专题3.12 综合求证多变换几何结合代数算高考数学解答题压轴题突破讲义(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.*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,理
3、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. *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.【2016高考四
4、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【2019
5、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,进而表示
6、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),所以kAN
7、kBN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,若,则,
8、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: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:Z*X*X*K()由题意可知,解得a23,b22,即可求出椭圆C的方程,()显然直线l的斜率存在,设l
9、: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,通过坐标表示向量得到,设:,与抛物
10、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,两直线联立可得点P的坐标,进而可证
11、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(),与椭圆联立,运用韦达定理得,又设,由
12、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(2)设出直线的方程,联立直线
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