备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第九章 §9.11 圆锥曲线中求值与证明问题

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§9.11　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：－＝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＝2，求△PAQ的面积．
解　(1)将点A的坐标代入双曲线方程得－＝1，
化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，
故双曲线C的方程为－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，消去y整理得
(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝.
kAP＋kAQ＝＋
＝＋＝0，
化简得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
故＋(m－1－2k)－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θ，
由题意知∠PAQ＝π－2θ，
所以tan∠PAQ＝－tan 2θ＝
＝2，
解得tan θ＝或tan θ＝－(舍去)．
由得x1＝，
所以|AP|＝|x1－2|＝，
同理得x2＝，
所以|AQ|＝|x2－2|＝.
因为tan∠PAQ＝2，
所以sin∠PAQ＝，
故S△PAQ＝|AP||AQ|sin∠PAQ
＝×××＝.
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 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点，焦距与长轴之比为，A，B分别是椭圆C的上、下顶点，M是椭圆C上异于A，B的一点．

(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P在直线x－y＋2＝0上，且＝3，求△PMA的面积；
(3)过点M作斜率为1的直线分别交椭圆C于另一点N，交y轴于点D，且点D在线段OA上(不包括端点O，A)，直线NA与直线BM交于点P，求·的值．
解　(1)由已知可得可得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设点M(x1，y1)，P(x0，x0＋2)，易知B(0，－1)，A(0,1)，＝(x0，x0＋3)，＝(x1，y1＋1)，
由＝3可得解得
即点M，
因为点M在椭圆C上，则＋2＝1，可得x＝6，
因此，S△PMA＝S△PAB－S△MAB＝|AB|·|x0|＝.
(3)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为y＝x＋t，其中00)，
则F.
由题意知AF⊥x轴，则点A的横坐标为，
将x＝代入y2＝2px，
可得|y|＝p，由|AB|＝2p＝4，得p＝2，
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)证明　由(1)可知A(1,2)，B(1，－2)．
设直线l1的方程为x＝my＋1，
联立得y2－4my－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
直线AM的方程为y＝(x－1)＋2，
即y＝(x－1)＋2，
令x＝－1，解得y＝，
所以直线AM与准线的交点为，
直线BN的方程为y＝(x－1)－2，
即y＝(x－1)－2，
令x＝－1，解得y＝.
所以直线BN与准线的交点为，
因为＝－
＝－＝1，
即＝，
所以直线AM，BN和l相交于一点．
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 (2022·宁德模拟)若A，B，C(0,1)，D四点中恰有三点在椭圆T：＋＝1(a>b>0)上．
(1)求椭圆T的方程；
(2)动直线y＝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A，B两点关于原点对称，必在椭圆上，
则＋＝1，且＋b>0)经过点P，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交C于A，B两点，且＝2，求|AB|.
解　(1)∵两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形，
∴b＝c，
∵椭圆过点P，
∴＋＝1，又a2＝b2＋c2，
解得a2＝2，b2＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)∵F(1,0)，设lAB：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
∴
∵＝2，∴y1＝－2y2，
∴
∴22＝，∴m2＝，
∴|AB|＝·|y1－y2|＝·|－3y2|＝3·＝.
2．(2022·郑州模拟)如图，已知抛物线Γ：y2＝8x的焦点为F，准线为l，O为坐标原点，A为抛物线Γ上一点，直线AO与l交于点C，直线AF与抛物线Γ的另一个交点为B.

(1)证明：直线BC∥x轴；
(2)设准线l与x轴的交点为E，连接BE，且BE⊥BF.证明：||AF|－|BF||＝8.
证明　(1)由抛物线的性质可得焦点F(2,0)，准线方程为x＝－2，
设A，B，
所以直线AO的方程为y＝x，
由题意可得点C，
设直线AB的方程为x＝my＋2，
联立整理可得y2－8my－16＝0，
所以y1y2＝－16，可得y2＝－，
所以yC＝y2，
所以BC∥x轴．
(2)因为准线方程为x＝－2，由题意可得E(－2,0)，
＝，＝，
因为BE⊥BF，
所以·＝0，
即y＋＝0，
解得y＝－32＋16，x2＝2－4，
由(1)可得x1x2＝＝＝4，
所以x1＝2＋4，
|AF|＝x1＋2，|BF|＝x2＋2，
所以可证||AF|－|BF||＝|x1－x2|＝8.

3．(2023·南通调研)在平面直角坐标系xOy中，已知离心率为的椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，△ABM的面积最大值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线AM与定直线x＝t(t>2)交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是k0，k1，k2，若k1，k0，k2成等差数列，求实数t的值．
解　(1)由题意可知A(－a,0)，B(a,0)，
设M(x1，y1)，显然－b≤y1≤b，
△ABM的面积为·2a·≤ab，
因为△ABM的面积最大值为2，
所以ab＝2，
又因为椭圆的离心率为，
所以＝，
于是⇒
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由(1)可知F(1,0)，A(－2,0)，B(2,0)，
由题意可知直线l的斜率不为零，
所以设直线l的方程为x＝my＋1，与椭圆方程联立，得
⇒(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
设N(x2，y2)，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，
直线AM的方程为＝，
把x＝t代入方程中，得y＝，
所以T，
于是k0＝＝，k1＝，k2＝，
因为k1，k0，k2成等差数列，
所以2k0＝k1＋k2⇒2·＝＋，化简得＝，
把x1＝my1＋1，x2＝my2＋1代入，化简得
6my1y2＝(t＋5)(y1＋y2)＋(2t－8)y2，
把y1＋y2＝，y1y2＝代入，得
＝(2t－8)y2，因为m∈R，
所以即t＝4.



4．(2022·新高考全国Ⅱ)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y＝±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－的直线与过Q且斜率为的直线交于点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＝±x＝±x，
所以＝.②
又c2＝a2＋b2，③
所以联立①②③得a＝1，b＝，
所以双曲线C的方程为x2－＝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＝，x1x2＝－>0，
所以3－k2