人教A版普通高中数学一轮复习第八章第八节第二课时圆锥曲线中的求值与证明问题学案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习第八章第八节第二课时圆锥曲线中的求值与证明问题学案，共13页。
求值问题
【例1】(2022·新高考全国Ⅰ卷)已知点A(2，1)在双曲线C：x2a2－y2a2-1＝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＝22，求△PAQ的面积．
解：(1)因为点A(2，1)在双曲线C：x2a2－y2a2-1＝1(a＞1)上，
所以4a2－1a2-1＝1，解得a2＝2.
即双曲线C：x22－y2＝1.
易知直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立y=kx+m，x22-y2=1，
可得(1－2k2)x2－4mkx－2m2－2＝0，
Δ＝16m2k2－4(2m2＋2)(2k2－1)＞0，
即m2－2k2＋1＞0且k≠±22，
所以x1＋x2＝－4mk2k2-1，x1x2＝2m2+22k2-1．
由kAP＋kAQ＝0，
可得y1-1x1-2＋y2-1x2-2＝0，
即(x1－2)(kx2＋m－1)＋(x2－2)(kx1＋m－1)＝0，
即2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
所以2k×2m2+22k2-1＋(m－1－2k)×-4mk2k2-1－4(m－1)＝0，
整理得(k＋1)(2k－1＋m)＝0，
所以k＝－1或m＝1－2k.
当m＝1－2k时，直线l：y＝kx＋m＝k(x－2)＋1过点A(2，1)，与题意不符，舍去，
故k＝－1.
(2)不妨设直线AP，AQ的倾斜角为α，βα＜π2＜β．
因为kAP＋kAQ＝0，
所以α＋β＝π.
由(1)知x1x2＝2m2＋2＞0，
当P，Q均在双曲线左支上时，∠PAQ＝2α，所以tan 2α＝22，即2tan2α＋tanα －2＝0.
解得tan α＝22(负值舍去)．
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当P，Q均在双曲线右支时，
因为tan ∠PAQ＝22，
所以tan (β－α)＝22，
即tan 2α＝－22，
即2tan2α－tanα－2＝0，
解得tan α＝2(负值舍去)．
故lAP：y＝2(x－2)＋1，
lAQ：y＝－2(x－2)＋1，
联立y=2x-2+1，x22-y2=1， 得32x2＋2(2－4)x＋10－42＝0，
因为方程有一个根为2，
所以x1＝10-423，y1＝42-53．
同理可得x2＝10+423，y2＝-42-53．
所以lPQ：x＋y－53＝0，|PQ|＝163，
点A到直线PQ的距离d＝2+1-532＝223，
故△PAQ的面积为12×163×223＝1629．
求值问题即是根据条件列出对应的方程，通过解方程求解．
(2022·北京卷)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的一个顶点为A(0，1)，焦距为23.
(1)求椭圆E的方程．
(2)过点P(－2，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当|MN|＝2时，求k的值．
解：(1)依题意可知b=1， 2c=23， a2=b2+c2，解得a=2，b=1，c=3，故椭圆E的方程为x24＋y2＝1.
(2)由题可知直线BC的方程为y－1＝k(x＋2)．
设B(x1，y1)，C(x2，y2)．
联立y-1=kx+2，x24+y2=1， 消去y整理得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，
则由Δ＝(16k2＋8k)2－4(4k2＋1)(16k2＋16k)＞0，得k＜0，
所以x1＋x2＝－16k2+8k4k2+1，x1x2＝16k2+16k4k2+1．
易知直线AB的斜率kAB＝y1-1x1，
直线AB的方程为y＝y1-1x1x＋1，
令y＝0，可得点M的横坐标xM＝x11-y1．
同理可得点N的横坐标xN＝x21-y2．
则|MN|＝x11-y1-x21-y2
＝x1-kx1+2-x2-kx2+2
＝1kx2x2+2-x1x1+2
＝1k·x2x1+2-x1x2+2x1x2+2x1+x2+4
＝1k·2x1+x22-4x1x2x1x2+2x1+x2+4
＝1k·2-16k2+8k1+4k22-4×16k2+16k1+4k216k2+16k1+4k2+2-16k2-8k1+4k2+4
＝1k·2642k2+k2-4×16k2+k1+4k21+4k2216k2+16k1+4k2+-32k2-16k1+4k2+4+16k21+4k2
＝4-kk＝2，解得k＝－4.
故k的值为－4.
证明问题
【例2】(2024·潍坊模拟)已知P为抛物线C：y2＝4x上位于第一象限的点，F为C的焦点，PF与C交于点Q(异于点P)．直线l与C相切于点P，与x轴交于点M.过点P作l的垂线交C于另一点N.
(1)证明：线段MP的中点在定直线上；
(2)若点P的坐标为(2，22)，试判断M，Q，N三点是否共线．
(1)证明：设P(x0，y0)，则y02＝4x0.
因为点P在第一象限，
所以y0＝2x0.
对y＝2x两边求导得y′＝1x，
所以直线l的斜率为1x0，
所以直线l的方程为y－2x0＝1x0(x－x0)．
令y＝0，则x＝－x0，
所以M(－x0，0)．
故线段MP的中点为0，y02，
即线段MP的中点在定直线x＝0上．
(2)解：若P(2，22)，则M(－2，0)，
所以kMP＝22，kPF＝22.
又PN⊥l，
所以kPN＝－2.
故直线PF：y＝22(x－1)，
直线PN：y＝－2(x－4)．
由y2=4x， y=22x-1，得2x2－5x＋2＝0，
所以x＝12或2，
易知Q12，-2；
由y2=4x， y=-2x-4，得x2－10x＋16＝0，
所以x＝2或8，
易知N(8，－42)．
因为M(－2，0)，Q12，-2，N(8，－42)，
所以kMQ＝－225＝kMN，
所以M，Q，N三点共线．
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，常见有某点在某直线上、某直线经过某点、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、代数式的恒等变换以及必要的数值计算等进行证明．
若A-1，-22，B1，22，C(0，1)，D32，12四点中恰有三点在椭圆T：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)上．
(1)求椭圆T的方程；
(2)动直线y＝22x＋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-1，-22，B1，22两点关于原点对称，所以点A，B必在椭圆上，
则1a2＋12b2＝1，且易知34a2＋14b2＜1，
所以点C(0，1)必在椭圆上，即有1b2＝1，
则b＝1，a＝2，
所以椭圆T的方程为x22＋y2＝1.
(2)证明：设E(x1，y1)，F(x2，y2)．
联立y=22x+t，x22+y2=1，得x2＋2tx＋t2－1＝0，
Δ＝(2t)2－4(t2－1)＝4－2t2＞0，所以t2＞2，
则x1＋x2＝－2t，x1x2＝t2－1，y1＋y2＝22x1＋t＋22x2＋t＝t，
所以M-2t2，t2，
则kOM＝－22，lOM：y＝－22x.
联立y=-22x，x22+y2=1，得x＝±1，
则不妨设P-1，22，Q1，-22，
所以|MP|·|MQ|＝1+12·-2t2+1·1+12·-2t2-1＝321-t22．
因为|ME|·|MF|＝14|EF|2
＝14(1+kEF2))(x1－x2)2
＝38[(x1＋x2)2－4x1x2]
＝321-t22，
所以|ME|·|MF|＝|MP|·|MQ|得证．
课时质量评价(五十四)
1．已知点P(－2，－1)为椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)上一点，且C的离心率为32．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若M为C上第二象限内一点，点M关于直线x＝－2的对称点为N，直线PN与C交于另一点Q，O为坐标原点，求证：MQ∥OP.
(1)解：由点P(－2，－1)在椭圆C上，得-22a2＋-12b2＝1①，
由椭圆C的离心率为32，得c2a2＝a2-b2a2＝322②.
由①②，解得a2＝8，b2＝2，
所以椭圆C的标准方程为x28＋y22＝1.
(2)证明：因为点M，N关于直线x＝－2对称，所以直线PM与PN关于直线x＝－2对称，
则kPM＋kPN＝0，易知直线PM的斜率存在且不为0.
设直线PM的斜率为k，则直线PN的斜率为－k，
又P(－2，－1)，所以直线PM的方程为y＋1＝k(x＋2)，即y＝k(x＋2)－1，
与椭圆方程联立，得x28+y22=1，y=kx+2-1，消去y，并整理得(4k2＋1)x2＋(16k2－8k)x＋16k2－16k－4＝0，
Δ＝(16k2－8k)2－4(4k2＋1)(16k2－16k－4)＝64k2＋64k＋16＝16(2k＋1)2＞0，即k≠－12．
设M(x1，y1)，则－2x1＝16k2-16k-44k2+1，x1＝-8k2+8k+24k2+1，
设Q(x2，y2)，同理可得x2＝-8k2-8k+24k2+1，
所以直线MQ的斜率kMQ＝y1-y2x1-x2
＝kx1+2-1--kx2+2-1x1-x2
＝kx1+x2+4kx1-x2＝k·-16k2+44k2+1+4k16k4k2+1＝8k16k＝12．
又直线OP的斜率为-1-0-2-0＝12，且直线OP与MQ不重合，
所以MQ∥OP.
2．已知抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点A(2，1)是抛物线内一点，P为抛物线上的动点，且|AP|＋|PF|的最小值为3.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点(1，1)作斜率之和为0的两条直线l1，l2，(l1的斜率为正数)，其中l1与曲线E交于M，C两点，l2与曲线E交于B，N两点，若四边形MBCN的面积等于163，求直线l1的方程．
解：(1)过点P作抛物线E的准线的垂线，垂足为D(图略)，则|PF|＝|PD|，
于是|AP|＋|PF|＝|AP|＋|PD|.
当A，P，D三点共线时，|AP|＋|PD|有最小值2＋p2＝3，解得p＝2，
所以抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)依题意可知，直线l1，l2的斜率均存在且不为0，并互为相反数．
由(1)知F(1，0)，设直线l1的方程为x＝m(y－1)＋1(m＞0)，M(x1，y1)，C(x2，y2)，
将l1的方程代入抛物线方程并化简，得y2－4my＋ 4m－4＝0，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－4.
|MC|＝1+m216m2-16m+16＝41+m2·m2-m+1，
同理得|BN|＝41+m2m2+m+1.
设直线l1的倾斜角为θ，则tan θ＝1m，
则直线l1，l2的夹角α＝2θ或π－2θ，
所以sin α＝sin 2θ＝2sinθcsθsin2θ+cs2θ＝2tanθ1+tan2θ2m1+m2，
因此四边形MBCN的面积S＝12|MC||BN|·sin2θ＝16mm2+12-m2＝163.
令t＝m2，得t(t＋1)2－t2＝3，
从而有t3＋t2＋t＝3，解得t＝1，即m2＝1，
此时m＝1，故直线l1的方程为y＝x.
3．已知抛物线C1：y2＝2px(p＞0)上的点12，y0到坐标原点的距离等于该点到准线的距离．
(1)求抛物线C1的标准方程．
(2)过抛物线C1上一点P作圆C2：(x－3)2＋y2＝4的两条斜率都存在的切线，分别与抛物线C1交于异于点P的M，N两点．证明：直线MN与圆C2相切．
(1)解：因为点12，y0到坐标原点的距离等于该点到准线的距离，所以点12，y0到坐标原点的距离等于该点到焦点p2，0的距离，所以0+p22＝12，解得p＝2，
所以抛物线C1的标准方程为y2＝4x.
(2)证明：因为圆C2：(x－3)2＋y2＝4，所以圆C2的圆心坐标为(3，0)，半径r＝2，
设Py124，y1，My224，y2，Ny324，y3，y1≠y2≠y3，
所以直线PM的方程为y－y2＝y2-y1y224-y124x-y224，
即4x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0.
因为直线PM与圆C2相切，所以12+y1y2y1+y22+16＝2，整理得y12-4y22+16y1y2+80-4y12＝0，
直线PN与圆C2相切，同理可得y12-4y32+16y1y3+80-4y12＝0，
所以y2，y3是关于y的方程y12-4y2+16y1y+80-4y12＝0的两个根，
所以y2＋y3＝16y14-y12，y2y3＝80-4y12y12-4．
又因为直线MN的方程为4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0，
所以圆C2的圆心(3，0)到直线MN的距离d＝12+y2y3y2+y32+16＝12+80-4y12y12-416y14-y122+16＝8y12+4y12-44y12+4y12-4＝2＝r，
所以直线MN与圆C2相切．
4．(2024·西安模拟)已知抛物线C：y＝14x2的焦点为F1 ，准线与坐标轴的交点为F2，F1，F2是离心率为12的椭圆S的焦点．
(1)求椭圆S的标准方程．
(2)设过原点O的两条直线l1和l2，l1⊥l2，l1与椭圆S交于A，B两点，l2与椭圆S交于M，N两点．求证：原点O到直线AM和到直线BN的距离相等且为定值．
(1)解：将抛物线C：y＝14x2的方程化为标准方程，即C：x2＝4y，得F1(0，1)．
设椭圆S的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，则由题意得c＝1，ca＝12，得a＝2，所以b＝a2-c2＝22-12＝3.
又椭圆S的焦点在y轴上，所以椭圆S的标准方程为y24＋x23＝1.
(2)证明：由题意知A，O，B三点共线，M，O，N三点共线，且AB⊥MN.
又由椭圆的对称性，知|OA|＝|OB|，|OM|＝|ON|，
所以四边形AMBN为菱形，且原点O为其中心，AM，BN为一组对边．
所以原点O到直线AM和到直线BN的距离相等．
下面求原点O到直线AM的距离．
根据椭圆的对称性，不妨设A在第一象限．
当直线AM的斜率为0或不存在时，四边形AMBN为正方形，直线AB和直线MN的方程分别为y＝x和y＝－x，且AM∥x轴或AM∥y轴．
设A(m，m)，则M(－m，m)或M(m，－m)．
于是有m24＋m23＝1，得m2＝127．
原点O到直线AM的距离为d＝|m|＝127＝2217．
当直线AM的斜率存在且不等于0时，设直线AM：y＝kx＋h.
由y=kx+h，y24+x23=1，消去y，整理得(3k2 ＋4)x2 ＋6khx＋3h2－12＝0，
且Δ＝(6kh)2－4×(3k2＋4)×(3h2－12)＝144k2－48h2＋192.
设A(x1，y1)，M(x2，y2)，则x1＋x2＝－6kh3k2+4，x1x2＝3h2-123k2+4，
所以y1y2＝(kx1＋h)(kx2＋h)＝k2x1x2＋kh(x1＋x2)＋h2
＝k2×3h2-123k2+4＋kh×-6kh3k2+4＋h2
＝-12k2+4h23k2+4．
由OA⊥OM，得x1x2＋y1y2＝0，即3h2-123k2+4＋-12k2+4h23k2+4＝0，
得h2＝12k2+127，满足Δ＞0.
所以原点O到直线AM的距离为d＝hk2+1＝12+12k27k2+1＝2217．
所以原点O到直线BN的距离也为2217．
综上所述，原点O到直线AM和到直线BN的距离相等且为定值2217．