【原】2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第8章　§8-10　圆锥曲线中求值与证明问题

§8.10　圆锥曲线中求值与证明问题

题型一　求值问题

例1　(12分)(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；[切入点：k_AP＋k_AQ＝0]

(2)若tan∠PAQ＝2，求△PAQ的面积．[关键点：利用tan∠PAQ求k_AP，k_AQ]

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　在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点，焦距与长轴之比为，A，B分别是椭圆C的上、下顶点，M是椭圆C上异于A，B的一点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若点P在直线x－y＋2＝0上，且＝3，求△PMA的面积；

(3)过点M作斜率为1的直线分别交椭圆C于另一点N，交y轴于点D，且点D在线段OA上(不包括端点O，A)，直线NA与直线BM交于点P，求·的值．

解　(1)由已知可得可得

所以椭圆C的方程为＋y²＝1.

(2)设点M(x₁，y₁)，P(x₀，x₀＋2)，

易知B(0，－1)，A(0,1)，

＝(x₀，x₀＋3)，＝(x₁，y₁＋1)，

由＝3可得

解得

即点M，

因为点M在椭圆C上，则＋²＝1，可得x＝6，

因此，S_△PMA＝S_△PAB－S_△MAB＝|AB|·|x₀|＝.

(3)设M(x₁，y₁)，N(x₂，y₂)，直线MN的方程为y＝x＋t，其中0<t<1，则D(0，t)，

联立可得3x²＋4tx＋2t²－2＝0，Δ＝16t²－12(2t²－2)＝24－8t²>0，

由根与系数的关系可得x₁＋x₂＝－，x₁x₂＝，

k_NA＝＝，

直线NA的方程为y＝x＋1，

k_MB＝＝，

直线BM的方程为y＝x－1，

可得＝

＝

＝

＝·

＝·＝，

解得y＝，

即点P，

因此，·＝t·＝1.

题型二　证明问题

例2　(2023·邵阳模拟)已知抛物线C的焦点F在x轴上，过F且垂直于x轴的直线交C于A(点A在第一象限)，B两点，且|AB|＝4.

(1)求C的标准方程；

(2)已知l为C的准线，过F的直线l₁交C于M，N(M，N异于A，B)两点，证明：直线AM，BN和l相交于一点．

(1)解　由抛物线C的焦点F在x轴上，点A在第一象限，可知抛物线开口向右．

设抛物线C的标准方程为y²＝2px(p>0)，

则F.

由题意知AF⊥x轴，则点A的横坐标为，

将x＝代入y²＝2px，

可得|y|＝p，由|AB|＝2p＝4，得p＝2，

所以抛物线C的标准方程为y²＝4x.

(2)证明　由(1)可知A(1,2)，B(1，－2)．

设直线l₁的方程为x＝my＋1，

联立得y²－4my－4＝0.

设M(x₁，y₁)，N(x₂，y₂)，

则y₁＋y₂＝4m，y₁y₂＝－4.

直线AM的方程为y＝(x－1)＋2，

即y＝(x－1)＋2，

令x＝－1，解得y＝，

所以直线AM与准线的交点为，

直线BN的方程为y＝(x－1)－2，

即y＝(x－1)－2，

令x＝－1，解得y＝.

所以直线BN与准线的交点为，

因为＝－

＝－＝1，

即＝，

所以直线AM，BN和l相交于一点．

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　(2022·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，

∴(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，

则x₁＋x₂＝－t，x₁x₂＝t²－1，y₁＋y₂＝x₁＋t＋x₂＋t＝t，

∴M，则k_OM＝－，

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|.

课时精练

1．(2023·晋中模拟)椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交C于A，B两点，且＝2，求|AB|.

解　(1)∵两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形，

∴b＝c，

∵椭圆过点P，

∴＋＝1，又a²＝b²＋c²，

解得a²＝2，b²＝1，

∴椭圆C的方程为＋y²＝1.

(2)∵F(1,0)，

设l_AB：x＝my＋1，A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，

联立方程得(m²＋2)y²＋2my－1＝0，

∴

∵＝2，∴y₁＝－2y₂，

∴

∴2²＝，∴m²＝，

∴|AB|＝·|y₁－y₂|＝·|－3y₂|＝3·＝.

2．(2022·郑州模拟)如图，已知抛物线Γ：y²＝8x的焦点为F，准线为l，O为坐标原点，A为抛物线Γ上一点，直线AO与l交于点C，直线AF与抛物线Γ的另一个交点为B.

(1)证明：直线BC∥x轴；

(2)设准线l与x轴的交点为E，连接BE，且BE⊥BF.证明：||AF|－|BF||＝8.

证明　(1)由抛物线的性质可得焦点F(2,0)，准线方程为x＝－2，

设A，B，

所以直线AO的方程为y＝x，

由题意可得点C，

设直线AB的方程为x＝my＋2，

联立整理可得y²－8my－16＝0，

所以y₁y₂＝－16，可得y₂＝－，

所以y_C＝y₂，

所以BC∥x轴．

(2)因为准线方程为x＝－2，由题意可得E(－2,0)，

＝，＝，

因为BE⊥BF，

所以·＝0，

即y＋＝0，

解得y＝－32＋16，x₂＝2－4，

由(1)可得x₁x₂＝＝＝4，

所以x₁＝2＋4，

|AF|＝x₁＋2，|BF|＝x₂＋2，

所以可证||AF|－|BF||＝|x₁－x₂|＝8.

3．(2023·南通调研)在平面直角坐标系Oxy中，已知离心率为的椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，△ABM的面积最大值为2.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设直线AM与定直线x＝t(t>2)交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是k₀，k₁，k₂，若k₁，k₀，k₂成等差数列，求实数t的值．

解　(1)由题意可知A(－a,0)，B(a,0)，

设M(x₁，y₁)，显然－b≤y₁≤b，

△ABM的面积为·2a·≤ab，

因为△ABM的面积最大值为2，

所以ab＝2，

又因为椭圆的离心率为，

所以＝，

于是⇒

所以椭圆C的标准方程为＋＝1.

(2)由(1)可知F(1,0)，A(－2,0)，B(2,0)，

由题意可知直线l的斜率不为零，

所以设直线l的方程为x＝my＋1，与椭圆方程联立，得

⇒(3m²＋4)y²＋6my－9＝0，

设N(x₂，y₂)，

所以y₁＋y₂＝，y₁y₂＝，

直线AM的方程为＝，

把x＝t代入方程中，得y＝，

所以T，

于是k₀＝＝，k₁＝，k₂＝，

因为k₁，k₀，k₂成等差数列，

所以2k₀＝k₁＋k₂⇒2·＝＋，化简得＝，

把x₁＝my₁＋1，x₂＝my₂＋1代入，化简得

6my₁y₂＝(t＋5)(y₁＋y₂)＋(2t－8)y₂，

把y₁＋y₂＝，y₁y₂＝代入，得

＝(2t－8)y₂，因为m∈R，

所以即t＝4.

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(x_M，y_M)，

则

两式相减，得y₁－y₂＝2x_M－(x₁＋x₂)，

又y₁－y₂＝(kx₁＋t)－(kx₂＋t)

＝k(x₁－x₂)，

所以2x_M＝k(x₁－x₂)＋(x₁＋x₂)，

解得x_M＝；

两式相加，得2y_M－(y₁＋y₂)＝(x₁－x₂)，

又y₁＋y₂＝(kx₁＋t)＋(kx₂＋t)

＝k(x₁＋x₂)＋2t，

所以2y_M＝k(x₁＋x₂)＋(x₁－x₂)＋2t，

解得y_M＝＝x_M.

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(x_A，y_A)，B(x_B，y_B)，

不妨令点A在直线y＝x上，

则由

解得x_A＝，y_A＝，

同理可得x_B＝，y_B＝－，

所以x_A＋x_B＝，y_A＋y_B＝.

点M的坐标满足

得x_M＝＝，

y_M＝＝，

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(x_A，y_A)，B(x_B，y_B)，

不妨令点A在直线y＝x上，

则由

解得x_A＝，y_A＝，

同理可得x_B＝，y_B＝－.

因为M在AB上，且|MA|＝|MB|，

所以x_M＝＝，

y_M＝＝，

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(x_A，y_A)，B(x_B，y_B)，

不妨令点A在直线y＝x上，

则由

解得x_A＝，y_A＝，

同理可得x_B＝，y_B＝－.

设AB的中点为C(x_C，y_C)，

则x_C＝＝，

y_C＝＝.

因为|MA|＝|MB|，

所以M在AB的垂直平分线上，

即点M在直线y－y_C＝－(x－x_C)，

即y－＝－上，

与y＝x联立，得x_M＝＝x_C，

y_M＝＝y_C，

即点M恰为AB的中点，

故点M在AB上．