新高考数学二轮复习圆锥曲线培优专题14 圆锥曲线中的证明问题（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习圆锥曲线培优专题14 圆锥曲线中的证明问题（含解析），共27页。试卷主要包含了考情分析，解题秘籍，跟踪检测等内容，欢迎下载使用。

专题14 圆锥曲线中的证明问题
一、考情分析
圆锥曲线中的证明问题在高考时有出现,主要有两大类：一是证明点线位置关系,如直线或曲线过某个点、直线平行与垂直、直线对称等问题,二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系,如相等与不相等.
二、解题秘籍
(一)证明直线或圆过定点
证明直线过定点,通常是设出直线方程,由已知条件确定的关系.若,则,则直线过定点,证明圆过定点,常见题型是证明以AB为直径的圆过定点P,只需证明.
【例1】（2023届重庆市南开中学校高三上学期质量检测）已知椭圆C：的离心率为,椭圆的上顶点B到两焦点的距离之和为4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：与椭圆C交于异于点B的两点P,Q,直线BP,BQ与x轴相交于,,若,求证：直线过一定点,并求出定点坐标．
【解析】（1）∵,,∴,,．
故椭圆方程为；
（2）联立直线和椭圆可得,解得,
于是有：,
,．
由题意BP：,BQ：,
分别和联立得,,,
由,得,即
整理得,
整理得,解得或者．
当时,直线过点B,与题意矛盾,应舍去.
故直线的方程为：,过定点为．
【例2】（2023届福建省福州华侨中学高三上学期第二次考试）在平面直角坐标系中,已知点,直线,点M到l的距离为d,若点M满足,记M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与C交于P,Q两点,设,证明：以P,Q为直径的圆经过点A．
【解析】（1）设点,则,
由,得,两边平方整理得,
则所求曲线的方程为.
（2）设直线的方程为,
联立方程,消去并整理得,
因为直线与交于两点,故,此时,
所以,而.
又,
所以

所以,即以P,Q为直径的圆经过点A.
(二) 证明与斜率有关的定值问题
证明与斜率有关的定值问题通常是证明斜率之和或斜率之积为定值问题,此类问题通常是把斜率之和或斜率之积用点的坐标表示,再通过化简使结果为定值,此外证明垂直问题可转化为斜率之积为,证明两直线关于直线或对称,可转化为证明斜率之和为0.
【例3】（2023届河南省安阳市高三上学期10月月考）已知椭圆的左､右焦点分别为,,,面积为的正方形ABCD的顶点都在上.
(1)求的方程；
(2)已知P为椭圆上一点,过点P作的两条切线和,若,的斜率分别为,,求证：为定值.
【解析】（1）根据对称性,不妨设正方形的一个顶点为,
由,得,
所以,整理得.①
又,②
由①②解得,,
故所求椭圆方程为.
（2）由已知及（1）可得,
设点,则.
设过点P与相切的直线l的方程为,
与联立消去y整理可得,
令,
整理可得,③
根据题意和为方程③的两个不等实根,
所以,
即为定值.
【例4】（2023届天津市第四十七中学高三上学期测试）已知椭圆：的右焦点和上顶点均在直线上.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点,若过点的直线与椭圆交于不同的两点,.直线和直线的斜率分别为和,求证：为定值.
【解析】（1）对于直线,当时,,当时,,
因为椭圆的右焦点和上顶点均在直线上,
所以,
所以,
所以椭圆方程为,
（2）因为在椭圆外,过点的直线与椭圆交于不同的两点,
所以直线的斜率一定存在,
所以设直线方程为,设,
由,得,
,得,
,
因为,,
所以




(三) 证明与线段长度有关的等式
证明与线段长度有关的等式问题,一般是利用距离公式或弦长公式写出长度表达式,再借助根与系数之间的关系或斜率、截距等证明等式两边相等.
【例5】（2023届江苏省高三上学期起航调研）在平面直角坐标系xOy中,抛物线．,为C上两点,且,分别在第一、四象限．直线与x正半轴交于,与y负半轴交于．
(1)若,求横坐标的取值范围；
(2)记的重心为G,直线,的斜率分别为,,且．若,证明：λ为定值．
【解析】（1）设,
∵,∴,即,∴,
直线的方程为：,
整理可得,,令,则,
即横坐标的取值范围；
（2）的重心为,,
∴,又,且,
∴,化简得,,
∵,
∴,
.
即,所以λ为定值．
【例6】已知双曲线的离心率是,点是双曲线的一个焦点,且点到双曲线的一条渐近线的距离是2.
(1)求双曲线的标准方程.
(2)设点在直线上,过点作两条直线,直线与双曲线交于两点,直线与双曲线交于两点.若直线与直线的倾斜角互补,证明：.
【解析】根据双曲线的对称性,不妨设,其渐近线方程为,
因为焦点到双曲线的一条渐近线的距离是2.
所以,
因为双曲线的离心率是,
所以,,解得
所以,双曲线的标准方程为.
（2）证明：由题意可知直线的斜率存在,设,
直线.
联立整理得,
所以,.
故.
设直线的斜率为,同理可得.
因为直线与直线的倾斜角互补,
所以,所以,
则,即,
所以.
(四) 证明代数式的值为定值或证明与代数式有关的恒等式
证明此类问题一般是把代数式用点的坐标表示后化简或构造方程求解
【例7】（2023届甘肃省张掖市重点校高三上学期检测）椭圆的方程为,过椭圆左焦点且垂直于轴的直线在第二象限与椭圆相交于点,椭圆的右焦点为,已知,椭圆过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点,交轴于点,若,,求证：为定值．
【解析】（1）依题可知：,,
所以,即,
解得
又∵椭圆过点,则
联立可得,
椭圆的标准方程为．
（2）设点、,,
由题意可知,直线的斜率存在,可设直线的方程为,
联立,可得,
由于点在椭圆的内部,直线与椭圆必有两个交点,
由韦达定理可得,,
,,,
得,,
,,
．
【例8】（2023届广东省揭阳市高三上学期8月调研）已知､是椭圆：的左､右焦点,点是椭圆上的动点．
(1)求的重心的轨迹方程；
(2)设点是的内切圆圆心,求证：．

【解析】（1）连接,由三角形重心性质知在的三等分点处（靠近原点）
设,则有
又,所以,即
的重心的轨迹方程为；
（2）根据对称性,不妨设点在第一象限内,易知圆的半径为等于,
利用等面积法有：
结合椭圆定义：
有,解得
由､两点的坐标可知直线的方程为
根据圆心到直线的距离等于半径,有
∴,∴
∴,又
化简得,即
∴,即
由已知得,,则
所以,即．
三、跟踪检测
1．（2023届湖南省长沙市一中等名校联考联合体高三上学期11月联考）设椭圆：的左､右焦点分别为,.,是该椭圆的下顶点和右顶点,且,若该椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)经过点的直线：交椭圆于,两点（点在点下方）,过点作轴的垂线交直线于点,交直线于点,求证：为定值.
【解析】（1）由题可得,,
所以,
因为椭圆的离心率为,所以,
结合椭圆中可知,,.
所以椭圆的标准方程为.
（2）依题意作如图：

设,,直线的方程为,
将点代入得：,
∴直线：.
由于椭圆：,∴,,
联立方程得,
由,得,
,,
直线的方程为：,
直线的方程为：,
,,
运用,
能证得：②,
下面证明②：

,
运用①中的韦达定理：

,
即②成立,
∴,即点和的纵坐标之和等于点纵坐标的2倍,
∴点是线段的中点,即,
综上,,故为定值.
2．（2023届河南省焦作市高三上学期期中）已知椭圆：的离心率为,点,,椭圆的右顶点满足.
(1)求椭圆上一点到点的最小距离；
(2)若经过点的直线交椭圆于,两点,证明：当直线的倾斜角任意变化时,总存在实数,使得.
【解析】（1）解：,
因为,所以,
即,所以,解得,
离心率,所以,
所以,
所以椭圆的标准方程为,
设,
则,
当时,,
所以椭圆上一点到点的最小距离为1；
（2）证明：当直线的倾斜角为时,直线与轴重合,
不妨取,
则,
由,得,
所以此时存在实数,使得,
当直线的倾斜角不为时,设直线方程为,
则,
联立,消得,
则,

.
所以直线的倾斜角互补,则平分,
所以当直线的倾斜角任意变化时,总存在实数,使得,
综上所述,当直线的倾斜角任意变化时,总存在实数,使得.

3．已知椭圆的长轴长为,,为的左、右焦点,点在上运动,且的最小值为.连接,并延长分别交椭圆于,两点.

(1)求的方程；
(2)证明：为定值.
【解析】（1）由题意得,
设,的长分别为,,
则,当且仅当时取等号,
从而,得,,
则椭圆的标准方程为；
（2）由（1）得,,
设,,
设直线的方程为,直线的方程为,
由,得,
则,
,
同理可得,
所以.
所以为定值.

4．（2022届湖北省十堰市丹江口市高三下学期模拟）已知双曲线的左、右顶点分别为,右焦点为,点P为C上一动点（异于两点）,直线和直线与直线分别交于M,N两点,当垂直于x轴时,的面积为2．
(1)求C的方程；
(2)求证：为定值,并求出该定值．
【解析】（1）由题意知,则．当轴时,,
故的面积,解得,
故C的方程为．
（2）由（1）得,设,
则直线,令,得；
直线,令得．
故,
因为,故,
又,则．
因此,
故,即．
5．（2023届湖北省荆荆宜三校高三上学期10月联考）记以坐标原点为顶点、为焦点的抛物线为,过点的直线与抛物线交于,两点.
(1)已知点的坐标为,求最大时直线的倾斜角；
(2)当的斜率为时,若平行的直线与交于,两点,且与相交于点,证明：点在定直线上.
【解析】（1）设直线的方程为,,
记,,则,
则
由题设得抛物线方程为
联立消去得∴,
∴令则∴
由单调性得当时,最大为,此时,直线的倾斜角为90°
（2）设,则由得
∴∴
又∵∴同理
∴又∵∴∴
∴点在定直线上.
6．在平面直角坐标系中,点的坐标为,以线段为直径的圆与轴相切．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)设是上横坐标为2的点,的平行线交于,两点,交曲线在处的切线于点,求证：.
【解析】（1）设点,因为,
所以的中点坐标为,
因为以线段为直径的圆与轴相切,
所以,即,
故,化简得,
所以的轨迹的方程为.
（2）因为是上横坐标为2的点,所以由(1)得,所以直线的斜率为1,

因为,所以可设直线的方程为,
由,得,得,则曲线在处的切线的斜率为,
所以曲线在处的切线方程为,
联立 ,得,
所以,所以,
联立,化简得,有,解得,
设,,则,,
因为,,在上,所以,,
所以,因为,所以.
7．已知双曲线,双曲线的右焦点为F,圆C的圆心在y轴正半轴上,且经过坐标原点O,圆C与双曲线Γ的右支交于A、B两点．
(1)当△OFA是以F为直角顶点的直角三角形,求△OFA的面积；
(2)若点A的坐标是,求直线AB的方程；
(3)求证：直线AB与圆x2+y2＝2相切．
【解析】（1）由题意△OFA是以F为直角顶点的直角三角形,,
所以点A在直线处,设A,代入,解得,取
则,所以△OFA的面积；
（2）设圆C圆心坐标为,因其过原点,则.
故圆C方程为：.
代入点A,得,解得.
将圆C方程与联立得,消去得：
解得.又B点在双曲线右支,故B.
则AB方程为：.
化简为即.
（3）证明：由题直线AB斜率必存在,
故设直线AB的方程为,A（x1,y1）,B（x2,y2）,
圆C的方程为,
由,消去y得:
由题意,得：,且,
由,消去x化简得：,所以.
所以,
即

得原点O到直线AB的距离,所以直线AB与圆相切．
8．（2023届湖北省重点高中智学联盟高三上学期10月联考）已知直线：与椭圆：相切于点,与直线：相交于点（异于点）．
(1)求点的坐标；
(2)直线交于点,两点,证明：．
【解析】（1）,消得：,解得：,故；
（2）联立,解之得：
联立,消得：,
由题可得：,∴,．
,,

,
,
∴,又,∴．
9．（2023届重庆市巴蜀中学校2023届高三上学期月考）已知椭圆的左､右顶点分别为,椭圆的长半轴的长等于它的焦距,且过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的右焦点为,过点的直线与椭圆相交于两点（不同于）,直线与直线相交于点,直线与直线相交于点,证明：轴.
【解析】（1）由题意,即,故椭圆,
代入点,可得,解得,
故椭圆的标准方程为：.
（2）由题意右焦点,,,
若直线斜率不存在,直线方程为：,代入椭圆方程可得,解得,即,
故直线,,,,
联立,可得；联立,可得,
,故轴；
若直线斜率存在,直线方程为：,与椭圆联立
,即,恒成立,
不妨设,故,
故直线,,,,
联立,可得；
联立,可得,



,故轴；
综上：轴.
10．已知抛物线C：,其焦点为F,O为坐标原点,直线l与抛物线C相交于不同的两点A,B,M为AB的中点.
(1)若,M的坐标为,求直线l的方程.
(2)若直线l过焦点F,AB的垂直平分线交x轴于点N,求证：为定值.
【解析】（1）由题意知直线l的斜率存在且不为0,
故设直线l的方程为
即,设,.
由得y2－4ty－4＋4t＝0,
∴,,
∴,即.
∴直线l的方程为.
（2）证明如下：
∵抛物线C：,∴焦点F的坐标为.
由题意知直线l的斜率存在且不为0,
∵直线l过焦点F,故设直线l的方程为,设,.
由,得,
∴,.
∴,∴M.
∴MN的方程为.
令,解得,N,
∴,,
∴,为定值.
11．（2023届河北省邯郸市大名县第一中学高三月考）己知椭圆的左、右焦点分别为,左顶点为,离心率为．
(1)求的方程；
(2)若直线与交于点,线段的中点分别为．设过点且垂直于轴的直线为,若直线与直线交于点,直线与直线交于点,求证：为定值．
【解析】（1）椭圆左顶点为,,又离心率,,
,的方程为：.
（2）设,,则,,
由得：,
则,
,；
直线方程为：,,；
同理可得：,又,
,,
,
为定值.
12．已知抛物线的焦点到直线的距离为．
(1)求的方程；
(2)若点在上,,是的两条切线,,是切点,直线与交于点,证明：存在定点,使得．
【解析】（1）由题可知的焦点为,依距离公式可得
,解得．
所以的方程为；
（2）设,．
由,可知直线的方程为,即．
同理直线的方程为．
联立解得．
若记,则有所以可写出直线的方程为
,即,即．
由与相交可知．联立可得．
设,则由可知





上式关于恒成立当且仅当

解得或
因此,存在定点或,使得．
13．设O为坐标原点,椭圆的离心率为,且过点．
(1)求C的方程；
(2)若直线与C交于P,Q两点,且的面积是,求证：．
【解析】（1）因椭圆过点,则,又椭圆C的离心率为,
则有,解得,
所以C的方程为．
（2）依题意,,由消去x并整理得：,
,
设,则,
于是得,点O到l的距离,
因此,即,
整理得,即,显然满足,
所以.
14．（2023届福建师范大学附属中学2023届高三上学期月考）在平面直角坐标系中, 设点, 点与两点的距离之和为为一动点, 点满足向量关系式：．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设与轴交于点(在的左侧), 点为上一动点 (且不与重合)． 设直线轴与直线分别交于点,取,连接,证明：为的角平分线．
【解析】（1）设点,,
则由点与两点的距离之和为,
可得点G的轨迹是以为焦点且长轴长为的椭圆,
其轨迹方程为,
由,可得,代入点G的轨迹方程,
可得：,
所以点的轨迹方程；
（2）设点,则,即,
,令,得,
,
则点到直线的距离为：
,
要证ER为的角平分线,只需证,
又,
,
所以,当且仅当,即时,
又在上,则,即,
代入上式可得恒成立,
为的角平分线．
15．（2023届山东省济宁市汶上县高三上学期质量联合检测）已知椭圆的左顶点为,左、右焦点分别为,,动点在上且位于第一象限,.当时,直线的斜率为.
(1)求的方程；
(2)设,,证明：.
【解析】（1）由椭圆的定义,得,即,
设,由,得点的坐标为,
由直线的斜率为,得,
结合及,得,解得或（舍去）,
所以,
所以的方程为；
（2）由题意得,,
设,
当时,,,,
故成立；
当时,,即,
整理,得,
解得,
即,考虑到为锐角,应舍去；
或.又,
所以,
综上,.