微专题2 专项1 圆锥曲线中的求值、证明问题（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

专项一　圆锥曲线中的求值、证明问题 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． 题型一　求值问题 (2023·天津卷) 已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，右焦点为F，|A1F|＝3，|A2F|＝1. (1)求椭圆的方程和离心率e； (2)已知点P是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP的面积的二倍，求直线A2P的方程． 解：(1)如图，由题意得解得a＝2，c＝1， 所以b＝＝， 所以椭圆的方程为＋＝1，离心率为e＝＝. (2)由题意得，直线A2P斜率存在，由椭圆的方程为＋＝1可得A2(2，0)， 设直线A2P的方程为y＝k(x－2)， 联立方程组消去y，整理得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0， 由韦达定理得xA2·xP＝，所以xP＝， 所以P，Q(0，－2k)． 所以S＝×4×|yQ|，S＝×1×|yP|，S＝×4×|yP|， 所以S＝S＋S＝2S＋S， 所以2|yQ|＝3|yP|，即2|－2k|＝3， 解得k＝±，所以直线A2P的方程为y＝±(x－2)． 规律方法 圆锥曲线中求值问题的关注点 1．注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、圆锥曲线的条件． 2．强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 3．有些题目需要根据条件列出对应的方程，通过解方程求解．　　 对点练1.(2024·江西赣州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点，且与椭圆＋＝1有共同的焦点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点P，O为坐标原点．若·＋·＝－24，求点P的坐标． 解：(1)对于椭圆＋＝1，c＝＝2，则对于椭圆C，也有c＝2， 由于椭圆C过点， 故解得a2＝16，b2＝12， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)依题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋t，则P(0，t)， 由消去y并化简得x2＋8ktx＋4t2－48＝0　①， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t，y1y2＝(kx1＋t)(kx2＋t)＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2， 由于·＋·＝－24，所以(x1，y1)·(x2，y2－t)＋(x2，y2)·(x1，y1－t)＝－24， 整理得2x1x2＋2y1y2－t(y1＋y2)＋24＝0， 2x1x2＋2k2x1x2＋2kt(x1＋x2)＋2t2－kt(x1＋x2)－2t2＋24＝0，x1x2＋kt(x1＋x2)＋24＝0，·－＋24＝0，整理得t2＝3，t＝±，则P， 此时，对于①，Δ＝64k2t2－4＝768k2＋432>0，符合题意，综上P(0，±)． 学生用书↓第221页 题型二　证明问题 角度1　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；[切入点：点P到x轴的距离等于点P到点的距离．] (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. [关键点：把问题转化为在抛物线y＝x2上考虑，设矩形的顶点A，用|AB|＋|AD|表示矩形ABCD的周长．] [思路分析]　本题以抛物线为载体，考查求轨迹方程，以及不等式、函数与导数等知识的综合问题． (1)法一：设P(x，y)，根据题意列出方程x2＋2＝y2，化简即可； 法二：利用抛物线的定义求解，找出顶点，算出焦准距p即可． (2)法一：设矩形的三个顶点A，B，C，且a<b<c，分别令kAB＝a＋b＝m<0，kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1，利用放缩法得C≥，设函数f(x)＝2，利用导数求出其最小值，则得C的最小值，再排除临界值即可； 法二：设直线AB的方程为y＝k(x－a)＋a2＋，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得|AB|＋|AD|≥ ，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除临界值即可． 学生用书↓第222页 学生用书↓第223页 评注：处理最小值的方法较多，比如： ＝k4＋3k2＋＋3＝(k2－)2＋(4k2＋)＋≥0＋2＋＝， 当且仅当k2＝时，上式取等号． 又如设k＝tan θ，0<θ<， 则＝＝， ≥＝，当且仅当2sin2θ＝cos2θ，即k2＝时，上式取等号． 角度2　位置关系的证明 (2023·北京卷)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|＝4. (1)求E的方程； (2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N.求证：MN∥CD． 解： (1)依题意，得e＝＝，则c＝a， 又A，C分别为椭圆上、下顶点，|AC|＝4，所以2b＝4，即b＝2， 所以a2－c2＝b2＝4，即a2－a2＝a2＝4，则a2＝9， 所以椭圆E的方程为＋＝1. (2)证明：因为椭圆E的方程为＋＝1，所以A(0，2)，C(0，－2)，B(－3，0)，D(3，0)， 因为P为第一象限内E上的动点，设P(m，n)(0<m<3，0<n<2)，则＋＝1， 易得kBC＝＝－，则直线BC的方程为y＝－x－2，kPD＝＝，则直线PD的方程为y＝(x－3)， 联立解得 即M， 而kPA＝＝，则直线PA的方程为y＝x＋2，令y＝－2，则－2＝x＋2，解得x＝，即N， 又＋＝1，则m2＝9－，8m2＝72－18n2， 所以kMN＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝， 又kCD＝＝，即kMN＝kCD， 显然，MN与CD不重合，所以MN∥CD． 学生用书↓第224页 规律方法 圆锥曲线证明问题的类型及求解策略 1．数量关系的证明：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． 2．位置关系的证明：证明时，树立“转化”意识，证明位置关系．解决此类问题的关键是将位置关系转化为代数关系，常见的有： 几何性质 代数关系 对边平行 斜率相等或向量平行 对边相等 横(纵)坐标差相等 对角线互相平分 中点重合 两边垂直 数量积为0 三点共线 斜率相等或向量平行 对点练2. (2024·云南昆明模拟)以点P为圆心的圆过点A(1，0)，且与直线x＝－1相切，记点P的轨迹为C． (1)求C的方程； (2)设过点H(4，0)的直线与C交于M，N两点，T是直线x＝－4上任意一点，证明：直线TM，TH，TN的斜率成等差数列． 解：(1)根据题意知，点P到点A(1，0)的距离等于点P到直线x＝－1的距离， 所以点P的轨迹C是以A为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线， 所以C的方程为：y2＝4x. (2)证明：设T(－4，t)，直线lMN：x＝my＋4， M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由得y2－4my－16＝0，故Δ＝16m2＋64>0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－16， 所以y＋y＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋32，从而kTM＝＝＝， kTN＝＝＝，kTH＝－， 所以kTM＋kTN＝＋＝4× ＝4× ＝＝＝－，所以kTM＋kTN＝2kTH， 即直线TM，TH，TN的斜率成等差数列． 对点练3.(2024·重庆期末)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点. (1)求椭圆C的方程； (2)已知A，B分别是椭圆C的左、右顶点，M是直线x＝2上不与B点重合的任意一点，O是坐标原点，与直线OM垂直的直线BP与C的另一个交点为P.求证：A，P，M三点共线． 解： (1)由题意可得解得 因此椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：设点M的坐标为(2，m)，其中m≠0，易知点A(－2，0)，B(2，0)，kOM＝，则直线BP的方程为y＝－(x－2)，联立 可得即点P， 所以kAP＝＝，kAM＝＝， 则kAP＝kAM，因此A，M，P三点共线． 课时测评67　圆锥曲线中的求值、证明问题 (时间：40分钟，满分100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1．(20分)(2024·四川绵阳一模)已知点(－2，0)在椭圆C：＋＝1(a>b>0)上，点M在椭圆C内．设点A，B为C的短轴的上、下端点，直线AM，BM分别与椭圆C相交于点E，F，且EA，EB的斜率之积为－. (1)求椭圆C的方程； (2)记S△BME，S△AMF分别为△BME，△AMF的面积，若＝，求m的值． 解：(1)设E(x，y)，依题意A(0，b)，B(0，－b)， 可得kEA·kEB＝·＝＝－，整理可得＋＝1， 又椭圆C过点(－2，0)，所以b2＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)依题意，可知AM：y＝－x＋1，代入椭圆方程＋y2＝1，整理得(m2＋1)x2－4mx＝0，从而得到E， 又BM：y＝x－1， 代入椭圆方程＋y2＝1， 整理得x2－12mx＝0，从而得到F， 所以＝＝＝， ＝＝ ＝， 则＝ ＝＝·＝ ＝1－， 由于＝，所以1－＝，解得m＝±＝±. 2．(20分)(2024·广西柳州模拟)已知平面上动点Q(x，y)到F(0，1)的距离比Q(x，y)到直线l：y＝－2的距离小1，记动点Q(x，y)的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)设点P的坐标为(0，－1)，过点P作曲线C的切线，切点为A，若过点P的直线m与曲线C交于M，N两点，证明：∠AFM＝∠AFN. 解： (1)由题意可知，动点Q到F(0，1)的距离与到直线y＝－1的距离相等，根据抛物线的定义可知，Q点的轨迹在以F(0，1)为焦点，以y＝－1为准线的抛物线上，所以曲线C的方程为x2＝4y. (2)证明：不妨设A， 因为y＝，所以y′＝， 从而直线PA的斜率为＝，解得t＝2，即A(2，1)， 又F(0，1)，所以AF∥x轴．要使∠AFM＝∠AFN，只需kFM＋kFN＝0. 设直线m的方程为y＝kx－1，代入x2＝4y并整理，得x2－4kx＋4＝0. 所以Δ＝16>0，解得k<－1或k>1. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝4， kFM＋kFN＝＋ ＝ ＝＝2k－＝2k－＝0，故∠AFM＝∠AFN. 3．(30分)(2024·湖北武汉模拟)已知O为坐标原点，椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆的上顶点到右顶点的距离为. (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的左、右顶点分别为E，F，过点D(－2，2)作直线与椭圆交于A，B两点，且A，B位于第一象限，A在线段BD上，直线OD与直线FA相交于点C，连接EB，EC，直线EB，EC的斜率分别记为k1，k2，求k1·k2的值． 解：(1)由题意知，＝，椭圆的上顶点到右顶点的距离为＝， 即，解得a＝2，b＝1，c＝， 因此，椭圆的方程为＋y2＝1. (2)如下图所示： 不妨设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由图可知，直线AB的斜率存在， 设直线AB的方程为y＝kx＋m，因为点D(－2，2)，则－2k＋m＝2，则m＝2k＋2， 联立可得x2＋8kmx＋4m2－4＝0， Δ＝64k2m2－16>0，可得m2<4k2＋1，即(2k＋2)2<4k2＋1，解得k<－， 由韦达定理可得 解得－<k<0， 所以－<k<－，易知E(－2，0)，F(2，0)， 由于C在直线OD上，设C(－x0，x0)， 又由于C在直线FA上，则＝，所以x0＝－， k1·k2＝· ＝－ ＝－ ＝－ ＝－ ＝－＝－. 4．(30分)(2022·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±x. (1)求C的方程； (2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 解： (1)由右焦点为F(2，0)，知c＝2， 因为渐近线方程为y＝±x，所以＝， 所以b＝a， 所以c2＝a2＋b2＝4a2＝4，所以a＝1，b＝. 所以C的方程为x2－＝1. (2)证明：由已知得，直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零． 若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零； 若选①③推②，则M为线段AB的中点，若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F，此时由对称性可知P，Q关于x轴对称，从而x1＝x2，与已知不符；综上，直线AB的斜率存在且不为零． 设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为 y＝k(x－2)， 设M(x0，y0)， 则条件①M在AB上等价于y0＝k(x0－2)，即ky0＝k2(x0－2)； 两渐近线的方程可表示为3x2－y2＝0， 与直线方程联立并整理，得x2－4k2x＋4k2＝0， 设A(x3，y3)，B(x4，y4)，线段AB的中点为N(xN，yN)，则 xN＝＝，yN＝k(xN－2)＝， 则条件③|MA|＝|MB|等价于(x0－x3)2＋(y0－y3)2＝(x0－x4)2＋(y0－y4)2， 移项并利用平方差公式整理得： (x3－x4) [2x0－(x3＋x4)]＋(y3－y4) [2y0－(y3＋y4)]＝0， 即[2x0－(x3＋x4)]＋[2y0－(y3＋y4)]＝0，即x0－xN＋k(y0－yN)＝0， 即x0＋ky0＝； 由题意知，直线PM的斜率为－，直线QM的斜率为， 故y1－y0＝－(x1－x0)，y2－y0＝(x2－x0)， 所以y1－y2＝－(x1＋x2－2x0)， 所以直线PQ的斜率m＝＝－， 直线PM：y＝－(x－x0)＋y0， 即y＝y0＋x0－x， 代入双曲线的方程3x2－y2＝3， 即＝3中， 得[2x－]＝3， 解得P点的横坐标x1＝， 同理：x2＝－， 所以x1－x2＝，x1＋x2－2x0＝－－x0， 所以m＝，所以条件②PQ∥AB等价于m＝k，即ky0＝3x0， 综上所述：条件①M在AB上等价于ky0＝k2(x0－2)；条件②PQ∥AB等价于ky0＝3x0；条件③|MA|＝|MB|等价于x0＋ky0＝. 选①②推③： 由①②解得：x0＝，所以x0＋ky0＝4x0＝，所以③成立； 选①③推②： 由①③解得：x0＝，ky0＝，所以ky0＝3x0，所以②成立； 选②③推①： 由②③解得：x0＝，ky0＝，所以x0－2＝， 所以ky0＝k2(x0－2)，所以①成立． 学生用书↓第225页 学科网（北京）股份有限公司 $$