第八章 §8.11 圆锥曲线中求值与证明问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（北师大版 皖赣桂豫陕）

§8.11　圆锥曲线中求值与证明问题 题型一　求值问题 例1 (2022·新高考全国Ⅰ)已知点A(2,1)在双曲线C：－＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0. (1)求l的斜率； (2)若tan∠PAQ＝2，求△PAQ的面积． 解　(1)将点A的坐标代入双曲线方程得－＝1， 化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2， 故双曲线C的方程为－y2＝1. 由题易知直线l的斜率存在， 设直线l的方程为y＝kx＋m， P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立直线l与双曲线C的方程，消y整理得 (2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0， 故x1＋x2＝－，x1x2＝. kAP＋kAQ＝＋ ＝＋＝0， 化简得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0， 故＋(m－1－2k)－4(m－1)＝0， 整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0， 又直线l不过点A，即m＋2k－1≠0， 故k＝－1. (2)不妨设直线PA的倾斜角为θ， 由题意知∠PAQ＝π－2θ， 所以tan∠PAQ＝－tan 2θ＝ ＝2， 解得tan θ＝或tan θ＝－(舍去)． 由得x1＝， 所以|AP|＝|x1－2|＝， 同理得x2＝， 所以|AQ|＝|x2－2|＝. 因为tan∠PAQ＝2，所以sin∠PAQ＝， 故S△PAQ＝|AP||AQ|sin∠PAQ ＝×××＝. 思维升华 求值问题即是根据条件列出对应的方程，通过解方程求解． 跟踪训练1 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，其左、右顶点分别为A，B，下焦点为F，若S△ABF＝. (1)求椭圆C的方程； (2)若点P为椭圆C上的动点，且在第一象限运动，直线AP的斜率为k，且与y轴交于点M，过点M与AP垂直的直线交x轴于点N，若直线PN的斜率为－k，求k值． 解　(1)由题可知，S△ABF＝·2bc＝， 即bc＝，又e＝， ∴⇒ ∴椭圆C的方程为＋x2＝1. (2)由题意知A(－1,0)，kAP＝k， 则直线lAP：y＝k(x＋1)，∴M(0，k)， 联立方程⇒(k2＋4)x2＋2k2x＋k2－4＝0， ∴xA＋xP＝，xA·xP＝， ∴xP＝，∴yP＝k(xP＋1)＝， ∴P， ∵MN⊥AP，∴则直线lMN：y＝－x＋k， 令y＝0，解得xN＝k2，∴N(k2，0)， ∴kPN＝＝－k， 即k4＋5k2－24＝0，解得k2＝3或k2＝－8(舍)， ∵P在第一象限，∴k＝. 题型二　证明问题 例2　(12分)(2023·新高考全国Ⅰ)在直角坐标系Oxy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：直接法求轨迹方程] (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. [关键点：对周长放缩] [思路分析] (1)设P(x，y)，直接法求轨迹方程 (2)设点A，B，C的坐标，利用AB⊥BC建立关系 (3)利用弦长公式表示出周长 (4)对周长进行放缩 (5)建立函数，利用导数求最值 (1)解　设P(x，y)，则 ①处直接法求轨迹方程 两边同时平方化简得y＝x2＋， 故W：y＝x2＋.(2分) (2)证明　设矩形的三个顶点A， B，C在W上，且a<b<c， 易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0， 则kAB·kBC＝－1，a＋b<b＋c，(4分) 令kAB＝＝a＋b＝m<0， 同理令kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1，则，(6分) ②处得到m，n之间的关系 设矩形周长为C，由对称性不妨设|m|≥|n|， kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋， 则C＝ ③处用弦长公式表示周长 (8分) ④处进行周长放缩 易知>0. 则 ⑤处建立函数 f′(x)＝22，令f′(x)＝0，解得x＝， 当x∈时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减， 当x∈时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增， 则(10分) ⑥处利用导数求最值 故C≥＝，即C≥3. 当C＝3时，n＝，m＝－， 与当(b－a)＝(b－a)， 即m＝n时等号成立，矛盾， ⑦处排除边界值 故C>3，得证．(12分) 思维升华 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． 跟踪训练2 (2023·新高考全国Ⅱ)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． (1)解　设双曲线C的方程为－＝1(a>0，b>0)， 由焦点坐标可知c＝2， 则由e＝＝， 可得a＝2，b＝＝4， 所以双曲线C的方程为－＝1. (2)证明　由(1)可得A1(－2,0)，A2(2,0)， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 显然直线MN的斜率不为0， 设直线MN的方程为x＝my－4，且－<m<， 与－＝1联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0， 则y1＋y2＝，y1y2＝， 直线MA1的方程为y＝(x＋2)， 直线NA2的方程为y＝(x－2)， 联立直线MA1与直线NA2的方程可得 ＝＝ ＝ ＝ ＝＝－， 由＝－可得x＝－1，即xP＝－1， 据此可得点P在定直线x＝－1上运动． 课时精练 1．已知直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1相交于A，B两点． (1)若a＝2，求线段AB的长； (2)当a为何值时，以AB为直径的圆经过坐标原点？ 解　(1)由题设，y＝2x＋1，联立直线与双曲线方程并整理得x2＋4x＋2＝0， 所以Δ＝16－4×2＝8>0， 则xA＋xB＝－4，xAxB＝2， 所以|AB|＝·＝×＝2. (2)联立直线与双曲线方程得 3x2－(ax＋1)2＝1， 整理有(3－a2)x2－2ax－2＝0， 由题意Δ＝4a2＋8(3－a2)＝24－4a2>0，且3－a2≠0，即－<a<，且a≠±， 所以xA＋xB＝，xAxB＝－， 则yAyB＝a2xAxB＋a(xA＋xB)＋1＝－＋＋1＝1， 若以AB为直径的圆经过坐标原点， 则·＝0，即xAxB＋yAyB＝1－＝0， 所以a＝±1，满足要求． 2．(2023·宁德模拟)若A，B，C(0,1)，D四点中恰有三点在椭圆T：＋＝1(a>b>0)上． (1)求椭圆T的方程； (2)动直线y＝x＋t(t≠0)与椭圆交于E，F两点，EF的中点为M，连接OM(其中O为坐标原点)交椭圆于P，Q两点，证明：|ME|·|MF|＝|MP|·|MQ|. (1)解　由于A，B两点关于原点对称，必在椭圆上， 则＋＝1，且＋<1， ∴C(0,1)必在椭圆上， 即有＝1，则b＝1，a2＝2， ∴椭圆T的方程为＋y2＝1. (2)证明　设E(x1，y1)，F(x2，y2)， 联立得x2＋tx＋t2－1＝0， Δ＝2t2－4(t2－1)＝4－2t2>0， 解得－<t<， 则x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－1，y1＋y2＝x1＋t＋x2＋t＝t， ∴M，则kOM＝－， 联立 则可设P，Q， ∴|MP|·|MQ|＝··＝， ∵|ME|·|MF|＝|EF|2 ＝(1＋k)(x1－x2)2 ＝[(x1＋x2)2－4x1x2]＝， ∴|ME|·|MF|＝|MP|·|MQ|. 3．(2024·遂宁模拟)已知抛物线C：y2＝2x，过P(1,0)的直线与C相交于A，B两点，其中O为坐标原点． (1)证明：直线OA，OB的斜率之积为定值； (2)若线段AB的垂直平分线交y轴于M，且tan∠AMB＝，求直线AB的方程． (1)证明　由题意知，直线AB斜率不为0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB：x＝my＋1. 联立化简可得y2－2my－2＝0. 由根与系数的关系可得y1＋y2＝2m，y1y2＝－2， 所以kOA·kOB＝＝＝＝－2， 所以直线OA，OB的斜率之积为定值－2. (2)解　设线段AB的中点为N，设∠AMN＝θ. 则tan∠AMB＝tan 2θ＝＝， 解得tan θ＝(负值舍去)， 所以＝，即＝. 易知当直线AB斜率不存在时不成立，舍去， 所以当直线AB斜率存在时，|AB|＝|y1－y2|＝2. 由N为线段AB的中点，可得yN＝＝m， 所以xN＝myN＋1＝m2＋1. 因为MN⊥AB，所以kMN＝－m， 所以|MN|＝|xN－xM|＝(m2＋1)． 所以＝＝， 解得m＝±， 所以直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0. 4．(2022·新高考全国Ⅱ)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． (1)解　由题意得c＝2.① 因为双曲线的渐近线方程为 y＝±x＝±x，所以＝.② 又c2＝a2＋b2，③ 所以联立①②③得a＝1，b＝， 所以双曲线C的方程为x2－＝1. (2)证明　由题意知直线PQ的斜率存在且不为0， 设直线PQ的方程为y＝kx＋t(k≠0)， 将直线PQ的方程代入C的方程， 整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0， 则x1＋x2＝，x1x2＝－>0， 所以3－k2<0， 所以x1－x2＝ ＝. 设点M的坐标为(xM，yM)， 则 两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)， 又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)＝k(x1－x2)， 所以2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)， 解得xM＝； 两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)， 又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t) ＝k(x1＋x2)＋2t， 所以2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2t， 解得yM＝＝xM. 因此，点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率． 若选择①②： 因为PQ∥AB， 所以直线AB的方程为y＝k(x－2)， 设A(xA，yA)，B(xB，yB)， 不妨令点A在直线y＝x上， 则由 解得xA＝，yA＝， 同理可得xB＝，yB＝－， 所以xA＋xB＝，yA＋yB＝. 点M的坐标满足 得xM＝＝，yM＝＝， 故M为AB的中点，即|MA|＝|MB|. 若选择①③： 当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2,0)，此时M不在直线y＝x上，矛盾； 当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0， 设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)， A(xA，yA)，B(xB，yB)， 不妨令点A在直线y＝x上， 则由 解得xA＝，yA＝， 同理可得xB＝，yB＝－. 因为M在AB上，且|MA|＝|MB|， 所以xM＝＝，yM＝＝， 又点M在直线y＝x上， 所以＝·， 解得k＝m，因此PQ∥AB. 若选择②③： 因为PQ∥AB， 所以直线AB的方程为y＝k(x－2)， 设A(xA，yA)，B(xB，yB)， 不妨令点A在直线y＝x上， 则由 解得xA＝，yA＝， 同理可得xB＝，yB＝－. 设AB的中点为C(xC，yC)， 则xC＝＝， yC＝＝. 因为|MA|＝|MB|， 所以M在AB的垂直平分线上， 即点M在直线y－yC＝－(x－xC)， 即y－＝－上， 与y＝x联立，得xM＝＝xC， yM＝＝yC， 即点M恰为AB的中点，故点M在AB上． 学科网（北京）股份有限公司 $