第五板块 大题增分练（二） 证明问题

第五板块大题增分练（二）证明问题1．(2023·茂名模拟)设双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且焦距为6，点(2eq\r(2)，1)在双曲线C上．(1)求双曲线C的方程；(2)已知M是直线x＝eq\f(a2,3)上一点，直线MF2交双曲线C于A(A在第一象限)，B两点，O为坐标原点，过点M作直线OA的平行线l，l与直线OB交于点P，与x轴交于点Q，证明：P为线段MQ的中点．解：(1)因为焦距为6，所以c＝3.将点(2eq\r(2)，1)代入C的方程得eq\f(8,a2)－eq\f(1,b2)＝1.又因为a2＋b2＝c2＝9，联立解得a2＝6，b2＝3.所以双曲线C的方程为eq\f(x2,6)－eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：由(1)可知，M的横坐标为2.设直线MF2的方程为x＝my＋3(m≠0)，则M的纵坐标为yM＝－eq\f(1,m).联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋3，,\f(x2,6)－\f(y2,3)＝1，))消去x得(m2－2)y2＋6my＋3＝0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≠0，,m2－2≠0，,Δ＝6m2－12m2－2＝24m2＋1>0，))可得m≠±eq\r(2)，且m≠0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq\f(－6m,m2－2)，y1y2＝eq\f(3,m2－2).因为l∥OA，所以直线l的方程为y＋eq\f(1,m)＝eq\f(y1,my1＋3)(x－2)．又因为直线OB的方程为y＝eq\f(y2,my2＋3)x，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,m)＝\f(y1,my1＋3)x－2，,y＝\f(y2,my2＋3)x，))解得y＝eq\f(y1y2＋\f(1,m)y2,y1－y2)，即P的纵坐标为yP＝eq\f(y1y2＋\f(1,m)y2,y1－y2).由y1＋y2＝eq\f(－6m,m2－2)，y1y2＝eq\f(3,m2－2)两式相除，得eq\f(y1y2,y1＋y2)＝－eq\f(1,2m)，即y1y2＝－eq\f(1,2m)(y1＋y2)，所以yP＝eq\f(y1y2＋\f(1,m)y2,y1－y2)＝eq\f(－\f(1,2m)y1＋y2＋\f(1,m)y2,y1－y2)＝eq\f(－\f(1,2m)y1－y2,y1－y2)＝－eq\f(1,2m).因为yQ＝0，所以yP＝eq\f(yM＋yQ,2).故P为线段MQ的中点．2．已知定圆F：(x－1)2＋y2＝16，动圆H过点E(－1,0)且与圆F相切，记圆心H的轨迹为C.(1)求曲线C的方程．(2)已知A(－2,0)，B(2,0)，点M是曲线C上异于A，B的任意一点，设直线AM与直线l：x＝4交于点N，求证：∠MFB＝2∠NFB.解：(1)由圆F：(x－1)2＋y2＝16可得圆心F(1,0)，半径r＝4,∵点E(－1,0)在圆F内，∴圆H内切于圆F，∴|HE|＋|HF|＝4>|EF|＝2.∴点H的轨迹C为椭圆．设其方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则2a＝4，c＝1，∴b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3).∴轨迹C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：设M(x0，y0)，且在x轴的上方时，若MF⊥AB，不妨取Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，满足曲线C的方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，则AM的方程为y＝eq\f(1,2)(x＋2)，则N(4,3)，此时∠NFB＝45°.又∠MFB＝90°，故∠MFB＝2∠NFB；若MF不垂直于AB，设∠NFB＝θ，∠MFB＝α，则由M(x0，y0)，F(1,0)得kMF＝tanα＝eq\f(y0,x0－1).又直线AM的方程为y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，联立x＝4可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(6y0,x0＋2)))，故kNF＝eq\f(\f(6y0,x0＋2),3)＝eq\f(2y0,x0＋2)＝tanθ，则tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(\f(4y0,x0＋2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2y0,x0＋2)))2)＝eq\f(4y0x0＋2,x0＋22－4y\o\al(2,0)).又3xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝12，则tan2θ＝eq\f(4y0x0＋2,x0＋22－34－x\o\al(2,0))＝eq\f(4y0x0＋2,4x0－1x0＋2)＝eq\f(y0,x0－1)＝tanα.又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，α∈(0，π)，故2θ＝α,即∠MFB＝2∠NFB；当点M在x轴的下方时，根据对称性，显然也满足∠MFB＝2∠NFB；综上，∠MFB＝2∠NFB得证．3．(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2eq\r(5)，0)，离心率为eq\r(5).(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eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，c为双曲线C的半焦距，由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝2\r(5)，,\f(c,a)＝\r(5)，,c2＝a2＋b2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝2\r(5)，,a＝2，,b＝4.))所以双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1.(2)证明：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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－4，,\f(x2,4)－\f(y2,16)＝1，))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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(32m,4m2－1)，,y1y2＝\f(48,4m2－1)，))所以y1＋y2＝eq\f(2m,3)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eq\f(y1,x1＋2)＝eq\f(y,x＋2)，直线NA2的方程为eq\f(y2,x2－2)＝eq\f(y,x－2)，所以eq\f(\f(y1,x1＋2),\f(y2,x2－2))＝eq\f(\f(y,x＋2),\f(y,x－2))，得eq\f(x2－2y1,x1＋2y2)＝eq\f(x－2,x＋2)，eq\f(my2－6y1,my1－2y2)＝eq\f(my1y2－6y1,my1y2－2y2)＝eq\f(x－2,x＋2).因为eq\f(my1y2－6y1,my1y2－2y2)＝eq\f(my1y2－6y1＋y2＋6y2,my1y2－2y2)＝eq\f(my1y2－6·\f(2m,3)y1y2＋6y2,my1y2－2y2)＝eq\f(－3my1y2＋6y2,my1y2－2y2)＝－3，所以eq\f(x－2,x＋2)＝－3，解得x＝－1，所以点P在定直线x＝－1上．4．(2023·广州三模)直线l经过点T(t,0)(t>0)且与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点．(1)若A(1,2)，求抛物线C的方程；(2)若直线l与坐标轴不垂直，M(m,0)，证明：∠TMA＝∠TMB的充要条件是m＋t＝0.解：(1)因为抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点A(1,2)，可得22＝2p，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明：设直线l的方程为y＝k(x－t)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－t，,y2＝2px，))整理得k2x2－2(k2t＋p)x＋k2t2＝0，则x1＋x2＝eq\f(2k2t＋p,k2)，x1x2＝t2.当m＋t＝0时，直线AM，BM的斜率之和为kAM＋kBM＝eq\f(y1,x1－m)＋eq\f(y2,x2－m)＝eq\f(y1x2－m＋y2x1－m,x1－mx2－m).因为y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝k(x1－t)(x2－m)＋k(x2－t)(x1－m)＝k[2x1x2－(m＋t)(x1＋x2)＋2mt]＝k(2t2－2t2)＝0，所以kAM＋kBM＝0，即MA，MB的倾斜角互补，所以∠TMA＝∠TMB.反之，当∠TMA＝∠TMB时，直线AM，BM的斜率之和为0，即kAM＋kBM＝eq\f(y1,x1－m)＋eq\f(y2,x2－m)＝eq\f(y1x2－m＋y2x1－m,x1－mx2－m)＝0