2027年高考数学一轮复习第八章　进阶篇　进阶2　求值与证明问题学案含解析

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题型一 求值问题
例1 已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)的渐近线方程为y=±2x，焦距为6.
(1)求C的方程；
(2)过点(0，3)的直线l与C交于M，N两点，若以MN为直径的圆过坐标原点O，求l的方程.
解 (1)由题可得ba=2，2c=6，a2+b2=c2，
解得a2=3，b2=6，c2=9，
所以双曲线C的方程为x23-y26=1.
(2)由题意知，直线l的斜率一定存在，
设直线l：y=kx+3，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立y=kx+3，x23−y26=1，
消去y，整理得(2-k2)x2-6kx-15=0，
则k2≠2，Δ=36k2+60(2-k2)>0，
即-50)的离心率为12，A，B分别为椭圆的左、右顶点，C为椭圆的上顶点，且CA·CB=-4.直线l：x=my+3交椭圆于M，N两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，求k1k2的值.
解 (1)由题意知A(-a，0)，B(a，0)，C(0，b)，则CA=(-a，-b)，CB=(a，-b)，
所以CA·CB=-a2+b2=-c2=-4，即c=2，
又e=ca=12，所以a=4，b=a2−c2=23，
所以椭圆的标准方程为x216+y212=1.
(2)直线l：x=my+3，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由x=my+3，x216+y212=1，
得(3m2+4)y2+18my-21=0，Δ>0，
则y1+y2=-18m3m2+4，y1y2=-213m2+4，
所以my1y2=76(y1+y2)，
因为椭圆的左、右顶点分别为A(-4，0)，B(4，0)，
所以k1=y1x1+4，k2=y2x2−4，
所以k1k2=y1(x2−4)y2(x1+4)=my1y2−y1my1y2+7y2=76(y1+y2)−y176(y1+y2)+7y2=16y1+76y276y1+496y2=17.
题型二 证明问题
例2 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，离心率为12，过点F与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P(2，1)向椭圆引两条切线，切点分别为A，B.求证：PF平分∠AFB.
(1)解 由题意可得ca=12，2b2a=3a2=b2+c2，
解得a=2，b=3，c=1，
所以椭圆的方程为x24+y23=1.
(2)证明 易知直线x=2与椭圆相切，不妨设切点为A(2，0)，
另一条切线为y-1=k(x-2)，
由y−1=k(x−2)，x24+y23=1，
得(4k2+3)x2-8k(2k-1)x+16k2-16k-8=0，
所以Δ=64k2(2k-1)2-32(4k2+3)(2k2-2k-1)=192k+96=0⇒k=-12，
所以xB=8k(2k−1)2(4k2+3)=1，yB=32，
则B1，32，又F(-1，0)，
所以直线BF的斜率
kBF=tan∠BFA=32−01−(−1)=34，
所以直线PF的斜率
kPF=tan∠PFA=1−02−(−1)=13，
所以tan 2∠PFA=2×131−132=34=tan∠BFA，
所以2∠PFA=∠BFA，即PF平分∠AFB.
思维升华 圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)位置关系方面：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.
(2)数量关系方面：如相等、存在定值、恒成立等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，有时也可用反证法证明.
跟踪训练2 已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线l与x轴的交点为A，过点F的动直线m与C交于M，N两点.
(1)若准线l的方程为x=-32，求C的方程；
(2)设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，证明：k1+k2=0.
(1)解 由抛物线的准线为x=-p2=-32，
则p=3，
故抛物线C的方程为y2=6x.
(2)证明 由题设知，A−p2，0，Fp2，0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
直线m为x=ty+p2，
与y2=2px联立，可得y2-2pty-p2=0，
则Δ>0，y1+y2=2pt，y1y2=-p2，
则k1+k2=y1x1+p2+y2x2+p2
=x2y1+x1y2+p2(y1+y2)x1+p2x2+p2
=ty2+p2y1+ty1+p2y2+p2(y1+y2)x1+p2x2+p2
=2ty1y2+p(y1+y2)x1+p2x2+p2=−2tp2+2tp2x1+p2x2+p2=0.
课时精练
[分值：30分]
1.(13分)已知双曲线C：y2a2-x2b2=1(a>0，b>0)的渐近线方程为y=±33x，且过点A(0，-1).
(1)求C的方程；(4分)
(2)过C的上焦点且斜率为k的直线与C交于P，Q两点，证明：AP⊥AQ.(9分)
(1)解 由已知得a=1，ab=33，
故b=3，C的方程为y2-x23=1.
(2)证明 由(1)得双曲线C的上焦点为(0，2)，
设直线PQ：y=kx+2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立y=kx+2，y2−x23=1，
得(3k2-1)x2+12kx+9=0，k≠±33，Δ>0，
所以x1+x2=-12k3k2−1，x1x2=93k2−1，
所以直线AP和直线AQ的斜率之积为
y1+1x1·y2+1x2=k2x1x2+3k(x1+x2)+9x1x2=9k23k2−1−36k23k2−1+993k2−1=-1，
因此AP⊥AQ.
2.(17分)已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，P为直线x=a上一点.当|AP|=b时，|PF1|=45，|PF2|=25.
(1)求椭圆E的方程；(4分)
(2)过点P作椭圆E的切线，切点为B(异于点A).
①若∠F2PF1=∠APF2，求|AP|；(6分)
②证明：∠BPF1=∠APF2.(7分)
(1)解 易知F1(-c，0)，F2(c，0)，A(a，0)，
当|AP|=b时，由题意可得(a+c)2+b2=80，(a−c)2+b2=20，a2=b2+c2，
解得a=5，b=4，c=3，
所以椭圆E的方程为x225+y216=1.
(2)①解 根据对称性，不妨设点P在第一象限，且P(5，t)(t>0).
tan∠APF2=AF2||AP|=2t，
tan∠APF1=AF1||AP|=8t.
因为∠F2PF1=∠APF2，
所以∠APF1=2∠APF2，
tan∠APF1=tan 2∠APF2
=2tan∠APF21−tan 2∠APF2=2·2t1−2t2=4tt2−4，
所以4tt2−4=8t，解得t=22(t=-22舍去)，
所以|AP|=22.
②证明 根据对称性，不妨设点P在第一象限，且P(5，m)(m>0)，直线BP：y=k(x-5)+m，设PB与x轴交于点D，
由x225+y216=1，y=k(x−5)+m，
得(16+25k2)x2+50k(m-5k)x+25(5k-m)2-400=0.
由题意可得Δ=[50k(m-5k)]2-4(16+25k2)[25(5k-m)2-400]=0，
得k=m2−1610m，tan∠APF2=AF2||AP|=2m.
直线PF1的斜率kPF1=m8，
又∠BPF1=∠PF1A-∠PDA，
tan∠PDA=k，tan∠PF1A=kPF1，
故tan∠BPF1=tan(∠PF1A-∠PDA)=kPF1−k1+k·kPF1
=m8−m2−1610m1+m2−1610m·m8=2m，
所以tan∠APF2=tan∠BPF1，
所以∠BPF1=∠APF2.
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