专题3.12 综合求证多变换几何结合代数算-2020届高考数学压轴题讲义(解答题)（解析版）

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1、【题型综述】综合求证问题有以下类型：（1）证明直线过定点，设出直线方程，利用题中的条件与设而不求思想找出曲线方程中参数间的关系，即可求出定点.(2)定值问题就是证明一个量或表达式的值与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标，通过运算得知求证目标的取值与变化的量无关当使用直线的斜率和截距表示直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决（3）恒等式的证明问题，将恒等式转化为常见的弦长、距离之比或向量关系等问题，进而转化为直线与圆锥曲线的交点坐标问题，利用设而不求思想及韦达

2、定理即可证明.(4)几何图形性质的证明，利用几何图形性质与向量运算的关系，转化为向量的运算或直线的斜率关系，再用直线与圆锥曲线的交点坐标问题，利用设而不求思想及韦达定理即可证明.【典例指引】类型一 证明分点问题例1 【2017北京，理18】已知抛物线C：y2=2px过点P（1，1）.过点（0，）作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点.（）求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；（）求证：A为线段BM的中点.直线ON的方程为，点B的坐标为.因为，所以.学科*网故A为线段BM的中点.类型二 几何证明问题例2. 【2015高考湖南

3、，理20】已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦的长为.（1）求的方程；（2）过点的直线与相交于，两点，与相交于，两点，且与同向（）若，求直线的斜率（）设在点处的切线与轴的交点为，证明：直线绕点旋转时，总是钝角三角形 （ii）由得，在点处的切线方程为，即，令，得，即，而，于是，因此是锐角，从而是钝角.，故直线绕点旋转时，总是钝角三角形. 学科*网类型三 等式证明例3【2015高考上海，理21】已知椭圆，过原点的两条直线和分别于椭圆交于、和、，记得到的平行四边形的面积为.（1）设，用、的坐标表示点到直线的距离，并证明；（2）设与的斜率之积为，求面积的值.类型四 长度关系证明例4.【201

4、6高考四川】已知椭圆E：的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上.()求椭圆E的方程；()设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：【扩展链接】1.圆锥曲线以P(x0，y0)(y00)为中点的弦所在直线的斜率分别是：k(椭圆1)，k(双曲线1)，k(抛物线y22px)，其中k(x1x2)，(x1，y1)，(x2，y2)为弦端点的坐标2.给出,等于已知,即是直角,给出,等于已知是钝角, 给出,等于已知是锐角；3.在平行四边形中，给出，等于已知是菱形;4.在平行四边形中，给出，等于已知是矩形;【新题展示】1【

5、2019宁夏吴忠中学一模】在平面直角坐标系中，椭圆的中心为原点，焦点，在轴上，离心率为过的直线交于，两点，且的周长为（1）求椭圆的方程；（2）圆与轴正半轴相交于两点，（点在点的左侧），过点任作一条直线与椭圆相交于，两点，连接，求证【思路引导】（1）设椭圆C的方程为(ab0)，由离心率为，得，又PQF2的周长为4a=，得a2，进而求出椭圆方程；（2）把y0代入圆的方程求出x的值，确定M与N的坐标，当ABx轴时，由椭圆的对称性得证；当AB与x轴不垂直时，设直线AB为y=k（x1），与椭圆方程联立得到关于x的一元二次方程，设A（x1，y1），B（x2，y2），利用韦达定理表示出x1+x2，x1x2，

6、进而表示出直线AN与直线BN斜率之和为0，即可得证【解析】(1)设椭圆C的方程为(ab0)因为离心率为，所以，解得，即又PQF2的周长为|PQ|PF2|QF2|(|PF1|PF2|)(|QF1|QF2|)2a2a4a，所以又PQF2的周长为，即a2，b2，所以椭圆C的方程为(2)把y0代入(y2)2，解得x1或x4，因为点在点的左侧，即点M(1，0)，N(4，0)当ABx轴时，由椭圆的对称性可知ANMBNM当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为yk(x1)联立 (k22)x22k2xk280设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2因为y1k(x11)，y2k(x21)，所

7、以kANkBN因为(x11)(x24)(x21)(x14)2x1x25(x1x2)88，所以kANkBN0，所以ANMBNM，综上所述，ANMBNM2【2019福建厦门3月质检】已知椭圆：，过点且与轴不重合的直线与相交于两点，点，直线与直线交于点（1）当垂直于轴时，求直线的方程；（2）证明：【思路引导】（1）当垂直于轴时，其方程为，求出点的坐标后可得直线的斜率，于是可得直线方程。（2）由于在轴上，所以只需证明点的纵坐标相等即可得到结论成立，解题时注意直线方程的设法【解析】（1）设点，当垂直于轴时，可得，所以，所以点的坐标为，又，所以，所以直线的方程为（2）法一：当直线的斜率不存在时，其方程为，

8、若，则，此时方程为，当时，所以，因此，所以若，则，此时方程为，当时，所以，因此，所以综上可得当直线的斜率存在时，设，由 消去y整理得，其中，设，则，因为，所以直线的方程为当时，得，因为 所以，所以法二： 设直线，由消去x整理得，其中，设，则，所以，故所以因为，来源:学&科&网Z&X&X&K所以直线的方程为，当时，得，所以，所以3【2019山东济宁一模】已知椭圆的离心率为，且椭圆C过点(I)求椭圆C的方程；(II)设椭圆C的右焦点为F，直线与椭圆C相切于点A，与直线相交于点B，求证：的大小为定值【思路引导】来源:学*科*网Z*X*X*K（）由题意可知，解得a23，b22，即可求出椭圆C的方程，（

9、）显然直线l的斜率存在，设l：ykx+m，联立，根据直线l与椭圆相切，利用判别式可得m23k2+2，求出点A，B的坐标，根据向量的运算可得可得0，即AFB90，故AFB的大小为定值【解析】 ()椭圆C过点， 离心率为 又 由得，椭圆C的方程为C：()显然直线l的斜率存在，设l：y=kx+m由消y得由得切点A的坐标为又点B的坐标为，右焦点F的坐标为，AFB=90，即AFB的大小为定值4【2019山西吕梁一模】已知抛物线：，过轴上一点（不同于原点）的直线与交于两点，与轴交于点（1）若，求的值；（2）若，过，分别作的切线，两切线交于点，证明：点在定直线方程上，求出此定直线【思路引导】（1）设，通过坐

10、标表示向量得到，设：，与抛物线联立利用韦达定理求解即可；（2）由点斜式求出两条切线，两直线联立可得点P的坐标，进而可证得结论【解析】（1）设，由，得，所以，设：，联立，则，所以，则，所以（2）设，即，有过的切线方程为，即，所以过的切线方程为，两方程联立得，由（1）知，所以，所以，即交点在直线上5【2019山西吕梁一模】已知抛物线：，过轴上一点（不同于原点）的直线与交于两点，与轴交于点（1）若，求的值；（2）若，过，分别作的切线，两切线交于点，证明：点在定直线方程上，求出此定直线【思路引导】（1）设，通过坐标表示向量得到，设：，与抛物线联立利用韦达定理求解即可；（2）由点斜式求出两条切线，两直线

11、联立可得点P的坐标，进而可证得结论【解析】（1）设，由，得，所以，设：，联立，则，所以，则，所以（2）设，即，有过的切线方程为，即，所以过的切线方程为，两方程联立得，由（1）知，所以，所以，即交点在直线上6【2019安徽六校联考】如图，C、D是离心率为的椭圆的左、右顶点，、是该椭圆的左、右焦点， A、B是直线4上两个动点，连接AD和BD，它们分别与椭圆交于点E、F两点，且线段EF恰好过椭圆的左焦点 当时，点E恰为线段AD的中点（）求椭圆的方程；（）求证：以AB为直径的圆始终与直线EF相切【思路引导】（）由题意可得，结合可求出，进而可求得椭圆的方程；（）设EF的方程为：，E（）、F（），与椭圆联

12、立，运用韦达定理得，又设，由三点共线得，求出中点坐标，求出点M到直线EF的距离，进而证得结果【解析】（）当时，点E恰为线段AD的中点，又，联立解得：， 椭圆的方程为（）设EF的方程为：，E（）、F（），联立得： ，（*）又设，由A、E、D三点共线得，同理可得， 设AB中点为M，则M坐标为（）即（ ），点M到直线EF的距离故以AB为直径的圆始终与直线EF相切7【2019陕西咸阳一模已知椭圆的上顶点为，右顶点为，直线与圆相切（1）求椭圆的方程；（2）过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，求证：【思路引导】（1）求得直线的的方程，利用圆心到直线的距离等于半径，列方程，解方程求得的值，由此求得椭圆方程（

13、2）设出直线的方程，联立直线方程和椭圆的方程，写出韦达定理，通过计算，证得【解析】（1）由题意知：，则直线方程为：，直线与圆相切，则，求得，所求椭圆的方程为（2）设直线的方程为，联立，又， ，则8【2019湖南长沙统一检测】已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为、，为椭圆上一点，与轴相交于，（）求椭圆的方程；（）设椭圆的左、右顶点为、，过、分别作轴的垂线、，椭圆的一条切线与、交于、两点，求证：【思路引导】（1）结合题意，得到为的中位线，进而得到，利用椭圆性质，计算a，b值即可。（2）将直线l的方程，代入椭圆方程，得到以及，即可。【解析】（）连接，由题意得，所以为的中位线，又因为，所以，且，又，得

14、，故所求椭圆的标准方程为（）由题可知，的方程为，的方程为直线与直线、联立得、，所以，所以联立得因为直线椭圆相切，所以，化简得所以，所以，故为定值同理，所以，故【同步训练】1如图，圆C与x轴相切于点T（2，0），与y轴正半轴相交于两点M，N（点M在点N的下方），且|MN|=3（1）求圆C的方程；（2）过点M任作一条直线与椭圆相交于两点A、B，连接AN、BN，求证：ANM=BNM【思路点拨 】（1）设圆C的半径为r（r0），依题意，圆心坐标为（2，r），根据|MN|=3，利用弦长公式求得r的值，可得圆C的方程（2）把x=0代入圆C的方程，求得M、N的坐标，当ABy轴时，由椭圆的对称性可知ANM=B

15、NM，当AB与y轴不垂直时，可设直线AB的方程为y=kx+1，代入椭圆的方程，利用韦达定理求得KAB+KBN=0，可得ANM=BNM综上所述，ANM=BNM学科*网2.已知椭圆C：+=1（ab0）经过（1，1）与（，）两点（1）求椭圆C的方程；（2）过原点的直线l与椭圆C交于A、B两点，椭圆C上一点M满足|MA|=|MB|求证：+为定值【思路点拨】（1）把（1，1）与（，）两点代入椭圆方程解出即可（2）由|MA|=|MB|，知M在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性知A、B关于原点对称若点A、B是椭圆的短轴顶点，则点M是椭圆的一个长轴顶点；同理，若点A、B是椭圆的长轴顶点，则点M在椭圆的一个

16、短轴顶点；直接代入计算即可若点A、B、M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为y=kx（k0），则直线OM的方程为，设A（x1，y1），B（x2，y2），与椭圆的方程联立解出坐标，即可得到=，同理，代入要求的式子即可=，同理，所以=2+=2，故=2为定值学科*网3.在平面直角坐标系xOy中，动点p（x，y）（x0）满足：点p到定点F（，0）与到y轴的距离之差为记动点p的轨迹为曲线C来源:学|科|网Z|X|X|K（1）求曲线C的轨迹方程；（2）过点F的直线交曲线C于A、B两点，过点A和原点O的直线交直线x=于点D，求证：直线DB平行于x轴【思路点拨】（1）利用动点p（x，y）（x0）满足：点p到定点F

17、（，0）与到y轴的距离之差为列出关系式，即可求曲线C的轨迹方程；（2）过点F的直线交曲线C于A、B两点，过点A和原点O的直线交直线x=于点D，设A的坐标为（），求出OM的方程为y=x（y00），推出点D的纵坐标然后求出直线AF的方程，求出点B的纵坐标，判断直线DB平行于x轴即可得到结果 4.在平面直角坐标系xoy中，已知点P（2，1）在椭圆C：上且离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）不经过坐标原点O的直线l与椭圆C交于A，B两点（不与点P重合），且线段AB的中为D，直线OD的斜率为1，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值【思路点拨】（1）根据椭圆的离心率公式，将P代入椭

18、圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；（2）根据中点坐标公式及直线斜率公式，求得x1+x2=y1+y2，利用点差法求得直线l的斜率，将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式，即可求得k1k2为定值设直线l的方程y=x+t，整理得：3x24tx+4t212=0，则x1+x2=，x1x2=，来源:学科网ZXXK则k1k2=，=，学科*网k1k2为定值5.在平面直角坐标系xOy中，直线l：x=1，点T（3，0），动点P满足PSl，垂足为S，且=0，设动点P的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程；（2）设Q是曲线C上异于点P的另一点，且直线PQ过点（1，0），线段PQ的中点为M，直线l与x

19、轴的交点为N求证：向量与共线【思路点拨】（1）设P（x0，y0），则S（1，y0），由此利用向量的数量积能求出曲线C的方程（2）设Q（x1，y1），则，从而y2=4x，p=2，焦点F（1，0），N（1，0），由PQ过F，得，进而=（），=（），由此能证明向量与共线假设=成立，解得，向量与共线学科*网6.已知动点A，B在椭圆+=1上，且线段AB的垂直平分线始终过点P（1，0）（1）证明线段AB的中点M在定直线上；（2）求线段AB长度的最大值【思路点拨】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点M（x0，y0），当AB与x轴垂直时，线段AB的中点M（2，0），在直线y=0，当AB与

20、x轴不垂直时，利用平方差法推出，说明M在直线x=2上（2）当AB与x轴垂直时，当AB与x轴不垂直时，联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求解即可 ，x1+x2=4， （8分） =（11分）（12分） 7.已知椭圆E的焦点在x轴上，长轴长为2，离心率为；抛物线G：y2=2px（p0）的焦点F与椭圆E的右焦点重合，若斜率为k的直线l过抛物线G的焦点F与椭圆E交于A，B两点，与抛物线G相交于C，D两点（1）求椭圆E及抛物线G的方程；（2）证明：存在实数，使得+为常数，并求的值【思路点拨】（1）由2a=2，根据椭圆的离心率公式即可求得c的值，代入，b2=a2c2=1，求得椭圆方程，由=c，求得c的值，求

21、得抛物线方程；（2）设直线l的方程，分别代入椭圆方程及抛物线方程，分别求得丨AB丨及丨CD丨，由+=为常数，则须有20+=4，即可求得的值 8.已知定点Q（，0），P为圆N：上任意一点，线段QP的垂直平分线交NP于点M（1）当P点在圆周上运动时，求点M （x，y） 的轨迹C的方程；（2）若直线l与曲线C交于A、B两点，且，求证：直线l与某个定圆E相切，并求出定圆E的方程【思路点拨】（1）求出圆N的圆心坐标为N（，0），半径为，|MP|=|MQ|，得到|MN|+|MQ|=|MN|+|MP|=|NP|=|NQ|，利用椭圆的定义，求解点M的轨迹C的方程（2）当直线的斜率存在时，设直线l为y=kx+m

22、，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆的方程，得消去y，通过直线与椭圆有两个不同的交点，利用判别式以及韦达定理，通过，求解即可，当直线的斜率不存在时，直线为x=m，验证求解即可由韦达定理得：（8分），x1x2+y1y2=0，即，（9分）整理得m2=2k2+2满足式，即原点到直线l为的距离是，直线l与圆x2+y2=2相切（10分）当直线的斜率不存在时，直线为x=m，与椭圆C交点为A（m，），B（m，），学*科网此时直线为x=，显然也与圆x2+y2=2相切（11分）综上，直线l与定圆E：x2+y2=2相切（12分）9.已知椭圆C：+=1（ab0）的两焦点分别为F1，F2，离心率为设过

23、点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当lx轴时，|RS|=3（）求椭圆C的标准方程；（）已知点T（4，0），证明：当直线l变化时，直线TS与TR的斜率之和为定值来源:学科网【思路点拨】（1）由题意可知：a=2c，=3，且a2=b2+c2，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；（2）分类讨论，当直线l不垂直与x轴时，设直线方程，代入椭圆方程，由韦达定理及直线的斜率公式，即可求得kTR+kTS=0，即可证明直线TS与TR的斜率之和为定值由R，S两点的直线y=k（x1），故y1=k（x11），y2=k（x21），则=，由2x1x25（x1+x2）+8=25+8=0，kTR+kTS=0，学科*网直线T

24、S与TR的斜率之和为0，综上所述，直线TS与TR的斜率之和为为定值，定值为010.已知椭圆E：中，a=b，且椭圆E上任一点到点的最小距离为（1）求椭圆E的标准方程；（2）如图4，过点Q（1，1）作两条倾斜角互补的直线l1，l2（l1，l2不重合）分别交椭圆E于点A，C，B，D，求证：|QA|QC|=|QB|QD|【思路点拨】（1）设M（x，y）为椭圆E上任一点，由，椭圆E的方程可化为，通过求解椭圆E上任一点到点的最小距离为即可求出椭圆的方程（2）直线l1，l2不重合，则直线l1，l2的斜率均存在，设直线l1：y=k（x1）+1，点A（x1，y1），C（x2，y2）直线l2：y=k（x1）+1联

25、立消去y，由韦达定理以及弦长公式化简，可得|QA|QC|=|QB|QD| 11.椭圆： 的离心率为，过其右焦点与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限相交于点， .（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆的左顶点为，右顶点为，点是椭圆上的动点，且点与点， 不重合，直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，求证：以线段为直径的圆恒过定点.【思路点拨】(1)由题意可得，则椭圆C的标准方程为. (2)由题意可得，结合题意可得圆的方程为，则以线段ST为直径的圆恒过定点. 12.已知点， 其中是曲线上的两点， ， 两点在轴上的射影分别为点， ，且. （1）当点的坐标为时，求直线的斜率；（2）记的面积为，梯形的面积为，求证： .【思路点拨】(1)由题意结合直线的斜率公式可得 ；(2) 设直线的方程为.联立直线与抛物线的方程，可得 ， ，则 .