《2021高考數(shù)學一輪復習 第9章 平面解析幾何 第11節(jié) 圓錐曲線中的證明、探索性問題教學案 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021高考數(shù)學一輪復習 第9章 平面解析幾何 第11節(jié) 圓錐曲線中的證明、探索性問題教學案 理 北師大版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第十一節(jié)　圓錐曲線中的證明、探索性問題 考點1　圓錐曲線中的幾何證明問題 　圓錐曲線中常見的證明問題 (1)位置關(guān)系方面的：如證明直線與曲線相切，直線間的平行、垂直，直線過定點等． (2)數(shù)量關(guān)系方面的：如存在定值、恒成立、相等等． 在熟悉圓錐曲線的定義與性質(zhì)的前提下，一般采用直接法，通過相關(guān)的代數(shù)運算證明，但有時也會用反證法證明． 　(2018·全國卷Ⅰ)設橢圓C：＋y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為(2,0)． (1)當l與x軸垂直時，求直線AM的方程； (2)設O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB. [解]　(1)由已知得F(1,

2、0)，l的方程為x＝1. 由已知可得，點A的坐標為或. 又M(2,0)，所以AM的方程為y＝－x＋或y＝x－. (2)證明：當l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°. 當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA＝∠OMB. 當l與x軸不重合也不垂直時，設l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＜，x2＜，直線MA，MB的斜率之和為kMA＋kMB＝＋. 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得 kMA＋kMB＝. 將y＝k(x－1)代入＋y2＝1得 (2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0. 所以，x1＋x2＝，x1

3、x2＝. 則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0. 從而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補．所以∠OMA＝∠OMB.綜上，∠OMA＝∠OMB. 　 解決本題的關(guān)鍵是把圖形中“角相等”關(guān)系轉(zhuǎn)化為相關(guān)直線的斜率之和為零；類似的還有圓過定點問題，轉(zhuǎn)化為在該點的圓周角為直角，進而轉(zhuǎn)化為斜率之積為－1；線段長度的比問題轉(zhuǎn)化為線段端點的縱坐標或橫坐標之比． [教師備選例題] (2017·全國卷Ⅲ)已知拋物線C：y2＝2x，過點(2,0)的直線l交C于A，B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓． (1)證明：坐標原點O在圓M上； (2)設圓M過點P(4，－2)，求直線l與圓M的方

4、程． [解]　(1)證明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2. 由可得y2－2my－4＝0，則y1y2＝－4. 又x1＝，x2＝，故x1x2＝＝4. 因此OA的斜率與OB的斜率之積為·＝＝－1，所以OA⊥OB. 故坐標原點O在圓M上． (2)由(1)可得y1＋y2＝2m， x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4， 故圓心M的坐標為(m2＋2，m)， 圓M的半徑r＝. 由于圓M過點P(4，－2)， 因此·＝0， 故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0， 即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0. 由

5、(1)知y1y2＝－4，x1x2＝4. 所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－. 當m＝1時，直線l的方程為x－y－2＝0，圓心M的坐標為(3,1)，圓M的半徑為， 圓M的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝10. 當m＝－時，直線l的方程為2x＋y－4＝0，圓心M的坐標為，圓M的半徑為， 圓M的方程為2＋2＝. 　1.已知動圓過定點A(4,0)，且在y軸上截得的弦MN的長為8. (1)求動圓圓心的軌跡C的方程； (2)已知點B(－1,0)，設不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點P，Q，若x軸是∠PBQ的角平分線，求證：直線l過定點． [解]　(1)設動圓圓心為點P(

6、x，y)，則由勾股定理得x2＋42＝(x－4)2＋y2，化簡即得圓心的軌跡C的方程為y2＝8x. (2)證明：法一：由題意可設直線l的方程為y＝kx＋b(k≠0)． 聯(lián)立得k2x2＋2(kb－4)x＋b2＝0. 由Δ＝4(kb－4)2－4k2b2＞0，得kb＜2. 設點P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 因為x軸是∠PBQ的角平分線，所以kPB＋kQB＝0， 即kPB＋kQB＝＋ ＝＝＝0， 所以k＋b＝0，即b＝－k，所以l的方程為y＝k(x－1)． 故直線l恒過定點(1,0)． 法二：設直線PB的方程為x＝my－1，它與拋物線C的另一

7、個交點為Q′，設點P(x1，y1)，Q′(x2，y2)，由條件可得，Q與Q′關(guān)于x軸對稱，故Q(x2，－y2)． 聯(lián)立消去x得y2－8my＋8＝0， 其中Δ＝64m2－32＞0，y1＋y2＝8m，y1y2＝8. 所以kPQ＝＝， 因而直線PQ的方程為y－y1＝(x－x1)． 又y1y2＝8，y＝8x1， 將PQ的方程化簡得(y1－y2)y＝8(x－1)， 故直線l過定點(1,0)． 法三：由拋物線的對稱性可知，如果定點存在， 則它一定在x軸上， 所以設定點坐標為(a,0)，直線PQ的方程為x＝my＋a. 聯(lián)立消去x， 整理得y2－8my－8a＝0，Δ＞0. 設點P(x

8、1，y1)，Q(x2，y2)，則 由條件可知kPB＋kQB＝0， 即kPB＋kQB＝＋ ＝ ＝＝0， 所以－8ma＋8m＝0. 由m的任意性可知a＝1，所以直線l恒過定點(1,0)． 法四：設P，Q， 因為x軸是∠PBQ的角平分線， 所以kPB＋kQB＝＋＝0， 整理得(y1＋y2)＝0. 因為直線l不垂直于x軸， 所以y1＋y2≠0，可得y1y2＝－8. 因為kPQ＝＝， 所以直線PQ的方程為y－y1＝， 即y＝(x－1)．故直線l恒過定點(1,0)． 2．(2019·貴陽模擬)已知橢圓＋＝1的右焦點為F，設直線l：x＝5與x軸的交點為E，過點F且斜率為k的直

9、線l1與橢圓交于A，B兩點，M為線段EF的中點． (1)若直線l1的傾斜角為，求△ABM的面積S的值； (2)過點B作直線BN⊥l于點N，證明：A，M，N三點共線． [解]　(1)由題意，知F(1,0)，E(5,0)，M(3,0)．設A(x1，y1)，B(x2，y2)． ∵直線l1的傾斜角為，∴k＝1. ∴直線l1的方程為y＝x－1，即x＝y(tǒng)＋1. 代入橢圓方程，可得9y2＋8y－16＝0. ∴y1＋y2＝－，y1y2＝－. ∴S△ABM＝·|FM|·|y1－y2| ＝ ＝＝. (2)證明：設直線l1的方程為y＝k(x－1)． 代入橢圓方程，得(4＋5k2)x2－10k

10、2x＋5k2－20＝0， 即x1＋x2＝，x1x2＝. ∵直線BN⊥l于點N，∴N(5，y2)． ∴kAM＝，kMN＝. 而y2(3－x1)－2(－y1)＝k(x2－1)(3－x1)＋2k(x1－1)＝－k[x1x2－3(x1＋x2)＋5]＝－k＝0， ∴kAM＝kMN.故A，M，N三點共線． 考點2　圓錐曲線中的探索性問題 　探索性問題的求解方法 　已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M. (1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值； (2)若l過點，

11、延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由． [解]　(1)證明：設直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2， y2)，M(xM，yM)． 將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0， 故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝. 于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9. 所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值． (2)四邊形OAPB能為平行四邊形． 因為直線l過點，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k>0，k≠3. 由(1)得OM的方程為y＝－x

12、. 設點P的橫坐標為xP. 由得x＝，即xP＝. 將點的坐標代入直線l的方程得b＝， 因此xM＝. 四邊形OAPB為平行四邊形，當且僅當線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM. 于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋. 因為ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以當直線l的斜率為4－或4＋時，四邊形OAPB為平行四邊形． 　本例題干信息中涉及幾何圖形：平行四邊形，把幾何關(guān)系用數(shù)量關(guān)系等價轉(zhuǎn)化是求解此類問題的關(guān)鍵．幾種常見幾何條件的轉(zhuǎn)化，如下： 1．平行四邊形條件的轉(zhuǎn)化 幾何性質(zhì) 代數(shù)實現(xiàn) (1)對邊平行 斜率相等，或向量平行 (2)對邊相等 長度相等，橫(縱)坐標

13、差相等 (3)對角線互相平分 中點重合 2．圓條件的轉(zhuǎn)化 幾何性質(zhì) 代數(shù)實現(xiàn) (1)點在圓上 點與直徑端點向量數(shù)量積為零 (2)點在圓外 點與直徑端點向量數(shù)量積為正數(shù) (3)點在圓內(nèi) 點與直徑端點向量數(shù)量積為負數(shù) 3．角條件的轉(zhuǎn)化 幾何性質(zhì) 代數(shù)實現(xiàn) (1)銳角，直角，鈍角 角的余弦(向量數(shù)量積)的符號 (2)倍角，半角，平分角 角平分線性質(zhì)，定理(夾角、到角公式) (3)等角(相等或相似) 比例線段或斜率 [教師備選例題] 已知橢圓C經(jīng)過點，且與橢圓E：＋y2＝1有相同的焦點． (1)求橢圓C的標準方程； (2)若動直線l：y＝kx＋m與橢圓C

14、有且只有一個公共點P，且與直線x＝4交于點Q，問：以線段PQ為直徑的圓是否經(jīng)過一定點M？若存在，求出定點M的坐標；若不存在，請說明理由． [解]　(1)橢圓E的焦點為(±1,0)， 設橢圓C的標準方程為＋＝1(a＞b＞0)， 則解得 所以橢圓C的標準方程為＋＝1. (2)聯(lián)立消去y， 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0， 即m2＝3＋4k2.設P(xP，yP)， 則xP＝＝－，yP＝kxP＋m＝－＋m＝， 即P.假設存在定點M(s，t)滿足題意， 因為Q(4,4k＋m)， 則＝，＝(4－s,4k

15、＋m－t)， 所以·＝(4－s)＋(4k＋m－t)＝－(1－s)－t＋(s2－4s＋3＋t2)＝0恒成立， 故解得 所以存在點M(1,0)符合題意． 　1.已知拋物線的頂點在原點，焦點在x軸的正半軸上， 直線x＋y－1＝0與拋物線相交于A，B兩點，且|AB|＝. (1)求拋物線的方程； (2)在x軸上是否存在一點C，使△ABC為正三角形？若存在，求出C點的坐標；若不存在，請說明理由． [解]　(1)設所求拋物線的方程為y2＝2px(p>0)， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 消去y，得x2－2(1＋p)x＋1＝0， 判別式Δ＝4(1＋p)2－4＝8p＋4p2>

16、0恒成立， 由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝2(1＋p)，x1x2＝1. 因為|AB|＝， 所以＝， 所以121p2＋242p－48＝0， 所以p＝或p＝－(舍去)． 故拋物線的方程為y2＝x. (2)設弦AB的中點為D，則D. 假設x軸上存在滿足條件的點C(x0,0)． 因為△ABC為正三角形， 所以CD⊥AB，所以x0＝， 所以C，所以|CD|＝. 又|CD|＝|AB|＝， 與上式|CD|＝矛盾，所以x軸上不存在點C，使△ABC為正三角形． 2．已知橢圓C1：＋＝1(a＞b＞0)，F(xiàn)為左焦點，A為上頂點，B(2,0)為右頂點，若||＝2||，拋物線C2的頂點在坐標

17、原點，焦點為F. (1)求橢圓C1的標準方程； (2)是否存在過F點的直線，與橢圓C1和拋物線C2的交點分別是P，Q和M，N，使得S△OPQ＝S△OMN？如果存在，求出直線的方程；如果不存在，請說明理由． [解]　(1)依題意可知||＝2||， 即a＝2，由B(2,0)為右頂點，得a＝2，解得b2＝3， 所以C1的標準方程為＋＝1. (2)依題意可知C2的方程為y2＝－4x，假設存在符合題意的直線， 設直線方程為x＝ky－1， P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)， 聯(lián)立 得(3k2＋4)y2－6ky－9＝0， 由根與系數(shù)的關(guān)系得y1＋y2＝，y1y2＝， 則|y1－y2|＝＝， 聯(lián)立得y2＋4ky－4＝0， 由根與系數(shù)的關(guān)系得y3＋y4＝－4k，y3y4＝－4， 所以|y3－y4|＝＝4， 若S△OPQ＝S△OMN，則|y1－y2|＝|y3－y4|， 即＝2，解得k＝±， 所以存在符合題意的直線，直線的方程為x＋y＋1＝0或x－y＋1＝0. 9