2024屆高考數學二輪專題復習與測試第一部分專題五解析幾何微專題3圓錐曲線中的最值范圍證明問題大題考法3證明問題

大題考法3證明問題(2023·廣州模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F到準線的距離為2，圓M與y軸相切，且圓心M與拋物線C的焦點重合．(1)求拋物線C和圓M的方程；(2)設P(x0，y0)(x0≠2)為圓M外一點，過點P作圓M的兩條切線，分別交拋物線C于兩個不同的點A(x1，y1)，B(x2，y2)和點Q(x3，y3)，R(x4，y4)．且y1y2y3y4＝16，證明：點P在一條定曲線上．(1)解：由題設得p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x，因此，拋物線的焦點為F(1，0)，即圓M的圓心為M(1，0)，由圓M與y軸相切，所以圓M半徑為1，所以圓M的方程為(x－1)2＋y2＝1.(2)證明：由于P(x0，y0)(x0≠2)，每條切線都與拋物線有兩個不同的交點，則x0≠0，故設過點P且與圓M相切的切線方程為y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0，依題意得eq\f(|k＋y0－kx0|,\r(k2＋1))＝1，整理得x0(x0－2)k2－2y0(x0－1)k＋yeq\o\al(2,0)－1＝0，①設直線PA，PQ的斜率分別為k1，k2k1，k2，則k1，k2是方程①的兩個實根，故k1＋k2＝eq\f(2y0（x0－1）,x0（x0－2）)，k1·k2＝eq\f(yeq\o\al(2,0)－1,x0（x0－2）)，②由得ky2－4y＋4(y0－kx0)＝0，③因為點A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x3，y3)，R(x4，y4)，則y1y2＝eq\f(4（y0－k1x0）,k1)，④y3y4＝eq\f(4（y0－k2x0）,keq\o\al(2,2))，⑤由②，④，⑤三式得：y1y2y3y4＝eq\f(16（y0－k1x0）（y0－k2x0）,k1k2)＝eq\f(16[yeq\o\al(2,0)－（k1＋k2）x0y0＋xeq\o\al(2,0)k1k2],k1k2)＝eq\f(16[yeq\o\al(2,0)－（k1＋k2）x0y0],k1k2)＋16xeq\o\al(2,0)＝eq\f(16[yeq\o\al(2,0)－\f(2y0（x0－1）,x0（x0－2）)x0y0],\f(yeq\o\al(2,0)－1,x0（x0－2）))＋16xeq\o\al(2,0)＝16，即yeq\o\al(2,0)x0(x0－2)－2y0(x0－1)x0y0＝(1－xeq\o\al(2,0))(yeq\o\al(2,0)－1)，則yeq\o\al(2,0)xeq\o\al(2,0)－2yeq\o\al(2,0)x0－2yeq\o\al(2,0)xeq\o\al(2,0)＋2x0yeq\o\al(2,0)＝yeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,0)yeq\o\al(2,0)－1＋xeq\o\al(2,0)，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以點P在圓x2＋y2＝1.1．幾何證明問題的解題策略．(1)圓錐曲線中的證明問題，主要有兩類：一是證明點、直線、曲線等幾何元素中的位置關系，如：某點在某直線上、某直線經過某個點、某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量關系(相等或不等)．(2)解決證明問題時，主要根據直線、圓錐曲線的性質、直線與圓錐曲線的位置關系等，通過相關的性質應用、代數式的恒等變形以及必要的數值計算等進行證明．2．證明三點共線問題的方法．圓錐曲線中的三點共線問題，其實就是對應直線(斜率存在)上的三點中相關兩個點對應的斜率相等問題，即若要證明A，B，C三點共線，即證明kAB＝kAC(或kAB＝kBC或kAC＝kBC)．(2023·梅州二模)已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，|F1F2|＝2eq\r(3)且雙曲線E經過點A(eq\r(3)，2)．(1)求雙曲線E的方程；(2)過點P(2，1)作動直線l，與雙曲線的左、右支分別交于點M，N，在線段MN上取異于點M，N的點H，滿足eq\f(|PM|,|PN|)＝eq\f(|MH|,|HN|)，求證：點H恒在一條定直線上．(1)解：|F1F2|＝2eq\r(3)，則c＝eq\r(3)，A(eq\r(3)，2)，2a＝|AF1|－|AF2|＝eq\r(（\r(3)＋\r(3)）2＋（2－0）2)－eq\r(（\r(3)－\r(3)）2＋（2－0）2)＝4－2＝2，解得a＝1，b2＝c2－a2＝2，故雙曲線E的方程為x2－eq\f(y2,2)＝1.(2)證明：設H(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則xeq\o\al(2,1)－eq\f(yeq\o\al(2,1),2)＝1，xeq\o\al(2,2)－eq\f(yeq\o\al(2,2),2)＝1，即yeq\o\al(2,1)＝2(xeq\o\al(2,1)－1)，①yeq\o\al(2,2)＝2(xeq\o\al(2,2)－1)，②設eq\f(|PM|,|PN|)＝eq\f(|MH|,|HN|)＝λ，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PM,\s\up6(→))＝λ\o(PN,\s\up6(→))，,\o(MH,\s\up6(→))＝λ\o(HN,\s\up6(→))，))(λ≠1)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x1－2，y1－1）＝λ（x2－2，y2－1），,（x－x1，y－y1）＝λ（x2－x，y2－y），))故xeq\o\al(2,1)－λ2xeq\o\al(2,2)＝2(1－λ2)x，③yeq\o\al(2,1)－λ2yeq\o\al(2,2)