，所以|PF|＝|QF|，即PQ与OA2相互垂直且平分，所以四边形OPA2Q为菱形． 1．(25分)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B．已知椭圆的短轴长为4，离心率为. 依题意，2b＝4，＝， 又a2＝b2＋c2，可得a＝，b＝2，c＝1. 所以椭圆的方程为＋＝1. 与椭圆方程联立 可得xP＝－， 代入y＝kx＋2得yP＝， 所以直线OP的斜率＝. 在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－. 所以直线MN的斜率为－. 由OP⊥MN，得·＝－1， 化简得k2＝，从而k＝±. 所以直线PB的斜率为或－. 设A(x1，x)，B(x2，x)，所以kAB＝＝x1＋x2， 所以直线AB的方程为y－x＝(x1＋x2)(x－x1)，即y＝(x1＋x2)x－x1x2. 的方程为y－x＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－x， 同理直线PB的方程为y＝2x2x－x， 联立两直线的方程，可得P， cos∠PFA＝，cos∠PFB＝，注意到两角都在(0，π)内，可知要证∠PFA＝∠PFB，即证＝(*)． 因为＝，＝， 所以·＝x1·－＝－x－＝－(4x＋1)， 又||＝＝x＋， 所以＝－. 同理＝－，(*)式得证，故∠PFA＝∠PFB得证． ＋ 解：由题设A(xA，yA)，B(xB，yB)．则 作差可得＋＝＋＝0， 故＝， 所以k＝＝. 若k＝0时l：y＝m且M(0，m)，－<m<， 此时中垂线PM与y轴重合，与题设中垂直平分线与y轴交于点P矛盾，不符合要求； 若k≠0，由(1)知：＝－，则k＝＝－， 则中垂线PM为y＋＝x， 所以3mn－n＝0，得n＝0或m＝，当n＝0时 k＝0不满足要求，故m＝， 故k＝－，即l：y＝－n(x－n)，联立椭圆方程得：x2＋22＝6， 所以xA＋xB＝2n，xAxB＝， 则|AB|＝·＝· ，而|PM|＝， 由|AB|＝4|PM|，则＝8n2＋， 解得n＝±，所以l：y＝1±x. 4．(25分)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，右焦点为F(，0)，且离心率为. 解：由题意知⇒a＝，又因为a2＝b2＋c2，所以b＝1. 故椭圆C的方程为＋y2＝1. 4y2＋2my－1＝0，则y1＋y2＝－，y1y2＝－. |MN|＝·＝·＝，必要性成立． 圆心O(0,0)到MN的距离d＝＝1⇒m2＝1. 联立⇒(m2＋3)y2＋2my－1＝0⇒ 此时圆心O(0,0)到MN的距离d＝＝1⇒n2－t2＝1， 联立⇒(t2＋3)y2＋2tny＋n2－3＝0，Δ＝4t2n2－4(t2＋3)(n2－3)＝12(t2－n2＋3)＝24. |MN|＝＝⇒t2＝1，所以n2＝2. 所以直线MN的方程为x＝ty＋恒过点F(，0)， $$