2023年高考数学热点专题解析几何模型通关圆锥曲线中的证明问题（解析版）.docx

2023年高考数学热点专题解析几何模型通关2023年高考数学热点专题解析几何模型通关圆锥曲线中的证明问题 思路引导圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法 母题呈现 考法1 数量关系的证明【例1】（2022·山东潍坊·模拟预测）已知顶点是坐标原点的抛物线的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线yx上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M(1,0)对称(1)求E和的标准方程；(2)过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与交于C，D两点，求证：|CD|AB|.【解题指导】【解题技法】解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目的.【跟踪训练】（2022·华南师大附中三模）已知椭圆过点，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）过点作椭圆的两条弦，（，分别位于第一、二象限）若，与直线分别交于点，求证：考法2 位置关系的证明【例2】（2021新高考）已知椭圆的方程为，右焦点为，且离心率为（）求椭圆的方程；（）设，是椭圆上的两点，直线与曲线相切证明：，三点共线的充要条件是【解题指导】（）利用离心率以及焦点的坐标求出和的值求出的值椭圆的标准方程；（）先证明充分性，设直线的方程利用圆心到直线的距离公式求出的值联立直线与椭圆的方程求出即可；再证明必要性，设直线的方程由圆心到直线的距离公式求出和的关系联立直线与椭圆的方程求出，得到方程求出和的值得到直线必过点结论【解题技法】树立“转化”意识，证明位置关系，关键是将位置关系转化为代数关系几何性质代数实现对边相等斜率相等，或向量平行对边相等横（纵）坐标差相等对角线互相平分中点重合两边垂直数量积为0【跟踪训练】（2022山东烟台一中高三模拟）已知椭圆的左焦点为，离心率为，过点且垂直于轴的直线交于，两点，（1）求椭圆的方程；（2）过点作相互垂直的弦，设，的中点分别为，当的面积最大时，证明：点，关于轴对称 模拟训练1（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知椭圆经过点，(1)求椭圆的方程；(2)为椭圆的右焦点，直线垂直于轴，与椭圆交于点，直线与轴交于点，若直线与直线交于点，证明：点在椭圆上2（2023·安徽马鞍山·统考一模）平面直角坐标系中，是双曲线（，）上一点，分别是双曲线的左，右顶点，直线，的斜率之积为3.(1)求双曲线的渐近线方程；(2)设点关于轴的对称点为，直线与直线交于点，过点作轴的垂线，垂足为，求证：直线与双曲线只有一个公共点.3（2023·陕西西安·统考一模）已知椭圆C：的离心率为，右焦点与抛物线的焦点重合.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左焦点为，过点的直线l与椭圆C交于两点，A关于x轴对称的点为M，证明：三点共线.4（2023·福建福州·统考二模）已知抛物线E：（p>0），过点的两条直线l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点当l1的斜率为时，(1)求E的标准方程：(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上5（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）已知椭圆的右焦点， 直线与圆相切(1)求椭圆的方程；(2)设斜率为且不过原点的直线与椭圆相交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA，OB斜率为，且，证明：6（2023·浙江·校联考模拟预测）设双曲线的右焦点为，F到其中一条渐近线的距离为2.(1)求双曲线C的方程；(2)过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线于点M，（i）求的值；（ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：.7（2023·河南平顶山·叶县高级中学校联考模拟预测）已知椭圆的左焦点为(1)设M是C上任意一点，M到直线的距离为d，证明：为定值(2)过点且斜率为k的直线与C自左向右交于A，B两点，点Q在线段AB上，且，O为坐标原点，证明：8（2023·山东淄博·统考一模）已知抛物线：上一点到其焦点的距离为3，为抛物线上异于原点的两点.延长，分别交抛物线于点，直线，相交于点.(1)若，求四边形面积的最小值；(2)证明:点在定直线上.9（2023·全国·模拟预测）圆锥曲线与圆柱，圆锥关系非常密切.有一个底面半径为1，高为4的圆柱竖直放置，与水平面成45°方向截圆柱，所得截面恰为椭圆，以该椭圆中心为原点，长轴为轴，短轴为轴建立平面直角坐标系.(1)求该椭圆的方程；(2)设椭圆右焦点为，一条斜率不为0的直线过原点与该椭圆交于，直线和分别与椭圆交于，过原点作，垂足为，证明：存在定点使得恒成立.10（2023·北京海淀·统考模拟预测）已知椭圆 交x轴于与G交于y轴(1)求G的标准方程(2)若与G有两个不同的交点，求的取值范围(3)设直线交G于（l的倾斜角正弦值的绝对值小于等于），以为邻边作平行四边形在椭圆G上，O为坐标原点证明：的最小值与的某三角函数值相等圆锥曲线中的证明问题 思路引导圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法 母题呈现 考法1 数量关系的证明【例1】（2022·山东潍坊·模拟预测）已知顶点是坐标原点的抛物线的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线yx上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M(1,0)对称(1)求E和的标准方程；(2)过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与交于C，D两点，求证：|CD|AB|.【解题指导】【解析】(1)设的标准方程为x22py，p0，则F.已知点E在直线yx上，故可设E(2a，a)因为E，F关于M(1,0)对称，所以解得所以抛物线的标准方程为x24y.因为圆E与x轴相切，故半径r|a|1，所以圆E的标准方程为(x2)2(y1)21.(2)证明：由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方程为yk(x1)(k0)则E(2，1)到l的距离d，因为l与E交于A，B两点，所以d2r2，即1，解得k0，所以|AB|22.由消去y并整理得，x24kx4k0.16k216k0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x24k，x1x24k，那么|CD|x1x2|·4·.所以2.所以|CD|22|AB|2，即|CD|AB|.【解题技法】解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目的.【跟踪训练】（2022·华南师大附中三模）已知椭圆过点，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）过点作椭圆的两条弦，（，分别位于第一、二象限）若，与直线分别交于点，求证：【解析】（1）椭圆过点，则，又，则又，联立上述式子，解得，故椭圆的方程为（2）由题意，可设直线：，：，点的横坐标为，将直线方程代入椭圆，整理得，而，由韦达定理可得，同理得：，且三点，共线，将，代入并整理可得，又，即，同理：，故考法2 位置关系的证明【例2】（2021新高考）已知椭圆的方程为，右焦点为，且离心率为（）求椭圆的方程；（）设，是椭圆上的两点，直线与曲线相切证明：，三点共线的充要条件是【解题指导】（）利用离心率以及焦点的坐标求出和的值求出的值椭圆的标准方程；（）先证明充分性，设直线的方程利用圆心到直线的距离公式求出的值联立直线与椭圆的方程求出即可；再证明必要性，设直线的方程由圆心到直线的距离公式求出和的关系联立直线与椭圆的方程求出，得到方程求出和的值得到直线必过点结论【解析】（）由题意可得，椭圆的离心率，又，所以，则，故椭圆的标准方程为；（）证明：先证明充分性，若，三点共线时，设直线的方程为，卡壳点：，三点共线不能转化直线MN过点F则圆心到直线的距离为，解得，联立方程组，可得，即，所以；所以充分性成立；下面证明必要性，【提醒】忽视必要性的证明当时，设直线的方程为，此时圆心到直线的距离，则，联立方程组，可得，则，因为，所以，因为直线与曲线相切，所以，则，易错点：忽视则直线的方程为恒过焦点，故，三点共线，所以必要性得证综上所述，三点共线的充要条件是【解题技法】树立“转化”意识，证明位置关系，关键是将位置关系转化为代数关系几何性质代数实现对边相等斜率相等，或向量平行对边相等横（纵）坐标差相等对角线互相平分中点重合两边垂直数量积为0【跟踪训练】（2022山东烟台一中高三模拟）已知椭圆的左焦点为，离心率为，过点且垂直于轴的直线交于，两点，（1）求椭圆的方程；（2）过点作相互垂直的弦，设，的中点分别为，当的面积最大时，证明：点，关于轴对称【解析】（1）设，点，为过点且垂直于轴的直线交的点，又，即，解得，椭圆的方程为（2）证明：由题意得直线，的斜率均存在，设直线的斜率为，即直线的斜率为，设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，可得，由韦达定理可得，为的中点，同理用代替得，设，设，由对勾函数的性质，可知函数在区间，上单调递增，当时，最小，即最大，此时，解得，点，关于轴对称，即得证 模拟训练1（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知椭圆经过点，(1)求椭圆的方程；(2)为椭圆的右焦点，直线垂直于轴，与椭圆交于点，直线与轴交于点，若直线与直线交于点，证明：点在椭圆上【分析】（1）根据椭圆的标准方程及椭圆上的两点求得的值，即可得椭圆的方程；（2）设，不妨令，可得直线的直线方程，联立直线方程求交点坐标，将横纵坐标代入椭圆方程进行验证即可证明.【详解】（1）由题意知，将点代入椭圆方程得，即，所以椭圆C的方程（2）证明：由（1）知，设，设，不妨令，则，联立两直线方程解得，从而，有，从而，所以点M在椭圆上2（2023·安徽马鞍山·统考一模）平面直角坐标系中，是双曲线（，）上一点，分别是双曲线的左，右顶点，直线，的斜率之积为3.(1)求双曲线的渐近线方程；(2)设点关于轴的对称点为，直线与直线交于点，过点作轴的垂线，垂足为，求证：直线与双曲线只有一个公共点.【分析】（1）根据斜率公式，结合点满足，即可求双曲线的渐近线方程；（2）首先利用点的坐标设直线的直线方程，并联立求交点的坐标，并求直线的方程，与双曲线方程联立，证明.【详解】（1）由题意，满足，即.于是，所以双曲线的渐近线方程为.（2）由题，直线，直线.联立直线与直线方程，解得，故.由（1）知双曲线，故，于是直线，即，即，与双曲线联立得：，即，即，因为，所以直线与双曲线只有一个公共点.3（2023·陕西西安·统考一模）已知椭圆C：的离心率为，右焦点与抛物线的焦点重合.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左焦点为，过点的直线l与椭圆C交于两点，A关于x轴对称的点为M，证明：三点共线.【分析】（1）根据题意求得c，结合离心率求得，即得答案；（2）判断直线l的斜率存在，设出直线方程，并和椭圆方程联立，可得根与系数的关系式，表示出，的坐标，利用向量的共线证明三点共线，即得结论.【详解】（1）椭圆C的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的焦点为,又，,椭圆C的方程为.（2）证明：由（1）知椭圆C的左焦点为，当直线l的斜率不存在时，其方程为：，此时直线l与椭圆C没有交点，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，则.联立，消去y得，解得,，,，又，与共线，而与有公共点,即、 三点共线.【点睛】思路点睛：本题涉及到直线和椭圆的位置关系的问题，解答并不困难，要证明三点共线，一般结合向量的共线来证明，利用向量共线的坐标表示，计算即可.4（2023·福建福州·统考二模）已知抛物线E：（p>0），过点的两条直线l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点当l1的斜率为时，(1)求E的标准方程：(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上【分析】（1）根据直线的点斜式方程写出直线方程，与抛物线联立方程，利用弦长公式，求出的值，从而求出抛物线的标准方程；（2）设直线方程为或，与抛物线联立方程，由韦达定理得出，求出直线方程和直线方程，求出交点的横坐标，然后进行化简，可以证明结论.【详解】（1）当的斜率为时，得方程为，由,消元得，；由弦长公式得，即，解得或（舍去），满足，从而的标准方程为.（2）法一：因为l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点，所以直线斜率存在设直线的方程为，设，由，消去得，则.设直线的方程为，同理，消去得可得直线方程为，即，化简得，同理，直线方程为，因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可由消去，因为直线与相交，所以，解得，所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上法二：设直线方程为，由消去得，设，则设直线的方程为，同理可得直线方程为，即，化简得，同理，直线方程为，因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可由消去，因为直线与相交，所以，解得，所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上【点睛】关键点点睛：本题中的证明问题的关键是：设出直线的横截距或者纵截距方程，联立抛物线，结合韦达定理，把目标逐步化简，得出待证明的结论.5（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）已知椭圆的右焦点， 直线与圆相切(1)求椭圆的方程；(2)设斜率为且不过原点的直线与椭圆相交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA，OB斜率为，且，证明：【分析】（1）由直线与圆的位置关系结合椭圆的性质得出方程；（2）联立直线和椭圆方程，由韦达定理结合得出，或，进而由证明.【详解】（1）由题意可得，解得.故椭圆的方程为.（2）设直线的方程为联立直线和椭圆方程，得则即，整理得解得，或当时，不合题意；当时，.【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键是利用韦达定理以及得出或与的关系，再由斜率公式证明.6（2023·浙江·校联考模拟预测）设双曲线的右焦点为，F到其中一条渐近线的距离为2.(1)求双曲线C的方程；(2)过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线于点M，（i）求的值；（ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：.【分析】（1）结合点F到其中一条渐近线的距离为2和，即可求得本题答案； （2）（i）设AB直线方程为，得，直线方程与双曲线方程联立消，然后由韦达定理得，把逐步化简，即可求得本题答案；（ii）把和的直线方程分别求出，联立可得到点的坐标，由此即可得到本题答案.【详解】（1）因为双曲线其中一条渐近线方程为，又点到它的距离为2，所以，又，得，又因为，所以，所以双曲线C的方程为.（2）（2）设AB直线方程为，则，代入双曲线方程整理得：，设，则， ，（i）而，所以，则，所以 ；（ii）过M平行于OA的直线方程为，直线OB方程为与联立，得，即，则，所以，由，两式相除得，则，所以 ，因为，所以，故P为线段MQ的中点，所以.【点睛】关键点点睛：本题第二小题第一问考了如何用表示出来，进而利用韦达定理进行化简求值，考查了学生的转化能力以及对复杂运算的求解能力7（2023·河南平顶山·叶县高级中学校联考模拟预测）已知椭圆的左焦点为(1)设M是C上任意一点，M到直线的距离为d，证明：为定值(2)过点且斜率为k的直线与C自左向右交于A，B两点，点Q在线段AB上，且，O为坐标原点，证明：【分析】（1）利用椭圆方程及左焦点可得到，设，代入椭圆方程，即可计算出为定值；（2）设，联立直线与椭圆可得二次方程，利用判别式可得，写出韦达定理，然后利用题意的向量关系可得，结合韦达定理即可求证【详解】（1）因为椭圆的左焦点为，所以，即，设，则，即，所以，故为定值（2）依题意可知过点P的直线方程为，联立得，由，得，依题意可设，由点Q在线段AB上，得，所以，由，得，即，则，即，将，代入上式并整理得，解得，所以又，所以【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.8（2023·山东淄博·统考一模）已知抛物线：上一点到其焦点的距离为3，为抛物线上异于原点的两点.延长，分别交抛物线于点，直线，相交于点.(1)若，求四边形面积的最小值；(2)证明:点在定直线上.【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式求得抛物线方程，设，直线的方程，联立方程，利用韦达定理求得，再根据弦长公式求得，再结合基本不等式即可得解；（2）设，根据，三点共线和，三点共线，求得，再结合（1）即可得出结论.【详解】（1）由抛物线定义可知，解得，即抛物线方程为，由题意，设，直线的方程，由，消去得，恒成立，由韦达定理可知：，故，因为，所以直线的方程为，于是，则当且仅当，即时等号成立，所以四边形面积的最小值为32；（2）设，因为，都在上，所以，因为，三点共线，所以有，即，整理得：，同理，因为，三点共线，可得，即，解得：，由（1）可知，代入上式可得：，得，即点在定直线上.【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式及抛物线与直线位置关系的应用，考查了抛物线中四边形的面积的最值问题，及抛物线中的定直线问题，考查了逻辑推理和数据分析能力，有一定的难度.9（2023·全国·模拟预测）圆锥曲线与圆柱，圆锥关系非常密切.有一个底面半径为1，高为4的圆柱竖直放置，与水平面成45°方向截圆柱，所得截面恰为椭圆，以该椭圆中心为原点，长轴为轴，短轴为轴建立平面直角坐标系.(1)求该椭圆的方程；(2)设椭圆右焦点为，一条斜率不为0的直线过原点与该椭圆交于，直线和分别与椭圆交于，过原点作，垂足为，证明：存在定点使得恒成立.【分析】（1）由几何意义判断出椭圆短轴长为2，长轴为，求出，即可求出椭圆的方程；（2）设，.利用“设而不求法”证明出直线过定点.利用圆的性质判断出，满足，且.【详解】（1）由题意可知椭圆短轴长为圆柱直径2，长轴为，所以，所以椭圆方程为.（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，.联立得：.由韦达定理可知，.直线的方程为，与椭圆联立，消去得：.所以，可得.同理可得：.设直线方程为，令，带入，坐标，化简得.所以直线恒过点.当直线的斜率不存在时，过原点的直线为轴，与椭圆交于，两点为短轴顶点，即.直线的方程为，与椭圆联立，消去得：，解得：.同理可求：.所以直线也过.综上所述：直线过定点.取中点为，因为过原点作，垂足为，且，由圆的定义可得在以为圆心，为直径的圆上运动，可以满足，所以满足题意.10（2023·北京海淀·统考模拟预测）已知椭圆 交x轴于与G交于y轴(1)求G的标准方程(2)若与G有两个不同的交点，求的取值范围(3)设直线交G于（l的倾斜角正弦值的绝对值小于等于），以为邻边作平行四边形在椭圆G上，O为坐标原点证明：的最小值与的某三角函数值相等【分析】（1）根据题意求得椭圆的长半轴长和短半轴长，可得答案；（2）联立方程，利用解方程求得两交点的横坐标，即可求得答案.（3）由题意确定k的范围，分和两情况解答，当时将直线方程和椭圆方程联立，可得根与系数的关系式，表示出，化简求得其取值范围，即可证明结论.【详解】（1）由题意椭圆交x轴于，设椭圆长半轴为a，则，与G交于y轴，即交点为，设椭圆短半轴为b，则，故G的标准方程为.（2）联立 ，可得 ，解得，当时，此时与G有两个不同的交点，故的取值范围为.（3）证明：由题意直线交G于（l的倾斜角正弦值的绝对值小于等于），设l的倾斜角为 ，则 ，故或，则或，即，当 时，关于y轴对称，直线l与y轴交点设为C，则，此时以 为邻边作平行四边形， ,故，由题意在椭圆C上，即，解得 ， ；当时，联立 ，消去y，化简整理得 ，需满足 ，设点的坐标分别为 ，由韦达定理可知 则以 为邻边作平行四边形，则 , ,由于点P在椭圆C上，所以 ，即 ，化简得： ，经检验满足， 又 ，由于 ，则 ，故，故， 综合上述可知 ，即的最小值与的正切值相等.【点睛】方法点睛：要证明的最小值与的某三角函数值相等，即需要求得的最小值，因此联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系，结合题设表示，并化简求得其取值范围，即可解决问题.