2021高考数学一轮复习 第9章 平面解析几何 第11节 圆锥曲线中的证明、探索性问题教学案 理 北

1第十一节圆锥曲线中的证明、探索性问题考点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．(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.[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.(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.由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝2kx1x2－3kx1＋x2＋4kx1－2x2－2.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.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.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2零；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．[教师备选例题](2017·全国卷Ⅲ)已知抛物线C：y2＝2x，过点(2,0)的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．(1)证明：坐标原点O在圆M上；(2)设圆M过点P(4，－2)，求直线l与圆M的方程．[解](1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2.由x＝my＋2，y2＝2x，可得y2－2my－4＝0，则y1y2＝－4.又x1＝y212，x2＝y222，故x1x2＝y1y224＝4.因此OA的斜率与OB的斜率之积为y1x1·y2x2＝－44＝－1，所以OA⊥OB.故坐标原点O在圆M上．(2)由(1)可得y1＋y2＝2m，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4，故圆心M的坐标为(m2＋2，m)，圆M的半径r＝m2＋22＋m2.由于圆M过点P(4，－2)，因此AP→·BP→＝0，故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0.由(1)知y1y2＝－4，x1x2＝4.所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－12.当m＝1时，直线l的方程为x－y－2＝0，圆心M的坐标为(3,1)，圆M的半径为10，圆M的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.当m＝－12时，直线l的方程为2x＋y－4＝0，圆心M的坐标为94，－12，圆M的半径为854，圆M的方程为x－942＋y＋122＝8516.1.已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得的弦MN的长为8.3(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．[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)，则x1＋x2＝－2kb－4k2，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＋bx1＋x2＋2bx1＋1x2＋1＝8k＋bx1＋1x2＋1k2＝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)．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，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)．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.4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.由条件可知kPB＋kQB＝0，即kPB＋kQB＝y1x1＋1＋y2x2＋1＝my1＋ay2＋my2＋ay1＋y1＋y2x1＋1x2＋1＝2my1y2＋a＋1y1＋y2x1＋1x2＋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)．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，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)．2．(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．[解](1)由题意，知F(1,0)，E(5,0)，M(3,0)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．5∵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.∴S△ABM＝12·|FM|·|y1－y2|＝y1＋y22－4y1y2＝－892＋4×169＝8109.(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.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．考点2圆锥曲线中的探索性问题探索性问题的求解方法假设假设存在符合题意的元素点、直线、曲线或参数.推理以存在为条件，用待定系数法设出，列出关于参数的方程组，确定其解的情况.判断若能推出合理结果，经验证成立即可确定元素存在；否则不存在.反思查看关键点、易错点，解题的规范性，并得出结论.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6能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．[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．(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.将点m3，m的坐标代入直线l的方程得b＝m3－k3，因此xM＝kk－3m3k2＋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×kk－3m3k2＋9，解得k1＝4－7，k2＝4＋7.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．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：1．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2．圆条件的转化7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3．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[教师备选例题]已知椭圆C经过点1，32，且与椭圆E：x22＋y2＝1有相同的焦点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x＝4交于点Q，问：以线段PQ为直径的圆是否经过一定点M？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由．[解](1)椭圆E的焦点为(±1,0)，设椭圆C的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，则1a2＋94b2＝1，a2－b2＝1，解得a2＝4，b2＝3，所以椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)联立y＝kx＋m，x24＋y23＝1消去y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即m2＝3＋4k2.设P(xP，yP)，则xP＝－4km3＋4k2＝－4km，yP＝kxP＋m＝－4k2m＋m＝3m，即P－4km，3m.假设存在定点M(s，t)满足题意，8因为Q(4,4k＋m)，则MP→＝－4km－s，3m－t，MQ→＝(4－s,4k＋m－t)，所以MP→·MQ→＝－4km－s(4－s)＋3m－t(4k＋m－t)＝－4km(1－s)－3m＋m＋4kt＋(s2－4s＋3＋t2)＝0恒成立，故1－s＝0，t＝0，s2－4s＋3＋t2＝0，解得