2021版高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 8.10 圆锥曲线中的证明、探索性问题课件 苏教版

第八章平面解析几何第十节圆锥曲线中的证明、探索性问题2课堂考点探究3考点1圆锥曲线中的几何证明问题圆锥曲线中常见的证明问题(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等．(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等．在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明．4(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：x22＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.5[解](1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.由已知可得，点A的坐标为1，22或1，－22.又M(2,0)，所以AM的方程为y＝－22x＋2或y＝22x－2.6(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＜2，x2＜2，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝y1x1－2＋y2x2－2.7由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝2kx1x2－3kx1＋x2＋4kx1－2x2－2.将y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.所以，x1＋x2＝4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1.8则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝4k3－4k－12k3＋8k3＋4k2k2＋1＝0.从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB.9解决本题的关键是把图形中“角相等”关系转化为相关直线的斜率之和为零；类似的还有圆过定点问题，转化为在该点的圆周角为直角，进而转化为斜率之积为－1；线段长度的比问题转化为线段端点的纵坐标或横坐标之比．101.已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得的弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，求证：直线l过定点．11[解](1)设动圆圆心为点P(x，y)，则由勾股定理得x2＋42＝(x－4)2＋y2，化简即得圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.(2)证明：法一：由题意可设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)．联立y＝kx＋b，y2＝8x，得k2x2＋2(kb－4)x＋b2＝0.由Δ＝4(kb－4)2－4k2b2＞0，得kb＜2.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，12则x1＋x2＝－2kb－4k2，x1x2＝b2k2.因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以kPB＋kQB＝0，即kPB＋kQB＝y1x1＋1＋y2x2＋1＝2kx1x2＋k＋bx1＋x2＋2bx1＋1x2＋1＝8k＋bx1＋1x2＋1k2＝0，所以k＋b＝0，即b＝－k，所以l的方程为y＝k(x－1)．故直线l恒过定点(1,0)．13法二：设直线PB的方程为x＝my－1，它与抛物线C的另一个交点为Q′，设点P(x1，y1)，Q′(x2，y2)，由条件可得，Q与Q′关于x轴对称，故Q(x2，－y2)．联立x＝my－1，y2＝8x，消去x得y2－8my＋8＝0，其中Δ＝64m2－32＞0，y1＋y2＝8m，y1y2＝8.所以kPQ＝y1＋y2x1－x2＝8y1－y2，14因而直线PQ的方程为y－y1＝8y1－y2(x－x1)．又y1y2＝8，y21＝8x1，将PQ的方程化简得(y1－y2)y＝8(x－1)，故直线l过定点(1,0)．15法三：由抛物线的对称性可知，如果定点存在，则它一定在x轴上，所以设定点坐标为(a,0)，直线PQ的方程为x＝my＋a.联立x＝my＋a，y2＝8x消去x，整理得y2－8my－8a＝0，Δ＞0.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝8m，y1y2＝－8a.16由条件可知kPB＋kQB＝0，即kPB＋kQB＝y1x1＋1＋y2x2＋1＝my1＋ay2＋my2＋ay1＋y1＋y2x1＋1x2＋1＝2my1y2＋a＋1y1＋y2x1＋1x2＋1＝0，所以－8ma＋8m＝0.由m的任意性可知a＝1，所以直线l恒过定点(1,0)．17法四：设Py218，y1，Qy228，y2，因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以kPB＋kQB＝y1y218＋1＋y2y228＋1＝0，整理得(y1＋y2)y1y28＋1＝0.因为直线l不垂直于x轴，18所以y1＋y2≠0，可得y1y2＝－8.因为kPQ＝y1－y2y218－y228＝8y1＋y2，所以直线PQ的方程为y－y1＝8y1＋y2x－y218，即y＝8y1＋y2(x－1)．故直线l恒过定点(1,0)．192．(2019·贵阳模拟)已知椭圆x25＋y24＝1的右焦点为F，设直线l：x＝5与x轴的交点为E，过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A，B两点，M为线段EF的中点．(1)若直线l1的倾斜角为π4，求△ABM的面积S的值；(2)过点B作直线BN⊥l于点N，证明：A，M，N三点共线．20[解](1)由题意，知F(1,0)，E(5,0)，M(3,0)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．∵直线l1的倾斜角为π4，∴k＝1.∴直线l1的方程为y＝x－1，即x＝y＋1.代入椭圆方程，可得9y2＋8y－16＝0.∴y1＋y2＝－89，y1y2＝－169.21∴S△ABM＝12·|FM|·|y1－y2|＝y1＋y22－4y1y2＝－892＋4×169＝8109.22(2)证明：设直线l1的方程为y＝k(x－1)．代入椭圆方程，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0，即x1＋x2＝10k24＋5k2，x1x2＝5k2－204＋5k2.∵直线BN⊥l于点N，∴N(5，y2)．∴kAM＝－y13－x1，kMN＝y22.23而y2(3－x1)－2(－y1)＝k(x2－1)(3－x1)＋2k(x1－1)＝－k[x1x2－3(x1＋x2)＋5]＝－k5k2－204＋5k2－3×10k24＋5k2＋5＝0，∴kAM＝kMN.故A，M，N三点共线．24考点2圆锥曲线中的探索性问题探索性问题的求解方法25已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点m3，m，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．26[解](1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝x1＋x22＝－kbk2＋9，yM＝kxM＋b＝9bk2＋9.于是直线OM的斜率kOM＝yMxM＝－9k，即kOM·k＝－9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．27(2)四边形OAPB能为平行四边形．因为直线l过点m3，m，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0，k≠3.由(1)得OM的方程为y＝－9kx.设点P的横坐标为xP.由y＝－9kx，9x2＋y2＝m2，得x2P＝k2m29k2＋81，即xP＝±km3k2＋9.28将点m3，m的坐标代入直线l的方程得b＝m3－k3，因此xM＝kk－3m3k2＋9.四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.于是±km3k2＋9＝2×kk－3m3k2＋9，解得k1＝4－7，k2＝4＋7.29因为ki0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB为平行四边形．30本例题干信息中涉及几何图形：平行四边形，把几何关系用数量关系等价转化是求解此类问题的关键．几种常见几何条件的转化，如下：311．平行四边形条件的转化几何性质代数实现(1)对边平行斜率相等，或向量平行(2)对边相等长度相等，横(纵)坐标差相等(3)对角线互相平分中点重合322.圆条件的转化几何性质代数实现(1)点在圆上点与直径端点向量数量积为零(2)点在圆外点与直径端点向量数量积为正数(3)点在圆内点与直径端点向量数量积为负数333.角条件的转化几何性质代数实现(1)锐角，直角，钝角角的余弦(向量数量积)的符号(2)倍角，半角，平分角角平分线性质，定理(夹角、到角公式)(3)等角(相等或相似)比例线段或斜率341.已知抛物线的顶点在原点，焦点在x轴的正半轴上，直线x＋y－1＝0与抛物线相交于A，B两点，且|AB|＝8611.(1)求抛物线的方程；(2)在x轴上是否存在一点C，使△ABC为正三角形？若存在，求出C点的坐标；若不存在，请说明理由．35[解](1)设所求抛物线的方程为y2＝2px(p0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y2＝2px，x＋y－1＝0，消去y，得x2－2(1＋p)x＋1＝0，判别式Δ＝4(1＋p)2－4＝8p＋4p20恒成立，由根与系数的关系得x1＋x2＝2(1＋p)，x1x2＝1.因为|AB|＝8611，36所以2[x1＋x22－4x1x2]＝8611，所以121p2＋242p－48＝0，所以p＝211或p＝－2411(舍去)．故抛物线的方程为y2＝411x.37(2)设弦AB的中点为D，则D1311，－211.假设x轴上存在满足条件的点C(x0,0)．因为△ABC为正三角形，所以CD⊥AB，所以x0＝1511，所以C1511，0，所以|CD|＝2211.又|CD|＝32|AB|＝12211，38与上式|CD|＝2211矛盾，所以x轴上不存在点C，使△ABC为正三角形．392．已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，F为左焦点，A为上顶点，B(2,0)为右顶点，若7|AF→|＝2|AB→|，抛物线C2的顶点在坐标原点，焦点为F.(1)求椭圆C1的标准方程；(2)是否存在过F点的直线，与椭圆C1和抛物线C2的交点分别是P，Q和M，N，使得S△OPQ＝12S△OMN？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由．40[解](1)依题意可知7|AF→|＝2|AB→|，即7a＝2a2＋b2，由B(2,0)为右顶点，得a＝2，解得b2＝3，所以C1的标准方程为x24＋y23＝1.41(2)依题意可知C2的方程为y2＝－4x，假设存在符合题意的直线，设直线方程为x＝ky－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，联立x＝ky－1，x24＋y23＝1，得(3k2＋4)y2－6ky－9＝0，42由根与系数的关系得y1＋y2＝6k3k2＋4，y1y2＝－93k2＋4，则|y1－y2|＝y1＋y22－4y1y2＝12k2＋13k2＋4，联立x＝ky－1，y2＝－4x，得y2＋4ky－4＝0，由根与系数的关系得y3＋y4＝－4k，y3y4＝－4，43所以|y3－y4|＝y3＋y42－4y3y4＝4k2＋1，若S△OPQ＝12S△OMN，则|y1－y2|＝12|y3－y4|，即12k2＋13k2＋4＝2k2＋1，解得k＝±63，所以存在符合题意的直线，直线的方程为x＋63y＋1＝0或x－63y＋1＝0.Thankyouforwatching!