求值問(wèn)題
【例1】(2022·新高考全國(guó)Ⅰ卷)已知點(diǎn)A(2，1)在雙曲線C：x2a2－y2a2-1＝1(a＞1)上，直線l交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ的斜率之和為0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝22，求△PAQ的面積．
解：(1)因?yàn)辄c(diǎn)A(2，1)在雙曲線C：x2a2－y2a2-1＝1(a＞1)上，
所以4a2－1a2-1＝1，解得a2＝2.
即雙曲線C：x22－y2＝1.
易知直線l的斜率存在，設(shè)l：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
聯(lián)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.
當(dāng)m＝1－2k時(shí)，直線l：y＝kx＋m＝k(x－2)＋1過(guò)點(diǎn)A(2，1)，與題意不符，舍去，
故k＝－1.
(2)不妨設(shè)直線AP，AQ的傾斜角為α，βα＜π2＜β．
因?yàn)閗AP＋kAQ＝0，
所以α＋β＝π.
由(1)知x1x2＝2m2＋2＞0，
當(dāng)P，Q均在雙曲線左支上時(shí)，∠PAQ＝2α，所以tan 2α＝22，即2tan2α＋tanα －2＝0.
解得tan α＝22(負(fù)值舍去)．
此時(shí)PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無(wú)交點(diǎn)，舍去；
當(dāng)P，Q均在雙曲線右支時(shí)，
因?yàn)閠an ∠PAQ＝22，
所以tan (β－α)＝22，
即tan 2α＝－22，
即2tan2α－tanα－2＝0，
解得tan α＝2(負(fù)值舍去)．
故lAP：y＝2(x－2)＋1，
lAQ：y＝－2(x－2)＋1，
聯(lián)立y=2x-2+1，x22-y2=1， 得32x2＋2(2－4)x＋10－42＝0，
因?yàn)榉匠逃幸粋€(gè)根為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，
點(diǎn)A到直線PQ的距離d＝2+1-532＝223，
故△PAQ的面積為12×163×223＝1629．
求值問(wèn)題即是根據(jù)條件列出對(duì)應(yīng)的方程，通過(guò)解方程求解．
(2022·北京卷)已知橢圓E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的一個(gè)頂點(diǎn)為A(0，1)，焦距為23.
(1)求橢圓E的方程．
(2)過(guò)點(diǎn)P(－2，1)作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點(diǎn)M，N.當(dāng)|MN|＝2時(shí)，求k的值．
解：(1)依題意可知b=1， 2c=23， a2=b2+c2，解得a=2，b=1，c=3，故橢圓E的方程為x24＋y2＝1.
(2)由題可知直線BC的方程為y－1＝k(x＋2)．
設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)．
聯(lián)立y-1=kx+2，x24+y2=1， 消去y整理得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，
則由Δ＝(16k2＋8k)2－4(4k2＋1)(16k2＋16k)＞0，得k＜0，
所以x1＋x2＝－16k2+8k4k2+1，x1x2＝16k2+16k4k2+1．
易知直線AB的斜率kAB＝y(tǒng)1-1x1，
直線AB的方程為y＝y(tǒng)1-1x1x＋1，
令y＝0，可得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM＝x11-y1．
同理可得點(diǎn)N的橫坐標(biāo)xN＝x21-y2．
則|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的值為－4.
證明問(wèn)題
【例2】(2024·濰坊模擬)已知P為拋物線C：y2＝4x上位于第一象限的點(diǎn)，F(xiàn)為C的焦點(diǎn)，PF與C交于點(diǎn)Q(異于點(diǎn)P)．直線l與C相切于點(diǎn)P，與x軸交于點(diǎn)M.過(guò)點(diǎn)P作l的垂線交C于另一點(diǎn)N.
(1)證明：線段MP的中點(diǎn)在定直線上；
(2)若點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2，22)，試判斷M，Q，N三點(diǎn)是否共線．
(1)證明：設(shè)P(x0，y0)，則y02＝4x0.
因?yàn)辄c(diǎn)P在第一象限，
所以y0＝2x0.
對(duì)y＝2x兩邊求導(dǎo)得y′＝1x，
所以直線l的斜率為1x0，
所以直線l的方程為y－2x0＝1x0(x－x0)．
令y＝0，則x＝－x0，
所以M(－x0，0)．
故線段MP的中點(diǎn)為0，y02，
即線段MP的中點(diǎn)在定直線x＝0上．
(2)解：若P(2，22)，則M(－2，0)，
所以kMP＝22，kPF＝22.
又PN⊥l，
所以kPN＝－2.
故直線PF：y＝22(x－1)，
直線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?yàn)镸(－2，0)，Q12，-2，N(8，－42)，
所以kMQ＝－225＝kMN，
所以M，Q，N三點(diǎn)共線．
圓錐曲線證明問(wèn)題的類型及求解策略
(1)圓錐曲線中的證明問(wèn)題，主要有兩類：一是證明點(diǎn)、直線、曲線等幾何元素中的位置關(guān)系，常見(jiàn)有某點(diǎn)在某直線上、某直線經(jīng)過(guò)某點(diǎn)、兩條直線平行或垂直等；二是證明直線與圓錐曲線中的一些數(shù)量關(guān)系(相等或不等)．
(2)解決證明問(wèn)題時(shí)，主要根據(jù)直線與圓錐曲線的性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等，通過(guò)相關(guān)性質(zhì)的應(yīng)用、代數(shù)式的恒等變換以及必要的數(shù)值計(jì)算等進(jìn)行證明．
若A-1，-22，B1，22，C(0，1)，D32，12四點(diǎn)中恰有三點(diǎn)在橢圓T：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)上．
(1)求橢圓T的方程；
(2)動(dòng)直線y＝22x＋t(t≠0)與橢圓交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，EF的中點(diǎn)為M，連接OM(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，證明：|ME|·|MF|＝ |MP|·|MQ|.
(1)解：由于A-1，-22，B1，22兩點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以點(diǎn)A，B必在橢圓上，
則1a2＋12b2＝1，且易知34a2＋14b2＜1，
所以點(diǎn)C(0，1)必在橢圓上，即有1b2＝1，
則b＝1，a＝2，
所以橢圓T的方程為x22＋y2＝1.
(2)證明：設(shè)E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)．
聯(lián)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，
則x1＋x2＝－2t，x1x2＝t2－1，y1＋y2＝22x1＋t＋22x2＋t＝t，
所以M-2t2，t2，
則kOM＝－22，lOM：y＝－22x.
聯(lián)立y=-22x，x22+y2=1，得x＝±1，
則不妨設(shè)P-1，22，Q1，-22，
所以|MP|·|MQ|＝1+12·-2t2+1·1+12·-2t2-1＝321-t22．
因?yàn)閨ME|·|MF|＝14|EF|2
＝14(1+kEF2))(x1－x2)2
＝38[(x1＋x2)2－4x1x2]
＝321-t22，
所以|ME|·|MF|＝|MP|·|MQ|得證．
課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(五十四)
1．已知點(diǎn)P(－2，－1)為橢圓C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)上一點(diǎn)，且C的離心率為32．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若M為C上第二象限內(nèi)一點(diǎn)，點(diǎn)M關(guān)于直線x＝－2的對(duì)稱點(diǎn)為N，直線PN與C交于另一點(diǎn)Q，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求證：MQ∥OP.
(1)解：由點(diǎn)P(－2，－1)在橢圓C上，得-22a2＋-12b2＝1①，
由橢圓C的離心率為32，得c2a2＝a2-b2a2＝322②.
由①②，解得a2＝8，b2＝2，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x28＋y22＝1.
(2)證明：因?yàn)辄c(diǎn)M，N關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，所以直線PM與PN關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，
則kPM＋kPN＝0，易知直線PM的斜率存在且不為0.
設(shè)直線PM的斜率為k，則直線PN的斜率為－k，
又P(－2，－1)，所以直線PM的方程為y＋1＝k(x＋2)，即y＝k(x＋2)－1，
與橢圓方程聯(lián)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．
設(shè)M(x1，y1)，則－2x1＝16k2-16k-44k2+1，x1＝-8k2+8k+24k2+1，
設(shè)Q(x2，y2)，同理可得x2＝-8k2-8k+24k2+1，
所以直線MQ的斜率kMQ＝y(tǒng)1-y2x1-x2
＝kx1+2-1--kx2+2-1x1-x2
＝kx1+x2+4kx1-x2＝k·-16k2+44k2+1+4k16k4k2+1＝8k16k＝12．
又直線OP的斜率為-1-0-2-0＝12，且直線OP與MQ不重合，
所以MQ∥OP.
2．已知拋物線E：y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A(2，1)是拋物線內(nèi)一點(diǎn)，P為拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，且|AP|＋|PF|的最小值為3.
(1)求拋物線E的方程；
(2)過(guò)點(diǎn)(1，1)作斜率之和為0的兩條直線l1，l2，(l1的斜率為正數(shù))，其中l(wèi)1與曲線E交于M，C兩點(diǎn)，l2與曲線E交于B，N兩點(diǎn)，若四邊形MBCN的面積等于163，求直線l1的方程．
解：(1)過(guò)點(diǎn)P作拋物線E的準(zhǔn)線的垂線，垂足為D(圖略)，則|PF|＝|PD|，
于是|AP|＋|PF|＝|AP|＋|PD|.
當(dāng)A，P，D三點(diǎn)共線時(shí)，|AP|＋|PD|有最小值2＋p2＝3，解得p＝2，
所以拋物線E的方程為y2＝4x.
(2)依題意可知，直線l1，l2的斜率均存在且不為0，并互為相反數(shù)．
由(1)知F(1，0)，設(shè)直線l1的方程為x＝m(y－1)＋1(m＞0)，M(x1，y1)，C(x2，y2)，
將l1的方程代入拋物線方程并化簡(jiǎn)，得y2－4my＋ 4m－4＝0，
則y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－4.
|MC|＝1+m216m2-16m+16＝41+m2·m2-m+1，
同理得|BN|＝41+m2m2+m+1.
設(shè)直線l1的傾斜角為θ，則tan θ＝1m，
則直線l1，l2的夾角α＝2θ或π－2θ，
所以sin α＝sin 2θ＝2sinθcsθsin2θ+cs2θ＝2tanθ1+tan2θ2m1+m2，
因此四邊形MBCN的面積S＝12|MC||BN|·sin2θ＝16mm2+12-m2＝163.
令t＝m2，得t(t＋1)2－t2＝3，
從而有t3＋t2＋t＝3，解得t＝1，即m2＝1，
此時(shí)m＝1，故直線l1的方程為y＝x.
3．已知拋物線C1：y2＝2px(p＞0)上的點(diǎn)12，y0到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離等于該點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離．
(1)求拋物線C1的標(biāo)準(zhǔn)方程．
(2)過(guò)拋物線C1上一點(diǎn)P作圓C2：(x－3)2＋y2＝4的兩條斜率都存在的切線，分別與拋物線C1交于異于點(diǎn)P的M，N兩點(diǎn)．證明：直線MN與圓C2相切．
(1)解：因?yàn)辄c(diǎn)12，y0到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離等于該點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離，所以點(diǎn)12，y0到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離等于該點(diǎn)到焦點(diǎn)p2，0的距離，所以0+p22＝12，解得p＝2，
所以拋物線C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x.
(2)證明：因?yàn)閳AC2：(x－3)2＋y2＝4，所以圓C2的圓心坐標(biāo)為(3，0)，半徑r＝2，
設(shè)Py124，y1，My224，y2，Ny324，y3，y1≠y2≠y3，
所以直線PM的方程為y－y2＝y(tǒng)2-y1y224-y124x-y224，
即4x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0.
因?yàn)橹本€PM與圓C2相切，所以12+y1y2y1+y22+16＝2，整理得y12-4y22+16y1y2+80-4y12＝0，
直線PN與圓C2相切，同理可得y12-4y32+16y1y3+80-4y12＝0，
所以y2，y3是關(guān)于y的方程y12-4y2+16y1y+80-4y12＝0的兩個(gè)根，
所以y2＋y3＝16y14-y12，y2y3＝80-4y12y12-4．
又因?yàn)橹本€MN的方程為4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0，
所以圓C2的圓心(3，0)到直線MN的距離d＝12+y2y3y2+y32+16＝12+80-4y12y12-416y14-y122+16＝8y12+4y12-44y12+4y12-4＝2＝r，
所以直線MN與圓C2相切．
4．(2024·西安模擬)已知拋物線C：y＝14x2的焦點(diǎn)為F1 ，準(zhǔn)線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為F2，F(xiàn)1，F(xiàn)2是離心率為12的橢圓S的焦點(diǎn)．
(1)求橢圓S的標(biāo)準(zhǔn)方程．
(2)設(shè)過(guò)原點(diǎn)O的兩條直線l1和l2，l1⊥l2，l1與橢圓S交于A，B兩點(diǎn)，l2與橢圓S交于M，N兩點(diǎn)．求證：原點(diǎn)O到直線AM和到直線BN的距離相等且為定值．
(1)解：將拋物線C：y＝14x2的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，即C：x2＝4y，得F1(0，1)．
設(shè)橢圓S的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為a，短半軸長(zhǎng)為b，半焦距為c，則由題意得c＝1，ca＝12，得a＝2，所以b＝a2-c2＝22-12＝3.
又橢圓S的焦點(diǎn)在y軸上，所以橢圓S的標(biāo)準(zhǔn)方程為y24＋x23＝1.
(2)證明：由題意知A，O，B三點(diǎn)共線，M，O，N三點(diǎn)共線，且AB⊥MN.
又由橢圓的對(duì)稱性，知|OA|＝|OB|，|OM|＝|ON|，
所以四邊形AMBN為菱形，且原點(diǎn)O為其中心，AM，BN為一組對(duì)邊．
所以原點(diǎn)O到直線AM和到直線BN的距離相等．
下面求原點(diǎn)O到直線AM的距離．
根據(jù)橢圓的對(duì)稱性，不妨設(shè)A在第一象限．
當(dāng)直線AM的斜率為0或不存在時(shí)，四邊形AMBN為正方形，直線AB和直線MN的方程分別為y＝x和y＝－x，且AM∥x軸或AM∥y軸．
設(shè)A(m，m)，則M(－m，m)或M(m，－m)．
于是有m24＋m23＝1，得m2＝127．
原點(diǎn)O到直線AM的距離為d＝|m|＝127＝2217．
當(dāng)直線AM的斜率存在且不等于0時(shí)，設(shè)直線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.
設(shè)A(x1，y1)，M(x2，y2)，則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，滿足Δ＞0.
所以原點(diǎn)O到直線AM的距離為d＝hk2+1＝12+12k27k2+1＝2217．
所以原點(diǎn)O到直線BN的距離也為2217．
綜上所述，原點(diǎn)O到直線AM和到直線BN的距離相等且為定值2217．

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(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案9.8《第1課時(shí)　圓錐曲線中的證明、范圍(最值)問(wèn)題》(含詳解)

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