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专题06 证明类问题1(2021新高考)已知椭圆的方程为,右焦点为,且离心率为()求椭圆的方程;()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【答案】(1)(2)见解析【详解】()解:由题意可得,椭圆的离心率,又,所以,则,故椭圆的标准方程为;()证明:先证明必要性,若,三点共线时,设直线的方程为,则圆心到直线的距离为,解得,联立方程组,可得,即,所以;所以必要性成立;下面证明充分性,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,则直线的方程为恒过焦点,故,三点共线,所以充分性得证综上所述,三点共线的充要条件是2(2021上海)已知,是其左、右交焦点,直线过点,交椭圆于,两点,且,在轴上方,点在线段上(1)若是上顶点,求的值;(2)若,且原点到直线的距离为,求直线的方程;(3)证明:对于任意,使得的直线有且仅有一条【答案】(1)(2)(3)见解析【详解】解:(1)因为的方程:,所以,所以,所以,若为的上顶点,则,所以,又,所以;(2)设点,则,因为在线段上,横坐标小于0,解得,故,设直线的方程为,由原点到直线的距离为,则,化简可得,解得或,故直线的方程为或(舍去,无法满足,所以直线的方程为;(3)联立方程组,可得,设,则,因为,所以,又,故化简为,又,两边同时平方可得,整理可得,当时,因为点,在轴上方,所以有且仅有一个解,故对于任意,使得的直线有且仅有一条3(2021贵州模拟)已知定点,曲线上的任一点都有(1)求曲线的方程;(2)点,动直线恒过定点,与曲线交于,设直线,的斜率分别为,证明:成等差数列【答案】(1)(2)见解析【详解】解:(1)设,则,由得,化简得;(2)证明:设直线的方程为,由得,且,又,成等差数列4(2021开封三模)已知抛物线的焦点为,是抛物线上一点,且满足(1)求抛物线的方程;(2)已知直线与抛物线交于,两点,且,线段的中点在直线上()求直线的方程;()证明:,成等差数列,并求该数列的公差【答案】(1)(2)见解析【详解】(1)解:由题可知,设点,因为,即,所以,故,将点代入,得,又因为,所以,所以抛物线的方程为;(2)解:若直线斜率不存在,则直线,此时,故直线斜率存在,设直线,联立方程组,消去得,满足,即,设点,则,所以,又因为线段的中点在直线上,所以,由式与式联立可得,当时,满足;当时,满足,所以直线的方程为或;证明:由可知,直线与抛物线联立方程,消去可得,所以,故,则,所以,成等差数列,又因为公差满足,因为,所以,故数列的公差5(2021榆林四模)如图,椭圆有这样的光学性质:从椭圆的一个焦点出发的光线,经椭圆反射后,反射光线经过椭圆的另一个焦点已知椭圆的左、右焦点分别为,左、右顶点分别为,一光线从点射出经椭圆上点反射,法线(与椭圆在处的切线垂直的直线)与轴交于点,已知,(1)求椭圆的方程;(2)过的直线与椭圆交于,两点(均不与,重合),直线与直线交于点,证明:,三点共线【答案】(1)(2)见解析【详解】(1)解:由椭圆的定义知,则,由光学性质可知是的角平分线,所以因为,所以,得,从而,故椭圆的方程为(2)证明:设直线的方程为,联立方程组得,则,因为直线的方程为,所以令,得,因为,又所以因为,所以,三点共线6(2021石嘴山模拟)过抛物线的焦点作不平行于轴的直线交抛物线于,两点,过,分别作抛物线的切线相交于点,直线交抛物线于,两点()求的值;()证明:【答案】(1)(2)见解析【详解】()解:设直线,联立,可得,则,抛物线方程为,求导得则过抛物线上、两点的切线方程分别是,即,联立解得,又焦点,从而,所以()证明:设直线为,则,设,所以,故要证明,即证,即证,即证,联立方程得,所以,所以,故7(2021辽宁三模)如图,椭圆;,为常数),动圆点,分别为的左、右顶点,与相交于,四点(1)求直线与直线的交点的轨迹方程;(2)设动圆与相交于,四点,四点分别与,四点所在象限相同),其中,若矩形与矩形的面积相等,证明:(其中为椭圆的离心率)【答案】(1)(2)见解析【详解】解:(1)由题意可知,则直线的方程为:,直线的方程为:,两式相乘得:,在椭圆上,化简得,由已知条件得点的轨迹方程是得(2)证明:设,矩形与矩形的面积相等,设,都在椭圆上,两式相减得:,即,8(2021青岛二模)在平面直角坐标系中,已知为坐标原点,点,为直线与椭圆的一个交点,且,(1)证明:直线与椭圆相切;(2)已知直线与椭圆交于,两点,且点为的中点()证明:椭圆的离心率为定值;()记的面积为,若,证明:【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】解:(1)证明:由于直线与椭圆相交,把,代入直线的方程可得:,再把,代入椭圆方程可得,将直线的方程代入椭圆的方程可得:,所以,所以直线与椭圆相切(2)()证明:由直线方程代入椭圆方程有:,设,所以,所以,由于是的中点,所以,所以,所以,所以()证明:设原点到直线的距离为,则,因为,所以,所以,所以,由(1)可得,所以,又因为,所以,即,所以,令,则,令,所以,所以在,上单调递减,所以当,时,所以,在,上单调递减,所以,所以,所以9(2021德阳模拟)已知直线与椭圆相切于点,直线的斜率为,设直线与椭圆分别交于点、(异于点,与直线交于点(1)求直线的方程;(2)证明:、成等比数列【答案】(1)(2)见解析【详解】解:(1)由题知直线的斜率存在,设直线的方程为,由,只有一组实数解,即只有一个实数根,得,解得,所以直线的方程为(2)证明:设直线的方程为,则且,则,由,得,所以,所以,所以,所以,成等比数列10(2021湖南模拟)如图,椭圆有这样的光学性质:从椭圆的一个焦点出发的光线,经椭圆反射后,反射光线经过椭圆的另一个焦点已知椭圆的左、右焦点分别为,左、右顶点分别为,一光线从点射出经椭圆上点反射,法线(与椭圆在处的切线垂直的直线)与轴交于点,已知,(1)求椭圆的方程;(2)过的直线与椭圆交于,两点(均不与,重合),直线与直线交于点,证明:,三点共线【答案】(1)(2)见解析【详解】(1)解:由椭圆的定义知,则,由光学性质可知是的角平分线,所以,因为,所以,解得,从而,故椭圆的方程为(2)证明:设直线的方程为,联立方程组,得,则,因为直线的方程为,所以令,得,因为,又,所以,因为,所以,三点共线11(2021和平区二模)已知椭圆的右焦点为,点与点是椭圆的顶点,()求椭圆的离心率;()设以离心率为斜率的直线经过点,与椭圆相交于点(点不在坐标轴上)()证明:点在以线段为直径的圆上;(),求椭圆的方程【答案】(1)(2)【详解】解:()由题意可得,所以,因为,所以,解得,所以离心率为()由()可知,所以,椭圆的方程为,因为以离心率为斜率的直线经过点,所以直线的方程为,联立直线与椭圆的方程得,所以,即,解得,所以,所以,()所以,所以(),因为,所以,解得,所以,所以12(2021湛江三模)设抛物线的焦点为,过点的动直线与抛物线交于,两点,当在上时,直线的斜率为(1)求抛物线的方程;(2)在线段上取点,满足,证明:点总在定直线上【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】解:(1)由题意可得,则,解得,故抛物线的方程为;证明:(2)设,直线的方程为,由,消可得,由,得,故,化简可得,又,故,化简可得,即,则或,当点在定直线上时,直线与抛物线只有一个交点,与题意不符,故点在定直线上13(2021郑州二模)如图,已知抛物线的焦点为,准线为,为坐标原点,为抛物线上一点,直线与交于点,直线与抛物线的另一个交点为()证明:直线轴;()设准线与轴的交点为,连接,且证明:【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】解:()证明:由抛物线的性质可得焦点,准线方程为,设,所以直线的方程为:,由题意可得,设直线的方程为:,联立,整理可得,所以,可得,所以,所以轴;()证明:因为准线方程为,由题意可得,因为,所以,即,解得,由()可得,所以,所以可证:14(2021苏州模拟)如图,在平面直角坐标系中,过原点的直线交抛物线于点(异于原点,抛物线上点处的切线交轴于点,设线段的中点为,连结线段交于点(1)求的值;(2)过点作圆的切线交于另一点,设直线的斜率为,证明:为定值【答案】(1)(2)见解析【详解】解:(1)设,则在点处的切线方程为,联立方程组,消去整理可得:,由,解得,则切线方程为,则,联立方程组,解得,即即为的中点,所以;(2)证明:当直线的斜率不存在时,其直线为,解得,则,当直线的斜率存在时,设方程为,由题意知,因为直线与圆相切,所以,即,联立方程组,得到,设,则,又,则,综上可知为定值215(2021门头沟区一模)曲线上任一点到点,距离之和为,点,是曲线上一点,直线过点且与直线垂直,直线与轴交于点()求曲线的方程及点的坐标(用点,的坐标表示);()比较与的大小,并证明你的结论【答案】(1)(2)见解析【详解】解:()由题意可知,曲线是焦点在轴上的椭圆,所以,(2分)曲线的方程为:,(2分)当时,直线与轴重合,不合题意,当时,直线与轴重合,点是原点,(1分)当,时,由题意得:,直线的方程:,(2分)得,(1分)综上所述,点(1分)()点,满足方程:,(1分),(1分)将代入整理得:,(2分),(1分)所以,(1分)16(2021浦东新区校级三模)设,平面直角坐标系内的直线,分别与曲线,交于相异的两点、(1)若,求直线的斜率;(2)证明:直线过定点,并求出的坐标;(3)是否存
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