專題跟蹤檢測（二十一）圓錐曲線中的求值及證明問題1．(2023·承德模擬)已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)與橢圓C2：eq\f(x2,4)＋y2＝1有相同的離心率，且橢圓C1過點(－2eq\r(3)，0)．(1)求橢圓C1的方程；(2)若直線x－y－1＝0與橢圓C1交于A，B兩點，求線段AB的垂直平分線的方程．解：(1)由題意得a＝2eq\r(3)，橢圓C2：eq\f(x2,4)＋y2＝1的離心率為eq\f(\r(4－1),2)，∴eq\f(c,a)＝eq\f(\r(4－1),2).∴c＝3，∴b＝eq\r(2\r(3)2－32)＝eq\r(3).∴橢圓C1的方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,12)＋\f(y2,3)＝1,x－y－1＝0，))得5x2－8x－8＝0，∴x1＋x2＝eq\f(8,5).設(shè)AB的中點為M(x0，y0)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(4,5)，∴y0＝x0－1＝－eq\f(1,5).又kAB＝1，∴線段AB的垂直平分線方程為y＋eq\f(1,5)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,5)))，即x＋y－eq\f(3,5)＝0.2．已知拋物線Ω：y2＝2px(p>0)的焦點為F.過焦點F的直線l：x＝my＋eq\f(p,2)與拋物線Ω交于A，B，|AB|的最小值為12.(1)求拋物線的方程；(2)若過點F的另一直線與曲線Ω相交于C，D兩點，E(8,0)，kAB＋kCD＝0，且△ABE與△CDE的面積的和為30eq\r(5)，求直線l的斜率．解：(1)依題意拋物線Ω的焦點為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，則|AB|min＝12時，直線l與x軸垂直，不妨取Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，6))，則36＝2p×eq\f(p,2)，因為p>0，所以p＝6，所以拋物線的方程為y2＝12x.(2)因為拋物線Ω的方程為y2＝12x，所以F(3,0)，則直線l的方程為x＝my＋3.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝12x,x＝my＋3，))消去x得y2－12my－36＝0，y1＋y2＝12m，y1y2＝－36，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝12m2＋12.因為點C，D在曲線Ω上，且kAB＋kCD＝0，所以根據(jù)拋物線的對稱性知S△ABE＝S△CDE.因為E(8,0)，所以點E到直線AB的距離d＝eq\f(5,\r(1＋m2)).所以S△ABE＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(512m2＋12,2\r(1＋m2)).因為S△ABE＋S△CDE＝30eq\r(5)，所以S△ABE＝15eq\r(5)，所以eq\f(512m2＋12,2\r(1＋m2))＝15eq\r(5)，解得m＝±eq\f(1,2).所以直線l的斜率為2或－2.3．(2023·荊門模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線l：x＝1，l與x軸交于點H，l與雙曲線C的一條漸近線交于點T，且eq\o(HF1,\s\up6(→))＋3eq\o(HF2,\s\up6(→))＝0，eq\o(TF1,\s\up6(→))·eq\o(TF2,\s\up6(→))＝－2.(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)過點H與x軸不重合的直線交雙曲線C于A，B兩點，直線AF2，BF2分別交l于點M，N，求證：|HM|＝|HN|.解：(1)設(shè)雙曲線C的焦距為2c，其中c2＝a2＋b2，則F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，H(1,0)，所以eq\o(HF1,\s\up6(→))＝(－c－1,0)，eq\o(HF2,\s\up6(→))＝(c－1,0)，由eq\o(HF1,\s\up6(→))＋3eq\o(HF2,\s\up6(→))＝0，有－c－1＋3(c－1)＝0，得c＝2，所以F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)．因為雙曲線C的漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x，有Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(b,a)))，所以eq\o(TF1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(b,a)))，eq\o(TF2,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(b,a))).由eq\o(TF1,\s\up6(→))·eq\o(TF2,\s\up6(→))＝－2，得－3＋eq\f(b2,a2)＝－2，即－3＋eq\f(4－a2,a2)＝－2，得a2＝2，所以b2＝c2－a2＝2.所以C的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)證明：設(shè)AB的方程為y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1,\f(x2,2)－\f(y2,2)＝1，))得(1－k2)·x2＋2k2x－k2－2＝0，所以1－k2≠0，Δ＝4k4－4(1－k2)(－k2－2)>0，x1＋x2＝eq\f(2k2,k2－1)，x1x2＝eq\f(k2＋2,k2－1).所以kAF2＋kBF2＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)＝eq\f(kx1－1,x1－2)＋eq\f(kx2－1,x2－2)＝k·eq\f(2x1x2－3x1＋x2＋4,x1－2x2－2)＝eq\f(k,x1－2x2－2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\f(k2＋2,k2－1)－3×\f(2k2,k2－1)＋4))＝0.所以kBF2＝－kAF2，即∠MF2H＝∠NF2H.即HF2平分∠MF2N，因為MN⊥HF2，所以點H為MN的中點．所以|HM|＝|HN|.4．已知定圓F：(x－1)2＋y2＝16，動圓H過點E(－1,0)且與圓F相切，記圓心H的軌跡為C．(1)求曲線C的方程．(2)已知A(－2,0)，B(2,0)，點M是曲線C上異于A，B的任意一點，設(shè)直線AM與直線l：x＝4交于點N，求證：∠MFB＝2∠NFB．解：(1)由圓F：(x－1)2＋y2＝16可得圓心F(1,0)，半徑r＝4,∵點E(－1,0)在圓F內(nèi)，∴圓H內(nèi)切于圓F，∴|HE|＋|HF|＝4>|EF|＝2.∴點H的軌跡C為橢圓．設(shè)其方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則2a＝4，c＝1，∴b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3).∴軌跡C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：設(shè)M(x0，y0)，且在x軸的上方時，若MF⊥AB，不妨取Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，滿足曲線C的方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，則AM的方程為y＝eq\f(1,2)(x＋2)，則N(4,3)，此時∠NFB＝45°.又∠MFB＝90°，故∠MFB＝2∠NFB；若MF不垂直于AB，設(shè)∠NFB＝θ，∠MFB＝α，則由M(x0，y0)，F(xiàn)(1,0)得kMF＝tanα＝eq\f(y0,x0－1).又直線AM的方程為y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，聯(lián)立x＝4可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(6y0,x0＋2)))，故kNF＝eq\f(\f(6y0,x0＋2),3)＝eq\f(2y0,x0＋2)＝tanθ，則tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(\f(4y0,x0＋2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2y0,x0＋2)))2)＝eq\f(4y0x0＋2,x0＋22－4y\o\al(2,0)).又3xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝12，則tan2θ＝eq\f(4y0x0＋2,