高考数学专题08以椭圆为情景的几何证明问题——备战2022年高考数学圆锥曲线部分必会十大基本题型 （

椭圆必会十大基本题型讲与练08以椭圆为情景的几何证明问题典例分析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.角度一、有关角度的证明1．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，为椭圆C上一点.（1）求椭圆C的方程；（2）设椭圆C的左、右顶点分别为，，过，分别作x轴的垂线，，椭圆C的一条切线与，交于M，N两点，求证：是定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】(1)由题意可知得，，故所求椭圆C的标准方程为；(2)证明：由题意可知，的方程为，的方程为，直线l与直线，联立可得，，所以，.所以.联立得，因为直线l与椭圆C相切，所以，化简，得.所以，所以，故为定值2、设椭圆的右焦点为，过的直线与交于,两点，点的坐标为．(1)当与轴垂直时，求直线的方程；(2)设为坐标原点，证明：．【解析】(1)由已知得，的方程为．由已知可得，点的坐标为或．所以的方程为或．(2)当与轴重合时，．当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以．当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，则，，直线，的斜率之和为．由，得．将代入得．所以，．则．从而，故，的倾斜角互补，所以．综上，．角度二、有关三点共线的证明1、已知是圆：上的动点，设在轴上的射影为，动点满足，的轨迹为.（1）求的方程；（2）圆及曲线与轴的四个交点，自上而下记为，，，，直线，与轴分别交于，（为相异两点），直线与的另一个交点为，求证：，，三点共线.【答案】（1）；（2）见解析.【详解】设，则，所以，故的轨迹的方程为：，它是焦点在轴上的椭圆.（2）设，则，故，同理.设（），则，由可得，故，所以.又，而，要证三点共线，即证：，也就是即证：，即证：，即证：①.因为在圆上，故即，所以①成立.故三点共线.【点睛】本题考查动点的轨迹以及椭圆中的三点共线，求动点的轨迹，一般先考虑动点是否满足曲线的定义，再考虑用动点转移的方法，而证明三点共线，可用共线向量定理来考虑，本题属于难题.2、设椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若椭圆E的离心率为eq\f(\r(2),2)，△ABF2的周长为4eq\r(6).(1)求椭圆E的方程；(2)设不经过椭圆的中心O而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线．【答案】（1）eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.；（2）见解析.【详解】 (1)由△ABF2的周长为4eq\r(6)，可知4a＝4eq\r(6)，所以a＝eq\r(6).又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以c＝eq\r(3)，b2＝a2－c2＝3.于是椭圆E的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M，N在x轴上，此时O，M，N三点共线．当直线AB，CD的斜率存在时，设其斜率为k(k≠0)，且设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),6)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),6)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))两式相减，得eq\f(x\o\al(2,1),6)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,2),6)＋\f(y\o\al(2,2),3)))＝0，整理，得eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq\f(3,6)，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y0,x0)＝－eq\f(1,2)，即k·kOM＝－eq\f(1,2)(kOM为直线OM的斜率)，所以kOM＝－eq\f(1,2k).同理可得kON＝－eq\f(1,2k)(kON为直线ON的斜率)．所以kOM＝kON，即O，M，N三点共线．综上所述，O，M，N三点共线．角度三、有关线段长度关系的证明1、已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上的动点，若的周长为，且椭圆的离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设曲线与轴正半轴交于点，直线与交于、两点，是线段的中点，证明：.【答案】（1）；（2）见解析.【分析】（1）根据题意得出关于、的方程组，求出、，可得出，进而可得出椭圆的方程；（2）设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用向量数量积的坐标运算结合韦达定理计算出，利用直角三角形的性质可得出结论.【详解】（1）因为的周长为，，又离心率，解得，，，因此，椭圆的方程为；（2）设直线与椭圆的交点为、，由，得，，由韦达定理得，，要证，即证，即证①，，同理，，故①式成立，则命题得证.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查线段长度关系的证明，将问题转化为是解答的关键，考查计算能力与推理能力，属于中等题.2、已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq\r(3)，直线l1：x＝4与x轴的交点为G，过点M(1,0)且不与x轴重合的直线l2交椭圆E于点A，B.当l2垂直于x轴时，△ABG的面积为eq\f(3\r(3),2).(1)求椭圆E的方程；(2)若AC⊥l1，垂足为C，直线BC交x轴于点D，证明：|MD|＝|DG|.【答案】（1）eq\f(x2,4)＋y2＝1.；（2）见解析.【解析】(1)因为椭圆E的焦距为2eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)，所以a2－b2＝3.①当l2垂直于x轴时，|MG|＝3，因为△ABG的面积为eq\f(3\r(3),2)，即eq\f(1,2)|AB|·|MG|＝eq\f(3\r(3),2)，所以|AB|＝eq\r(3)，不妨设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))，代入椭圆E的方程得eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1，②联立①②解得a2＝4，b2＝1，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(4，y1)．因为直线l2不与x轴重合，故可设l2的方程为x＝my＋1，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))整理得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，所以Δ＝16(m2＋3)>0，y1＋y2＝eq\f(－2m,m2＋4)，y1y2＝eq\f(－3,m2＋4).直线BC：y－y1＝eq\f(y1－y2,4－x2)(x－4)，令y＝0，得x＝eq\f(y1x2－4,y1－y2)＋4，所以点D的横坐标xD＝eq\f(y1x2－4,y1－y2)＋4，所以xD－eq\f(5,2)＝eq\f(y1x2－4,y1－y2)＋4－eq\f(5,2)＝eq\f(y1my2－3,y1－y2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(2y1my2－3＋3y1－3y2,2y1－y2)＝eq\f(2my1y2－3y1＋y2,2y1－y2)＝eq\f(\f(－6m,m2＋4)＋\f(6m,m2＋4),2y1－y2)＝0，所以xD＝eq\f(5,2)，因为MG中点的横坐标为eq\f(5,2)，所以D为线段MG的中点，所以|MD|＝|DG|.3、已知斜率为的直线与椭圆：交于，两点，线段的中点为．(1)证明：；(2)设为的右焦点，为上一点，且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．【解析】(1)设，，则，．两式相减，并由得．由题设知，，于是．①，由题设得，故．(2)由题意得，设，则．由(1)及题设得，．又点在上，所以，从而，．于是．同理．所以．故，即，，成等差数列．设该数列的公差为，则．②将代入①得．所以的方程为，代入的方程，并整理得．故，，代入②解得．所以该数列的公差为或．角度四、有关点线位置关系的证明1、已知椭圆的左、右焦点分别是，是其左右顶点，点是椭圆上任一点，且的周长为6，若面积的最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）若过点且斜率不为0的直线交椭圆于两个不同点，证明：直线于的交点在一条定直线上.【答案】(1)(2)见解析。【分析】（1）利用椭圆的定义，可求出周长的表达式，当点是椭圆的上（或下）顶点时，面积有最大值为，列出等式，结合，求出椭圆方程；（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到一个一元二次方程，求出直线与的交点的坐标，结合一元二次方程根与系数关系，得出结论．【详解】（1）由题意得，椭圆的方程为；（2）由（1）得，，，设直线的方程为，，，由，得，，，，直线的方程为，直线的方程为，，，，直线与的交点在直线上.【点睛】本题考查了椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、定直线问题．2、已知椭圆E：（）的离心率为，F是E的右焦点，过点F的直线交E于点和点（）.当直线与x轴垂直时，.（1）求椭圆E的方程；（2）设直线l：交x轴于点G，过点B作x轴的平行线交直线l于点C．求证：直线过线段的中点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）通过离心率推出，结合．转化求解，，求解椭圆的方程．（2）求出，，得到线段的中点为．①当直线与轴垂直时，说明直线过线段的中点．②当直线不与轴垂直时，可设其方程为，代入，利用韦达定理设，，，，，求出的方程为．推出直线系方程，说明直线过线段的中点．【详解】（1）由，得，所以，因为直线经过点F，且，所以根据对称性，不妨设.当直线与x轴垂直时，，，所以，由，得，所以，.所以椭圆E的方程为.（2）当直线与x轴垂直时，，，，这时直线的方程为，即.令，得，点恰为线段的中点.因为，当直线不与x轴垂直时，可设其方程为，代入，整理得.所以，.因为，，，所以直线的方程为.因为，，所以，这说明直线过点.综上可知直线过线段的中点.【点睛】本题主要考查椭圆的方程、离心率以及直线与椭圆的位置关系，考查数形结合的数学思想和学生的逻辑思维能力与运算求解能力以及应用解析几何方法解决几何问题的能力.角度五、有关线线位置关系的证明1、已知椭圆C：的离心率为，左、右顶点分别为A，B，点M是椭圆C上异于A，B的一点，直线AM与y轴交于点P．（Ⅰ）若点P在椭圆C的内部，求直线AM的斜率的取值范围；（Ⅱ）设椭圆C的右焦点为F，点Q在y轴上，且∠PFQ=90°，求证：AQ∥BM．【答案】（Ⅰ）（-，0）（0，）（Ⅱ）详见解析【分析】（Ⅰ）根据题意可得得c2＝a2﹣2，由e，解得即可出椭圆的方程，再根据点在其内部，即可线AM的斜率的取值范围，（Ⅱ）题意F（，0），设Q（0，y1），M（x0，y0），其中x0≠±2，则1，可得直线AM的方程y（x+2），求出点Q的坐标，根据向量的数量积和斜率公式，即可求出kBM﹣kAQ＝0，问题得以证明【详解】（Ⅰ）由题意可得c2=a2-2，∵e==，∴a=2，c=，∴椭圆的方程为+=1，设P（0，m），由点P在椭圆C的内部，得-＜m＜，又∵A（-2，0），∴直线AM的斜率kAM==∈（-，），又M为椭圆C上异于A，B的一点，∴kAM∈（-，0），（0，），（Ⅱ）由题意F（，0），设Q（0，y1），M（x0，y0），其中x0≠±2，则+=1，直线AM的方程为y=（x+2），令x=0，得点P的坐标为（0，），由∠PFQ=90°，可得•