新高考数学一轮复习考点讲义：第09章第11讲第1课时求值与证明问题（含解析）

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题型 求值问题
典例1 (2024 ·陕西咸阳模拟)已知点P为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的动点，F1，F2分别是椭圆E的左、右焦点，△PF1F2的周长是12，椭圆E上的点到焦点的最短距离是2.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点(2,0)的动直线l与椭圆交于M，Q
由△F1MQ知，l的斜率不为0，因此可设l为倒斜截式：x＝my＋2.
两点，求S△F1MQ的最大值及此时l的方程．
方法一：需求出弦长|MQ|与F1到l的距离d.
方法二：分解△F1MQ的面积：S△F1MQ＝S△F1F2M＋S△F1F2Q.
解：(1)由题意得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋2c＝12，,a－c＝2，))
【用结论】椭圆焦点三角形的周长为2a＋2c，椭圆上的点到焦点的最短距离是a－c.
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,c＝2，))所以b2＝a2－c2＝12，
所以椭圆E的标准方程是eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)设l的方程为x＝my＋2，M(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))消去x并整理得关于y的一元二次方程(3m2＋4)y2＋12my－36＝0，
Δ＝576(m2＋1)>0,3m2＋4≠0，y1＋y2＝－eq \f(12m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(36,3m2＋4)，
方法一(直接应用弦长公式)：
|MQ|＝eq \r( ,1＋m2)eq \r( ,\f(Δ,3m2＋42))＝eq \f(24m2＋1,3m2＋4)，
此式为|y1－y2|，推导如下：设二次方程ay2＋by＋c＝0，则|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)))2－\f(4c,a))＝eq \r(\f(b2－4ac,a2))＝eq \r(\f(Δ,a2)).
点F1(－2,0)到直线l的距离d＝eq \f(4,\r(,1＋m2))，
所以S△F1MQ＝eq \f(1,2)×|MQ|×d＝eq \f(48\r( ,m2＋1),3m2＋4).
令t＝eq \r( ,m2＋1)，则t≥1，所以S△F1MQ＝eq \f(48t,3t2＋1)＝eq \f(48,3t＋\f(1,t))，
易知函数y＝3t＋eq \f(1,t)在[1，＋∞)上单调递增，
所以当t＝1时，S△F1MQ取最大值12，此时m＝0，直线l的方程为x＝2.
方法二(分解三角形求面积)：由题可知点(2,0)即点F2，所以S△F1MQ＝S△F1F2M＋S△F1F2Q＝eq \f(1,2)×4×|y1|＋eq \f(1,2)×4×|y2|＝eq \f(1,2)×4×|y1－y2|＝2|y1－y2|，
所以S△F1MQ＝2|y1－y2|＝2eq \r( ,\f(Δ,3m2＋42))＝eq \f(48\r( ,m2＋1),3m2＋4).【会运用】此处应用|y1－y2|＝eq \r( ,\f(Δ,3m2＋42))简化计算．
以下同方法一．
对点练1 (2024·北京四中阶段测试)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点P(1,1)．过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))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．
(1)求抛物线C的标准方程，并求其焦点坐标和准线方程；
(2)求eq \f(|MA|,|MB|)的值．
解：(1)将点P的坐标代入抛物线C的方程得2p＝1，解得p＝eq \f(1,2)，
因此抛物线C的标准方程为y2＝x.
所以抛物线C的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，准线方程为x＝－eq \f(1,4).
(2)由题知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋eq \f(1,2)(k≠0)，
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1≠0，x2≠0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\f(1,2)，,y2＝x，))消去x并整理得2ky2－2y＋1＝0，Δ＝(－2)2－4×2k×1＝－4·(2k－1)>0，则kb>0)经过点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，F为椭圆C的右焦点，O为坐标原点，△OFM的面积为eq \f(3,4).
S△OFM＝eq \f(1,2)×c×eq \f(3,2)＝eq \f(3,4)⇒c＝1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P(4,0)作一条斜率不为0的直线
可采用倒斜截式设法：x＝my＋4.
与椭圆C相交于A，B两点(A在B，P之间)，直线BF与椭圆C的另一个交点为D，求证：点A，D关于x轴对称．
(1)解：如图，因为△OFM的面积为eq \f(3,4)，所以eq \f(1,2)×c×eq \f(3,2)＝eq \f(3,4)，解得c＝1.又Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))在椭圆C上，⇒eq \f(b2,a)＝eq \f(3,2).
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,a2－b2＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3，))所以椭圆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FA，FB的斜率存在．根据椭圆的对称性，欲证A，D关于x轴对称，只需证kFA＝－kFD＝－kFB，即证kFA＋kFB＝0.设
与“斜率和积”有关的问题，可采用“齐次化”的方法. 本题证kFA＋kFB＝0过程如下：将F(1,0)平移到F′(0，0)，此时C′：eq \f(x＋12,4)＋eq \f(y2,3)＝1，即3x2＋6x＋4y2＝9，p′(3，0)，设A′B′：mx＋ny＝1，将P′(3,0)代入，得m＝eq \f(1,3). 即A′B′：eq \f(1,3)x＋ny＝1，则3x2＋4y2＋6xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x＋ny))－9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x＋ny))2＝0，即4x2＋(4－9n2)y2＝0，∵x≠0，∴等式两边同时除以x2，得4＋(4－9n2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))2＝0，即(4－9n2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))2＋4＝0，∴kF′A′＋kF′B′＝0，∴kFA＋kFB＝0(平移斜率不变)．
A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝my＋4，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,3x2＋4y2＝12，))
消去x并整理得(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(－24m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(36,3m2＋4).
则kFA＋kFB＝eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)＝eq \f(y1x2－1＋y2x1－1,x1－1x2－1)＝eq \f(y1x2＋y2x1－y1＋y2,x1－1x2－1).
因为y1x2＋y2x1－(y1＋y2)＝2my1y2＋3(y1＋y2)＝2m×eq \f(36,3m2＋4)＋3×eq \f(－24m,3m2＋4)＝0，
所以kFA＋kFB＝0，即点A，D关于x轴对称．
证明问题的类型及求解策略
圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．
对点练2 (2023·新高考全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))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3eq \r(3).
(1)解：设P(x，y)，则|y|＝eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2)，两边同时平方化简得y＝x2＋eq \f(1,4)，故W：y＝x2＋eq \f(1,4).
(2)证明：方法一：设矩形的三个顶点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a2＋\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，c2＋\f(1,4)))在W上，且a0，
则k≠2a，则|AB|＝eq \r(1＋k2)|k－2a|，
同理|AD|＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))，
∴|AB|＋|AD|＝eq \r(1＋k2)|k－2a|＋eq \r(1＋\f(1,k2))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))
≥eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))))≥eq \r(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))＝eq \r(\f(1＋k23,k2))，
令k2＝m，则m∈(0,1]，
设f(m)＝eq \f(m＋13,m)＝m2＋3m＋eq \f(1,m)＋3，
则f′(m)＝2m＋3－eq \f(1,m2)
＝eq \f(2m－1m＋12,m2)，
令f′(m)＝0，解得m＝eq \f(1,2)，
当m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f′(m)0，此时f(m)单调递增，则f(m)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(27,4)，
∴|AB|＋|AD|≥eq \f(3\r(3),2)，
但eq \r(1＋k2)|k－2a|＋eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))≥eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))))，此处取等条件为k2＝1，与最终取等时k＝eq \f(\r(2),2)不一致，故|AB|＋|AD|>eq \f(3\r(3),2).故矩形ABCD的周长大于3eq \r(3)，得证．
方法三：为了计算方便，我们将抛物线向下移动eq \f(1,4)个单位得抛物线W′：y＝x2，

矩形ABCD变换为矩形A′B′C′D′，则问题等价于矩形A′B′C′D′的周长大于3eq \r(3).
设 B′(t0，teq \\al(2,0))，A′(t1，teq \\al(2,1))，C′(t2，teq \\al(2,2)), 根据对称性不妨设 t0≥0.
则 kA′B′＝t1＋t0，kB′C′＝t2＋t0, 由于 A′B′⊥B′C′， 则 (t1＋t0)(t2＋t0)＝－1.
由于 |A′B′|＝eq \r(1＋t1＋t02)|t1－t0|，|B′C′|＝eq \r(1＋t2＋t02)|t2－t0|, 且 t0 介于 t1，t2 之间，
则 |A′B′|＋|B′C′|＝eq \r(1＋t1＋t02)|t1－t0|＋eq \r(1＋t2＋t02)|t2－t0|.令 t2＋t0＝tan θ，
t1＋t0＝－ct θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则t2＝tan θ－t0，t1＝－ct θ－t0，
从而|A′B′|＋|B′C′|＝eq \r(1＋ct2θ)(2t0＋ct θ)＋eq \r(1＋tan 2θ)(tan θ－2t0)，
故|A′B′|＋|B′C′|＝2t0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,sin θ)－\f(1,cs θ)))＋eq \f(sin θ,cs2θ)＋eq \f(cs θ,sin2θ)
＝eq \f(2t0cs θ－sin θ,sin θcs θ)＋eq \f(sin3θ＋cs3θ,sin2θcs2θ).
①当θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，
|A′B′|＋|B′C′|≥eq \f(sin3θ＋cs3θ,sin2θcs2θ)＝eq \f(sin θ,cs2θ)＋eq \f(cs θ,sin2θ)≥2eq \r(\f(1,sin θcs θ))＝2eq \r(\f(2,sin 2θ))≥2eq \r(2).
当且仅当θ＝eq \f(π,4)时，等号成立．
②当 θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，由于t1