（新高考）2020版高考数学二轮复习 主攻40个必考点 解析几何（二十七）课件 理

主攻40个必考点(二十七)圆锥曲线中的证明问题1．(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)，直线l的方程为x＝1.则点A的坐标为1，22或1，－22.又M(2,0)，所以直线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.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成立．2．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24＋y23＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m0)．(1)证明：k－12；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP→＋FA→＋FB→＝0.证明：|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列，并求该数列的公差．证明：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214＋y213＝1，x224＋y223＝1.两式相减，并由y1－y2x1－x2＝k得x1＋x24＋y1＋y23·k＝0.由题设知x1＋x22＝1，y1＋y22＝m，于是k＝－34m.①由题设得0m32，故k－12.(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m0.又点P在C上，所以m＝34，从而P1，－32，|FP→|＝32，于是|FA→|＝x1－12＋y21＝x1－12＋31－x214＝2－x12.同理|FB→|＝2－x22.所以|FA→|＋|FB→|＝4－12(x1＋x2)＝3.故2|FP→|＝|FA→|＋|FB→|，即|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列．设该数列的公差为d，则2|d|＝||FB→|－|FA→||＝12|x1－x2|＝12x1＋x22－4x1x2.②将m＝34代入①得k＝－1，所以l的方程为y＝－x＋74，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋14＝0.故x1＋x2＝2，x1x2＝128，代入②解得|d|＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.[把脉考情]考什么证明问题常考查证明角相等、过定点、定值、直线与圆相切以及与图形有关的恒等式考多深在解答题中考查，难度中等偏上，分值12分考多宽证明问题多与圆锥曲线的几何性质(过定点、研究三点共线、对称性)等交汇考查，考查逻辑推理、数学运算的核心素养证明角相等问题[典例1]如图，圆C与x轴相切于点T(2,0)，与y轴正半轴相交于M，N两点(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.(1)求圆C的方程；(2)过点M任作一条直线与椭圆x28＋y24＝1相交于A，B两点，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.[解](1)设圆C的半径为r(r0)，依题意得，圆心C的坐标为(2，r)．因为|MN|＝3，所以r2＝322＋22，解得r2＝254，即r＝52，所以圆C的方程为(x－2)2＋y－522＝254.(2)证明：把x＝0代入方程(x－2)2＋y－522＝254，解得y＝1或y＝4，故点M(0,1)，N(0,4)．①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0°.②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1，由y＝kx＋1，x28＋y24＝1消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0，Δ0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4k1＋2k2，x1x2＝－61＋2k2.所以kAN＋kBN＝y1－4x1＋y2－4x2＝kx1－3x1＋kx2－3x2＝2kx1x2－3x1＋x2x1x2.因为2kx1x2－3(x1＋x2)＝－12k1＋2k2＋12k1＋2k2＝0，所以kAN＋kBN＝0，故∠ANM＝∠BNM.增分方略证明两角相等问题的方法圆锥曲线中的两角相等问题，其实就是有公共边的两个角(公共边所在直线垂直于坐标轴)的不相同的边所在直线的倾斜角互补的问题，即已知点B，D在垂直于坐标轴的同一直线上，若要证明∠ABD＝∠CBD，需证kAB＋kBC＝0.证明与平面图形性质有关的问题[典例2](2019·长沙期末)已知过A(0,2)的动圆恒与x轴相切，设切点为B，AC是该圆的直径．(1)求C点轨迹E的方程；(2)当AC不在坐标轴上时，设直线AC与曲线E交于另一点P，该曲线在P处的切线与直线BC交于Q点．求证：△PQC恒为直角三角形．[解](1)设C点坐标为(x，y)，则B点坐标为x2，0.因为AC是该圆的直径，所以BA⊥BC或点C，B均在坐标原点．因此BA→·BC→＝0，而BA→＝－x2，2，BC→＝x2，y，故－x24＋2y＝0，即x2＝8y.另一方面，设Cx0，x208是曲线x2＝8y上一点，则|AC|＝x20＋x208－22＝x20＋168，AC中点的纵坐标为2＋x2082＝x20＋1616，故以AC为直径的圆与x轴相切．综上可知，C点轨迹E的方程为x2＝8y.(2)证明：设直线AC的方程为y＝kx＋2，由y＝kx＋2，x2＝8y，得x2－8kx－16＝0.设C(x1，y1)，P(x2，y2)，则x1x2＝－16.由y＝x28对x求导知y′＝x4，从而曲线E在P处的切线斜率k2＝x24，直线BC的斜率k1＝x218x1－x12＝x14，于是k1k2＝x1x216＝－1616＝－1.所以QC⊥PQ，所以△PQC恒为直角三角形．增分方略直线与抛物线的位置关系依然是高考考查的热点，如果涉及弦长、弦的斜率或中点问题，要注意联立方程，利用根与系数的关系解决问题，同时注意抛物线内部的几何关系，比如焦半径等，如果涉及切线斜率问题，要结合导数的几何意义求切线斜率．证明三点共线[典例3]如图，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，P为椭圆C上任一点(不与A，B重合)．已知△PF1F2的内切圆半径的最大值为2－2，椭圆C的离心率为22.(1)求椭圆C的方程；(2)直线l过点B且垂直于x轴，延长AP交l于点N，以BN为直径的圆交BP于点M，求证：O，M，N三点共线．[解](1)由题意知ca＝22，∴c＝22a.又b2＝a2－c2，∴b＝22a.设△PF1F2的内切圆半径为r，则S△PF1F2＝12(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)·r＝12(2a＋2c)·r＝(a＋c)r，故当△PF1F2的面积最大时，r最大，即点P位于椭圆短轴顶点时，r＝2－2，∴(a＋c)(2－2)＝bc，把c＝22a，b＝22a代入，解得a＝2，b＝2，∴椭圆C的方程为x24＋y22＝1.(2)证明：由题意知，直线AP的斜率存在，设AP所在的直线方程为y＝k(x＋2)．联立y＝kx＋2，x24＋y22＝1，消去y，得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，则有xP·(－2)＝8k2－42k2＋1，∴xP＝2－4k22k2＋1，yP＝k(xP＋2)＝4k2k2＋1，∴BP→＝－8k22k2＋1，4k2k2＋1.又N(2,4k)，∴ON→＝(2,4k)，则ON→·BP→＝－16k22k2＋1＋16k22k2＋1＝0，∴ON⊥BP，而M在以BN为直径的圆上，∴MN⊥BP，∴O，M，N三点共线．增分方略证明三点共线的3种方法(1)向量法：利用向量共线定理证明三点共线；(2)斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等，证明三点共线；(3)直线方程法：求出过其中两点的直线方程，证明第三个点也在这条直线上．