第八章　§8.11　圆锥曲线中求值与证明问题-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§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：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2－1)＝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＝2eq\r(2)，求△PAQ的面积．解(1)将点A的坐标代入双曲线方程得eq\f(4,a2)－eq\f(1,a2－1)＝1，化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，故双曲线C的方程为eq\f(x2,2)－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＝－eq\f(4km,2k2－1)，x1x2＝eq\f(2m2＋2,2k2－1).kAP＋kAQ＝eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1－2)＋eq\f(kx2＋m－1,x2－2)＝0，化简得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，故eq\f(2k2m2＋2,2k2－1)＋(m－1－2k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,2k2－1)))－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θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，由题意知∠PAQ＝π－2θ，所以tan∠PAQ＝－tan2θ＝eq\f(2tanθ,tan2θ－1)＝2eq\r(2)，解得tanθ＝eq\r(2)或tanθ＝－eq\f(\r(2),2)(舍去)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y1－1,x1－2)＝\r(2)，,\f(x\o\al(2,1),2)－y\o\al(2,1)＝1，))得x1＝eq\f(10－4\r(2),3)，所以|AP|＝eq\r(3)|x1－2|＝eq\f(4\r(3)\r(2)－1,3)，同理得x2＝eq\f(10＋4\r(2),3)，所以|AQ|＝eq\r(3)|x2－2|＝eq\f(4\r(3)\r(2)＋1,3).因为tan∠PAQ＝2eq\r(2)，所以sin∠PAQ＝eq\f(2\r(2),3)，故S△PAQ＝eq\f(1,2)|AP||AQ|sin∠PAQ＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3)\r(2)－1,3)×eq\f(4\r(3)\r(2)＋1,3)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(16\r(2),9).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：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为e＝eq\f(\r(3),2)，其左、右顶点分别为A，B，下焦点为F，若S△ABF＝eq\r(3).(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－eq\f(2,5)k，求k值．解(1)由题可知，S△ABF＝eq\f(1,2)·2bc＝eq\r(3)，即bc＝eq\r(3)，又e＝eq\f(\r(3),2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bc＝\r(3)，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))∴椭圆C的方程为eq\f(y2,4)＋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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(y2,4)＋x2＝1))⇒(k2＋4)x2＋2k2x＋k2－4＝0，∴xA＋xP＝eq\f(－2k2,k2＋4)，xA·xP＝eq\f(k2－4,k2＋4)，∴xP＝eq\f(4－k2,k2＋4)，∴yP＝k(xP＋1)＝eq\f(8k,k2＋4)，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－k2,k2＋4)，\f(8k,k2＋4)))，∵MN⊥AP，∴则直线lMN：y＝－eq\f(1,k)x＋k，令y＝0，解得xN＝k2，∴N(k2，0)，∴kPN＝eq\f(\f(8k,k2＋4),\f(4－k2,k2＋4)－k2)＝－eq\f(2,5)k，即k4＋5k2－24＝0，解得k2＝3或k2＝－8(舍)，∵P在第一象限，∴k＝eq\r(3).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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))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3eq\r(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eq\x(\a\al\vs4\co1(|y|＝\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2，)))①处直接法求轨迹方程两边同时平方化简得y＝x2＋eq\f(1,4)，故W：y＝x2＋eq\f(1,4).(2分)(2)证明设矩形的三个顶点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，c2＋\f(1,4)))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＝eq\f(b2＋\f(1,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,4))),b－a)＝a＋b＝m<0，同理令kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1，则eq\x(\a\al\vs4\co1(m＝－\f(1,n)))，(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＋eq\f(1,n)，则eq\f(1,2)C＝eq\x(\a\al\vs4\co1(|AB|＋|BC|＝(b－a)\r(1＋m2)＋(c－b)\r(1＋n2)))③处用弦长公式表示周长eq\x(\a\al\vs4\co1(≥(c－a)\r(1＋n2)＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))\r(1＋n2)，n>0，))(8分)④处进行周长放缩易知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)>0.则eq\x(\a\al\vs4\co1(令f(x)＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2(1＋x2)，x>0，))⑤处建立函数f′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(\r(2),2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，则eq\x(\a\al\vs4\co1(f(x)min＝f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝\f(27,4)，))(10分)⑥处利用导数求最值故eq\f(1,2)C≥eq\r(\f(27,4))＝eq\f(3\r(3),2)，即C≥3eq\r(3).当C＝3eq\r(3)时，n＝eq\f(\r(2),2)，m＝－eq\r(2)，与当(b－a)eq\r(1＋m2)＝(b－a)eq\r(1＋n2)，即m＝n时等号成立，矛盾，⑦处排除边界值故C>3eq\r(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(－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．(1)解设双曲线C的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由焦点坐标可知c＝2eq\r(5)，则由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)，可得a＝2，b＝eq\r(c2－a2)＝4，所以双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝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－eq\f(1,2)<m<eq\f(1,2)，与eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0，则y1＋y2＝eq\f(32m,4m2－1)，y1y2＝eq\f(48,4m2－1)，直线MA1的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线NA2的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，联立直线MA1与直线NA2的方程可得eq\f(x＋2,x－2)＝eq\f(y2x1＋2,y1x2－2)＝eq\f(y2my1－2,y1my2－6)＝eq\f(my1y2－2y1＋y2＋2y1,my1y2－6y1)＝eq\f(m·\f(48,4m2－1)－2·\f(32m,4m2－1)＋2y1,m·\f(48,4m2－1)－6y1)＝eq\f(\f(－16m,4m2－1)＋2y1,\f(48m,4m2－1)－6y1)＝－eq\f(1,3)，由eq\f(x＋2,x－2)＝－eq\f(1,3)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|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(xA＋xB2－4xAxB)＝eq\r(5)×eq\r(8)＝2eq\r(10).(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－eq\r(6)<a<eq\r(6)，且a≠±eq\r(3)，所以xA＋xB＝eq\f(2a,3－a2)，xAxB＝－eq\f(2,3－a2)，则yAyB＝a2xAxB＋a(xA＋xB)＋1＝－eq\f(2a2,3－a2)＋eq\f(2a2,3－a2)＋1＝1，若以AB为直径的圆经过坐标原点，则eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，即xAxB＋yAyB＝1－eq\f(2,3－a2)＝0，所以a＝±1，满足要求．2．(2023·宁德模拟)若Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))，C(0,1)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))四点中恰有三点在椭圆T：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上．(1)求椭圆T的方程；(2)动直线y＝eq\f(\r(2),2)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Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))两点关于原点对称，必在椭圆上，则eq\f(1,a2)＋eq\f(1,2b2)＝1，且eq\f(3,4a2)＋eq\f(1,4b2)<1，∴C(0,1)必在椭圆上，即有eq\f(1,b2)＝1，则b＝1，a2＝2，∴椭圆T的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)证明设E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(2),2)x＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得x2＋eq\r(2)tx＋t2－1＝0，Δ＝2t2－4(t2－1)＝4－2t2>0，解得－eq\r(2)<t<eq\r(2)，则x1＋x2＝－eq\r(2)t，x1x2＝t2－1，y1＋y2＝eq\f(\r(2),2)x1＋t＋eq\f(\r(2),2)x2＋t＝t，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)t，\f(t,2)))，则kOM＝－eq\f(\r(2),2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(\r(2),2)x，,\f(x2,2)＋y2＝1，))则可设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2)))，∴|MP|·|MQ|＝eq\r(1＋\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)t＋1))·eq\r(1＋\f(1,2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)t＋1))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(t2,2)))，∵|ME|·|MF|＝eq\f(1,4)|EF|2＝eq\f(1,4)(1＋keq\o\al(2,EF))(x1－x2)2＝eq\f(3,8)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(t2,2)))，∴|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＝eq\f(12,5)，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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,x＝my＋1，))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＝eq\f(y1y2,x1x2)＝eq\f(y1y2,\f(y\o\al(2,1),2)·\f(y\o\al(2,2),2))＝eq\f(4,y1y2)＝－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＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))))).则tan∠AMB＝tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(12,5)，解得tanθ＝eq\f(2,3)(负值舍去)，所以eq\f(|AN|,|MN|)＝eq\f(2,3)，即eq\f(|AB|,|MN|)＝eq\f(4,3).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|＝eq\r(1＋\f(1,k\o\al(2,AB)))|y1－y2|＝2eq\r(1＋m2)eq\r(m2＋2).由N为线段AB的中点，可得yN＝eq\f(y1＋y2,2)＝m，所以xN＝myN＋1＝m2＋1.因为MN⊥AB，所以kMN＝－m，所以|MN|＝eq\r(1＋k\o\al(2,MN))|xN－xM|＝eq\r(1＋m2)(m2＋1)．所以eq\f(|AB|,|MN|)＝eq\f(2\r(1＋m2)\r(m2＋2),\r(1＋m2)m2＋1)＝eq\f(4,3)，解得m＝±eq\r(2)，所以直线AB的方程为x－eq\r(2)y－1＝0或x＋eq\r(2)y－1＝0.4．(2022·新高考全国Ⅱ)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y＝±eq\r(3)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－eq\r(3)的直线与过Q且斜率为eq\r(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．(1)解由题意得c＝2.①因为双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(3)x，所以eq\f(b,a)＝eq\r(3).②又c2＝a2＋b2，③所以联立①②③得a＝1，b＝eq\r(3)，所以双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝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＝eq\f(2kt,3－k2)，x1x2＝－eq\f(t2＋3,3－k2)>0，所以3－k2<0，所以x1－x2＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(2\r(3t2＋3－k2),k2－3).设点M的坐标为(xM，yM)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(yM－y1＝－\r(3)xM－x1，,yM－y2＝\r(3)xM－x2，))两式相减，得y1－y2＝2eq\r(3)xM－eq\r(3)(x1＋x2)，又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)＝k(x1－x2)，所以2eq\r(3)xM＝k(x1－x2)＋eq\r(3)(x1＋x2)，解得xM＝eq\f(k\r(t2＋3－k2)－kt,k2－3)；两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝eq\r(3)(x1－x2)，又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)＝k(x1＋x2)＋2t，所以2yM＝k(x1＋x2)＋eq\r(3)(x1－x2)＋2t，解得yM＝eq\f(3\r(t2＋3－k2)－3t,k2－3)＝eq\f(3,k)xM.因此，点M的轨迹为直线y＝eq\f(3,k)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＝eq\r(3)x上，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(yA＝kxA－2，,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3))，所以xA＋xB＝eq\f(4k2,k2－3)，yA＋yB＝eq\f(12k,k2－3).点M的坐标满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(yM＝kxM－2，,yM＝\f(3,k)xM，))得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝eq\f(xA＋xB,2)，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝eq\f(yA＋y