高考数学专题08以双曲线为情境的几何证明(解析版)

2023-11-14 · U1 上传 · 35页 · 2.3 M

双曲线必会十大基本题型讲与练08以双曲线为情境的几何证明典例分析类型一:有关直线位置关系的证明1.在平面直角坐标系中,已知双曲线.(1)设F是C的左焦点,M是C右支上一点,若,求M点的坐标;(2)过C的左顶点作C的两条渐近线的平行线,求这两组平行线围成的平行四边形的面积;(3)设斜率为k()的直线l交C于P、Q两点,若l与圆相切,求证:.【答案】(1);(2);(3)证明见解析.【分析】(1)求出双曲线的左焦点的坐标,设,利用求出的范围,推出的坐标;(2)求出双曲线的渐近线方程,求出直线与另一条渐近线的交点,然后求出平行四边形的面积;(3)设直线PQ的方程为,通过直线PQ与已知圆相切,得到,联立直线方程和双曲线方程,利用韦达定理求解,进而证明.【详解】(1)双曲线,左焦点,设,则.由M是右支上一点知,∴,得.∴.(2)左顶点,渐近线方程:.过A点与渐近线平行的直线方程为:,即.解方程组得所求平行四边形的面积为.(3)设直线的方程是,因直线与已知圆相切,∴,即.(*)由得,设、,由韦达定理得.∴,由(*)式知,∴.2.已知抛物线C的焦点F在x轴上,过F且垂直于x轴的直线交C于A(点A在第一象限),B两点,且.(1)求C的标准方程.(2)已知l为C的准线,过F的直线交C于M,N(M,N异于A,B)两点,证明:直线AM,BN和l相交于一点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)设出抛物线的方程,根据题意将代入,可得出答案.(2)先求出点的坐标,设直线的方程为,与抛物线方程联立,得出韦达定理,写出直线AM的方程,求出直线AM与准线的交点和直线BN与准线的交点,再证明交点的纵坐标相同即可.【解析】(1)由抛物线C的焦点F在x轴上,点A在第一象限,则抛物线开口向右.设抛物线C的标准方程为,则.由题意轴,则点的横坐标为将代入,可得,由,则,所以抛物线C的标准方程为.(2)证明:由(1)可知,.设直线的方程为,联立,则.设,,则,.直线AM的方程为,,令,解得;所以直线AM与准线的交点为直线BN的方程为,即,令,解得.所以直线BN与准线的交点为因为,即所以直线AM,BN和l相交于一点.类型二:有关线段长度的证明1.已知双曲线与抛物线有共同的焦点F,双曲线C与抛物线E交于A,B两点,且(O为坐标原点).(1)求双曲线C的离心率.(2)过F的直线(斜率存在)与双曲线的右支交于M,N两点,MN的垂直平分线交x轴于P,证明:.【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】(1)根据题意得,进而得,再结合双曲线的定义得,再求离心力即可;(2)结合(1)得,设直线MN的方程为,,,,进而联立方程,结合韦达定理得MN的垂直平分线的方程为,P的坐标为,最后结合弦长公式求解即可.【解析】(1)根据题意,A,B关于x轴对称,,所以.设A的横坐标为,则,所以,所以.所以,由双曲线的定义知,解得.因为,所以双曲线C的离心率.(2)证明:由(1)知,,,所以双曲线C的方程为.设直线MN的方程为,,,,联立方程组,得,则,.因为,,因为过F的直线(斜率存在)与双曲线的右支交于M,N两点,所以,解得,所以MN的中点坐标为.因为MN的垂直平分线的方程为,所以P的坐标为,所以.因为,所以.2.已知双曲线:的一条渐近线与直线:垂直,且双曲线的右焦点到直线的距离为1.(1)求双曲线的标准方程;(2)记的左、右顶点分别为,,过点的直线与双曲线的右支交于,点,且直线与直线交于点,求证:.【答案】(1);(2)证明见解析.【分析】(1)由双曲线的性质得到渐近线方程,利用两直线垂直和点到直线的距离公式建立方程,再结合基本量之间的关系即可得到,值,从而得到双曲线的标准方程;(2)先考虑直线的斜率不存在的情况,根据相关点的坐标得到两直线的方程,从而解得的坐标,进而利用点在的垂直平分线上得到结果,再考虑直线的斜率存在的情况,利用直线与双曲线的位置关系建立方程,结合根与系数的关系探究点的横坐标,从而得到结果.【详解】(1)由题知双曲线的渐近线方程为,∵双曲线的一条渐近线与直线:垂直,∴,即.设,∴,∴.∵,∴,∴,,故双曲线的标准方程为.(2)由(1)可得,,.①当直线的斜率不存在时,直线的方程为,结合双曲线的方程可得,若,,则直线的方程为,直线的方程为,由直线与直线的方程可得,∴点在直线上,又的垂直平分线为直线,∴.若,,则直线的方程为,直线的方程为,由直线与直线的方程可得,∴点在直线上,又的垂直平分线为直线,∴.②当直线的斜率存在时,设直线的方程为,,,由题可知,联立,得,消去可得,由直线与双曲线有两个交点,得,,.∵直线的方程为,直线的方程为,∵,两边同时平方得,又,,∴,∴,解得或.由题易知,当时,,矛盾,舍去,故,即点在直线上,又的垂直平分线为直线,∴.【点睛】本题是综合性题目,属于课程学习情境和探索创新情境,具体是数学运算学习情境和数学探究情境.解题的关键是当直线的斜率存在时,设直线的方程为,,,然后将直线与双曲线的方程联立方程组,消去,利用根与系数的关系,,,再表示出直线与直线的方程,从而可得,然后通过计算,可求出点的坐标,进而可证得,本题考查逻辑思维能力、运算求解能力,属于中档题类型三:有关角度的证明1.已知曲线上任意一点满足方程.(1)求曲线的方程;(2)已知定点,过点的直线与曲线交于两点.证明:.【答案】(1);(2)证明见解析.【分析】(1)根据方程表示含义和双曲线定义可知曲线为双曲线的右半支,结合实轴和焦点坐标可得方程;(2)设,与双曲线方程联立可得韦达定理的形式,将韦达定理代入即可证得,即,由此可得结论.【解析】(1)方程表示到的距离与到的距离之差为,由双曲线定义可知:曲线是以为实轴长,和为焦点的双曲线的右半支,即,,,曲线的方程为:;(2)设,,直线的方程:,由知其渐近线方程为:,曲线与曲线交于两点,,由得:,,又,,,,,即,.2.已知双曲线E:=1(a>0,b>0)的右焦点为F,离心率e=2,直线l:x=与E的一条渐近线交于Q,与x轴交于P,且|FQ|=.(1)求E的方程;(2)过F的直线交E的右支于A,B两点,求证:PF平分∠APB.【答案】(1);(2)证明见解析.【分析】(1)先将直线的方程与渐近线方程联立求出点Q的坐标,求出PF的长,从而可求出|FQ|,再由|FQ|=,可求出的值,再结合离心率可求出的值,从而可求出E的方程;(2)设过点F得直线方程为:x=my+2,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线方程与双曲线方程联立方程组,消去,再利用根与系数的关系,然后表示出kPA,kPB,相加化简,若等于零,可得PF平分∠APB【详解】(1)不妨设直线l:x=与E的一条渐近线交于Q,则由得yQ=,又PF=c﹣=,∴|FQ|2=()2+()2=b2=3,∴,又离心率e=2,∴,∴a=1.∴E的方程为:.(2)设过点F得直线方程为:x=my+2,A(x1,y1),B(x2,y2).联立,可得(3m2﹣1)y2+12my+9=0,则,,∵过F的直线交E的右支于A,B两点,∴y1y2<0,可得﹣<m<,又P(,0),∴kPA+kPB==,∴=2my1y2+=,∴kPA+kPB=0,∴PF平分∠APB.类型四:有关三点共线的证明1.已知双曲线的右焦点为,一条渐近线方程为.(1)求双曲线的方程;(2)记的左、右顶点分别为,过的直线交的右支于两点,连结交直线于点,求证:三点共线.【答案】(1);(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意得,再根据即可求得答案;(2)由题知,,直线的斜率不为0,故设其方程为,,,进而结合直线的方程得,再根据向量共线的坐标表示判断,共线即可.【详解】(1)依题意可得,,解得,故的方程为.(2)易得,,显然,直线的斜率不为0,设其方程为,,联立方程,消去整理得,所以,.直线,令得,故,,,(*)又,即的值为0.所以故A、Q、N三点共线.﹒类型五:有关定值的证明1.已知抛物线:的焦点为,点为抛物线上一点,抛物线在点处的切线与轴相交于点,且的面积为2.(1)求抛物线的方程.(2)若斜率不为0的直线过焦点,且交抛物线于,两点,线段的中垂线与轴交于点.证明:为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)求出坐标,待定系数法设切线方程,解出斜率,表示坐标后由面积列方程求解(2)待定系数法设直线方程,与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长与中点坐标,再求其垂直平分线方程,表示点坐标后计算证明【解析】(1)由题意可知,设抛物线在点处的切线方程为,联立得,由解得,故切线方程为,令,得,即,又,所以,解得,所以抛物线的方程为.(2)由(1)可知,显然直线的斜率存在,故可设直线的方程为,,.联立方程组,消去得,所以,,所以,得,所以线段的中点为,中垂线所在直线的斜率,故线段中垂线所在的直线方程为,令,得,所以,所以为定值,得证.类型六:有关定点的证明1.已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,长轴长为4,且点在椭圆上.(1)经过点M(1,)作一直线交椭圆于AB两点,若点M为线段AB的中点,求直线的斜率;(2)设椭圆C的上顶点为P,设不经过点P的直线与椭圆C交于C,D两点,且,求证:直线过定点.【答案】(1);(2)证明见解析.【分析】(1)设椭圆的方程为代入点的坐标求出椭圆的方程,再利用点差法求解;(2)由题得直线的斜率存在,设直线的方程为,联立直线和椭圆的方程得韦达定理,根据和韦达定理得到,即得证.【解析】(1)由题设椭圆的方程为因为椭圆经过点,所以所以椭圆的方程为.设,所以,所以,由题得,所以,所以,所以,所以直线的斜率为.(2)由题得,当直线的斜率不存在时,不符合题意;当直线的斜率存在时,设直线的方程为,联立方程组y=kx+nx24+y2=1,可得,所以,解得①,设,,,,则②,因为,则,,,又,,所以③,由②③可得(舍或满足条件①,此时直线的方程为,故直线过定点.类型七:有关数列的证明1.已知双曲线C:(a>0,b>0)的左、右焦点分别为、,离心率为3,直线y=2与C的两个交点间的距离为.(Ⅰ)求a,b;(Ⅱ)设过的直线l与C的左、右两支分别交于A、B两点,且,证明:、、成等比数列.【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)见解析【详解】(Ⅰ)由题设知,即,故.所以C的方程为.将y=2代入上式,求得.由题设知,,解得.所以.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,,,C的方程为.①由题意可设的方程为,,代入①并化简得.设,,则,,,.于是,由得,即.故,解得,从而.由于,.故,.因而,所以、、成等比数列.【点评】(1)利用待定系数法求解,利用已知条件建立含义的等量关系,进而确定曲线方程;(2)利用直线与曲线联立方程组,借助韦达定理和弦长公式将、、表示出来,然后借助证明等比中项.方法点拨圆锥曲线中的证明问题是高考的热点内容之一,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.1.几何证明问题的解题策略(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、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.2、证明三点共线问题的方法圆锥曲线中的三点共线问题,其实就是对应直线(斜率存在)上的三点中相关两个点对应的斜率相等问题,即若要证明A,B,C三点共线,即证明kAB=kAC(或kAB=kBC或kAC=kBC).3、几何关系“直角”坐标化的转化方式(1)点B在以线段F1F2为直径的圆上;(2)eq\o(F1B,\s\up7(―→))·eq\o(F2B,\s\up7(―→))=0;(3)kF1B·kF2B=-1;(4)勾股定理.以上关系可相互转化.巩固练习1.已知双曲线的离心率为,点在上.(1)求

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