30.圆锥曲线中的证明、探索性问题

1/130.圆锥曲线中的证明、探索性问题1.（2021·新高考Ⅱ卷20题）已知椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0），右焦点为F（2（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｜＝3.解：（1）由题意知c＝2，ca＝63⇒a＝3，又∵a2＝b2故椭圆C的方程为x23＋y2（2）证明：①（必要性）若M，N，F三点共线，设直线MN的方程为x＝my＋2，圆心O（0，0）到MN的距离d＝2m2+1＝1⇒m联立x＝my＋2，x2+3y2=3⇒（m2＋3）y2＋22my－1＝0⇒4｜MN｜＝1+m2·8m2+164＝2·②（充分性）当｜MN｜＝3时，设直线MN的方程为x＝ty＋n.此时圆心O（0，0）到MN的距离d＝｜n｜t2+1＝1⇒n2－联立x＝ty＋n，x2+3y2=3⇒（t2＋3）y2＋2tny＋n2－3＝0，Δ＝4t2n2－4（t2＋3）（n2－3）＝12｜MN｜＝1+t224t2+3＝3⇒t2＝1∴MN与曲线x2＋y2＝b2（x＞0）相切，∴n＞0，n＝2，∴直线MN的方程为x＝ty＋2恒过点F（2，0），∴M，N，F三点共线，充分性成立.由①②可得M，N，F三点共线的充要条件是｜MN｜＝3.2.（2024·全国甲卷20题）已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的右焦点为F，点M（1，32）在C上（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）法一（直接法）由题意知1得a所以椭圆C的方程为x24＋y2法二由题意知｜MF｜所以椭圆C的方程为x24＋y2法三（巧用椭圆的定义）设F'为C的左焦点，连接MF'，则｜MF｜＝32，｜FF'｜＝2在Rt△MFF'中，｜MF'｜＝｜MF｜2＋｜FF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＝3，所以椭圆C的方程为x24＋y2（2）分析知直线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x消去x得（3t2＋4）y2＋24ty＋36＝0，Δ＞0，则y1＋y2＝－24t3t2+4，y因为N为线段FP的中点，F（1，0），所以N（52，0）由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ，即y2x2－52＝n1－52，得－32y2＝n（所以n－y1＝－3y22x2－5－y1＝－3y所以n＝y1，所以AQ⊥y轴.3.（2022·新高考Ⅱ卷21题）已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（2，0），（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－3的直线与过Q且斜率为3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.解：（1）由题意得c＝2，因为双曲线的渐近线方程为y＝±bax＝±3x，所以ba＝又c2＝a2＋b2，联立得a＝1，b＝3，所以双曲线C的方程为x2－y23（2）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＋b（k≠0），将直线PQ的方程代入C的方程，整理得（3－k2）x2－2kbx－b2－3＝0，则x1＋x2＝2kb3－k2，x1x2＝－b2+33－k2所以x1－x2＝（x1＋设点M的坐标为（xM，yM），则y两式相减，得y1－y2＝23xM－3（x1＋x2），又y1－y2＝（kx1＋b）－（kx2＋b）＝k（x1－x2），所以23xM＝k（x1－x2）＋3（x1＋x2），解得xM＝kb两式相加，得2yM－（y1＋y2）＝3（x1－x2），又y1＋y2＝（kx1＋b）＋（kx2＋b）＝k（x1＋x2）＋2b，所以2yM＝k（x1＋x2）＋3（x1－x2）＋2b，解得yM＝3b2+3－k因此，点M的轨迹为直线y＝3kx，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＝3x上，则由yA＝k（xA－2),yA同理可得xB＝2kk＋3，y所以xA＋xB＝4k2k2－3，yA点M的坐标满足y得xM＝2k2k2－3＝xA＋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＝3kx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＝3x上，则由yA＝m（xA－2),yA同理可得xB＝2mm＋3，y因为M在AB上，且｜MA｜＝｜MB｜，所以xM＝xA＋xB2＝2m2m又点M在直线y＝3kx上，所以6mm2－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＝3x上，则由yA＝k（xA－2),yA同理可得xB＝2kk＋3，y设AB的中点为C（xC，yC），则xC＝xA＋xyC＝yA＋y因为｜MA｜＝｜MB｜，所以M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－1k（x－xC），即y－6kk2与y＝3kx联立，得xM＝2k2k2－3＝xC，y即点M恰为AB的中点，故点M在直线AB上.4.（2023·新高考Ⅰ卷22题）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，12）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33.解：（1）设点P（x，y），则｜y｜＝（x整理，得x2＝y－14故曲线W的方程为y＝x2＋14（2）证明：不妨设A，B，C三点在W上，如图所示，设B（x0，x02＋14），A（x1，x12＋14），C（x2，x22＋14），AB的斜率为k，则直线直线AB，BC的方程分别为y－（x02＋14）＝k（x－x0），y－（x02＋14）＝－1k（x－x0），即直线AB，BC的方程分别为y＝kx－kx0＋x02＋14，联立直线AB与抛物线W的方程可得y＝x2＋14，y＝kx－kx0＋则Δ＝k2－4kx0＋4x02＝（k－2x0）2＞0，k≠2x由根与系数的关系得x0＋x1＝k，x0·x1＝kx0－x0∴｜AB｜＝1+k2·｜x1－x0｜＝1+k2·（x0＋x1）同理，联立直线BC与抛物线W的方程，并消去y得x2＋1kx－1kx0－x02＝0，且｜BC｜＝1+（－1k）2·｜x2－x0｜＝1+（－1k）2·｜－∴｜AB｜＋｜BC｜＝1+k2｜k－2x0｜＋1+1k2｜1k由对称性不妨设0＜｜k｜≤1，则1+1k2＝1+k2｜k｜≥1+k2（当∴｜AB｜＋｜BC｜≥1+k2（｜k－2x0｜＋｜1k＋2x0｜）＞1+k2｜k＋令t＝k2，则t∈（0，1]，则（k2+1令g（t）＝（t+1）3t，t∈（则g'（t）＝3（t+1当0＜t＜12时，g'（t）＜0，g（t）单调递减；当12＜t≤1时，g'（t）＞0，g（∴g（t）在t＝12处取得极小值，即最小值，为g（12）＝∴｜AB｜＋｜BC｜＞g（t）≥g∴矩形的周长为2（｜AB｜＋｜BC｜）＞33.5.（2024·新高考Ⅱ卷19题）已知双曲线C：x2－y2＝m（m＞0），点P1（5，4）在C上，k为常数，0＜k＜1.按照如下方式依次构造点Pn（n＝2，3，…）：过Pn－1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn－1，令Pn为Qn－1关于y轴的对称点.记Pn的坐标为（xn，yn）.（1）若k＝12，求x2，y2（2）证明：数列{xn－yn}是公比为1+k1（3）设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积.证明：对任意正整数n，Sn＝Sn＋1.解：将点P1（5，4）的坐标代入C的方程得52－42＝m，解得m＝9，所以C：x2－y2＝9.（1）过点P1（5，4）且斜率k＝12的直线方程为y＝12（x－5）＋与C的方程联立，消去y化简可得x2－2x－15＝0，即（x－5）（x＋3）＝0，所以点Q1的横坐标为－3，将x＝－3代入直线方程，得y＝0，因此Q1（－3，0），从而P2（3，0），即x2＝3，y2＝0.（2）证明：法一由题意，Pn（xn，yn），Pn＋1（xn＋1，yn＋1），Qn（－xn＋1，yn＋1）.设过点Pn（xn，yn）且斜率为k的直线为ln：y＝k（x－xn）＋yn，将ln的方程与C的方程联立，消去y化简可得（1－k2）x2＋（2k2xn－2kyn）x－（kxn－yn）2－9＝0，由根与系数的关系得－xn＋1＋xn＝－2k所以xn＋1＝2k2xn－2又Qn（－xn＋1，yn＋1）在直线ln上，所以yn＋1＝k（－xn＋1－xn）＋yn＝－kxn＋1－kxn＋yn.从而xn＋1－yn＋1＝xn＋1＋kxn＋1＋kxn－yn＝（1＋k）xn＋1＋kxn－yn＝（1＋k）·k2xn＋xn－2kyn1－k2＋易知xn－yn≠0，所以数列{xn－yn}是公比为1+k1法二由题意，Pn（xn，yn），Pn＋1（xn＋1，yn＋1），Qn（－xn＋1，yn＋1）.由点Pn，Qn所在直线的斜率为k，可知k＝yn又点Pn，Qn都在C上，所以x即（易知xn－yn≠0，则1+k1－k＝x＝1＝xn即数列{xn－yn}是公比为1+k1（3）证明：法一由（2）知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为1+k1令t＝1+k1－k，由0＜k＜1可知t＞1，则xn－yn＝t又xn2－yn所以xn＋yn＝9xn－可得xn＝9+t2n－22所以Pn（9+t2n－Pn＋1（9+t2n2Pn＋2（9+t2n+2所以直线PnPn＋1的方程为x－xn＝xn+1－xnyn+1－yn·（y－yn），即（9＋t2n－1）x－（9－t2n－1）y－9t易知点Pn＋2到直线PnPn＋1的距离为d＝|(9+＝｜9又｜PnPn＋1｜＝（＝（t则Sn＝12·｜PnPn＋1｜·d＝9（t－1）3（t+1）4t2＝36k法二由（2）知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝