专题5 微专题16 圆锥曲线热点问题(二)——推理证明类（word教参）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

微专题16　圆锥曲线热点问题(二)——推理证明类 命题点1　点与点的关系 　(2024·湖北武汉三模)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，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线． [解析]　(1)由题意知，4a＝4，a＝. 又e＝，所以c＝，b＝，所以椭圆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，所以＝－，＝－， 所以·＝－＝－，·＝－，即k·kOM＝－，所以kOM＝－. 同理可得kON＝－，所以kOM＝kON，所以O，M，N三点共线． 解析几何点与点的关系主要有三点共线、四点共圆问题 (1)证明三点共线通常转化为直线的斜率相等问题解决． (2)圆锥曲线中的四点共圆问题在高考中是一大难点，常规的做法是用垂径定理找圆心，并通过计算得出圆心到四点的距离相等，从而证出四点共圆， 再求出圆的方程．高考中常见的四点共圆问题是两条直线与圆锥曲线交于不同的四点，判断四点是否在同一圆上，如果是，需求出圆的方程．应用曲线系方程求解这类四点共圆问题的解题步骤是： ①设经过圆锥曲线和两直线交点的曲线系方程为λf(x，y)＋g(x，y)＝0，其中f(x，y)＝0表示圆锥曲线方程，g(x，y)＝0表示两直线构成的曲线的方程； ②将λf(x，y)＋g(x，y)＝0展开，合并同类项，与圆的一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0比较系数，求出λ的值； ③将λ反代回方程λf＋g＝0的展开式，化为圆的标准方程式，从而得出四点共圆且求出了圆的方程．　 【预测练1】 如图所示，已知O为坐标原点，F为椭圆C：x2＋＝1在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为－的直线l与C交于A，B两点，点P满足＋＋＝0. (1)证明：点P在C上； (2)设点P关于点O的对称点为Q，证明：A，P，B，Q四点在同一圆上． 证明　(1)设A，B，由题意，F(0,1)，直线l的方程为y＝－x＋1，代入x2＋＝1消去y整理得4x2－2x－1＝0，判别式Δ＝2－4×4×＝24>0，由韦达定理，x1＋x2＝，所以y1＋y2＝－(x1＋x2)＋2＝1，因为＋＋＝0，所以＝－＝(－(x1＋x2)，－(y1＋y2))＝，即P，代入椭圆C的方程得2＋＝1，所以点P在椭圆C上． (2)证法一　由P和题设知Q，线段PQ的垂直平分线l1的方程为y＝－x，设AB的中点为M，由(1)可得M，所以线段AB的垂直平分线l2的方程为y＝x＋，联立解得 所以l1，l2的交点为N， 故|NP|＝ ＝， 所以|NP|＝|NQ|＝，而|AB|＝·|x2－x1|＝×＝，|MN|＝ ＝. 所以|AM|＝，|NA|＝|NB|＝＝，从而|NA|＝|NB|＝|NP|＝|NQ|， 故A，P，B，Q四点在同一圆上． 证法二　由P和题设知Q， 故直线PQ的方程为y＝x，直线AB的方程为y＝－x＋1，设经过A，P，B，Q四点的曲线系方程为λ＋＝0，化简整理得x2＋y2－x＋y－λ＝0　①，令λ＋2＝－1，得λ＝－6，代入①式整理得2＋2＝，显然该方程表示圆，所以A，P，B，Q四点在同一圆上． 命题点2　点与直线的关系 考向一　定点问题 　(2024·山东聊城一模)已知抛物线C关于y轴对称，顶点在原点，且经过点P(2,2)，动直线l：y＝kx＋b不经过点P，与C相交于A，B两点，且直线PA和PB的斜率之积等于3. (1)求C的标准方程； (2)证明：直线l过定点，并求出定点坐标． [解析]　(1)由抛物线C关于y轴对称，故可设C：x2＝2py，由P(2,2)在抛物线C上，故4＝2p×2，解得p＝1，故C：x2＝2y. (2)证明　设A，B，kPA＝＝＝＝，同理可得kPB＝，即有x1x2＋2＝8，联立直线方程l：y＝kx＋b与抛物线方程，有 即x2－2kx－2b＝0，Δ＝4k2＋8b>0，x1＋x2＝2k，x1x2＝－2b，即有－2b＋2×2k＝8，化简得b＝2k－4，此时Δ＝4k2＋8b＝4k2＋16k－32，则Δ>0有解，则l：y＝k(x＋2)－4，即直线l过定点(－2，－4)． 　 考向二　定直线问题 　(2024·江苏南京六校联考)已知F1(－1,0)，F2(1,0)，动点Z满足|ZF1|＋|ZF2|＝4. (1)求动点Z的轨迹曲线E的标准方程； (2)四边形ABCD内接于曲线E，点A，B分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，设直线AC，BD的斜率分别是k1，k2，且k1k2＝. ①记直线AC，BD的交点为G，证明：点G在定直线上； ②证明：AB∥CD. [解析]　(1)因为|ZF1|＋|ZF2|＝4>|F1F2|＝2，所以Z点的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，其长轴长2a＝4，焦距为2c＝2，b＝＝，所以曲线E的标准方程为＋＝1. (2)证明　由题意作出图形如图所示． ①设点G(x，y)，因为y＝k1(x－2)，所以k1＝，因为y＝k2x＋，所以k2＝，因为k1k2＝，所以·＝，整理得(2y－x)(2y＋x－2)＝0，因为ABCD为四边形，所以2y＋x－2≠0，所以点G在定直线x－2y＝0上． ②由题知A(2,0)，B(0，)，直线AB：y＝－x＋，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，直线CD：y＝kx＋m，将y＝kx＋m代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝，所以k1k2＝×＝＝[k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2－(kx1＋m)] ＝ ，所以 ＝，(16k3＋24k2＋12k＋18)x2＋4m(4k2－3)＋36－48k2＝0， 解得k＝－，所以AB∥CD. 点在定直线(定圆)上，这类问题等同于求动点的轨迹．定直线一般为x＝m或y＝m，所以定直线问题本质还是定值问题(横坐标或纵坐标)．　 【预测练2】 (2024·天津模拟)已知抛物线C1：x2＝2py(p>0)和圆C2：(x＋1)2＋y2＝2，倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切． (1)求p的值； (2)动点M在C1的准线上，动点A在C1上，若C1在点A处的切线l2交y轴于点B，设＝＋，证明点N在定直线上，并求该定直线的方程． 解析　(1)依题意，设直线l1的方程为y＝x＋，因为直线l1与C2相切，所以圆心C2(－1,0)到直线l1：y＝x＋的距离d＝＝，即＝，解得p＝6或p＝－2(舍去)．所以p＝6. (2)依题意设M(m，－3)，由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，即y＝，所以y′＝. 设A(x1，y1)，则以A为切点的切线l2的斜率为k＝，所以切线l2的方程为y＝x1(x－x1)＋y1. 令x＝0，得y＝－x＋y1＝－×12y1＋y1＝－y1，即点B的坐标为(0，－y1)，所以＝(x1－m，y1＋3)，＝(－m，－y1＋3)，所以＝＋＝(x1－2m,6)，＝＋＝(x1－m,3)，其中O为坐标原点． 设点N的坐标为(x，y)，则y＝3，所以点N在定直线y＝3上． 命题点3　线与线的关系 　(2024·河南郑州名校联盟)已知倾斜角为α的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)只有1个公共点A，C的焦点为F，直线AF的倾斜角为β. (1)求证：β＝2α； (2)若p＝1，直线l与直线x＝－交于点P，直线AF与C的另一个交点为B，求证：PA⊥PB. [证明]　(1)证法一　设A，则l的方程为y－t＝tan α，与y2＝2px联立得y2－ y＋－t2＝0，因为直线l与抛物线C只有1个公共点，所以－4＝0，整理得t＝，所以A，又F，所以tan β＝＝＝tan 2α，因为0<α<，0<2α<，所以tan β＝tan 2α>0,0<β<，所以β＝2α. 证法二　易知点A(x0，y0)在第一象限，且直线l与C相切于点A，由y＝，得y′＝，所以l的方程为y＝(x－x0)＋，设l与x轴交于点D，则D(－x0,0)，所以由抛物线的几何性质可知|AF|＝x0＋＝|DF|，故∠ADF＝∠DAF＝α，β＝∠AFx＝∠ADF＋∠DAF＝2α. (2)p＝1时，C的方程为y2＝2x，把p＝1，tan α＝代入y－t＝tan α得l的方程为y＝＋，把x＝－代入得y＝－，所以P，由(1)知，A，设B， 设直线AB方程为x＝my＋，与y2＝2x联立得y2－2my－1＝0，t，y0是该方程的两个根，所以y0t＝－1，所以y0＝－，所以kPA·kPB＝·＝－1，所以PA⊥PB. 圆锥曲线中证明问题的求解策略 处理圆锥曲线中的证明问题常采用直接法证明，证明时常借助于等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助函数方程思想、数形结合思想解决．　 【预测练3】 (2024·湖南长沙一模)已知双曲线x2－＝1与直线l：y＝kx＋m有唯一的公共点P，直线l与双曲线的两条渐近线分别交于M，N两点，其中点M，P在第一象限． (1)探求参数k，m满足的关系式； (2)若O为坐标原点，F为双曲线的左焦点，证明：∠MFP＝∠NFO. 解析　(1)联立方程整理得x2－2kmx－＝0. 由k≠±，且P是双曲线与直线l的唯一公共点，可得Δ＝2＋4＝0， 则k2－m2＝3. 结合图象，由点P在第一象限，可知k>，且m<0. 所以k，m的关系式满足k2－m2＝3(k>，m<0)． (2)证明　由题可得双曲线的左焦点F， 渐近线为y＝±x.联立方程 解得 即M，； 联立方程 解得 即N－，. 结合k2－m2＝3，且由x2－2kmx－＝0式可变形为m2x2＋2kmx＋k2＝0， 解得x＝－，可得P， 要证∠MFP＝∠NFO，即证tan∠MFP＝tan∠NFO，即证tan＝tan∠NFO，即证＝－kFN，即证kFM＋kFN＝kFP(1－kFMkFN)．由kFM＋kFN＝kFP(1－kFMkFN)，得＋＝kFP. 根据直线的斜率公式，kFM＝，kFN＝，kFP＝，则＋＝＋＝＝， －1＝·－1＝－1 ＝－1＝－1＝＝＝， 可得kFP＝·＝， 所以＋＝kFP. 故∠MFP＝∠NFO. 1．(2024·全国甲卷·理)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M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． 解析　(1)解法一(直接法)　第1步：构造关于a，b，c的方程组 由题意知 第2步：求解方程组，并写出椭圆方程 得 所以椭圆C的方程为＋＝1. 解法二　第1步：构造关于a，b，c的方程组 由题意知 第2步：求解方程组，并写出椭圆方程 得 所以椭圆C的方程为＋＝1. 解法三(巧用椭圆的定义) 设F′为C的左焦点，连接MF′，则|MF|＝，|FF′|＝2，在Rt△MFF′中，|MF′|＝＝＝，由椭圆的定义知2a＝|MF′|＋|MF|＝4,2c＝|FF′|＝2，所以a＝2，c＝1，又a2＝b2＋c2，所以b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明　第1步：联立方程，消元得出关于y的一元二次方程，写出根与系数的关系 分析知直线AB的斜率存在． 易知当直线AB的斜率为0时，AQ⊥y轴． 当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝ty＋4(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(1，n)， 联立方程得 消去x得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，Δ>0， 则y1＋y2＝，y1y2＝. 第2步：将三点共线代数化，建立关于n的代数式 因为N为线段FP的中点，F(1,0)，所以N. 由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ，即＝，得－y2＝n，得n＝， 第3步：证明n＝y1 所以n－y1＝－y1＝－y1＝＝＝0， 所以n＝y1，所以AQ⊥y轴． 综上，AQ⊥y轴． 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． 解析　(1)由题意知解得 ∴双曲线C的方程为－＝1. (2)证明　设直线MN的方程为x＝my－4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，A1(－2,0)，A2(2,0)， 由 解得(4m2－1)y2－32my＋48＝0， 则 直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)， ∴＝＝ ＝ ＝ ＝＝－， ∴xP＝－1，即P在定直线x＝－1上运动． 学科网（北京）股份有限公司 $$