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圆锥曲线中的证明问题
圆锥曲线中的证明问题，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．
考法1 数量关系的证明
【例1】（2022·山东潍坊·模拟预测）已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线y＝x上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M(－1,0)对称．
(1)求E和Γ的标准方程；
(2)过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求证：|CD|＞|AB|.
【解题指导】
【解题技法】解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目的.
【跟踪训练】
（2022·华南师大附中三模）已知椭圆过点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作椭圆的两条弦，（，分别位于第一、二象限）．若，与直线分别交于点，．求证：．
考法2 位置关系的证明
【例2】（2021 新高考Ⅱ）已知椭圆的方程为，右焦点为，，且离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设，是椭圆上的两点，直线与曲线相切．证明：，，三点共线的充要条件是．
【解题指导】（Ⅰ）利用离心率以及焦点的坐标→求出和的值→求出的值→椭圆的标准方程；
（Ⅱ）先证明充分性，设直线的方程→利用圆心到直线的距离公式求出的值→联立直线与椭圆的方程→求出即可；再证明必要性，设直线的方程→由圆心到直线的距离公式求出和的关系→联立直线与椭圆的方程→求出，得到方程→求出和的值→得到直线必过点→结论．
【解题技法】树立“转化”意识，证明位置关系，关键是将位置关系转化为代数关系
几何性质 代数实现
对边相等 斜率相等，或向量平行
对边相等 横（纵）坐标差相等
对角线互相平分 中点重合
两边垂直 数量积为0
【跟踪训练】
（2022 山东烟台一中高三模拟）已知椭圆的左焦点为，离心率为，过点且垂直于轴的直线交于，两点，．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作相互垂直的弦，，设，的中点分别为，，当的面积最大时，证明：点，关于轴对称．
1．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知椭圆经过点，．
(1)求椭圆的方程；
(2)为椭圆的右焦点，直线垂直于轴，与椭圆交于点，，直线与轴交于点，若直线与直线交于点，证明：点在椭圆上．
2．（2023·安徽马鞍山·统考一模）平面直角坐标系中，是双曲线（，）上一点，，分别是双曲线的左，右顶点，直线，的斜率之积为3.
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)设点关于轴的对称点为，直线与直线交于点，过点作轴的垂线，垂足为，求证：直线与双曲线只有一个公共点.
3．（2023·陕西西安·统考一模）已知椭圆C：的离心率为，右焦点与抛物线的焦点重合.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左焦点为，过点的直线l与椭圆C交于两点，A关于x轴对称的点为M，证明：三点共线.
4．（2023·福建福州·统考二模）已知抛物线E：（p>0），过点的两条直线l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点．当l1的斜率为时，
(1)求E的标准方程：
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上．
5．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）已知椭圆的右焦点， 直线与圆相切．
(1)求椭圆的方程；
(2)设斜率为且不过原点的直线与椭圆相交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA，OB斜率为，，且，证明：
6．（2023·浙江·校联考模拟预测）设双曲线的右焦点为，F到其中一条渐近线的距离为2.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线于点M，
（i）求的值；
（ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：.
7．（2023·河南平顶山·叶县高级中学校联考模拟预测）已知椭圆的左焦点为．
(1)设M是C上任意一点，M到直线的距离为d，证明：为定值．
(2)过点且斜率为k的直线与C自左向右交于A，B两点，点Q在线段AB上，且，，O为坐标原点，证明：．
8．（2023·山东淄博·统考一模）已知抛物线：上一点到其焦点的距离为3，，为抛物线上异于原点的两点.延长，分别交抛物线于点，，直线，相交于点.
(1)若，求四边形面积的最小值；
(2)证明:点在定直线上.
9．（2023·全国·模拟预测）圆锥曲线与圆柱，圆锥关系非常密切.有一个底面半径为1，高为4的圆柱竖直放置，与水平面成45°方向截圆柱，所得截面恰为椭圆，以该椭圆中心为原点，长轴为轴，短轴为轴建立平面直角坐标系.
(1)求该椭圆的方程；
(2)设椭圆右焦点为，一条斜率不为0的直线过原点与该椭圆交于，，直线和分别与椭圆交于，，过原点作，垂足为，证明：存在定点使得恒成立.
10．（2023·北京海淀·统考模拟预测）已知椭圆 交x轴于与G交于y轴．
(1)求G的标准方程
(2)若与G有两个不同的交点，求的取值范围
(3)设直线交G于（l的倾斜角正弦值的绝对值小于等于），以为邻边作平行四边形在椭圆G上，O为坐标原点．证明：的最小值与的某三角函数值相等
思路引导
母题呈现
模拟训练
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圆锥曲线中的证明问题
圆锥曲线中的证明问题，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．
考法1 数量关系的证明
【例1】（2022·山东潍坊·模拟预测）已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线y＝x上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M(－1,0)对称．
(1)求E和Γ的标准方程；
(2)过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求证：|CD|＞|AB|.
【解题指导】
【解析】(1)设Γ的标准方程为x2＝2py，p＞0，则F.
已知点E在直线y＝x上，
故可设E(2a，a)．
因为E，F关于M(－1,0)对称，
所以解得
所以抛物线Γ的标准方程为x2＝4y.
因为圆E与x轴相切，故半径r＝|a|＝1，
所以圆E的标准方程为(x＋2)2＋(y＋1)2＝1.
(2)证明：由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．
则E(－2，－1)到l的距离d＝，
因为l与E交于A，B两点，
所以d2＜r2，即＜1，解得k＞0，
所以|AB|＝2＝2.
由消去y并整理得，
x2－4kx－4k＝0.
Δ＝16k2＋16k＞0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，
那么|CD|＝|x1－x2|＝·＝4·.
所以＝＝＞＝2.
所以|CD|2＞2|AB|2，
即|CD|＞|AB|.
【解题技法】解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目的.
【跟踪训练】
（2022·华南师大附中三模）已知椭圆过点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作椭圆的两条弦，（，分别位于第一、二象限）．若，与直线分别交于点，．求证：．
【解析】（1）∵椭圆过点，则，又，则．又，
∴联立上述式子，解得，，故椭圆的方程为．
（2）由题意，可设直线：，：，
，，，，，点的横坐标为，，
将直线方程代入椭圆，整理得，而，
由韦达定理可得，，，
同理得：，，
∵，，且三点，，共线，
∴，
将，代入并整理可得，
又，即，
∴，同理：，
∴
，
∴，，故．
考法2 位置关系的证明
【例2】（2021 新高考Ⅱ）已知椭圆的方程为，右焦点为，，且离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设，是椭圆上的两点，直线与曲线相切．证明：，，三点共线的充要条件是．
【解题指导】（Ⅰ）利用离心率以及焦点的坐标→求出和的值→求出的值→椭圆的标准方程；
（Ⅱ）先证明充分性，设直线的方程→利用圆心到直线的距离公式求出的值→联立直线与椭圆的方程→求出即可；再证明必要性，设直线的方程→由圆心到直线的距离公式求出和的关系→联立直线与椭圆的方程→求出，得到方程→求出和的值→得到直线必过点→结论．
【解析】（Ⅰ）由题意可得，椭圆的离心率，又，
所以，则，
故椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）证明：先证明充分性，
若，，三点共线时，设直线的方程为，
卡壳点：，，三点共线不能转化直线MN过点F
则圆心到直线的距离为，解得，
联立方程组，可得，
即，所以；
所以充分性成立；下面证明必要性，
【提醒】忽视必要性的证明
当时，设直线的方程为，
此时圆心到直线的距离，则，
联立方程组，可得，
则△，
因为，
所以，，
因为直线与曲线相切，
所以，则，
易错点：忽视
则直线的方程为恒过焦点，
故，，三点共线，
所以必要性得证．综上所述，，，三点共线的充要条件是．
【解题技法】树立“转化”意识，证明位置关系，关键是将位置关系转化为代数关系
几何性质 代数实现
对边相等 斜率相等，或向量平行
对边相等 横（纵）坐标差相等
对角线互相平分 中点重合
两边垂直 数量积为0
【跟踪训练】
（2022 山东烟台一中高三模拟）已知椭圆的左焦点为，离心率为，过点且垂直于轴的直线交于，两点，．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作相互垂直的弦，，设，的中点分别为，，当的面积最大时，证明：点，关于轴对称．
【解析】（1）设，点，为过点且垂直于轴的直线交的点，
，又，，即，
，解得，，，
椭圆的方程为．
（2）证明：由题意得直线，的斜率均存在，
设直线的斜率为，即直线的斜率为，
设直线的方程为，，，，，
联立直线与椭圆的方程，可得，
△，
由韦达定理可得，，
为的中点，
，，，
，
同理用代替得，，
，
设，，
设，由对勾函数的性质，可知函数在区间，上单调递增，
当时，最小，即最大，此时，解得，
，，点，关于轴对称，即得证．
1．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知椭圆经过点，．
(1)求椭圆的方程；
(2)为椭圆的右焦点，直线垂直于轴，与椭圆交于点，，直线与轴交于点，若直线与直线交于点，证明：点在椭圆上．
【分析】（1）根据椭圆的标准方程及椭圆上的两点求得的值，即可得椭圆的方程；
（2）设，，，不妨令，可得直线的直线方程，联立直线方程求交点坐标，将横纵坐标代入椭圆方程进行验证即可证明.
【详解】（1）由题意知，将点代入椭圆方程得，即，
所以椭圆C的方程．
（2）证明：由（1）知，设，，
设，，不妨令，则，，
联立两直线方程解得，，
从而，，
有，，
从而，
所以点M在椭圆上．
2．（2023·安徽马鞍山·统考一模）平面直角坐标系中，是双曲线（，）上一点，，分别是双曲线的左，右顶点，直线，的斜率之积为3.
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)设点关于轴的对称点为，直线与直线交于点，过点作轴的垂线，垂足为，求证：直线与双曲线只有一个公共点.
【分析】（1）根据斜率公式，结合点满足，即可求双曲线的渐近线方程；
（2）首先利用点的坐标设直线的直线方程，并联立求交点的坐标，并求直线的方程，与双曲线方程联立，证明.
【详解】（1）由题意，，，满足，即.
于是，，
所以双曲线的渐近线方程为.
（2）由题，，，直线，直线.
联立直线与直线方程，解得，故.
由（1）知双曲线，故，
于是直线，即，即，与双曲线联立得：，即，即，因为，所以直线与双曲线只有一个公共点.
3．（2023·陕西西安·统考一模）已知椭圆C：的离心率为，右焦点与抛物线的焦点重合.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左焦点为，过点的直线l与椭圆C交于两点，A关于x轴对称的点为M，证明：三点共线.
【分析】（1）根据题意求得c，结合离心率求得，即得答案；
（2）判断直线l的斜率存在，设出直线方程，并和椭圆方程联立，可得根与系数的关系式，表示出，的坐标，利用向量的共线证明三点共线，即得结论.
【详解】（1）∵椭圆C的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的焦点为,
∴,
又，∴,∴,
∴椭圆C的方程为.
（2）证明：由（1）知椭圆C的左焦点为，
当直线l的斜率不存在时，其方程为：，此时直线l与椭圆C没有交点，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，
则.
联立，消去y得，
∴，解得,
∴，,
∵，，
又，，
∴
，
∵与共线，而与有公共点,即、、 三点共线.
【点睛】思路点睛：本题涉及到直线和椭圆的位置关系的问题，解答并不困难，要证明三点共线，一般结合向量的共线来证明，利用向量共线的坐标表示，计算即可.
4．（2023·福建福州·统考二模）已知抛物线E：（p>0），过点的两条直线l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点．当l1的斜率为时，
(1)求E的标准方程：
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上．
【分析】（1）根据直线的点斜式方程写出直线方程，与抛物线联立方程，利用弦长公式，求出的值，从而求出抛物线的标准方程；
（2）设直线方程为或，与抛物线联立方程，由韦达定理得出，，求出直线方程和直线方程，求出交点的横坐标，然后进行化简，可以证明结论.
【详解】（1）当的斜率为时，得方程为，
由,消元得，，，；
由弦长公式得，
即，解得或（舍去），满足，
从而的标准方程为.
（2）法一：因为l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点，所以直线斜率存在
设直线的方程为，设，
由，消去得，则.
设直线的方程为，
同理，消去得可得．
直线方程为，即，
化简得，
同理，直线方程为，
因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．
由消去，
因为直线与相交，所以，
解得，
所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．
法二：设直线方程为，由消去得，
设，则．
设直线的方程为，
同理可得．
直线方程为，即，
化简得，
同理，直线方程为，．
因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．
由消去，
因为直线与相交，所以，
解得，
所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．
【点睛】关键点点睛：本题中的证明问题的关键是：设出直线的横截距或者纵截距方程，联立抛物线，结合韦达定理，把目标逐步化简，得出待证明的结论.
5．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）已知椭圆的右焦点， 直线与圆相切．
(1)求椭圆的方程；
(2)设斜率为且不过原点的直线与椭圆相交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA，OB斜率为，，且，证明：
【分析】（1）由直线与圆的位置关系结合椭圆的性质得出方程；
（2）联立直线和椭圆方程，由韦达定理结合得出，或，进而由证明.
【详解】（1）由题意可得，，解得.
故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为
联立直线和椭圆方程，得
则
即，整理得
解得，或
当时，，不合题意；
当时，.
【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键是利用韦达定理以及得出或与的关系，再由斜率公式证明.
6．（2023·浙江·校联考模拟预测）设双曲线的右焦点为，F到其中一条渐近线的距离为2.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线于点M，
（i）求的值；
（ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：.
【分析】（1）结合点F到其中一条渐近线的距离为2和，即可求得本题答案；
（2）（i）设AB直线方程为，，得，直线方程与双曲线方程联立消，然后由韦达定理得，，把逐步化简，即可求得本题答案；（ii）把和的直线方程分别求出，联立可得到点的坐标，由此即可得到本题答案.
【详解】（1）因为双曲线其中一条渐近线方程为，又点到它的距离为2，
所以，又，得，
又因为，所以，
所以双曲线C的方程为.
（2）（2）设AB直线方程为，则，
代入双曲线方程整理得：，
设，则， ，
（i）
而
，
所以，，则，
所以 ；
（ii）过M平行于OA的直线方程为，
直线OB方程为与联立，
得，
即，
则，
所以，
由，两式相除得，
，则，
所以 ，
因为，所以，
故P为线段MQ的中点，所以.
【点睛】关键点点睛：本题第二小题第一问考了如何用表示出来，进而利用韦达定理进行化简求值，考查了学生的转化能力以及对复杂运算的求解能力
7．（2023·河南平顶山·叶县高级中学校联考模拟预测）已知椭圆的左焦点为．
(1)设M是C上任意一点，M到直线的距离为d，证明：为定值．
(2)过点且斜率为k的直线与C自左向右交于A，B两点，点Q在线段AB上，且，，O为坐标原点，证明：．
【分析】（1）利用椭圆方程及左焦点可得到，设，代入椭圆方程，即可计算出为定值；
（2）设，，联立直线与椭圆可得二次方程，利用判别式可得，写出韦达定理，然后利用题意的向量关系可得，结合韦达定理即可求证
【详解】（1）因为椭圆的左焦点为，所以，即，
设，则，即，
所以，故为定值．
（2）依题意可知过点P的直线方程为，，，
联立得，
由，得，
，．
依题意可设，由点Q在线段AB上，得，
所以，
由，，得，即，
则，即，
将，代入上式并整理得，解得，
所以．
又，所以．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
8．（2023·山东淄博·统考一模）已知抛物线：上一点到其焦点的距离为3，，为抛物线上异于原点的两点.延长，分别交抛物线于点，，直线，相交于点.
(1)若，求四边形面积的最小值；
(2)证明:点在定直线上.
【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式求得抛物线方程，设，，直线的方程，联立方程，利用韦达定理求得，，再根据弦长公式求得，再结合基本不等式即可得解；
（2）设，，，根据，，三点共线和，，三点共线，求得，再结合（1）即可得出结论.
【详解】（1）由抛物线定义可知，，解得，
即抛物线方程为，
由题意，设，，直线的方程，
由，消去得，恒成立，
由韦达定理可知：，，
故，
因为，所以直线的方程为，
于是，
则
当且仅当，即时等号成立，
所以四边形面积的最小值为32；
（2）设，，，因为，，，都在上，
所以，，
因为，，三点共线，所以有，
即，整理得：，
同理，因为，，三点共线，可得，
即，
解得：，
由（1）可知，，代入上式可得：，
得，
即点在定直线上.
【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式及抛物线与直线位置关系的应用，考查了抛物线中四边形的面积的最值问题，及抛物线中的定直线问题，考查了逻辑推理和数据分析能力，有一定的难度.
9．（2023·全国·模拟预测）圆锥曲线与圆柱，圆锥关系非常密切.有一个底面半径为1，高为4的圆柱竖直放置，与水平面成45°方向截圆柱，所得截面恰为椭圆，以该椭圆中心为原点，长轴为轴，短轴为轴建立平面直角坐标系.
(1)求该椭圆的方程；
(2)设椭圆右焦点为，一条斜率不为0的直线过原点与该椭圆交于，，直线和分别与椭圆交于，，过原点作，垂足为，证明：存在定点使得恒成立.
【分析】（1）由几何意义判断出椭圆短轴长为2，长轴为，求出，即可求出椭圆的方程；
（2）设，.利用“设而不求法”证明出直线过定点.利用圆的性质判断出，满足，且.
【详解】（1）由题意可知椭圆短轴长为圆柱直径2，长轴为，
所以，，
所以椭圆方程为.
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，.
联立得：.
由韦达定理可知，.
直线的方程为，与椭圆联立，消去得：.
所以，可得.
同理可得：.
设直线方程为，令，带入，坐标，化简得.
所以直线恒过点.
当直线的斜率不存在时，过原点的直线为轴，与椭圆交于，两点为短轴顶点，即.
直线的方程为，与椭圆联立，消去得：，解得：
.
同理可求：.
所以直线也过.
综上所述：直线过定点.
取中点为，
因为过原点作，垂足为，且，
由圆的定义可得在以为圆心，为直径的圆上运动，可以满足，
所以满足题意.
10．（2023·北京海淀·统考模拟预测）已知椭圆 交x轴于与G交于y轴．
(1)求G的标准方程
(2)若与G有两个不同的交点，求的取值范围
(3)设直线交G于（l的倾斜角正弦值的绝对值小于等于），以为邻边作平行四边形在椭圆G上，O为坐标原点．证明：的最小值与的某三角函数值相等
【分析】（1）根据题意求得椭圆的长半轴长和短半轴长，可得答案；
（2）联立方程，利用解方程求得两交点的横坐标，即可求得答案.
（3）由题意确定k的范围，分和两情况解答，当时将直线方程和椭圆方程联立，可得根与系数的关系式，表示出，化简求得其取值范围，即可证明结论.
【详解】（1）由题意椭圆交x轴于，设椭圆长半轴为a，则，
与G交于y轴，即交点为，设椭圆短半轴为b，则，
故G的标准方程为.
（2）联立 ，可得 ，
解得，
当时，，此时与G有两个不同的交点，
故的取值范围为.
（3）证明：由题意直线交G于（l的倾斜角正弦值的绝对值小于等于），
设l的倾斜角为 ，则 ，
故或，则或，即，
当 时，关于y轴对称，直线l与y轴交点设为C，则，
此时以 为邻边作平行四边形， ,
故，由题意在椭圆C上，即，解得 ，
∴ ；
当时，联立 ，消去y，化简整理得︰ ，
需满足 ，
设点的坐标分别为 ，
由韦达定理可知∶
则以 为邻边作平行四边形，则 ,
∴ ,
由于点P在椭圆C上，所以 ，即 ，
化简得： ，经检验满足，
又
，
由于 ，∴，则 ，
故，故，
综合上述可知 ，即的最小值与的正切值相等.
【点睛】方法点睛：要证明的最小值与的某三角函数值相等，即需要求得的最小值，因此联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系，结合题设表示，并化简求得其取值范围，即可解决问题.
思路引导
母题呈现
模拟训练
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