（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何核心素养提升（九）课件

第九章平面解析几何核心素养提升(九)一、一道教材例题的推广(选修2­1P41例3改编)如图，设A、B的坐标分别为(－5，0)，(5，0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为－49，求点M的轨迹方程．易求得点M的轨迹方程为x225＋y21009＝1(x≠±5)，其轨迹是一个椭圆(除去A、B点)．通过数形结合分析得出下面两个结论：①A(－5，0)，B(5，0)正好是椭圆x225＋y21009＝1在x轴上的两个顶点．②kMA·kMB＝－49正好是－100925＝－49.因此有下面的三个命题．[命题1]设A1(－a，0)，A2(a，0)(a0)，动点M满足kMA1·kMA2＝－b2a2，则点M的轨迹为x2a2＋y2b2＝1(x≠±a)．[命题2]M是椭圆x2a2＋y2b2＝1(a0，b0)上不同于顶点的点．A1(－a，0)，A2(a，0)，B1(0，－b)，B2(0，b)，则kMA1·kMA2＝kMB1·kMB2＝－b2a2.[命题3]AB是椭圆x2a2＋y2b2＝1(a0，b0)过其中心O的弦．M是椭圆上不同于A、B的任一点，则kMA·kMB＝－b2a2.【证明】命题1：设M(x，y)，由kMA1·kMA2＝－b2a2得yx＋a·yx－a＝－b2a2，化简得x2a2＋y2b2＝1(x≠±a)．命题2：设M(m，n)，则m2a2＋n2b2＝1，即n2＝－b2a2(m2－a2)或m2＝－a2b2(n2－b2)，所以kMA1·kMA2＝nm＋a·nm－a＝n2m2－a2＝－b2a2（m2－a2）m2－a2＝－b2a2，kMB1·kMB2＝n＋bm·n－bm＝n2－b2m2＝n2－b2－a2b2（n2－b2）＝－b2a2，所以kMA1·kMA2＝kMB1·kMB2＝－b2a2.命题3：根据对称性可设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，再设M(m，n)．则有x21a2＋y21b2＝1，m2a2＋n2b2＝1(m≠±x1，n≠±y1)．所以y21＝b2a2(a2－x21)，n2＝b2a2(a2－m2)．则kMA·kMB＝n－y1m－x1·n＋y1m＋x1＝n2－y21m2－x21＝b2a2（x21－m2）m2－x21＝－b2a2所以kMA·kMB＝－b2a2.近年来，中点弦问题是高考的热点，如果熟练掌握中点弦的性质，那么问题便触手可及，将收到事半功倍的效果．在求离心率中的应用已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为()A．5B．2C．3D．2【解析】画出图象可知，∠MAB＝30°，∠MBx＝60°.设双曲线方程为x2a2－y2b2＝1(a0，b0)，由kMA·kMB＝b2a2得b2a2＝tan30°tan60°＝1.所以a2＝b2＝c2－a2，即c＝2a，e＝ca＝2，故选D.【答案】D在求斜率中的应用已知椭圆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.证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．【证明】法一：由上文定理即得kOM·kAB＝－91＝－9.即kOM·kl＝－9(定值)．法二：将9x2＋y2＝m2(m0)化成x2m29＋y2m2＝1，所以kOM·kAB＝－m2m29＝－9.即kOM·kl＝－9(定值)．在求直线方程中的应用(选修2­1P49习题2.2A组T8(2)改编)已知椭圆x24＋y29＝1，一组斜率为32的直线与椭圆相交，证明这些直线被椭圆截得的线段的中点在一条直线上．【证明】设直线被椭圆截得的线段的中点M(x，y)，则kl·kOM＝－94，即32·yx＝－94，即3x＋2y＝0.解得这些直线被椭圆截得的线段的中点在一条直线上．在求曲线方程中的应用(经典考题)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为()A．x245＋y236＝1B．x236＋y227＝1C．x227＋y218＝1D．x218＋y29＝1【解析】由题意得a2－b2＝9，①由kAB·kOM＝－b2a2得0－（－1）3－1×－11＝－b2a2，即a2＝2b2，②由①②可得a2＝18，b2＝9，故选D.【答案】D在求距离中的应用已知A、B是抛物线y2＝4x上两点，|AB|＝8，求AB的中点M到y轴距离的最小值，并求此时AB所在的直线方程．【解】当直线AB的斜率不存在时，由|AB|＝8易求得M(4，0)，此时M到y轴的距离为4，AB所在的直线方程为x＝4.当直线AB的斜率存在时，设M(x0，y0)，则kAB＝2y0，AB所在的直线方程为y－y0＝2y0(x－x0)，①将y2＝4x代入①得y2－2y0y＋2y20－4x0＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2y0，y1y2＝2y20－4x0.由|AB|＝[（y1＋y2）2－4y1y2]1＋1k2得[（2y0）2－4（2y20－4x0）]1＋y204＝8.化简得(4x0－y20)(y20＋4)＝64，所以4x0＝64y20＋4＋y20＝64y20＋4＋(y20＋4)－4≥264y20＋4×（y20＋4）－4＝12，即x0≥3.当且仅当64y20＋4＝y20＋4，即y0＝±2时，取“＝”．即当M(3，±2)时，AB的中点M到y轴的最短距离为3，此时，AB所在的直线方程为y－2＝22(x－3)或y＋2＝2－2(x－3)，即y＝x－1或y＝－x＋1.二、一道高考题引发的探究[真题示例](2017·高考全国卷Ⅰ)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为()A．16B．14C．12D．10[命题意图]本题主要考查抛物线的定义、焦点弦及基本不等式的应用(或函数最值)．考查逻辑推理和运算求解能力．[解题思路]一般利用弦长公式计算，有时也会引入中间变量利用函数的有界性或取值范围求解．解法探究思路1焦点弦法一：设l1的倾斜角α，α∈(0°，90°)，则l2的倾斜角为90°＋α.由焦点弦公式得|AB|＝4sin2α，|DE|＝4sin2（90°＋α）＝4cos2α.所以|AB|＋|DE|＝4sin2α＋4cos2α＝16sin22α.所以当sin22α＝1，即α＝45°时，(|AB|＋|DE|)min＝16.法二：由题意知，显然直线l1，l2的斜率都存在．设l1的斜率为k，则l2的斜率为－1k.由焦点弦公式得|AB|＝1＋k2k2×4，|DE|＝1＋－1k2－1k2×4＝(1＋k2)×4.所以|AB|＋|DE|＝41＋k2k2＋1＋k2＝41k2＋k2＋2≥421k2×k2＋8＝16.当且仅当k2＝1，即k＝±1时，(|AB|＋|DE|)min＝16.思路2弦长公式与抛物线定义法三：显然l1，l2的斜率都存在，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－1k，因为抛物线y2＝4x的焦点F(1，0)，设l1的方程为y＝k(x－1)，代入y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，Δ＝16(k2＋1)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝2k2＋4k2，x1x2＝1.|AB|＝[（x1＋x2）2－4x1x2]（1＋k2）＝2k2＋4k22－4（1＋k2）＝4（1＋k2）k2.同理|DE|＝4(1＋k2)．所以|AB|＋|DE|＝4（1＋k2）k2＋4(1＋k2)．(下同法二)．法四：由法三与抛物线定义知，|AB|＝x1＋x2＋2＝2k2＋4k2＋2＝4（k2＋1）k2.k用－1k代换得|DE|＝4－1k2＋1－1k2＝4(k2＋1)．所以|AB|＋|DE|＝4（k2＋1）k2＋4(k2＋1)．(下同法二)【答案】A内涵探究[问题1]已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过F且互相垂直的弦AB与DE，则1|AB|＋1|DE|＝________．【解析】不妨设直线AB的倾斜角为α，α∈(0°，90°)，则由焦点弦公式得|AB|＝4sin2α，|DE|＝4sin2（90°＋α）＝4cos2α，所以1|AB|＋1|DE|＝sin2α4＋cos2α4＝14.所以1|AB|＋1|DE|＝14.【答案】14[问题2]已知F为抛物线y2＝4x的焦点，AB为过F的弦．有下列结论①1|FA|＋1|FB|为定值；②|AB|min＝4；③|FA|·|FB|min＝4；④以AB为直径的圆与y轴相切；⑤OA→·OB→为定值．(O为坐标原点)则正确的结论序号有________．【解析】因为F(1，0)，设弦AB所在的直线方程为x＝my＋1.代入抛物线y2＝4x得y2－4my－4＝0.Δ＝16(m2＋1)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.所以x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2.x1x2＝y214·y224＝（－4）216＝1.对于①，1|FA|＋1|FB|＝1x1＋1＋1x2＋1＝x1＋x2＋2x1x2＋x1＋x2＋1＝x1＋x2＋2x1＋x2＋2＝1.即1|FA|＋1|FB|为定值1，①正确．对于②，|AB|＝x1＋x2＋2＝4m2＋4≥4.所以|AB|min＝4，②正确．对于③，|FA|·|FB|＝(x1＋1)(x2＋1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＝4m2＋4≥4，③正确．对于④，AB的中点M的横坐标为x1＋x22＝2m2＋1，所以M到y轴的距离为d＝2m2＋1，又12|AB|＝2m2＋2＞d.故以|AB|为直径的圆与y轴相交．故④错误．(事实上，以AB为直径的圆与准线相切)．对于⑤，OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝1＋(－4)＝－3.即OA→·OB→为定值－3，即⑤正确．所以正确的序号有①②③⑤.【答案】①②③⑤[问题3]已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过F且互相垂直的弦AB与DE，则四边形ADBE面积的最小值为()A．16B．32C．48D．64【解析】由问题1知，S四边形ADBE＝12|AB|·|DE|＝12·4sin2α·4cos2α＝32sin22α.当sin22α＝1，即α＝45°时，S四边形ADBE的最小值为32.【答案】B外延探究[问题4]过椭圆C：x24＋y23＝1的右焦点F且互相垂直的两弦分别为AB与DE.(1)求证1|AB|＋1|DE|为定值，并求|AB|＋|DE|的最小值；(2)求四边形ADBE面积S的最小值，并求此时直线AB的方程．【解】(1)由x24＋y23＝1知F(1，0)．设直线AB的方程为x＝my＋1.代入x24＋y23＝1得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，Δ＝144(m2＋1)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－6m4＋3m2，y1y2＝－94＋3m2.所以|AB|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＝（m2＋1）（y1－y2）2＝（m2＋1）[（y1＋y2）2－4y1y2]＝（m2＋1）－6m4＋3m22－4×－94＋3m2＝12（1＋m2）4＋3m2.m用－1m代换得|DE|＝12（m2＋1）4m2＋3.所以1|AB|＋1|DE|＝4＋3m212（1＋m2）＋4m2＋312（m2＋1）＝7（m2＋1）12（m2＋1）＝712.所以1|AB|＋1|DE|＝712(定值)．1|AB|＋1|DE|(|AB|＋|DE|)＝2＋|DE||AB|＋|AB||DE|≥2＋2|DE||AB|·|AB||DE|＝4.即712(|AB|＋|DE|)≥4.所以|AB|＋|DE|≥487，当且仅当|AB|＝|DE|＝247时，|AB|＋|DE|取得最小值487.(2)因为AB⊥DE.所以S＝12|AB|·|DE|＝12·12（1＋m2）4＋3m2·12