备战2022年高考数学压轴题专题3.12 综合求证多变换几何结合代数算

【题型综述】

综合求证问题有以下类型：（1）证明直线过定点，设出直线方程，利用题中的条件与设而不求思想找出曲线方程中参数间的关系，即可求出定点.

(2)定值问题就是证明一个量或表达式的值与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标，通过运算得知求证目标的取值与变化的量无关．当使用直线的斜率和截距表示直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决．

（3）恒等式的证明问题，将恒等式转化为常见的弦长、距离之比或向量关系等问题，进而转化为直线与圆锥曲线的交点坐标问题，利用设而不求思想及韦达定理即可证明.

(4)几何图形性质的证明，利用几何图形性质与向量运算的关系，转化为向量的运算或直线的斜率关系，再用直线与圆锥曲线的交点坐标问题，利用设而不求思想及韦达定理即可证明.

【典例指引】

类型一 证明分点问题

例1 【2017北京，理18】已知抛物线C：y2=2px过点P（1，1）.过点（0，）作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点.

（Ⅰ）求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；

（Ⅱ）求证：A为线段BM的中点..

直线ON的方程为，点B的坐标为.

因为

，

所以.

故A为线段BM的中点.

类型二  几何证明问题

例2. 【2015高考湖南，理20】已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦的长为.

（1）求的方程；

（2）过点的直线与相交于，两点，与相交于，两点，且与同向

（ⅰ）若，求直线的斜率

（ⅱ）设在点处的切线与轴的交点为，证明：直线绕点旋转时，总是钝角三角形

（ii）由得，∴在点处的切线方程为，即

，令，得，即，∴，而，于是

，因此是锐角，从而是钝角.，故直线绕点旋转时，总是钝角三角形.

类型三  等式证明

例3【2015高考上海，理21】已知椭圆，过原点的两条直线和分别于椭圆交于、和、，记得到的平行四边形的面积为.

（1）设，，用、的坐标表示点到直线的距离，并证明；

（2）设与的斜率之积为，求面积的值.

类型四   长度关系证明

例4.【2016高考四川】已知椭圆E：的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上.

(Ⅰ)求椭圆E的方程；

(Ⅱ)设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：．

【扩展链接】

1.圆锥曲线以P(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦所在直线的斜率分别是：k＝－(椭圆＋＝1)，k＝(双曲线－＝1)，k＝(抛物线y2＝2px)，其中k＝(x1≠x2)，(x1，y1)，(x2，y2)为弦端点的坐标．

    2.给出,等于已知,即是直角,给出,等于已知是钝角, 给出,等于已知是锐角；

3.在平行四边形中，给出，等于已知是菱形;

4.在平行四边形中，给出，等于已知是矩形;

【同步训练】

1．如图，圆C与x轴相切于点T（2，0），与y轴正半轴相交于两点M，N（点M在点N的下方），且|MN|=3．

（1）求圆C的方程；

（2）过点M任作一条直线与椭圆相交于两点A、B，连接AN、BN，求证：∠ANM=∠BNM．

【思路点拨 】（1）设圆C的半径为r（r＞0），依题意，圆心坐标为（2，r），根据|MN|=3，利用弦长公式求得r的值，可得圆C的方程．

（2）把x=0代入圆C的方程，求得M、N的坐标，当AB⊥y轴时，由椭圆的对称性可知∠ANM=∠BNM，当AB与y轴不垂直时，可设直线AB的方程为y=kx+1，代入椭圆的方程，利用韦达定理求得KAB+KBN=0，可得∠ANM=∠BNM．

综上所述，∠ANM=∠BNM．

2.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）经过（1，1）与（，）两点．

（1）求椭圆C的方程；

（2）过原点的直线l与椭圆C交于A、B两点，椭圆C上一点M满足|MA|=|MB|．求证：++为定值．

【思路点拨】（1）把（1，1）与（，）两点代入椭圆方程解出即可．

（2）由|MA|=|MB|，知M在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性知A、B关于原点对称．

①若点A、B是椭圆的短轴顶点，则点M是椭圆的一个长轴顶点；同理，若点A、B是椭圆的长轴顶点，则点M在椭圆的一个短轴顶点；直接代入计算即可．

②若点A、B、M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为y=kx（k≠0），则直线OM的方程为，设A（x1，y1），B（x2，y2），与椭圆的方程联立解出坐标，即可得到=，同理，代入要求的式子即可．

∴=，同理，

所以=2×+=2，

故=2为定值．

3.在平面直角坐标系xOy中，动点p（x，y）（x≥0）满足：点p到定点F（，0）与到y轴的距离之差为．记动点p的轨迹为曲线C．

（1）求曲线C的轨迹方程；

（2）过点F的直线交曲线C于A、B两点，过点A和原点O的直线交直线x=﹣于点D，求证：直线DB平行于x轴．

【思路点拨】（1）利用动点p（x，y）（x≥0）满足：点p到定点F（，0）与到y轴的距离之差为．列出关系式，即可求曲线C的轨迹方程；

（2）过点F的直线交曲线C于A、B两点，过点A和原点O的直线交直线x=﹣于点D，设A的坐标为（），求出OM的方程为y=x（y0≠0），推出点D的纵坐标然后求出直线AF的方程，求出点B的纵坐标，判断直线DB平行于x轴．即可得到结果．

4.在平面直角坐标系xoy中，已知点P（2，1）在椭圆C：上且离心率为．

（1）求椭圆C的方程；

（2）不经过坐标原点O的直线l与椭圆C交于A，B两点（不与点P重合），且线段AB的中为D，直线OD的斜率为1，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1•k2为定值．

【思路点拨】（1）根据椭圆的离心率公式，将P代入椭圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；

（2）根据中点坐标公式及直线斜率公式，求得x1+x2=y1+y2，利用点差法求得直线l的斜率，将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式，即可求得k1•k2为定值．

设直线l的方程y=﹣x+t，

，整理得：3x2﹣4tx+4t2﹣12=0，

则x1+x2=，x1x2=，

则k1•k2==，

=

==，

∴k1•k2为定值．

5.在平面直角坐标系xOy中，直线l：x=﹣1，点T（3，0），动点P满足PS⊥l，垂足为S，且•=0，设动点P的轨迹为曲线C．

（1）求曲线C的方程；

（2）设Q是曲线C上异于点P的另一点，且直线PQ过点（1，0），线段PQ的中点为M，直线l与x轴的交点为N．求证：向量与共线．

【思路点拨】（1）设P（x0，y0），则S（﹣1，y0），由此利用向量的数量积能求出曲线C的方程．

（2）设Q（x1，y1），则，从而y2=4x，p=2，焦点F（1，0），N（﹣1，0），由PQ过F，得，，进而=（），=（），由此能证明向量与共线．

假设=成立，

∴，解得，

∴，

∴向量与共线．

6.已知动点A，B在椭圆+=1上，且线段AB的垂直平分线始终过点P（﹣1，0）．

（1）证明线段AB的中点M在定直线上；

（2）求线段AB长度的最大值．

【思路点拨】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点M（x0，y0），当AB与x轴垂直时，线段AB的中点M（﹣2，0），在直线y=0，当AB与x轴不垂直时，利用平方差法推出，说明M在直线x=﹣2上．

（2）当AB与x轴垂直时，，当AB与x轴不垂直时，联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求解即可．

，

∴x1+x2=﹣4，， …（8分）      

∴=（11分）

∴．…（12分）                                            

7.已知椭圆E的焦点在x轴上，长轴长为2，离心率为；抛物线G：y2=2px（p＞0）的焦点F与椭圆E的右焦点重合，若斜率为k的直线l过抛物线G的焦点F与椭圆E交于A，B两点，与抛物线G相交于C，D两点．

（1）求椭圆E及抛物线G的方程；

（2）证明：存在实数λ，使得+为常数，并求λ的值．

【思路点拨】（1）由2a=2，根据椭圆的离心率公式即可求得c的值，代入，b2=a2﹣c2=1，求得椭圆方程，由=c，求得c的值，求得抛物线方程；

（2）设直线l的方程，分别代入椭圆方程及抛物线方程，分别求得丨AB丨及丨CD丨，由+=为常数，则须有20+λ=4，即可求得λ的值．

8.已知定点Q（，0），P为圆N：上任意一点，线段QP的垂直平分线交NP于点M．

（1）当P点在圆周上运动时，求点M （x，y） 的轨迹C的方程；

（2）若直线l与曲线C交于A、B两点，且，求证：直线l与某个定圆E相切，并求出定圆E的方程．

【思路点拨】（1）求出圆N的圆心坐标为N（，0），半径为，|MP|=|MQ|，得到|MN|+|MQ|=|MN|+|MP|=|NP|=＞|NQ|，利用椭圆的定义，求解点M的轨迹C的方程．

（2）当直线的斜率存在时，设直线l为y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆的方程，得消去y，通过直线与椭圆有两个不同的交点，利用判别式以及韦达定理，通过，求解即可，当直线的斜率不存在时，直线为x=m，验证求解即可．

由韦达定理得：．…（8分）

∴．

∵，∴x1x2+y1y2=0，即，…（9分）

整理得m2=2k2+2满足①式，∴，即原点到直线l为的距离是，

∴直线l与圆x2+y2=2相切．…（10分）

当直线的斜率不存在时，直线为x=m，与椭圆C交点为A（m，），B（m，）∵，∴．

此时直线为x=，显然也与圆x2+y2=2相切．…（11分）

综上，直线l与定圆E：x2+y2=2相切．…（12分）

9.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的两焦点分别为F1，F2，离心率为．设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|=3

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）已知点T（4，0），证明：当直线l变化时，直线TS与TR的斜率之和为定值．

【思路点拨】（1）由题意可知：a=2c，=3，且a2=b2+c2，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；

（2）分类讨论，当直线l不垂直与x轴时，设直线方程，代入椭圆方程，由韦达定理及直线的斜率公式，即可求得kTR+kTS=0，即可证明直线TS与TR的斜率之和为定值．

由R，S两点的直线y=k（x﹣1），

故y1=k（x1﹣1），y2=k（x2﹣1），

则=，

由2x1x2﹣5（x1+x2）+8=2×﹣5×+8=0，

∴kTR+kTS=0，

∴直线TS与TR的斜率之和为0，

综上所述，直线TS与TR的斜率之和为为定值，定值为0．

10.已知椭圆E：中，a=b，且椭圆E上任一点到点的最小距离为．

（1）求椭圆E的标准方程；

（2）如图4，过点Q（1，1）作两条倾斜角互补的直线l1，l2（l1，l2不重合）分别交椭圆E于点A，C，B，D，求证：|QA|•|QC|=|QB|•|QD|．

【思路点拨】（1）设M（x，y）为椭圆E上任一点，由，椭圆E的方程可化为，通过求解椭圆E上任一点到点的最小距离为．即可求出椭圆的方程．

（2）直线l1，l2不重合，则直线l1，l2的斜率均存在，设直线l1：y=k（x﹣1）+1，点A（x1，y1），C（x2，y2）．

直线l2：y=﹣k（x﹣1）+1．联立消去y，由韦达定理以及弦长公式化简，可得|QA|•|QC|=|QB|•|QD|．

11.椭圆： 的离心率为，过其右焦点与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限相交于点， .

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设椭圆的左顶点为，右顶点为，点是椭圆上的动点，且点与点， 不重合，直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，求证：以线段为直径的圆恒过定点.

【思路点拨】(1)由题意可得，则椭圆C的标准方程为.

(2)由题意可得，结合题意可得圆的方程为，则以线段ST为直径的圆恒过定点.

12.已知点， 其中是曲线上的两点， ， 两点在轴上的射影分别为点， ，且.

（1）当点的坐标为时，求直线的斜率；

（2）记的面积为，梯形的面积为，求证： .

【思路点拨】(1)由题意结合直线的斜率公式可得 ；

(2)    设直线的方程为.联立直线与抛物线的方程，可得 ，   ，则 .