第8章 第7节 第❺课时 证明问题（Word教参）-【优化指导】2026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). 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．(2024·全国甲卷)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M(1，)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：(1)方法一(直接法)　由题意知 得 所以椭圆C的方程为＋＝1. 方法二　由题意知得 所以椭圆C的方程为＋＝1. 方法三(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：由题意可知直线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＝. 因为N为线段FP的中点，F(1，0)，所以N(，0). 由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ，即＝，得－y2＝n(x2－)，得n＝， 所以n－y1＝－y1＝－y1＝＝＝0， 所以n＝y1，所以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：(1)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)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＝kMA1(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)见P417] 学科网（北京）股份有限公司 $$