2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第8章平面解析几何第8讲圆锥曲线__求值证明问题考点2证明问题

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且由双曲线的几何性质可知a2＋b2＝4②，
由①，②得，a2＝3，b2＝1，故C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且l：y＝k(x－2)，l与C的方程联立得：
(1－3k2)x2＋12k2x－12k2－3＝0，则x1＋x2＝eq \f(12k2,3k2－1)，x1x2＝eq \f(12k2＋3,3k2－1)，①
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－4k＝eq \f(4k,3k2－1)，y1y2＝k2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x1x2－2x1＋x2＋4))＝－eq \f(k2,3k2－1).②
直线OB的方程为y＝eq \f(y2,x2)x，故Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1x2,y2)，y1))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1x2＋y2x1,2y2)，y1)).
OP的方程为y＝eq \f(2y1y2,y1x2＋y2x1)x，与l方程联立有：x＝eq \f(2ky1x2＋y2x1,ky1x2＋y2x1－2y1y2)＝eq \f(2[x1x2－x1＋x2],x1＋x2－4)，
将①代入得x＝eq \f(3,2)，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(k,2))).
证法一：所以eq \f(|OP|,|PQ|)＝eq \f(y1,y1＋\f(k,2))，eq \f(|BF|,|BQ|)＝eq \f(－y2,y2＋\f(k,2))，
要证|OP|·|BQ|＝|PQ|·|BF|，只需证eq \f(y1,y1＋\f(k,2))＝eq \f(－y2,y2＋\f(k,2))，即证4y1y2＝－k(y1＋y2)，③
由②知③成立，所以|OP|·|BQ|＝|PQ|·|BF|.
证法二：由题设可知A，B，F，Q四点共线，
且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(3,2)))(2－x2)－(x1－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(3,2)))＝eq \f(7,2)(x1＋x2)－2x1x2－6
＝eq \f(42k2,3k2－1)－eq \f(24k2＋6,3k2－1)－eq \f(18k2－6,3k2－1)＝0，
故eq \f(|AQ|·|BF|,|AF|·|BQ|)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(3,2)))2－x2,x1－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(3,2))))＝1，
即eq \f(|AQ|,|AF|)＝eq \f(|BQ|,|BF|).
由OF∥AP可知，eq \f(|PQ|,|OP|)＝eq \f(|AQ|,|AF|)，
故eq \f(|PQ|,|OP|)＝eq \f(|AQ|,|AF|)＝eq \f(|BQ|,|BF|)，即|OP|·|BQ|＝|PQ|·|BF|.
名师点拨：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．
解决证明问题的答题模板
【变式训练】
(2024·陕西宝鸡陈仓区模拟)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(2),2)))两点．
(1)求E的方程；
(2)若Q(4,0)，过P(1,0)的直线l与E交于M，N两点，求证：eq \f(|MP|,|NP|)＝eq \f(|MQ|,|NQ|).
[解析] (1)设E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，则
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,2)n＝1，,3m＋\f(1,2)n＝1，))解得m＝eq \f(1,4)，n＝eq \f(1,2)，
所以E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)证明：当直线l的斜率为0时，直线l的方程为y＝0，所以M(2,0)，N(－2,0)或M(－2,0)，N(2,0)．
所以eq \f(|MP|,|NP|)＝eq \f(|MQ|,|NQ|).
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,x＝my＋1，))得(m2＋2)y2＋2my－3＝0，
所以Δ＝(2m)2＋12(m2＋2)＝16m2＋24>0，
y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(3,m2＋2)，
所以kMQ＝eq \f(y1,x1－4)，kNQ＝eq \f(y2,x2－4)，
∴kMQ＋kNQ＝eq \f(y1,x1－4)＋eq \f(y2,x2－4)＝eq \f(y1,my1－3)＋eq \f(y2,my2－3)
＝eq \f(y1my2－3＋y2my1－3,my1－3my2－3)
＝eq \f(2my1y2－3y1＋y2,m2y1y2－3my1＋y2＋9)
＝eq \f(2m·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,m2＋2)))－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋2))),m2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,m2＋2)))－3m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋2)))＋9)＝0，
所以QP平分∠MQN，所以eq \f(|MP|,|NP|)＝eq \f(|MQ|,|NQ|).