高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何9
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高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何
9.9 圆锥曲线中求值与证明问题
题型一 求值问题
例1 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－17，0)，F2(17，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程； [切入点：双曲线定义]
(2)设点T在直线x＝12上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和. [关键点：利用等式列式]
教师备选
已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍，F是椭圆C的一个焦点，点M(0,2)且|MF|＝10.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为N，且满足|AM|＝|BN|，求l的方程．
解 (1)由题意，可得 a＝2b，c2＋4＝10，b2＋c2＝a2，
解得a＝22，b＝2，
故椭圆C的方程为x28＋y22＝1.
(2)根据题意可得，点A必在点B的上方，
才有|AM|＝|BN|.
当l的斜率不存在时，|AM|＝2－2，
|BN|＝2，|AM|≠|BN|，不合题意，故l的斜率必定存在．
设l的方程为y＝kx＋2，
由
x28＋y22＝1，y＝kx＋2，
得(1＋4k2)x2＋16kx＋8＝0，
Δ＝(16k)2－32(1＋4k2)＝128k2－32>0，
即k2>14.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－16k1＋4k2，x1x2＝81＋4k2.
设N(x0，y0)，
则x0＝x1＋x22＝－8k1＋4k2.
由|AM|＝|BN|可得，|AB|＝|MN|，
所以1＋k2|x1－x2|＝1＋k2|x0－0|，
则x1＋x22－4x1x2＝|x0|，
即424k2－11＋4k2＝8k1＋4k2，
整理得k2＝12>14，
故k＝±22，l的方程为y＝±22x＋2.
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 已知椭圆M：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝2，P为椭圆上任意一点，且△PF1F2面积的最大值为3.
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)设A(4,0)，直线y＝kx＋1与椭圆M交于C，D两点，若直线AC，AD均与圆x2＋y2＝r2(r>0)相切，求k的值．
解 (1)当点P位于椭圆的上顶点或下顶点时面积最大，
即(12PFFS△)max＝12·|F1F2|·b＝3，
解得b＝3，
又a2＝b2＋c2，
∴c＝1，a＝2，
∴椭圆M的标准方程为x24＋y23＝1.
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
由 x24＋y23＝1，y＝kx＋1，
得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0，Δ>0，
∴x1＋x2＝－8k3＋4k2，x1x2＝－83＋4k2，
∵直线AC，AD都与圆相切，
∴kAC＋kAD＝0，
即y1x1－4＋y2x2－4＝0，
∴y1x2－4y1＋y2x1－4y2x1－4x2－4＝0，
∴2kx1x2＋(1－4k)(x1＋x2)－8＝0，
即－83＋4k2×2k－(1－4k)8k3＋4k2－8＝0，
即－24k＝24，∴k＝－1.
题型二 证明问题
例2 (2021·新高考全国Ⅱ)已知椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，右焦点为F(2，0)，且离心率为63.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝3.
(1)解
由题意得，
椭圆半焦距c＝2且e＝ca＝63，
所以a＝3，
又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆方程为x23＋y2＝1.
(2)证明 由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
必要性：
若M，N，F三点共线，
可设直线MN：y＝k(x－2)，
即kx－y－2k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得|2k|k2＋1＝1，解得k＝±1，
联立 y＝±x－2，x23＋y2＝1，
可得4x2－62x＋3＝0，
所以x1＋x2＝322，x1·x2＝34，
所以|MN|＝1＋1·x1＋x22－4x1·x2＝3，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋b(kb<0)，
即kx－y＋b＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得|b|k2＋1＝1，所以b2＝k2＋1，
联立 y＝kx＋b，x23＋y2＝1，
可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，
所以x1＋x2＝－6kb1＋3k2，x1·x2＝3b2－31＋3k2，
所以|MN|＝1＋k2·x1＋x22－4x1·x2＝1＋k2－6kb1＋3k22－4·3b2－31＋3k2
＝1＋k2·24k21＋3k2＝3，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以 k＝1，b＝－2或 k＝－1，b＝2，
所以直线MN：y＝x－2或y＝－x＋2，
所以直线MN过点F(2，0)，M，N，F三点共线，充分性成立，所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝3.
高考改编
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，离心率为12.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点F的直线l交C于A，B两点，线段AB的中点为M，分别过A，B作C的切线l1，l2，且l1与l2交于点P，证明：O，P，M三点共线．
(1)解 由 c＝1，ca＝12，a2＝b2＋c2，解得 a＝2，b＝3，
∴椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.
(2)证明
由题意知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋1，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，P(x3，y3)，
由 x＝my＋1，3x2＋4y2＝12，
整理得3(m2y2＋2my＋1)＋4y2＝12，
即(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.
∴y0＝y1＋y22＝－3m3m2＋4，
x0＝43m2＋4，
∴kOM＝－34m.
直线l1的方程为x1x4＋y1y3＝1，①
直线l2的方程为x2x4＋y2y3＝1，②
②－①⇒y3(y2－y1)＝x4(x1－x2)
⇒yx＝34·x1－x2y2－y1＝－34m，
∴y3x3＝－34m＝kOP，
∴kOM＝kOP，即O，P，M三点共线．
教师备选
(2022·湖南师大附中模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，椭圆的短轴顶点到焦点的距离为6.
(1)求该椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，且|OA→＋OB→|＝|OA→－OB→|，求证：直线l与某个定圆E
相切，并求出定圆E的方程．
解 (1)∵椭圆的短轴顶点到焦点的距离为6，
∴b2＋c2＝a＝6，
∵椭圆的离心率e＝ca＝22，
∴c＝3，∴b2＝a2－c2＝3，
∴椭圆C的标准方程为x26＋y23＝1.
(2)∵|OA→＋OB→|＝|OA→－OB→|，
∴OA→⊥OB→，则OA→·OB→＝0，
①当直线l的斜率不存在时，设l：x＝t，
代入椭圆方程得，y＝±6－t22，
不妨令At，6－t22，Bt，－6－t22，
由OA→·OB→＝0得，
t2－3＋t22＝0，解得t＝±2，
此时l：x＝±2，与圆x2＋y2＝2相切；
②当直线l的斜率存在时，
设l：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立 x2＋2y2＝6，y＝kx＋m得，
(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
则Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，
化简得m2<6k2＋3，①
由根与系数的关系得，x1＋x2＝－4km1＋2k2，
x1x2＝2m2－61＋2k2，
则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m2－6k21＋2k2，
由OA→·OB→＝0，
即x1x2＋y1y2＝0可得，
2m2－61＋2k2＋m2－6k21＋2k2＝0，
整理得，m2＝2k2＋2，满足①式，
∴|m|k2＋1＝2，即原点到直线l的距离为2，
∴直线l与圆x2＋y2＝2相切．
综上所述，直线l与圆E：x2＋y2＝2相切．
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 双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，以F点为圆心，a为半径的圆与C的渐近线相切．
(1)求C的离心率；
(2)已知点A22a，0，过F点的直线与C的右支交于M，N两点，证明：F点到AM，AN的距离相等．
(1)解 双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为bx±ay＝0，
