2024年高二数学暑期培优讲义 第09讲 圆锥曲线中求值与证明问题（教师版）

第第页第9课圆锥曲线中求值与证明问题题型一求值问题例1在平面直角坐标系Oxy中，已知点F1(﹣eq\r(17)，0)，F2(eq\r(17)，0)，点M满足|MF1|﹣|MF2|＝2.记M的轨迹为C.(1)求C的方程；[切入点：双曲线定义](2)设点T在直线x＝eq\f(1,2)上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.[关键点：利用等式列式]教师备选已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍，F是椭圆C的一个焦点，点M(0,2)且|MF|＝eq\r(10).(1)求椭圆C的方程；(2)若过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为N，且满足|AM|＝|BN|，求l的方程．解(1)由题意，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2b，,c2＋4＝10，,b2＋c2＝a2，))解得a＝2eq\r(2)，b＝eq\r(2)，故椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)根据题意可得，点A必在点B的上方，才有|AM|＝|BN|.当l的斜率不存在时，|AM|＝2﹣eq\r(2)，|BN|＝eq\r(2)，|AM|≠|BN|，不合题意，故l的斜率必定存在．设l的方程为y＝kx＋2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋2，))得(1＋4k2)x2＋16kx＋8＝0，Δ＝(16k)2﹣32(1＋4k2)＝128k2﹣32>0，即k2>eq\f(1,4).设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝﹣eq\f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(8,1＋4k2).设N(x0，y0)，则x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝﹣eq\f(8k,1＋4k2).由|AM|＝|BN|可得，|AB|＝|MN|，所以eq\r(1＋k2)|x1﹣x2|＝eq\r(1＋k2)|x0﹣0|，则eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝|x0|，即eq\f(4\r(2)\r(4k2－1),1＋4k2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8k,1＋4k2)))，整理得k2＝eq\f(1,2)>eq\f(1,4)，故k＝±eq\f(\r(2),2)，l的方程为y＝±eq\f(\r(2),2)x＋2.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eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为B，离心率为eq\f(2\r(5),5)，且|BF|＝eq\r(5).(1)求椭圆的方程；(2)直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P.若MP∥BF，求直线l的方程．解(1)易知点F(c，0)，B(0，b)，故|BF|＝eq\r(c2＋b2)＝a＝eq\r(5)，因为椭圆的离心率为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(5),5)，所以c＝2，b＝eq\r(a2－c2)＝1，因此，椭圆的方程为eq\f(x2,5)＋y2＝1.(2)设点M(x0，y0)为椭圆eq\f(x2,5)＋y2＝1上一点，先证明直线MN的方程为eq\f(x0x,5)＋y0y＝1，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x0x,5)＋y0y＝1，,\f(x2,5)＋y2＝1，))消去y并整理得x2﹣2x0x＋xeq\o\al(2,0)＝0，Δ＝4xeq\o\al(2,0)﹣4xeq\o\al(2,0)＝0，因此，椭圆eq\f(x2,5)＋y2＝1在点M(x0，y0)处的切线方程为eq\f(x0x,5)＋y0y＝1.在直线MN的方程中，令x＝0，可得y＝eq\f(1,y0)，由题意可知y0>0，即点Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,y0)))，直线BF的斜率为kBF＝﹣eq\f(b,c)＝﹣eq\f(1,2)，所以直线PN的方程为y＝2x＋eq\f(1,y0)，在直线PN的方程中，令y＝0，可得x＝﹣eq\f(1,2y0)，即点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2y0)，0))，因为MP∥BF，则kMP＝kBF，即eq\f(y0,x0＋\f(1,2y0))＝eq\f(2y\o\al(2,0),2x0y0＋1)＝﹣eq\f(1,2)，整理可得(x0＋5y0)2＝0，所以x0＝﹣5y0，所以eq\f(x\o\al(2,0),5)＋yeq\o\al(2,0)＝6yeq\o\al(2,0)＝1，因为y0>0，故y0＝eq\f(\r(6),6)，x0＝﹣eq\f(5\r(6),6)，所以直线l的方程为﹣eq\f(\r(6),6)x＋eq\f(\r(6),6)y＝1，即x﹣y＋eq\r(6)＝0.题型二证明问题例2已知椭圆C的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，右焦点为F(eq\r(2)，0)，且离心率为eq\f(\r(6),3).(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq\r(3).(1)解由题意得，椭圆半焦距c＝eq\r(2)且e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，所以a＝eq\r(3)，又b2＝a2﹣c2＝1，所以椭圆方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)证明由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN：y＝k(x﹣eq\r(2))，即kx﹣y﹣eq\r(2)k＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq\f(|\r(2)k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±1，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝±x－\r(2)，,\f(x2,3)＋y2＝1，))可得4x2﹣6eq\r(2)x＋3＝0，所以x1＋x2＝eq\f(3\r(2),2)，x1·x2＝eq\f(3,4)，所以|MN|＝eq\r(1＋1)·eq\r(x1＋x22－4x1·x2)＝eq\r(3)，所以必要性成立；充分性：设直线MN：y＝kx＋b(kb<0)，即kx﹣y＋b＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq\f(|b|,\r(k2＋1))＝1，所以b2＝k2＋1，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,\f(x2,3)＋y2＝1，))可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2﹣3＝0，所以x1＋x2＝﹣eq\f(6kb,1＋3k2)，x1·x2＝eq\f(3b2－3,1＋3k2)，所以|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1·x2)＝eq\r(1＋k2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6kb,1＋3k2)))2－4·\f(3b2－3,1＋3k2))＝eq\r(1＋k2)·eq\f(\r(24k2),1＋3k2)＝eq\r(3)，化简得3(k2﹣1)2＝0，所以k＝±1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝1，,b＝－\r(2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝－1，,b＝\r(2)，))所以直线MN：y＝x﹣eq\r(2)或y＝﹣x＋eq\r(2)，所以直线MN过点F(eq\r(2)，0)，M，N，F三点共线，充分性成立，所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq\r(3).高考改编在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，离心率为eq\f(1,2).(1)求椭圆C的标准方程；(2)若过点F的直线l交C于A，B两点，线段AB的中点为M，分别过A，B作C的切线l1，l2，且l1与l2交于点P，证明：O，P，M三点共线．(1)解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，))∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明由题意知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，P(x3，y3)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,3x2＋4y2＝12，))整理得3(m2y2＋2my＋1)＋4y2＝12，即(3m2＋4)y2＋6my﹣9＝0.∴y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(－3m,3m2＋4)，x0＝eq\f(4,3m2＋4)，∴kOM＝﹣eq\f(3,4)m.直线l1的方程为eq\f(x1x,4)＋eq\f(y1y,3)＝1，①直线l2的方程为eq\f(x2x,4)＋eq\f(y2y,3)＝1，②②﹣①⇒eq\f(y,3)(y2﹣y1)＝eq\f(x,4)(x1﹣x2)⇒eq\f(y,x)＝eq\f(3,4)·eq\f(x1－x2,y2－y1)＝﹣eq\f(3,4)m，∴eq\f(y3,x3)＝﹣eq\f(3,4)m＝kOP，∴kOM＝kOP，即O，P，M三点共线．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已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)在复平面内对应的点为M(x，y)，且z满足|z＋2|﹣|z﹣2|＝2，点M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)设A(﹣1,0)，B(1,0)，若过F(2,0)的直线与C交于P，Q两点，且直线AP与BQ交于点R.证明：(ⅰ)点R在定直线上；(ⅱ)若直线AQ与BP交于点S，则RF⊥SF.(1)解由题意可知，eq\r(x＋22＋y2)﹣eq\r(x－22＋y2)＝2，所以点M到点F1(﹣2,0)与到点F2(2,0)的距离之差为2，且2<|F1F2|＝4，所以动点M的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线的右支，设其方程为eq\f(x2,a2)﹣eq\f(y2,b2)＝1(x≥a，a>0，b>0)，其中2a＝2,2c＝4，所以a＝1，c＝2，所以b2＝c2﹣a2＝3，所以曲线C的方程为x2﹣eq\f(y2,3)＝1(x≥1)．(2)证明(ⅰ)设直线PQ的方程为x＝ty＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中x1>1，x2>1.联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x，可得(3t2﹣1)y2＋12ty＋9＝0，由题意知3t2﹣1≠0且Δ＝144t2﹣36(3t2﹣1)＝36(t2＋1)>0，所以y1＋y2＝eq\f(－12t,3t2－1)，y1y2＝eq\f(9,3t2－1).直线AP：y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，直线BQ：y＝eq\f(y2,x2－1)(x﹣1)，①由于点P(x1，y1)在曲线C上，可知yeq\o\al(2,1)＝3(xeq\o\al(2,1)﹣1)，所以eq\f(y1,x1＋1)＝eq\f(3x1－1,y1)，所以直线AP：y＝eq\f(3x1－1,y1)(x＋1)．②联立①②，消去y可得eq\f(3x1－1,y1)(x＋1)＝eq\f(y2,x2－1)(x﹣1)，由题意知x≠1，所以eq\f(3x＋1,x－1)＝eq\f(y1y2,x1－1x2－1)，所以eq\f(3x＋1,x－1)＝eq\f(y1y2,ty1＋1ty2＋1)＝eq\f(y1y2,t2y1y2＋ty1＋y2＋1)，所以eq\f(3x＋1,x－1)＝eq\f(9,9t2－12t2＋3t2－1)＝﹣9，所以x＝eq\f(1,2)，所以点R在定直线x＝eq\f(1,2)上．(ⅱ)由题意，与(ⅰ)同理可证点S也在定直线x＝eq\f(1,2)上．设Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，r))，Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，s))，由于R在直线AP：y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)上，S在直线AQ：y＝eq\f(y2,x2＋1)(x＋1)上，所以r＝eq\f(3,2)·eq\f(y1,x1＋1)，s＝eq\f(3,2)·eq\f(y2,x2＋1)，所以rs＝eq\f(9,4)·eq\f(y1y2,x1＋1x2＋1)＝eq\f(9,4)·eq\f(y1y2,ty1＋3ty2＋3)＝eq\f(9,4)·eq\f(y1y2,t2y1y2＋3ty1＋y2＋9)＝eq\f(9,4)·eq\f(9,9t2－36t2＋93t2－1)＝﹣eq\f(9,4)，又因为eq\o(FR,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，r))，eq\o(FS,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，s))，所以eq\o(FR,\s\up6(→))·eq\o(FS,\s\up6(→))＝eq\f(9,4)＋rs＝0，所以RF⊥SF.课时精练1．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线与x轴的交点为A(﹣1,0)．(1)求C的方程；(2)若过点M(2,0)的直线l与抛物线C交于P，Q两点．求证：eq\f(1,|PM|2)＋eq\f(1,|QM|2)为定值．(1)解由题意，可得﹣eq\f(p,2)＝﹣1，即p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明设直线l的方程为x＝my＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝4x，))消去x得y2﹣4my﹣8＝0，则Δ＝16(m2＋2)>0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝﹣8，又|PM|＝eq\r(1＋m2)|y1|，|QM|＝eq\r(1＋m2)|y2|.∴eq\f(1,|PM|2)＋eq\f(1,|QM|2)＝eq\f(1,1＋m2y\o\al(2,1))＋eq\f(1,1＋m2y\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),1＋m2y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(16m2＋16,641＋m2)＝eq\f(1＋m2,41＋m2)＝eq\f(1,4).∴eq\f(1,|PM|2)＋eq\f(1,|QM|2)为定值．2．设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为eq\f(\r(5),5).(1)求椭圆的方程；(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．解(1)设椭圆的半焦距为c，依题意，2b＝4，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),5)，又a2＝b2＋c2，可得a＝eq\r(5)，b＝2，c＝1.所以椭圆的方程为eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由题意，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM，0)．设直线PB的斜率为k(k≠0)，又B(0,2)，则直线PB的方程为y＝kx＋2，与椭圆方程联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，可得xP＝﹣eq\f(20k,4＋5k2)，代入y＝kx＋2得yP＝eq\f(8－10k2,4＋5k2)，所以直线OP的斜率eq\f(yP,xP)＝eq\f(4－5k2,－10k).在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝﹣eq\f(2,k).由题意得N(0，﹣1)，所以直线MN的斜率为﹣eq\f(k,2).由OP⊥MN，得eq\f(4－5k2,－10k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(k,2)))＝﹣1，化简得k2＝eq\f(24,5)，从而k＝±eq\f(2\r(30),5).所以直线PB的斜率为eq\f(2\r(30),5)或﹣eq\f(2\r(30),5).3．曲线C上任意一点P到点F(2,0)的距离与它到直线x＝4的距离之比等于eq\f(\r(2),2)，过点M(4,0)且与x轴不重合的直线l与C交于不同的两点A，B.(1)求C的方程；(2)求证：△ABF内切圆的圆心在定直线上．(1)解设P(x，y)，由题意，eq\f(\r(x－22＋y2),|x－4|)＝eq\f(\r(2),2)⇒(x﹣2)2＋y2＝eq\f(1,2)(x﹣4)2，化简得eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，即C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)证明设直线l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将l代入C得(m2＋2)y2＋8my＋8＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝64m2－32m2＋2>0⇒m2>2，,y1＋y2＝－\f(8m,m2＋2)，,y1·y2＝\f(8,m2＋2).))设直线AF与BF的斜率分别为k1，k2，则k1＋k2＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)＝eq\f(y1,my1＋2)＋eq\f(y2,my2＋2)＝eq\f(2my1y2＋2y1＋y2,my1＋2my2＋2)＝eq\f(2m·\f(8,m2＋2)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8m,m2＋2))),my1＋2my2＋2)＝0.∴k1＝﹣k2，则∠BFM＝π﹣∠AFM，∴直线x＝2平分∠AFB，而三角形内心在∠AFB的角平分线上，∴△ABF内切圆的圆心在定直线x＝2上．4．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)﹣y2＝1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，E(0,1)，过焦点F2，且斜率为eq\f(1,6)的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，且满足eq\o(AF1,\s\up6(→))＝2eq\o(BO,\s\up6(→)).(1)求C的方程；(2)过点Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0))且斜率不为0的直线l交C于M，N两点，且|EM|＝|EN|，求直线l的方程．解(1)双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(1,a)x，过F2(c，0)，且斜率为eq\f(1,6)的直线方程为y＝eq\f(1,6)(x﹣c)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,a)x，,y＝\f(1,6)x－c))得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ac,a－6)，\f(c,a－6)))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,a)x，,y＝\f(