（鲁京津琼专用）2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 微专题十二 圆锥曲线中性质的推广

1微专题十二圆锥曲线中性质的推广[真题研究]一道高考解析几何试题的命题背景可能就是圆锥曲线的一个性质定理的特殊情况．如果掌握了定理的原理，也就把握了试题的本质．对一些典型的试题，不应满足于会解，可以引导学生深入探究试题背后的知识背景，挖掘问题的本质．这样才能真正找到解决问题的方法，学会用更高观点去看待数学问题，把握问题的本质．正如《普通高中数学课程标准(实验)》所倡导的数学探究性课题学习，引导学生围绕某个数学问题，观察分析，自主探究，提出有意义的数学问题，探求适当的数学结论和规律．一、试题展示题1(2018·全国Ⅰ)如图1所示，设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；(2)证明：∠ABM＝∠ABN.(1)解当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得点M的坐标为(2,2)或(2，－2)．所以直线BM的方程为y＝12x＋1或y＝－12x－1.即x－2y＋2＝0或x＋2y＋2＝0.(2)证明当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN.当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x10，x20.由y＝kx－2，y2＝2x，得ky2－2y－4k＝0，显然方程有两个不等实根．所以y1＋y2＝2k，y1y2＝－4.2直线BM，BN的斜率之和kBM＋kBN＝y1x1＋2＋y2x2＋2＝x2y1＋x1y2＋2y1＋y2x1＋2x2＋2.①将x1＝y1k＋2，x2＝y2k＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝2y1y2＋4ky1＋y2k＝－8＋8k＝0.所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM＝∠ABN.综上，∠ABM＝∠ABN.题2(2018·全国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.(1)解由已知得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.即x＋2y－2＝0或x－2y－2＝0.(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x12，x22，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝y1x1－2＋y2x2－2.由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝2kx1x2－3kx1＋x2＋4kx1－2x2－2.3将y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，由题意知Δ0恒成立，所以x1＋x2＝4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1.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.点评以上两题是2018年高考全国Ⅰ卷解析几何题的倒数第二题，是选拔题．第(1)问根据直线方程的求法，多数学生都能完成，第(2)问是个探索性问题，重点考查用坐标法研究圆锥曲线中的定点定值问题，考查数形结合、函数方程、分类讨论等基本数学思想，同时考查综合运用所学数学知识分析问题和解决问题的能力，综合考查学生的运算能力和数学素养．本题的呈现形式“平易近人”，是平面几何中的角平分线问题，但本题的解决过程却充分体现了坐标法的思想，可以将等角的几何关系式转化为坐标代数关系式，然后再用坐标法来处理．本题看起来很平常，实际上却背景丰富，有一定难度和区分度，也有很大的数学价值和研究空间，我们重点研究第二小问的相关性质．二、性质研究性质1如图3所示，已知抛物线y2＝2px(p0)，点B(－m,0)(m0)，设不与x轴垂直的直线l与抛物线相交于M，N两点，则直线l过定点A(m,0)的充要条件是x轴是∠MBN的角平分线．图3证明先证明必要性：设不与x轴垂直的直线l的方程为y＝k(x－m)(k≠0)，代入y2＝2px，整理得k2x2－(2k2m＋2p)x＋k2m2＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由根与系数的关系得x1＋x2＝2k2m＋2pk2，x1x2＝m2，所以直线BM，BN的斜率之和为kBM＋kBN＝y1x1＋m＋y2x2＋m4＝kx1－mx2＋m＋kx1＋mx2－mx1＋mx2＋m＝2kx1x2－m2x1＋mx2＋m＝0，所以∠ABM＝∠ABN，所以x轴是∠MBN的角平分线．再证明充分性：设不与x轴垂直的直线l的方程y＝kx＋b(k≠0)，代入y2＝2px，整理得k2x2＋2(kb－p)x＋b2＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由根与系数关系得x1＋x2＝2p－kbk2，x1x2＝b2k2.①因为∠ABM＝∠ABN，所以kBM＋kBN＝y1x1＋m＋y2x2＋m＝0，即y1(x2＋m)＋y2(x1＋m)＝0.再将y1＝kx1＋b，y2＝kx2＋b代入上式，得(kx1＋b)(x2＋m)＋(kx2＋b)(x1＋m)＝0，即2kx1x2＋(b＋km)(x1＋x2)＋2mb＝0，②将①式代入②式，得2kb2＋2(b＋km)(p－kb)＋2mbk2＝0，整理得b＝－km，此时Δ0，直线l的方程为y＝k(x－m)，所以直线l过定点A(m,0)．性质2如图4所示，已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)，点Ma2m，0(0|m|a)，设不与x轴垂直的直线l与椭圆相交于A，B两点，则直线l过定点P(m,0)的充要条件是x轴是∠AMB的角平分线．图4证明先证明必要性：设不与x轴垂直的直线l的方程为y＝k(x－m)(k≠0)，代入椭圆的方程x2a2＋y2b2＝1，整理得(a2k2＋b2)x2－2ma2k2x＋a2(k2m2－b2)＝0.5设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由根与系数的关系得x1＋x2＝2ma2k2a2k2＋b2，x1x2＝a2k2m2－b2a2k2＋b2.所以kMA＋kMB＝y1x1－a2m＋y2x2－a2m＝kx1－a2mx2－a2m·x1－mx2－a2m＋x1－a2mx2－m＝kx1－a2mx2－a2m·2a2k2m2－b2a2k2＋b2－m＋a2m·2ma2k2a2k2＋b2＋2a2＝kx1－a2mx2－a2m·－2a4k2－2a2b2a2k2＋b2＋2a2＝0，所以∠OMA＝∠OMB，所以x轴是∠AMB的角平分线．再证明充分性：设不与x轴垂直的直线l的方程为y＝kx＋t(k≠0)，代入x2a2＋y2b2＝1，整理得(a2k2＋b2)x2＋2kta2x＋a2(t2－b2)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由根与系数的关系得x1＋x2＝－2kta2a2k2＋b2，x1x2＝a2t2－b2a2k2＋b2.①因为∠OMA＝∠OMB，所以kMA＋kMB＝0，即y1x1－a2m＋y2x2－a2m＝0，故y1x2－a2m＋y2x1－a2m＝0，整理得2kx1x2＋t－ka2m(x1＋x2)－2ta2m＝0，②将①式代入②式，得2ka2(t2－b2)－2kta2t－ka2m－2ta2m(a2k2＋b2)＝0，整理得t＝－km.此时Δ0，所以直线l的方程为y＝k(x－m)，所以直线l过定点P(m,0)．性质3如图5所示，已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)，点Ma2m，0(|m|a)，设不与x轴垂直的直线l与双曲线相交于A，B两点，则直线l过定点P(m,0)的充要条件是x轴是∠AMB的角平分线．6图5性质3的证明类似于性质2的证明．三、性质推广性质2、性质3中的点Ma2m，0可以进一步推广为直线x＝a2m上任意一点，即有如下性质．性质4如图6所示，已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)及点A(m,0)，Ba2m，n(其中|m|≠a)，直线l过点A且与椭圆交于不同的两点P，Q，设直线PB，AB，QB的斜率分别为kPB，kAB，kQB，则kPB＋kQB＝2kAB.图6证明当直线l垂直于x轴时，易得kPB＋kQB＝2kAB.当直线l不垂直于x轴时，设直线l的方程为y＝k(x－m)，代入椭圆的方程x2a2＋y2b2＝1，整理得(a2k2＋b2)x2－2ma2k2x＋a2(k2m2－b2)＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则由根与系数的关系得x1＋x2＝2ma2k2a2k2＋b2，x1x2＝a2k2m2－b2a2k2＋b2.所以kPB＋kQB＝y1－nx1－a2m＋y2－nx2－a2m＝kx1－m－nx1－a2m＋kx2－m－nx2－a2m，而[k(x1－m)－n]x2－a2m＋[k(x2－m)－n]x1－a2m＝2kx1x2－mk＋n＋a2km(x1＋x2)＋2a2k＋2a2nm7＝2k·a2k2m2－b2a2k2＋b2－mk＋n＋a2km·2ma2k2a2k2＋b2＋2a2k＋2a2nm＝2a2na2k2＋b2－k2m2ma2k2＋b2，x1－a2mx2－a2m＝x1x2－a2m(x1＋x2)＋a4m2＝a2k2m2－b2a2k2＋b2－a2m·2ma2k2a2k2＋b2＋a4m2＝a2k2m2－b2－2a2k2a2k2＋b2＋a4m2＝a2m2a2k2＋b2·[m2(k2m2－b2－2a2k2)＋a2(a2k2＋b2)]＝a2m2a2k2＋b2·(a4k2＋a2b2－2a2k2m2＋m4k2－b2m2)＝a2m2a2k2＋b2·(a2k2＋b2－k2m2)(a2－m2)，所以kPB＋kQB＝kx1－m－nx1－a2m＋kx2－m－nx2－a2m＝2mna2－m2，又因为kAB＝n－0a2m－m＝mna2－m2，所以kPB＋kQB＝2kAB.性质5已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)及点A(m,0)，Ba2m，n(其中|m|≠a)，直线l过点A且与双曲线交于不同的两点P，Q，设直线PB，AB，QB的斜率分别为kPB，kAB，kQB，则kPB＋kQB＝2kAB.性质6已知抛物线y2＝2px(p0)及A(m,0)，B(－m，n)(其中m≠0)，直线l过点A且与抛物线交于不同的两点P，Q，设直线PB，AB，QB的斜率分别为kPB，kAB，kQB，则kPB＋kQB＝2kAB.性质5、性质6的证明，类似性质4的证明．8