2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何微专题3圆锥曲线中的最值范围证明问题大题考法3证明问题

这是一份2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何微专题3圆锥曲线中的最值范围证明问题大题考法3证明问题，共3页。试卷主要包含了且y1y2y3y4＝16，证明，几何证明问题的解题策略，证明三点共线问题的方法等内容，欢迎下载使用。
(1)求抛物线C和圆M的方程；
(2)设P(x0，y0)(x0≠2)为圆M外一点，过点P作圆M的两条切线，分别交抛物线C于两个不同的点A(x1，y1)，B(x2，y2)和点Q(x3，y3)，R(x4，y4)．且y1y2y3y4＝16，证明：点P在一条定曲线上．
(1)解：由题设得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x，
因此，抛物线的焦点为F(1，0)，即圆M的圆心为M(1，0)，
由圆M与y轴相切，所以圆M半径为1，
所以圆M的方程为(x－1)2＋y2＝1.
(2)证明：由于P(x0，y0)(x0≠2)，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则x0≠0，
故设过点P且与圆M相切的切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0，
依题意得eq \f(|k＋y0－kx0|,\r(k2＋1))＝1，整理得x0(x0－2)k2－2y0(x0－1)k＋yeq \\al(2,0)－1＝0，①
设直线PA，PQ的斜率分别为k1，k2k1，k2，则k1，k2是方程①的两个实根，
故k1＋k2＝eq \f(2y0（x0－1）,x0（x0－2）)，k1·k2＝eq \f(yeq \\al(2,0)－1,x0（x0－2）)，②
由得ky2－4y＋4(y0－kx0)＝0，③
因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x3，y3)，R(x4，y4)，
则y1y2＝eq \f(4（y0－k1x0）,k1)，④
y3y4＝eq \f(4（y0－k2x0）,keq \\al(2,2))，⑤
由②，④，⑤三式得：
y1y2y3y4＝eq \f(16（y0－k1x0）（y0－k2x0）,k1k2)＝
eq \f(16[yeq \\al(2,0)－（k1＋k2）x0y0＋xeq \\al(2,0)k1k2],k1k2)＝eq \f(16[yeq \\al(2,0)－（k1＋k2）x0y0],k1k2)＋16xeq \\al(2,0)＝eq \f(16[yeq \\al(2,0)－\f(2y0（x0－1）,x0（x0－2）)x0y0],\f(yeq \\al(2,0)－1,x0（x0－2）))＋16xeq \\al(2,0)＝16，
即yeq \\al(2,0)x0(x0－2)－2y0(x0－1)x0y0＝(1－xeq \\al(2,0))(yeq \\al(2,0)－1)，
则yeq \\al(2,0)xeq \\al(2,0)－2yeq \\al(2,0)x0－2yeq \\al(2,0)xeq \\al(2,0)＋2x0yeq \\al(2,0)＝yeq \\al(2,0)－xeq \\al(2,0)yeq \\al(2,0)－1＋xeq \\al(2,0)，
即xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝1，所以点P在圆x2＋y2＝1.
1．几何证明问题的解题策略．
(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、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
2．证明三点共线问题的方法．
圆锥曲线中的三点共线问题，其实就是对应直线(斜率存在)上的三点中相关两个点对应的斜率相等问题，即若要证明A，B，C三点共线，即证明kAB＝kAC(或kAB＝kBC或kAC＝kBC)．
(2023·梅州二模)已知双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2eq \r(3)且双曲线E经过点A(eq \r(3)，2)．
(1)求双曲线E的方程；
(2)过点P(2，1)作动直线l，与双曲线的左、右支分别交于点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点H，满足eq \f(|PM|,|PN|)＝eq \f(|MH|,|HN|)，求证：点H恒在一条定直线上．
(1)解：|F1F2|＝2eq \r(3)，则c＝eq \r(3)，A(eq \r(3)，2)，2a＝|AF1|－|AF2|＝eq \r(（\r(3)＋\r(3)）2＋（2－0）2)－eq \r(（\r(3)－\r(3)）2＋（2－0）2)＝4－2＝2，
解得a＝1，b2＝c2－a2＝2，
故双曲线E的方程为x2－eq \f(y2,2)＝1.
(2)证明：设H(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则xeq \\al(2,1)－eq \f(yeq \\al(2,1),2)＝1，xeq \\al(2,2)－eq \f(yeq \\al(2,2),2)＝1，
即yeq \\al(2,1)＝2(xeq \\al(2,1)－1)，①
yeq \\al(2,2)＝2(xeq \\al(2,2)－1)，②
设eq \f(|PM|,|PN|)＝eq \f(|MH|,|HN|)＝λ，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PM,\s\up6(→))＝λ\(PN,\s\up6(→))，,\(MH,\s\up6(→))＝λ\(HN,\s\up6(→))，))(λ≠1)，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x1－2，y1－1）＝λ（x2－2，y2－1），,（x－x1，y－y1）＝λ（x2－x，y2－y），))
故xeq \\al(2,1)－λ2xeq \\al(2,2)＝2(1－λ2)x，③
yeq \\al(2,1)－λ2yeq \\al(2,2)＝(1－λ2)y，④
将①②代入④，则2[xeq \\al(2,1)－λ2xeq \\al(2,2)－(1－λ2)]＝(1－λ2)y，⑤
将③代入⑤，则2[(1－λ2)2x－(1－λ2)]＝(1－λ2)y，
即4x－2＝y，
故点H恒在定直线4x－y－2＝0.