2024年高考数学一轮复习（人教版） 第8章　§8.10　圆锥曲线中求值与证明问题.docx

§8.10　圆锥曲线中求值与证明问题
题型一　求值问题
例1　(12分)(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；[切入点：kAP＋kAQ＝0]
(2)若tan∠PAQ＝2，求△PAQ的面积．[关键点：利用tan∠PAQ求kAP，kAQ]
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Oxy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0<t<1，则D(0，t)，
联立可得3x2＋4tx＋2t2－2＝0，Δ＝16t2－12(2t2－2)＝24－8t2>0，
由根与系数的关系可得x1＋x2＝－，x1x2＝，
kNA＝＝，
直线NA的方程为y＝x＋1，
kMB＝＝，
直线BM的方程为y＝x－1，
可得＝
＝
＝
＝·
＝·＝，
解得y＝，
即点P，
因此，·＝t·＝1.
题型二　证明问题
例2　(2023·邵阳模拟)已知抛物线C的焦点F在x轴上，过F且垂直于x轴的直线交C于A(点A在第一象限)，B两点，且|AB|＝4.
(1)求C的标准方程；
(2)已知l为C的准线，过F的直线l1交C于M，N(M，N异于A，B)两点，证明：直线AM，BN和l相交于一点．
(1)解　由抛物线C的焦点F在x轴上，点A在第一象限，可知抛物线开口向右．
设抛物线C的标准方程为y2＝2px(p>0)，
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＋<1，
∴(0,1)必在椭圆上，
即有＝1，则b＝1，a2＝2，
∴椭圆T的方程为＋y2＝1.
(2)证明　设E(x1，y1)，F(x2，y2)，
联立得x2＋tx＋t2－1＝0，
则x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－1，y1＋y2＝x1＋t＋x2＋t＝t，
∴M，则kOM＝－，
联立
则可设P，Q，
∴|MP|·|MQ|＝··＝，
∵|ME|·|MF|＝|EF|2
＝(1＋k)(x1－x2)2
＝[(x1