05 正确构建关系，合理巧妙证明-《中学生数理化》高考数学2025年3月刊

■江苏省海安市立发中学 马 莹 圆锥曲线中的证明问题是新高考数学试 卷中经常出现的一类基本题型。此类题型依 托圆锥曲线中的定量或变量问题,对应的解 题目标更加明确直接,相比其他解答类问题 的设置形式,难度有所下降,能更好考查同学 们的“四基”与“四能”,以及逻辑推理、数学运 算等核心素养,备受命题者的青睐。而圆锥 曲线中的证明问题多涉及几何量的证明,比 如线段的数量关系、位置关系及定值关系等, 都是高考数学命题中证明问题的一些重要创 设形式。本文结合实例,就圆锥曲线中的证 明问题,合理构建关系,巧妙实现证明与应 用,以期抛砖引玉。 一、数量关系的证明 圆锥曲线中有关数量关系的证明,主要 包括相关的参数、关系式、线段长度等的定值 或相等关系,线段长度之间的关系式或比例 性质,对应等式或不等式的恒成立等相关情 况的证明。 例 1 已知抛物线C:x2=2py(p> 0),F 为抛物线C 的焦点,过点F 的直线l与 抛物线C 交于H,I 两点,且在 H,I 两点处 的切线交于点T,当直线l与y 轴垂直时, |HI|=4。 (1)求抛物线C 的方程; (2)证明:|FI|·|FH|=|FT|2。 解析:(1)由题意知F 0,p2 ,将y=p2 代入x2=2py,解得x=±p。 所以当直线l 与y 轴垂直时,|HI|= 2p=4,所以p=2。 所以抛物线C 的方程为x2=4y。 (2)由题意知,直线l 的斜率存在,设直 线l 的方程为y=kx+1,H(x1,y1),I(x2, y2)。 联立 x2=4y, y=kx+1, 消去y 得x2-4kx-4 =0,所以Δ=(-4k)2+16>0,x1+x2=4k, x1x2=-4。 对y= 1 4x 2 求导,得y'= 1 2x 。 由 y-y1= 1 2x1 (x-x1), y-y2= 1 2x2 (x-x2), 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 得 x=2k, y=-1, 所以T(2k,-1)。 图1 如图1,因为|FH|2=x21+ (y1-1)2=4y1 + (y1-1)2 = (y1+1)2,|FI|2=x22+(y2-1)2 =4y2+(y2-1)2=(y2+1)2,所 以|FH|2·|FI|2=(y1+1)2· (y2+1)2 = (y1y2+y1+y2+1)2 = (x1x2)2 16 + x21+x22 4 +1 2 =(4k2+4)2。 又因为|FT|2=4k2+4,所以|FI|· |FH|=|FT|2。 点评:解决圆锥曲线中涉及数量关系的 证明问题的一般方法是“设而不求”,通过“设 参、用参、消参”的逻辑推理及数学运算,有时 还会借助题设场景或几何直观,挖掘问题的 本质,进而巧妙构建对应的关系式,利用关系 式的变形与转化,通过数学运算或逻辑推理 等来达到证明的目的。 二、位置关系的证明 圆锥曲线中有关位置关系的证明,主要 包括点与圆锥曲线的位置关系,直线与圆、圆 锥曲线的交点情况,直线间的位置关系,以及 点与直线的位置关系,还涉及点的对称、三点 共线、四点共圆等特殊的几何元素之间的位 置关系的证明。 例 2 已知O 为坐标原点,抛物线C: y2=2px(0<p<2)上一点 P 1 p ,2 到抛 物线C 的焦点的距离为 3 2 ,若过点 M(2,0) 41 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年3月 的直线l与抛物线C 交于A,B 两点。 (1)证明:OA⊥OB; (2)若直线l与坐标轴不平行,且A 关于 x 轴的对称点为 D,圆 N:x2+y2+4x- 2y+3=0,证明:直线BD 恒与圆N 相交。 证明:(1)因为点P 1 p ,2 到抛物线C 的焦点的距离为 3 2 ,所以3 2= 1 p +p2 ,解得 p=1或p=2。因为0<p<2,所以p=1,所 以抛物线C 的方程为y2=2x。 当直线l⊥x 轴时,可得A(2,2),B(2, -2),此时kOA·kOB= 2-0 2-0× -2-0 2-0 =-1 , 所以OA⊥OB。 当直线l与x 轴不垂直时,设直线l的 方程为y=k(x-2)(k≠0),A(x1,y1), B(x2,y2),将直线l的方程代入y2=2x,得 ky2-2y-4k=0(k≠0),所以y1y2=-4,所 以x1x2= (y1y2)2 4 =4 。 所以kOA·kOB= y1 x1 ·y2 x2 = -4 4 =-1 ,所 以OA⊥OB。 综上可得,OA⊥OB。 (2)由于点A,D 关于x 轴对称,结合(1)可 得点D 的坐标为(x1,-y1),所以直线BD 的方 程为y+y1= y2+y1 x2-x1 (x-x1)= y2+y1 y22 2- y21 2 · x- y21 2 ,即2x+(y1-y2)y-y1y2=0。 由(1)得y1y2=-4,则2x+(y1-y2)y +4=0,可得直线BD 恒过点(-2,0)。 因为圆N 的方程为x2+y2+4x-2y+ 3=0,且(-2)2+02+4×(-2)-0+3= -1<0,所以点(-2,0) 在圆N 的内部,所以 直线BD 恒与圆N 相交。 点评:解决圆锥曲线中涉及位置关系的 证明问题的关键是借助“转化”意识来合理证 明相应的位置关系。例如,对边平行的几何 性质可以借助代数中斜率相等或向量平行来 实现;两边相等的几何性质可以借助代数中 横、纵坐标差的平方和相等来实现;对角线互 相平分的几何性质可以借助代数中的中点重 合来实现;两边垂直的几何性质可以借助代 数中向量数量积为0来实现等。 三、定值关系的证明 圆锥曲线中有关定值关系的证明,可以 是相应表达式为定值,对应三角形的周长、面 积为定值等,往往是通过题设条件加以构建 对应的要素,通过代数运算与逻辑推理,推导 出其结果为定值,即可实现问题的证明。 例 3 已知椭圆C:x 2 a2 +y 2 b2 =1(a> b>0)的离心率为 1 2 ,焦距为2。 (1)求椭圆C 的标准方程。 (2)若直线l:y=kx+m(k,m∈R)与椭 圆C 相交于A,B 两点,且kOA·kOB=- 3 4 。 ①求证:△AOB 的面积为定值。 ②椭圆C 上是否存在一点P,使得四边 形OAPB 为平行四边形? 若存在,求出点P 横坐标的取值范围;若不存在,请说明理由。 解析:(1)由题意知,焦距2c=2,则c=1。 又e= c a= 1 2 ,则a=2,所以b2=a2-c2=3。 所以椭圆C 的标准方程为 x2 4+ y2 3=1 。 (2)①联立 x2 4+ y2 3=1 , y=kx+m, 消去y 得(3+ 4k2)x2+8kmx+4m2-12=0。 设A(x1,y1),B(x2,y2),则Δ=64k2m2 -4(4k2+3)(4m2-12) =48(4k2-m2+3) >0,x1+x2=- 8km 3+4k2 ,x1x2= 4m2-12 3+4k2 。 故y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2 +km(x1+x2)+m2= 3m2-12k2 3+4k2 。 因为 kOA ·kOB = y1 x1 ·y2 x2 = y1y2 x1x2 = 3m2-12k2 4m2-12 =- 3 4 ,所以2m2=3+4k2。 由弦 长 公 式 得|AB|= 1+k2 · (x1+x2)2-4x1x2= 24(1+k2) 3+4k2 。 51 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年3月